Mathématiques expertes (option) · Terminale

Suites de matrices et état stable : exercices de Terminale

Publié le 6 novembre 2026 · Mis à jour le 6 novembre 2026 · Signaler une erreur

L'essentiel

Une suite de matrices colonnes $U_{n+1}=AU_n+C$ se calcule de proche en proche ; sa limite éventuelle $L$ vérifie $L=AL+C$ , donc $(I-A)L=C$ .
Pour une chaîne de Markov, la distribution après $n$ étapes est $\pi_n=\pi_0P^n$ : la matrice ligne $\pi_0$ est multipliée à droite par la puissance de la matrice de transition.
Un état stable est une matrice ligne $\pi$ de somme 1 telle que $\pi P=\pi$ : on résout un système linéaire avec la condition de somme.
Vérifie toujours : somme des lignes de $P$ égale à 1, somme de $\pi$ égale à 1, et le résultat réinjecté dans l'équation de départ.

Comment utiliser ces exercices

Cette page rassemble des exercices sur les suites de matrices et sur l'état stable d'une chaîne de Markov. Ils sont rangés par difficulté croissante. Le programme de Terminale Mathématiques expertes prévoit l'étude de suites de matrices colonnes définies par une relation de récurrence, et demande d'appliquer ce travail à des puissances de matrices carrées de petite taille, d'ordre 2 ou 3 ¹. Pour une chaîne de Markov à deux ou trois états, il associe à la matrice de transition un graphe pondéré, et il décrit la situation de départ par une matrice ligne $\pi_0$ ¹. Les exercices suivent cette trame.

Avant de lire une correction, cherche seul(e) pendant quelques minutes. Écris d'abord ce que tu connais (la matrice, la condition initiale), puis ce que l'on te demande. Si tu bloques, ouvre un indice, un seul à la fois, puis reprends ton calcul. Lis la correction en dernier, et refais l'exercice sans la regarder quelques jours plus tard.

Rappels de calcul utiles

Les exercices

Exercice 1 Deux pas d'une suite de colonnes

★☆☆Environ 8 min

On considère la matrice $A=\begin{pmatrix}2&1\\0&3\end{pmatrix}$ et la suite de matrices colonnes $(U_n)$ définie par $U_0=\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}$ et, pour tout entier $n$ , $U_{n+1}=AU_n$ .

Calcule $U_1$ puis $U_2$ .
Calcule $A^2$ et vérifie que $A^2U_0=U_2$ .
Quelle est la première composante de $U_2$ ?

Indice 1

Pour $U_1$ , multiplie $A$ par la colonne $U_0$ : chaque ligne de $A$ se combine avec la colonne.

Indice 2

Pour $A^2$ , calcule $A\times A$ coefficient par coefficient, puis multiplie par $U_0$ .

Voir la correction pas à pas

Calcul de $U_1$ : $U_1=AU_0=\begin{pmatrix}2\times1+1\times1\\0\times1+3\times1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3\\3\end{pmatrix}$ .
Calcul de $U_2$ : $U_2=AU_1=\begin{pmatrix}2\times3+1\times3\\0\times3+3\times3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}9\\9\end{pmatrix}$ .
Calcul de $A^2$ : ligne 1 de $A$ par colonne 1 de $A$ : $2\times2+1\times0=4$ ; ligne 1 par colonne 2 : $2\times1+1\times3=5$ ; ligne 2 par colonne 1 : $0$ ; ligne 2 par colonne 2 : $0\times1+3\times3=9$ . Donc $A^2=\begin{pmatrix}4&5\\0&9\end{pmatrix}$ .
Vérification : $A^2U_0=\begin{pmatrix}4+5\\0+9\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}9\\9\end{pmatrix}=U_2$ . Les deux méthodes concordent.
La première composante de $U_2$ est donc $9$ .

Pour une suite $U_{n+1}=AU_n$ , on a $U_n=A^nU_0$ . Calculer pas à pas ou par la puissance donne le même résultat ; la puissance devient utile quand le rang est grand.

Exercice 2 Point fixe d'une suite avec constante

★☆☆Environ 10 min

Soit $A=\begin{pmatrix}\frac12&0\\0&\frac15\end{pmatrix}$ , $C=\begin{pmatrix}3\\4\end{pmatrix}$ et la suite $(U_n)$ définie par $U_0=\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}$ et $U_{n+1}=AU_n+C$ .

Calcule $U_1$ .
Détermine la matrice colonne $L=\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}$ telle que $L=AL+C$ .
Donne la valeur de $x+y$ .

Indice 1

Écris $L=AL+C$ sous la forme $(I-A)L=C$ .

Indice 2

Ici $I-A$ est une matrice diagonale : son inverse s'obtient en inversant chaque coefficient diagonal.

Voir la correction pas à pas

Calcul de $U_1$ : comme $U_0$ est nulle, $U_1=AU_0+C=C=\begin{pmatrix}3\\4\end{pmatrix}$ .
Équation du point fixe : $L=AL+C$ équivaut à $(I-A)L=C$ .
Calcul de $I-A$ : $I-A=\begin{pmatrix}\frac12&0\\0&\frac45\end{pmatrix}$ , matrice diagonale dont aucun coefficient diagonal n'est nul, donc inversible.
Inverse : $(I-A)^{-1}=\begin{pmatrix}2&0\\0&\frac54\end{pmatrix}$ .
Résolution : $L=(I-A)^{-1}C=\begin{pmatrix}2\times3\\\frac54\times4\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}6\\5\end{pmatrix}$ .
Vérification : $AL+C=\begin{pmatrix}3+3\\1+4\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}6\\5\end{pmatrix}=L$ . Donc $x+y=6+5=11$ .

Un point fixe se trouve en résolvant un système linéaire, sans calculer aucun terme de la suite. Si on pose $V_n=U_n-L$ , on obtient $V_{n+1}=AV_n$ : ici les coefficients $\frac12$ et $\frac15$ sont inférieurs à 1, donc $V_n$ s'approche de la colonne nulle et $U_n$ de $L$ .

Exercice 3 Évolution d'une chaîne à deux états

★★☆Environ 12 min

Une chaîne de Markov a deux états, 1 et 2. Depuis l'état 1, on reste en 1 avec la probabilité $0{,}9$ et on passe en 2 avec la probabilité $0{,}1$ . Depuis l'état 2, on passe en 1 avec la probabilité $0{,}3$ et on reste en 2 avec la probabilité $0{,}7$ . À l'instant 0, on est dans l'état 1 : $\pi_0=\begin{pmatrix}1&0\end{pmatrix}$ .

Écris la matrice de transition $P$ et dessine mentalement le graphe pondéré associé.
Calcule $\pi_1=\pi_0P$ puis $\pi_2=\pi_1P$ .
Quelle est la probabilité d'être dans l'état 2 après deux étapes ?

Indice 1

Chaque ligne de $P$ correspond à un état de départ, et sa somme vaut 1.

Indice 2

Pour passer de $\pi_1$ à $\pi_2$ , multiplie la ligne $\pi_1$ par $P$ à droite.

Voir la correction pas à pas

Matrice : $P=\begin{pmatrix}0{,}9&0{,}1\\0{,}3&0{,}7\end{pmatrix}$ . Vérification : $0{,}9+0{,}1=1$ et $0{,}3+0{,}7=1$ . Le graphe a quatre arêtes pondérées : deux boucles ( $1\to1$ de poids $0{,}9$ , $2\to2$ de poids $0{,}7$ ) et deux arêtes entre les sommets ( $1\to2$ de poids $0{,}1$ , $2\to1$ de poids $0{,}3$ ).
Premier pas : $\pi_1=\begin{pmatrix}1&0\end{pmatrix}P=\begin{pmatrix}0{,}9&0{,}1\end{pmatrix}$ , c'est la première ligne de $P$ .
Second pas : première composante $0{,}9\times0{,}9+0{,}1\times0{,}3=0{,}81+0{,}03=0{,}84$ ; seconde composante $0{,}9\times0{,}1+0{,}1\times0{,}7=0{,}09+0{,}07=0{,}16$ .
On obtient $\pi_2=\begin{pmatrix}0{,}84&0{,}16\end{pmatrix}$ . Contrôle : $0{,}84+0{,}16=1$ .
La probabilité d'être dans l'état 2 après deux étapes est $0{,}16$ .

On a aussi $\pi_2=\pi_0P^2$ : la première ligne de $P^2$ est bien $(0{,}84\;\;0{,}16)$ . Une somme des coefficients qui ne vaut pas 1 signale toujours une erreur de calcul.

Exercice 4 État stable à deux états

★★☆Environ 12 min

Soit la matrice de transition $P=\begin{pmatrix}0{,}8&0{,}2\\0{,}4&0{,}6\end{pmatrix}$ d'une chaîne de Markov à deux états. On cherche l'état stable $\pi=\begin{pmatrix}a&b\end{pmatrix}$ avec $a+b=1$ et $\pi P=\pi$ .

Écris le système vérifié par $a$ et $b$ .
Résous-le.
Donne la valeur de $a$ , puis vérifie ton résultat.

Indice 1

Remplace $b$ par $1-a$ pour n'avoir qu'une inconnue.

Indice 2

La première équation de $\pi P=\pi$ s'écrit $0{,}8a+0{,}4b=a$ .

Voir la correction pas à pas

Écriture de $\pi P=\pi$ : $\begin{pmatrix}0{,}8a+0{,}4b&0{,}2a+0{,}6b\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}a&b\end{pmatrix}$ , donc $0{,}8a+0{,}4b=a$ et $0{,}2a+0{,}6b=b$ , auxquelles s'ajoute $a+b=1$ .
Simplification : la première équation donne $0{,}4b=0{,}2a$ , soit $a=2b$ . La seconde donne $0{,}2a=0{,}4b$ , c'est la même relation : les deux équations de $\pi P=\pi$ ne sont pas indépendantes.
Utilisation de la somme : $a+b=1$ avec $a=2b$ donne $3b=1$ , donc $b=\frac13$ et $a=\frac23$ .
Vérification : $\pi P=\begin{pmatrix}0{,}8\times\frac23+0{,}4\times\frac13&0{,}2\times\frac23+0{,}6\times\frac13\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\frac{2}{3}&\frac13\end{pmatrix}$ .
Donc $a=\frac23\approx0{,}667$ .

À long terme, la chaîne passe environ deux tiers du temps dans l'état 1. Retiens que les équations issues de $\pi P=\pi$ sont redondantes : c'est la condition de somme égale à 1 qui permet de conclure.

Exercice 5 État stable à trois états

★★★Environ 18 min

Une chaîne de Markov a trois états A, B, C. Depuis A, on va en A avec la probabilité $0{,}6$ et en B avec $0{,}4$ . Depuis B, on va en A avec $0{,}2$ , en B avec $0{,}6$ et en C avec $0{,}2$ . Depuis C, on va en B avec $0{,}4$ et en C avec $0{,}6$ .

Écris la matrice de transition $P$ (états dans l'ordre A, B, C).
Détermine l'état stable $\pi=\begin{pmatrix}a&b&c\end{pmatrix}$ .
Quelle est la proportion de temps passée en B à long terme ?

Indice 1

La matrice $P$ comporte deux zéros : de A vers C et de C vers A, les transitions sont impossibles.

Indice 2

Écris les équations colonne par colonne : la première colonne de $P$ donne l'équation en $a$ , la troisième celle en $c$ .

Voir la correction pas à pas

Matrice : $P=\begin{pmatrix}0{,}6&0{,}4&0\\0{,}2&0{,}6&0{,}2\\0&0{,}4&0{,}6\end{pmatrix}$ . Chaque ligne a pour somme 1.
Colonne 1 de $\pi P=\pi$ : $0{,}6a+0{,}2b=a$ , soit $0{,}2b=0{,}4a$ , donc $b=2a$ .
Colonne 3 : $0{,}2b+0{,}6c=c$ , soit $0{,}2b=0{,}4c$ , donc $c=\frac b2=a$ .
Condition de somme : $a+2a+a=1$ , donc $a=\frac14$ , $b=\frac12$ , $c=\frac14$ .
Vérification avec la colonne 2 : $0{,}4a+0{,}6b+0{,}4c=0{,}1+0{,}3+0{,}1=0{,}5=b$ . Elle est bien satisfaite.
L'état stable est $\pi=\begin{pmatrix}\frac14&\frac12&\frac14\end{pmatrix}$ , et la proportion en B vaut $\frac12$ .

Utiliser deux colonnes et la somme suffit ; la troisième colonne sert de contrôle. Le résultat est cohérent : A et C envoient chacun $0{,}4$ vers B, alors que B ne renvoie que $0{,}2$ vers chacun d'eux, ce qui explique que B soit plus fréquenté.

Exercice 6 Limite d'une suite de colonnes à deux variables

★★★Environ 20 min

Soit $A=\begin{pmatrix}\frac12&\frac15\\\frac1{10}&\frac25\end{pmatrix}$ , $C=\begin{pmatrix}2\\1\end{pmatrix}$ et la suite $(U_n)$ définie par $U_0=\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}$ et $U_{n+1}=AU_n+C$ . On admet que la suite $(U_n)$ converge vers une matrice colonne $L=\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}$ .

Calcule $U_1$ et $U_2$ .
Justifie que $L$ vérifie $(I-A)L=C$ .
Calcule le déterminant de $I-A$ , puis détermine $L$ .
Donne la valeur de $y$ .

Indice 1

Si $U_n$ tend vers $L$ , alors $U_{n+1}$ tend aussi vers $L$ : passe à la limite dans la relation de récurrence.

Indice 2

Pour une matrice $2\times2$ , le déterminant de $\begin{pmatrix}p&q\\r&s\end{pmatrix}$ est $ps-qr$ .

Voir la correction pas à pas

Premiers termes : $U_1=C=\begin{pmatrix}2\\1\end{pmatrix}$ . Puis $U_2=AU_1+C=\begin{pmatrix}\frac12\times2+\frac15\times1\\\frac1{10}\times2+\frac25\times1\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}2\\1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1{,}2\\0{,}6\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}2\\1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3{,}2\\1{,}6\end{pmatrix}$ .
Passage à la limite : les suites $(U_n)$ et $(U_{n+1})$ ont la même limite $L$ , et le produit par la matrice constante $A$ conserve la limite. Donc $L=AL+C$ , soit $(I-A)L=C$ .
Calcul de $I-A$ : $I-A=\begin{pmatrix}\frac12&-\frac15\\-\frac1{10}&\frac35\end{pmatrix}$ . Son déterminant est $\frac12\times\frac35-\left(-\frac15\right)\times\left(-\frac1{10}\right)=\frac{3}{10}-\frac{1}{50}=\frac{14}{50}=0{,}28$ . Il est non nul, donc $I-A$ est inversible.
Inverse : $(I-A)^{-1}=\dfrac{1}{0{,}28}\begin{pmatrix}\frac35&\frac15\\\frac1{10}&\frac12\end{pmatrix}$ .
Résolution : $L=(I-A)^{-1}C=\dfrac1{0{,}28}\begin{pmatrix}\frac35\times2+\frac15\times1\\\frac1{10}\times2+\frac12\times1\end{pmatrix}=\dfrac1{0{,}28}\begin{pmatrix}1{,}4\\0{,}7\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}5\\2{,}5\end{pmatrix}$ .
Vérification : $AL+C=\begin{pmatrix}2{,}5+0{,}5+2\\0{,}5+1+1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}5\\2{,}5\end{pmatrix}$ . On trouve bien $y=2{,}5$ .

Les termes calculés vont dans le bon sens : $U_2=(3{,}2\;;\;1{,}6)$ se rapproche de $(5\;;\;2{,}5)$ . Le passage à la limite transforme la récurrence en équation, ce qui évite de calculer la puissance $A^n$ .

Les questions qu'on se pose

Faut-il écrire l'état de départ en ligne ou en colonne ?

Cela dépend de la situation. Pour une chaîne de Markov, le programme parle d'une matrice ligne $\pi_0$ ¹ : on écrit donc $\pi_n=\pi_0P^n$ , avec la matrice de transition à droite. Pour une suite de matrices colonnes $U_{n+1}=AU_n+C$ ¹, la matrice $A$ se place à gauche de la colonne. Regarde les dimensions : une ligne $1\times2$ ne peut se multiplier qu'avec une matrice $2\times2$ placée à sa droite.

Pourquoi faut-il toujours ajouter la condition « somme égale à 1 » pour l'état stable ?

Parce que l'équation $\pi P=\pi$ est vérifiée par toute une famille de lignes proportionnelles (si $\pi$ convient, $2\pi$ aussi). Une répartition de probabilités doit avoir des coefficients positifs de somme 1 : cette condition choisit, parmi ces lignes proportionnelles, celle qui est une répartition de probabilités. Dans l'exercice à deux états, on obtenait $a=2b$ : les deux équations disaient la même chose et seule la somme permettait de trouver $b=\frac13$ .

Dois-je savoir calculer des puissances de matrices sans calculatrice ?

Le programme mentionne des puissances de matrices carrées de petite taille, d'ordre 2 ou 3, comme cas à savoir traiter ¹. Entraîne-toi à poser à la main le produit de deux matrices $2\times2$ , car cela sert à contrôler un résultat. Pour une puissance élevée, un outil de calcul est l'usage habituel, mais tu dois savoir écrire proprement ce qu'il faut calculer, par exemple $\pi_{10}=\pi_0P^{10}$ .

Sources

Programme visé : Programme de Terminale Mathématiques expertes — Graphes et matrices · eduscol.education.fr

Programme de Terminale Mathématiques expertes — Graphes et matrices, eduscol.education.fr. Consulté le 6 novembre 2026.
Matrice de Householder, Wikipédia. Consulté le 6 novembre 2026.
Représentation d'état, Wikipédia. Consulté le 6 novembre 2026.

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