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2020-02-20 14:50:25 Page 1/6 2020 Mathématiques 1 PSI 4 heures Calculatrice autorisée Objectif L’objectif de ce sujet est l’étude de la gestion des erreurs dans un processus industriel. On considère un processus industriel automatisé au cours duquel une tâche répétitive est effectuée à chaque instant 𝑛 ∈ ℕ∗. On note 𝑋𝑛 la variable aléatoire égale au nombre d’erreurs susceptibles de se produire à l’instant 𝑛. On admet que le système parvient à corriger ces erreurs et à maintenir son fonctionnement si le nombre total d’erreurs enregistrées jusqu’à l’instant 𝑛, noté 𝑆𝑛 = 𝑛 ∑ 𝑘=1 𝑋𝑘, reste inférieur à une quantité de la forme 𝑎𝑚𝑛, où 𝑎 > 1 est une constante fixée et 𝑚 est le nombre moyen d’erreurs enregistrées à chaque instant. On est donc amené à estimer une probabilité de la forme 𝑃(𝑆𝑛 > 𝑛𝑎𝑚), dans le but de montrer qu’elle tend vers 0 très rapidement lorsque 𝑛 tend vers l’infini. Dans la première partie, on étudie le cas particulier où les variables aléatoires 𝑋𝑛 sont mutuellement indépen- dantes et de même loi de Poisson de paramètre 1/2. Dans la deuxième partie, on démontre partiellement le théorème de Perron-Frobenius, qui permet, dans la troisième partie, d’étudier le cas où les variables aléatoires 𝑋𝑛 forment une chaîne de Markov, c’est-à-dire où le nombre d’erreurs enregistrées à l’instant 𝑛 + 1 dépend uniquement de celui enregistré à l’instant 𝑛. I Cas de la loi de Poisson Dans cette partie, on étudie le modèle élémentaire où la suite (𝑋𝑛)𝑛∈ℕ∗ du nombre d’erreurs aux instants successifs est une suite de variables aléatoires identiquement distribuées, mutuellement indépendantes, et suivant une loi de Poisson de paramètre 1/2. L’objectif de cette partie est de donner un équivalent de 𝑃(𝑆𝑛 > 𝑛) lorsque 𝑛 tend vers +∞, afin de s’assurer que celle-ci converge vers 0 avec une vitesse de convergence exponentielle. Pour tout 𝑛 ∈ ℕ∗, on note 𝑆𝑛 = 𝑛 ∑ 𝑘=1 𝑋𝑘 et 𝐺𝑋𝑛 la fonction génératrice de 𝑋𝑛. I.A – Soit 𝑛 un entier naturel supérieur ou égal à 1. Q 1. Montrer que 𝑆𝑛 et 𝑋𝑛+1 sont indépendantes. Q 2. Expliciter le calcul de la fonction génératrice 𝐺𝑋1 de la variable aléatoire 𝑋1. Q 3. Justifier que ∀𝑡 ∈ ℝ, 𝐺𝑆𝑛(𝑡) = (𝐺𝑋1(𝑡)) 𝑛. Q 4. Montrer que la variable aléatoire 𝑆𝑛 suit une loi de Poisson dont on précisera le paramètre. I.B – Q 5. Vérifier que, pour tout 𝑛 ∈ ℕ∗, 𝑛! ( 2 𝑛) 𝑛 𝑃(𝑆𝑛 > 𝑛) = e−𝑛/2 ∞ ∑ 𝑘=1 𝑛! 𝑛𝑘 (𝑛 + 𝑘)! (1 2) 𝑘 . Q 6. Soit 𝑛 ∈ ℕ∗. Montrer que pour tout 𝑘 ∈ ℕ∗, ( 𝑛 𝑛 + 𝑘) 𝑘 ⩽ 𝑛! 𝑛𝑘 (𝑛 + 𝑘)! ⩽ 1. Q 7. Montrer que la série de fonctions ∑ 𝑢𝑘 où pour tout 𝑘 ∈ ℕ∗, la fonction 𝑢𝑘 est définie sur [0, +∞[ par 𝑢𝑘 : 𝑥 ↦ (1 + 𝑘𝑥)−𝑘 (1/2)𝑘 est normalement convergente sur [0, +∞[. 2020-02-20 14:50:25 Page 2/6 Q 8. En déduire que pour tout 𝑛 ∈ ℕ∗, ∑ 𝑘⩾1 (1 + 𝑘 𝑛) −𝑘 (1 2) 𝑘 converge et que lim 𝑛→+∞ ∞ ∑ 𝑘=1 (1 + 𝑘 𝑛) −𝑘 (1 2) 𝑘 = 1. Q 9. En déduire que, lorsque 𝑛 tend vers +∞, 𝑃(𝑆𝑛 > 𝑛) ∼ e−𝑛/2 𝑛! (𝑛 2 ) 𝑛 . Q 10. En déduire, à l’aide de la formule de Stirling, qu’il existe un réel 𝛼 ∈ ]0, 1[ tel que 𝑃(𝑆𝑛 > 𝑛) = 𝑂(𝛼𝑛). II Quelques résultats sur les matrices L’objectif de cette partie est de démontrer un certain nombre de résultats d’algèbre linéaire qui serviront dans la partie suivante. Notations — 𝑛 est un entier naturel supérieur ou égal à 2. — Soit 𝐴 ∈ ℳ𝑛(ℝ). On note sp(𝐴) l’ensemble des valeurs propres complexes de 𝐴 et pour 𝜆 ∈ sp(𝐴), 𝐸𝜆(𝐴) = ker(𝐴 − 𝜆𝐼𝑛). On note 𝜌(𝐴) = max {|𝜆|, 𝜆 ∈ sp(𝐴)}. — On dit que 𝐴 ∈ ℳ𝑛(ℝ) est positive si tous ses coefficients sont positifs. On note alors 𝐴 ⩾ 0. — On dit que 𝐴 ∈ ℳ𝑛(ℝ) est strictement positive si tous ses coefficients sont strictement positifs. On note alors 𝐴 > 0. — Un vecteur 𝑥 de ℝ𝑛 est dit positif si tous ses coefficients sont positifs. On note alors 𝑥 ⩾ 0. — Un vecteur 𝑥 de ℝ𝑛 est dit strictement positif si tous ses coefficients sont strictement positifs. On note alors 𝑥 > 0. — On définit une relation d’ordre sur ℳ𝑛(ℝ) par 𝐴 ⩾ 𝐵 si 𝐴 − 𝐵 ⩾ 0. — On définit une relation d’ordre sur ℝ𝑛 par 𝑥 ⩾ 𝑦 si 𝑥 − 𝑦 ⩾ 0. — Si 𝐴 = (𝑎𝑖,𝑗)1⩽𝑖,𝑗⩽𝑛 ∈ ℳ𝑛(ℝ) alors |𝐴| désigne la matrice |𝐴| = (|𝑎𝑖,𝑗|)1⩽𝑖,𝑗⩽𝑛 ∈ ℳ𝑛(ℝ). — Si 𝑥 = (𝑥𝑖)1⩽𝑖⩽𝑛 ∈ ℂ𝑛 alors |𝑥| désigne le vecteur |𝑥| = (|𝑥𝑖|)1⩽𝑖⩽𝑛 ∈ ℝ𝑛. — On dit que 𝜆0 ∈ sp(𝐴) est une valeur propre dominante de 𝐴 si, pour tout 𝜆 ∈ sp(𝐴) ∖ {𝜆0}, |𝜆0| > |𝜆|. On se propose de démontrer les deux propositions suivantes : Proposition 1 Si 𝐴 ∈ ℳ𝑛(ℝ) est une matrice strictement positive, alors 𝜌(𝐴) est une valeur propre domi- nante de 𝐴. Le sous-espace propre associé ker(𝐴 − 𝜌(𝐴)𝐼𝑛) est de dimension 1 et est dirigé par un vecteur propre strictement positif. Proposition 2 Si 𝐴 ∈ ℳ𝑛(ℝ) est une matrice strictement positive diagonalisable sur ℂ, si 𝑌 est un vecteur positif non nul de ℝ𝑛, alors ( 𝐴 𝜌(𝐴)) 𝑝 𝑌 converge, lorsque 𝑝 tend vers +∞, soit vers le vecteur nul, soit vers un vecteur directeur strictement positif de ker(𝐴 − 𝜌(𝐴)𝐼𝑛). Dans toute cette partie II, 𝐴 ∈ ℳ𝑛(ℝ) est une matrice strictement positive. II.A – Q 11. Montrer que, pour tout 𝑥 ∈ ℝ𝑛, { 𝑥 ⩾ 0 ⟹ 𝐴𝑥 ⩾ 0, 𝑥 ⩾ 0 et 𝑥 ≠ 0 ⟹ 𝐴𝑥 > 0. Q 12. Montrer que ∀𝑘 ∈ ℕ∗, 𝐴𝑘 > 0. Q 13. En déduire que 𝜌(𝐴) > 0 puis montrer que 𝜌 ( 𝐴 𝜌(𝐴)) = 1. 2020-02-20 14:50:25 Page 3/6 Q 14. On suppose 𝐴 diagonalisable sur ℂ. Montrer que, si 𝜌(𝐴) < 1 alors lim 𝑘→+∞ 𝐴𝑘 = 0. Dans la suite du problème, on admettra que cette dernière implication est vraie même si la matrice 𝐴 n’est pas diagonalisable sur ℂ. II.B – On suppose, dans les sous-parties II.B et II.C, que 𝐴 est une matrice strictement positive vérifiant 𝜌(𝐴) = 1. On considère une valeur propre 𝜆 ∈ ℂ de 𝐴 de module 1 et 𝑥 un vecteur propre associé à 𝜆. On se propose de démontrer que 1 est valeur propre de 𝐴. Q 15. Montrer que |𝑥| ⩽ 𝐴|𝑥|. Dans les questions qui suivent, on suppose que |𝑥| < 𝐴|𝑥|. Q 16. Montrer qu’il existe 𝜀 > 0 tel que 𝐴2|𝑥| − 𝐴|𝑥| > 𝜀𝐴|𝑥|. Q 17. On pose 𝐵 = 1 1 + 𝜀 𝐴. Montrer que pour tout 𝑘 ⩾ 1, 𝐵𝑘𝐴|𝑥| ⩾ 𝐴|𝑥|. Q 18. Déterminer lim 𝑘→+∞ 𝐵𝑘. Q 19. Conclure. II.C – Q 20. Montrer que 𝐴 admet un vecteur propre strictement positif associé à la valeur propre 1. Q 21. Montrer que 1 est la seule valeur propre de module 1 de 𝐴. On pourra admettre sans démonstration que si 𝑧1, 𝑧2, …, 𝑧𝑘 sont des nombres complexes, tous non nuls, tels que |𝑧1 + ⋯ + 𝑧𝑘| = |𝑧1| + ⋯ + |𝑧𝑘|, alors ∀𝑗 ∈ ⟦1, 𝑘⟧, ∃𝜆𝑗 ∈ ℝ+ tel que 𝑧𝑗 = 𝜆𝑗𝑧1. Q 22. Montrer que dim(ker(𝐴 − 𝐼𝑛)) = 1. Q 23. En regroupant les résultats des sous-parties II.B et II.C, justifier qu’on a démontré la proposition 1. II.D – Dans cette sous-partie, on se propose de démontrer la proposition 2. On suppose donc que 𝐴 est strictement positive et diagonalisable sur ℂ. Pour tout 𝑌 ∈ ℳ𝑛,1(ℝ), pour tout 𝑝 ∈ ℕ∗, on note 𝑌𝑝 = ( 𝐴 𝜌(𝐴)) 𝑝 𝑌. Q 24. Soit 𝜆 ∈ 𝑆 = sp(𝐴) ∖ {𝜌(𝐴)}. Soit 𝑌 ∈ ker(𝐴 − 𝜆𝐼𝑛). Montrer que la suite (𝑌𝑝)𝑝∈ℕ∗ converge vers 0. Q 25. Soit 𝑌 ∈ ℳ𝑛,1(ℝ) un vecteur positif. Montrer que la suite (𝑌𝑝)𝑝∈ℕ∗ converge vers le projeté de 𝑌 sur 𝐸𝜌(𝐴)(𝐴) parallèlement à ⨁ 𝜆∈𝑆 𝐸𝜆(𝐴). Vérifier que, s’il est non nul, ce dernier vecteur (le projeté de 𝑌 ) est strictement positif. Dans la suite du problème, on admet que la proposition 2 se généralise à toute matrice 𝐴 stricte- ment positive, même non diagonalisable et que, si 𝑌 ∈ ℳ𝑛,1(ℝ) est un vecteur strictement positif, alors la suite (𝑌𝑝) converge vers un vecteur strictement positif dirigeant 𝐸𝜌(𝐴)(𝐴). II.E – Cette sous-partie permet de déterminer la valeur propre dominante 𝜌(𝐴) d’une matrice carrée 𝐴 strictement positive de taille 𝑛 ⩾ 2. Q 26. Justifier que pour tout entier 𝑘 ⩾ 1, 𝐴𝑘 est semblable dans ℳ𝑛(ℂ) à une matrice triangulaire, dont on précisera les coefficients diagonaux. Q 27. Montrer que lim 𝑘→+∞ tr(𝐴𝑘+1) tr(𝐴𝑘) = 𝜌(𝐴). 2020-02-20 14:50:25 Page 4/6 III Une inégalité pour les chaînes de Markov Dans toute cette partie III, 𝑁 est un entier naturel non nul fixé et (𝑋𝑛)𝑛∈ℕ une suite de variables aléatoires à valeurs dans l’intervalle d’entiers ⟦0, 𝑁⟧. On suppose que ∀𝑛 ∈ ℕ∗, ∀(𝑖1, 𝑖2, …, 𝑖𝑛+1) ∈ ⟦0, 𝑁⟧𝑛+1, 𝑃(𝑋𝑛+1 = 𝑖𝑛+1 | 𝑋𝑛 = 𝑖𝑛, 𝑋𝑛−1 = 𝑖𝑛−1, …, 𝑋1 = 𝑖1) = 𝑃(𝑋𝑛+1 = 𝑖𝑛+1 | 𝑋𝑛 = 𝑖𝑛). On suppose que pour tout (𝑖, 𝑗) ∈ ⟦0, 𝑁⟧2, 𝑃(𝑋𝑛+1 = 𝑗 | 𝑋𝑛 = 𝑖) ne dépend pas de 𝑛 et est strictement positif. On note alors 𝑞𝑖,𝑗 = 𝑃(𝑋𝑛+1 = 𝑗 | 𝑋𝑛 = 𝑖). On dit que (𝑋𝑛)𝑛∈ℕ∗ est une chaine de Markov homogène sur ⟦0, 𝑁⟧, de matrice de transition 𝑄. On attire l’attention sur les faits suivants : — la numérotation des lignes et des colonnes de 𝑄 commence à 0 ; — 𝑄 est une matrice carrée de taille 𝑁 + 1. Dans toute la suite, pour 𝑛 ⩾ 1 fixé, on pose Π𝑛 la matrice colonne ⎛ ⎜ ⎝ 𝑃(𝑋𝑛 = 0) ⋮ 𝑃(𝑋𝑛 = 𝑁) ⎞ ⎟ ⎠ ∈ ℳ𝑁+1,1(ℝ). III.A – Justification de l’existence des lois (Π𝑛)𝑛⩾1 Q 28. Justifier que ∀𝑖 ∈ ⟦0, 𝑁⟧, 𝑁 ∑ 𝑗=0 𝑞𝑖,𝑗 = 1. Q 29. Justifier que, pour tout 𝑛 ∈ ℕ∗, Π𝑛+1 = 𝑄⊤ Π𝑛. Q 30. En déduire que la loi de 𝑋1 détermine entièrement les lois de toutes les variables aléatoires 𝑋𝑛, 𝑛 ∈ ℕ∗. Dans toute la suite, on considère une telle chaîne de Markov, et on pose — 𝑆𝑛 = 𝑛 ∑ 𝑘=1 𝑋𝑘 pour 𝑛 ∈ ℕ∗ ; — 𝑎𝑖,𝑗(𝑡) = 𝑞𝑖,𝑗e𝑗𝑡 pour tout (𝑖, 𝑗) ∈ ⟦0, 𝑁⟧2 et tout 𝑡 ∈ ℝ ; — 𝐴(𝑡) = (𝑎𝑖,𝑗(𝑡)) 0⩽𝑖⩽𝑁,0⩽𝑗⩽𝑁 ∈ ℳ𝑁+1(ℝ) ; — 𝑧𝑗(𝑡) = 𝑃(𝑋1 = 𝑗)e𝑗𝑡 pour tout 𝑗 ∈ ⟦0, 𝑁⟧ et tout 𝑡 ∈ ℝ ; — 𝑍(𝑡) = ⎛ ⎜ ⎝ 𝑧0(𝑡) ⋮ 𝑧𝑁(𝑡) ⎞ ⎟ ⎠ ∈ ℳ𝑁+1,1(ℝ)(ℝ). III.B – Définition de la fonction de taux 𝜆 Soient 𝑛 un entier naturel non nul et 𝑡 un réel fixé. On admet que l’espérance de la variable aléatoire e𝑡𝑆𝑛 est égale 𝐸(e𝑡 𝑆𝑛) = 𝑁 ∑ 𝑗=0 𝑌 (𝑛) 𝑗 (𝑡) où 𝑌 (𝑛)(𝑡) = ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ 𝑌 (𝑛) 0 (𝑡) ⋮ 𝑌 (𝑛) 𝑁 (𝑡) ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ est le vecteur colonne défini par 𝑌 (𝑛)(𝑡) = (𝐴(𝑡)) 𝑛−1 𝑍(𝑡). Q 31. Justifier que 𝐴(𝑡) possède une valeur propre dominante 𝛾(𝑡) > 0. Q 32. Montrer que lim 𝑛→+∞ ln(𝐸(e𝑡 𝑆𝑛)) 𝑛 = 𝜆(𝑡) où 𝜆(𝑡) = ln(𝛾(𝑡)). 2020-02-20 14:50:25 Page 5/6 III.C – Dans cette sous-partie, on étudie deux programmes écrits en langage Python. On suppose que la bibliothèque numpy a été importée à l’aide de l’instruction import numpy as np On rappelle que les opérations suivantes sont alors disponibles. — range(n) renvoie la séquence des n premiers entiers (0 → 𝑛 − 1). — np.array(u) crée un nouveau tableau contenant les éléments de la séquence u. La taille et le type des éléments de ce tableau sont déduits du contenu de u. — a.shape(a) renvoie un tuple donnant la taille du tableau a pour chacune de ses dimensions. — a.trace(a) donne la trace du tableau a. — np.exp(a) renvoie un tableau de même forme que le tableau a dont chaque terme est l’exponentielle du terme correspondant du tableau a (exponentielle terme à terme). — np.dot(a, b) calcule le produit matriciel des tableaux a et b (sous réserve de compatibilité des dimensions). — x * a renvoie un tableau de même forme que le tableau a correspondant au produit de chaque terme de a par le nombre x. — a * b renvoie un tableau correspondant au produit terme à terme des deux tableaux a et b. Si a et b n’ont pas le même nombre de dimensions, le plus « petit » est virtuellement étendu afin de correspondre à la forme du plus « grand ». Par exemple si a est une matrice et b un vecteur, b doit avoir le même nombre de composantes que a a de lignes, il est alors virtuellement transformé en matrice avec le même nombre de colonnes que a, chaque colonne valant b. Q 33. Écrire en langage Python une fonction puiss2k qui prend en argument une matrice carrée 𝑀 et un entier naturel 𝑘 et renvoie la matrice 𝑀2𝑘 en effectuant 𝑘 produits matriciels. On pourra exploiter le fait que 𝑀2𝑘+1 = 𝑀2𝑘𝑀2𝑘. Q 34. Expliquer ce que fait la fonction Python maxSp définie par : 1 def maxSp(Q:np.ndarray, k:int, t:float) -> float: 2 n = Q.shape[1] 3 E = np.exp(t * np.array(range(n))) 4 A = Q * E 5 B = puiss2k(A, k) 6 C = np.dot(A, B) 7 return C.trace() / B.trace() III.D – Une majoration théorique et son interprétation On définit, pour tout 𝑥 ∈ ℝ, 𝜆∗(𝑥) = sup 𝑡⩾0 (𝑡𝑥 − 𝜆(𝑡)). On admet que cette borne supérieure existe et que la convergence de la suite de fonctions (𝑡 ↦ ln(𝐸(e𝑡 𝑆𝑛)) 𝑛 ) 𝑛∈ℕ∗ vers la fonction 𝑡 ↦ ln(𝛾(𝑡)) démontrée à la question 32 est uniforme sur ℝ+. On admet également dans toute la suite l’existence de 𝑚 = lim 𝑛→+∞ 1 𝑛𝐸(𝑆𝑛) ainsi que les propriétés suivantes de 𝜆∗ : { 𝜆∗(𝑥) = 0 pour tout 𝑥 ⩽ 𝑚, 𝜆∗(𝑥) > 0 pour tout 𝑥 > 𝑚. Dans toute la suite, 𝜀 désigne un réel strictement positif. Q 35. Montrer qu’il existe un rang 𝑛0 ∈ ℕ∗ tel que, pour tout 𝑡 ∈ ℝ+ et pour tout 𝑛 ∈ ℕ∗, 𝑛 ⩾ 𝑛0 ⟹ ln(𝐸(e𝑡 𝑆𝑛)) ⩽ 𝑛(𝜆(𝑡) + 𝜀) Q 36. À l’aide de l’inégalité de Markov appliquée à la variable aléatoire e𝑡 𝑆𝑛, montrer que pour 𝑎 > 1, 𝑛 ⩾ 𝑛0 et 𝑡 ⩾ 0, 𝑃(𝑆𝑛 ⩾ 𝑛𝑎𝑚) ⩽ e−𝑛𝑡𝑎𝑚e𝑛(𝜆(𝑡)+𝜀). Q 37. En déduire que pour 𝑛 ⩾ 𝑛0, 𝑃(𝑆𝑛 ⩾ 𝑛𝑎𝑚) ⩽ e−𝑛(𝜆∗(𝑎𝑚)−𝜀). 2020-02-20 14:50:25 Page 6/6 Q 38. Donner un sens concret à 𝑚 en rapport avec le processus industriel étudié et interpréter l’inégalité précédente. On pourra établir un lien intuitif avec la loi des grands nombres. III.E – Cette sous-partie constitue une application numérique et peut être traitée en admettant les résultats précédents. On dispose de deux suites finies de réels 0 = 𝑡1 < 𝑡2 < ⋯ < 𝑡𝐾 (𝐾 ⩾ 2) et 𝑥1 < 𝑥2 < ⋯ < 𝑥𝐿 (𝐿 ⩾ 2). La formule de la question 32 appliquée en 𝑡𝑖 avec 𝑛 suffisamment grand permet d’estimer 𝜆(𝑡𝑖) par une valeur approchée ˆ𝜆(𝑡𝑖). Q 39. Justifier que pour tout 𝑖 ∈ {1, …, 𝐿}, ˆ𝜆∗(𝑥𝑖) = max 1⩽𝑗⩽𝐾(𝑡𝑗𝑥𝑖 − ˆ𝜆(𝑡𝑗)) constitue une valeur approchée raisonnable de 𝜆∗(𝑥𝑖). Le tableau 1 donne ces valeurs pour 𝐿 = 20. 𝑥𝑖 4,50 4,55 4,60 4,65 4,70 ˆ𝜆∗(𝑥𝑖) 4,1 × 10−12 4,1 × 10−12 4,1 × 10−12 4,1 × 10−12 4,1 × 10−12 𝑥𝑖 4,75 4,80 4,85 4,90 4,95 ˆ𝜆∗(𝑥𝑖) 5,1 × 10−4 5,5 × 10−3 1,1 × 10−2 1,6 × 10−2 2,1 × 10−2 𝑥𝑖 5,00 5,05 5,10 5,15 5,20 ˆ𝜆∗(𝑥𝑖) 2,6 × 10−2 3,1 × 10−2 3,6 × 10−2 4,1 × 10−2 4,6 × 10−2 𝑥𝑖 5,25 5,30 5,35 5,40 5,45 ˆ𝜆∗(𝑥𝑖) 5,1 × 10−2 5,6 × 10−2 6,1 × 10−2 6,6 × 10−2 7,1 × 10−2 Tableau 1 Q 40. À l’aide du tableau 1, donner un encadrement approximatif de la valeur de 𝑚 et la valeur d’un réel ℎ > 0 tel qu’il existe un rang 𝑛0 ∈ ℕ∗ vérifiant pour tout 𝑛 ⩾ 𝑛0, 𝑃(𝑆𝑛 > 1, 1 × 𝑛𝑚) ⩽ e−𝑛ℎ. • • • FIN • • •

Mathématiques I PSI Centrale-Supélec 2020 – corrigé Concours Centrale-Supélec 2020 Épreuve de mathématiques I, PSI, quatre heures Corrigé I – Cas de la loi de Poisson I. A – Q 1. Par hypothèse les variables aléatoires X1, . . . , Xn+1 sont mutuellement indépendantes. Donc, d’après le lemme des coalitions, les variables aléatoires Sn = n k=1 Xk et Xn+1 sont indépendantes, d’où le résultat. Si l’on se dispense du lemme des coalitions : on note qu’il est assez facile de se convaincre que si X1, . . . , Xn+1 sont mutuellement indépendantes, alors les variables aléatoires (X1, . . . , Xn) et Xn+1 sont indépendantes (par définition même de l’indépendance mu- tuelle). Donc, si l’on note f : (x1, . . . , xn) → n k=1 xk et g : x → x, les variables aléatoires f((X1, . . . , Xn)) = Sn et g(Xn+1) = Xn+1 sont aussi indépendantes. Q 2. Comme X1 suit une loi de Poisson de paramètre 1 2, on a en particulier : ∀k ∈ N, P(X1 = k) = e− 1 2 (1/2)k k! . Comme la série exponentielle est de rayon de convergence infini, k⩾0 P(X1 = k)tk = k⩾0 e− 1 2 k! t 2 k converge pour tout t ∈ R, et on a : ∀t ∈ R, GX1(t) = +∞ k=0 P(X1 = k)tk = e− 1 2 +∞ k=0 1 k! t 2 k (∗) = e− 1 2e t 2 = e t−1 2 , l’égalité (∗) étant vraie par définition de l’exponentielle ; d’où le résultat. Q 3. Soit t ∈ R. Nous allons démontrer l’égalité GSn(t) = (GX1(t))n par récurrence sur n. Si n = 1, elle est triviale étant donné que S1 = X1. Soit n ∈ N\{0} tel qu’on ait GSn(t) = (GX1(t))n : montrons que GSn+1(t) = (GX1(t))n+1. Comme Sn+1 = Sn + Xn+1, et que Sn et Xn+1 sont indépendantes d’après la question Q 1, on a : GSn+1 = GSn × GXn+1. Or Xn+1 suit la même loi que X1, donc elles ont la même fonction génératrice ; comme de plus on a GSn(t) = (GX1(t))n par hypothèse de récurrence, on en déduit : GSn+1(t) = GSn(t) × GXn+1 = (GX1(t))n × GX1(t) = (GX1(t))n+1, ce qui démontre que la propriété est héréditaire. Ainsi, par récurrence, nous avons démontré : ∀t ∈ R, GSn(t) = (GX1(t))n. Q 4. Nous avons démontré dans la question Q 2 que pour tout t ∈ R, on a : GX1(t) = e t−1 2 . Donc, d’après la question précédente : ∀t ∈ R, GSn(t) = (GX1(t))n = e t−1 2 n = e n(t−1) 2 . 1 Mathématiques I PSI Centrale-Supélec 2020 – corrigé On reconnaît la fonction génératrice d’une variable aléatoire réelle discrète suivant une loi de Poisson de paramètre n 2. Comme une fonction génératrice de variable aléatoire caractérise sa loi de probabilité, on en déduit que Sn suit une loi de Poisson de paramètre n 2, donc en particulier : ∀k ∈ N, P(Sn = k) = e− n 2 (n/2)k k! . (1) I. B – Q 5. Soit n ∈ N \ {0}. On a : (Sn > n) = +∞ k=n+1(Sn = k), et donc par σ-additivité : P(Sn > n) = +∞ k=n+1 P(Sn = k) (1) = +∞ k=n+1 e− n 2 (n/2)k k! [k′=k−n] = e− n 2 +∞ k′=1 (n/2)n+k′ (n + k′)! = e− n 2 n 2 n +∞ k′=1 (n/2)k′ (n + k′)!, et donc, en multipliant chaque membre de cette égalité par n! 2 n n, et en renommant la variable muette k′ en k : n! 2 n n P(Sn > n) = e− n 2 +∞ k=1 n! (n/2)k (n + k)! = e− n 2 +∞ k=1 n!nk (n + k)! 1 2 k , d’où le résultat. Q 6. Soit k ∈ N \ {0}. La clé, pour démontrer cet encadrement, est de remarquer que pour tout ℓ ∈ n + 1, n + k , on a n + 1 ⩽ ℓ ⩽ n + k (tautologie), de sorte que : n+k ℓ=n+1 (n + 1) =(n+1)k ⩽ n+k ℓ=n+1 ℓ = (n+k)! n! ⩽ n+k ℓ=n+1 (n + k) =(n+k)k , et donc, après division par nk > 0 : n + 1 n k ⩽ (n + k)! n!nk ⩽ n + k n k Comme n + 1 ⩾ n, on a n + 1 n k ⩾ 1, donc l’encadrement précédent donne, après passage à l’inverse : n n + k k ⩽ n!nk (n + k)! ⩽ 1, d’où le résultat. Q 7. Pour tout k ∈ N \ {0}, l’application x → 1 1 + kx est décroissante sur [0, +∞[, donc sa valeur maximale est en 0 et on en déduit : ∀k ∈ N \ {0}, ∥uk∥∞ = |uk(0)| = 1 2k . Or la série géométrique k⩾1 1 2k converge parce que sa raison est 1 2 ∈] − 1, 1[, ce qui démontre que la série de fonctions k⩾1 uk converge normalement sur [0, +∞[. 2 Mathématiques I PSI Centrale-Supélec 2020 – corrigé Q 8. Pour tout n ∈ N \ {0}, on a : k⩾1 1 + k n −k 1 2 k = k⩾1 uk 1 n . Comme la série de fonctions k⩾1 uk converge normalement sur [0, +∞[, en particulier elle converge simplement sur [0, +∞[, donc la série numérique k⩾1 uk(x) converge pour tout x ∈ [0, +∞[ ; d’où la convergence de la série demandée en prenant x = 1 n ∈ [0, +∞[ pour n ∈ N \ {0}. Pour la limite qui suit, notons qu’on nous demande de démontrer, avec les notations ci-dessus : lim n→+∞ +∞ k=1 uk 1 n = 1. Par composition de limites (ou par le sens direct de la caractérisation séquentielle de la limite), il suffit pour cela de démontrer qu’on a : lim x→0 +∞ k=1 uk (x) = 1. Or la série de fonctions k⩾1 uk converge normalement, donc uniformément, sur [0, +∞[. Comme, de plus, il est clair que uk est continue sur [0, +∞[ pour tout k ∈ N \ {0}, on en déduit que x → +∞ k=1 uk (x) est continue sur [0, +∞[ en tant que limite uniforme de fonctions continues. Ainsi sa limite en 0 est sa valeur en 0 : lim x→0 +∞ k=1 uk (x) = +∞ k=1 uk (0) = +∞ k=1 1 2k = 1 2 × 1 1 − 1 2 = 1, d’où le résultat. On pouvait aussi utiliser le théorème de la double limite. Q 9. Nous avons démontré dans la question Q 5 que : ∀n ∈ N \ {0}, n! 2 n n P(Sn > n) = e− n 2 +∞ k=1 n!nk (n + k)! 1 2 k . Conjointement à l’encadrement de la question Q 6, on obtient : ∀n ∈ N \ {0}, e− n 2 +∞ k=1 n n + k k 1 2 k ⩽ n! 2 n n P(Sn > n) ⩽ e− n 2 +∞ k=1 1 2 k . Notons que la somme du membre de gauche peut se réécrire ainsi : ∀n ∈ N \ {0}, +∞ k=1 n n + k k 1 2 k = +∞ k=1 1 1 + k n k 1 2 k = +∞ k=1 1 + k n −k 1 2 k . De plus on a démontré que +∞ k=1 1 2 k = 1 dans la question précédente. Par conséquent nous déduisons de ce qui précède l’encadrement : ∀n ∈ N \ {0}, +∞ k=1 1 + k n −k 1 2 k ⩽ e n 2 n! 2 n n P(Sn > n) ⩽ 1. 3 Mathématiques I PSI Centrale-Supélec 2020 – corrigé Le membre de droite de cet encadrement tend bien sûr vers 1 quand n → +∞. C’est aussi le cas du membre de gauche d’après la question précédente. Donc, d’après le théorème des gendarmes : lim n→+∞ e n 2 n! 2 n n P(Sn > n) = 1, ce dont on déduit immédiatement : P(Sn > n) ∼ n→+∞ e− n 2 n! n 2 n , d’où le résultat. Q 10. On rappelle la formule de Stirling : n! ∼ n→+∞ √ 2πn n e n. On l’utilise dans l’équivalent obtenu dans la question précédente, et on en déduit : P(Sn > n) ∼ n→+∞ e− n 2 √ 2πn n e n n 2 n = e− n 2 × en √ 2πn 1 2 n = 1 √ 2πn √e 2 n . Posons : α = √e 2 . Comme 1 √ 2πn −→ n→+∞ 0, on a en particulier 1 √ 2πn = o n→+∞(1) = O n→+∞(1), et donc : P(Sn > n) = O n→+∞(αn). Il reste à vérifier qu’on a bien α ∈]0, 1[ ; la calculatrice étant autorisée, on fait l’applica- tion numérique : α ≈ 0, 824. En conclusion, on a bien démontré l’existence de α ∈]0, 1[ tel que : P(Sn > n) = O n→+∞(αn). II – Quelques résultats sur les matrices II. A – Q 11. Soit ⃗x = (x1, . . . , xn) ∈ Rn. On suppose d’abord que ⃗x ⩾ 0, c’est-à-dire : ∀i ∈ 1, n , xi ⩾ 0. Montrons que A⃗x ⩾ 0. On rappelle que d’après la définition donnée dans l’énoncé, cela revient à démontrer que tous les coefficients de A⃗x sont positifs. Si l’on note A = ((ai,j))1⩽i,j⩽n, alors le ie coefficient de A⃗x égale n j=1 ai,jxj. Il s’agit d’une somme de réels positifs, puisque par hypothèse A est strictement positive et ⃗x positif, donc n j=1 ai,jxj ⩾ 0 pour tout i ∈ 1, n : d’où le résultat. On a bien A⃗x ⩾ 0. Si l’on suppose de plus que ⃗x ̸= ⃗0, alors il existe au moins un indice j0 ∈ 1, n tel que xj0 ̸= 0, et donc xj0 > 0 (puisque ⃗x est à coefficients positifs). Ainsi : ∀i ∈ 1, n , n j=1 ai,jxj ⩾ ai,j0 >0 xj0 >0 > 0, ce qui démontre que sous cette hypothèse supplémentaire, tous les coefficients de A⃗x sont strictement positifs, c’est-à-dire : A⃗x > 0. Nous avons donc bien démontré : ∀⃗x ∈ Rn, ⃗x ⩾ 0 =⇒ A⃗x ⩾ 0, ⃗x ⩾ 0 et ⃗x ̸= ⃗0 =⇒ A⃗x > 0, 4 Mathématiques I PSI Centrale-Supélec 2020 – corrigé Q 12. De façon naturelle, pour tout k ∈ N \ {0} posons : Ak = a(k) i,j 1⩽i,j⩽n. Montrons par récurrence que pour tout k ∈ N \ {0}, on a : Ak > 0. Rappelons que A > 0 par hypothèse de l’énoncé. Donc la proposition est vraie pour k = 1 et est initialisée. Montrons l’hérédité de cette proposition : soit k ∈ N \ {0} tel qu’on ait : Ak > 0. Pour tout (i, j) ∈ 1, n 2, le coefficient (i, j) de Ak+1 = Ak × A est : a(k+1) i,j = n t=1 a(k) i,t a(1) t,j , et l’on sait que a(1) t,j > 0 car A > 0, et que a(k) i,t > 0 car Ak > 0 par hypothèse de récurrence. Par conséquent, pour tout (i, j) ∈ 1, n 2, le coefficient a(k+1) i,j est une somme de réels strictement positifs, et il est donc également strictement positif : on a bien Ak+1 > 0, d’où l’hérédité de la proposition. En conclusion, par récurrence nous avons démontré : ∀k ∈ N \ {0}, Ak > 0. Q 13. Montrons que ρ(A) > 0 en raisonnant par l’absurde : si ρ(A) = 0, alors pour tout λ ∈ sp(A) on a, par définition de ρ(A) : 0 ⩽ |λ| ⩽ ρ(A) = 0, donc : ∀λ ∈ sp(A), λ = 0. Cela signifie que 0 est l’unique valeur propre complexe de A. Ou encore, si l’on note χA le polynôme caractéristique de A : on sait qu’il est de degré n, unitaire, scindé sur C, et que ses racines sont exactement les valeurs propres de A, donc le fait que 0 soit l’unique valeur propre complexe de A implique nécessairement : χA = (X − 0)n = Xn. D’après le théorème de Cayley-Hamilton, a donc : χA(A) = An = 0Mn(R). Mais c’est impossible, puisque nous avons démontré dans la question précédente que An > 0, et donc qu’en particulier tous ses coefficients sont non nuls. Par l’absurde, on a donc bien ρ(A) > 0. Pour le second point de la question, remarquons que du fait que pour tout α ∈ C∗, tout λ ∈ C, et tout ⃗x ∈ Cn, on ait : A⃗x = λ⃗x ⇐⇒ αA⃗x = αλ⃗x, (2) on obtient sans difficulté que : ∀α ∈ C∗, sp(αA) = αsp(A) = {αλ | λ ∈ sp(A)} . (3) De cela on déduit aisément que la plus grande valeur propre complexe (en module) de αA est la plus grande valeur propre complexe (en module) de A, multipliée par |α|. C’est-à-dire : ∀α ∈ C∗, ρ(αA) = |α|ρ(A). (4) En particulier, pour α = 1 ρ(A) : ρ A ρ(A) = 1 ρ(A) · ρ(A) = 1 ρ(A) · ρ(A) = 1, d’où le résultat. Q 14. Puisque A est une matrice diagonalisable, si l’on note λ1, . . . , λn ses valeurs propres comptées avec multiplicités, il existe une matrice P ∈ Mn(C) inversible telle que : A = P λ1 0 ... 0 λn P −1. 5 Mathématiques I PSI Centrale-Supélec 2020 – corrigé Alors : ∀k ∈ N \ {0}, Ak = P λk 1 0 ... 0 λk n P −1. (5) Or par hypothèse : ρ(A) < 1, donc toutes les valeurs propres sont de module strictement inférieur à 1, et on en déduit : ∀i ∈ 1, n , lim k→+∞ λk i = 0. La limite d’une suite de matrices étant prise coefficient par coefficient, il vient : lim k→+∞ λk 1 0 ... 0 λk n = 0Mn(C). Or l’application M → PMP −1 est linéaire sur Mn(C), qui est de dimension finie, donc elle est continue. D’après la caractérisation séquentielle de la continuité, on en déduit : lim k→+∞ Ak = P × 0Mn(C) × P −1 = 0Mn(C), d’où le résultat. II. B – Q 15. Notons ⃗x = (x1, . . . , xn). Tout d’abord, notons que l’inégalité |⃗x| ⩽ A|⃗x| revient à démontrer, d’après la définition donnée dans l’énoncé, que : ∀i ∈ 1, n , n j=1 ai,j |xj| − |xi| ⩾ 0 ⇐⇒ ∀i ∈ 1, n , n j=1 ai,j |xj| ⩾ |xi|. La somme ci-dessus représente le ie coefficient du produit matriciel A|⃗x|. Vérifions que cette inégalité est vraie : soit i ∈ 1, n . Du fait que ⃗x soit un vecteur propre de A associé à λ, on a A⃗x = λ⃗x. C’est-à-dire, en identifiant le ie coefficient : λxi = n j=1 ai,jxj. Considérons le module de chaque membre de cette égalité, en se souvenant que par hypothèse on a |λ| = 1, et en utilisant l’inégalité triangulaire. On obtient alors : |xi| = n j=1 ai,jxj ⩽ n j=1 |ai,jxj| = n j=1 |ai,j| · |xj|, et comme A est une matrice strictement positive on a |ai,j| = ai,j, donc finalement : |xi| ⩽ n j=1 ai,j|xj|, ce qu’on voulait démontrer. On a donc bien : |⃗x| ⩽ A|⃗x|. Q 16. Pour trouver le réel ε qui conviendrait, notons que si l’on raisonnait faussement, en partant du principe que les règles de calcul dans les inégalités soient les mêmes que pour les inégalités dans R (on n’en sait rien du tout !), alors pour obtenir l’inégalité A2|⃗x| − A|⃗x| > εA|⃗x| il suffirait d’avoir : A|⃗x| − |⃗x| > ε|⃗x|, 6 Mathématiques I PSI Centrale-Supélec 2020 – corrigé et de multiplier cette inégalité par A > 0. Nous allons commencer par démontrer cette première inégalité pour un bon choix de ε, puis nous verrons que la multiplication par A > 0 est licite. Pour trouver ε > 0 tel que : A|⃗x| − |⃗x| > ε|⃗x|, écrivons d’abord cette inégalité coefficient par coefficient. Si ⃗x = (x1, . . . , xn), alors cette inégalité équivaut à, pour tout i ∈ 1, n : n j=1 ai,j|xj| − |xi| > ε|xi|. (6) Comme A|⃗x| − |⃗x| > 0, cette inégalité est toujours vérifiée si xi = 0, peu importe la valeur de ε. Si xi ̸= 0, alors cette inégalité équivaut à : ε < 1 |xi| n j=1 ai,j|xj| − |xi| . Pour trouver un ε > 0 qui vérifie cette inégalité pour tout i tel que xi ̸= 0, prenons : ε = 1 2 × 1 max i∈ 1,n (|xi|) · min i∈ 1,n n j=1 ai,j|xj| − |xi| . Notons qu’on a bien max i∈ 1,n (|xi|) > 0 vu que ⃗x est un vecteur propre, et que ses coefficients ne sont donc pas tous nuls. La division est donc licite. On a ε > 0 puisque par hypothèse A|⃗x| − |⃗x| > 0, ce qui signifie effectivement que tous ses coefficients n j=1 ai,j|xj| − |xi| sont strictement positifs. Montrons que pour ce choix de ε, l’inégalité (6) est vérifiée pour tout i ∈ 1, n . Soit i ∈ 1, n . Si xi = 0 alors, comme nous l’avons déjà justifié plus haut, (6) est automati- quement vérifiée (et ce, sans tenir compte de la valeur de ε). Si xi ̸= 0 alors : ε|xi| = 1 2 × |xi| max i′∈ 1,n (|xi′|) ⩽1 · min i′∈ 1,n n j=1 ai′,j|xj| − |xi′| ⩽ 1 2 · min i′∈ 1,n n j=1 ai′,j|xj| − |xi′| ⩽ 1 2 · n j=1 ai,j|xj| − |xi| < n j=1 ai,j|xj| − |xi|, donc (6) est vérifiée dans tous les cas. Ainsi on a démontré l’inégalité A|⃗x|−|⃗x| > ε|⃗x|, et il reste à justifier qu’on peut effective- ment la multiplier « comme on pense » par A > 0 pour obtenir A2|⃗x| − A|⃗x| > εA|⃗x|, et répondre à la question de l’énoncé. Pour alléger les notations (et parce qu’on réutilisera cette propriété dans la question suivante), je vais montrer que si ⃗y = (y1, . . . , yn) ∈ Rn et ⃗z = (z1, . . . , zn) ∈ Rn, alors : ⃗y < ⃗z =⇒ A⃗y < A⃗z, (7) et des choix adéquats de ⃗y et ⃗z nous donneront ce qu’on veut. Si ⃗y < ⃗z, alors ⃗z −⃗y ⩾ 0 et ⃗z −⃗y ̸= ⃗0. Donc, d’après la question Q 11, on a A(⃗z −⃗y) > 0. C’est-à-dire, en développant et en réécrivant cette inégalité : A⃗z > A⃗y : d’où le résultat. 7 Mathématiques I PSI Centrale-Supélec 2020 – corrigé Concluons. Nous savons que A|⃗x| − |⃗x| > ε|⃗x| pour le choix de ε que nous fîmes. En prenant ⃗z = A|⃗x| − |⃗x| et ⃗y = ε|⃗x| dans (7), on obtient : A2|⃗x| − A|⃗x| > εA|⃗x|, d’où le résultat. Q 17. Soit k ∈ N \ {0}. La question précédente implique : A2|⃗x| ⩾ (1 + ε)A|⃗x|. Par une récurrence facile qui utilise l’inégalité (7) avec A > 0, on en déduit : Ak+1|⃗x| ⩾ (1 + ε)kA|⃗x|. Il est aisé de se convaincre que ces inégalités matricielles sont compatibles avec les mul- tiplications par des réels positifs, et donc en divisant par (1 + ε)k > 0 on obtient : 1 1 + ε k Ak+1|⃗x| ⩾ A|⃗x|. Il reste à écrire : 1 1 + ε k Ak+1 = 1 1 + ε k AkA = BkA, et on a bien le résultat voulu. Q 18. On a B = 1 1 + εA et donc, d’après (4) : ρ(B) = ρ(A) 1 + ε = 1 1 + ε < 1 car ε > 0 (rappelons que par hypothèse on a ρ(A) = 1). Donc, d’après la question Q 14 (plus précisément le résultat admis qui suit dans l’énoncé : le résultat de cette question est valable même si l’on considère des puissances d’une matrice non diagonalisable) : lim k→+∞ Bk = 0Mn(R). Q 19. L’application M → MA|⃗x| est continue sur Mn(R), en tant qu’application linéaire sur un espace vectoriel de dimension finie. Par conséquent, la question précédente et la caractérisation séquentielle de la continuité permettent d’écrire : lim k→+∞ BkA|⃗x| = 0Mn(R) × A|⃗x| = ⃗0. Mais on a démontré dans la question Q 17 que : ∀k ∈ N \ {0} : BkA|⃗x| ⩾ A|⃗x|. Il est assez clair qu’on peut passer à la limite dans une telle inégalité ; pour s’en convaincre, il suffit de le faire coefficient par coefficient. On obtient alors, quand k → +∞ : 0 ⩾ A|⃗x|. Du fait que |⃗x| < A|⃗x| par hypothèse, il vient : |⃗x| < 0, ce qui est impossible puisque tous les coefficients de |⃗x| sont positifs ou nuls. Cette contradiction implique, par l’absurde, que l’hypothèse faite avant la question Q 16, à savoir que |⃗x| < A|⃗x|, est fausse. Comme on a pourtant démontré que |⃗x| ⩽ A|⃗x| dans la question Q 15, la seule possibilité restante est qu’on ait : |⃗x| = A|⃗x|. Cette conclusion semble naturelle, mais nécessite une explication supplémentaire : en effet, avec cette relation d’ordre, il n’est pas vrai que si ⃗x ⩽ ⃗y, alors soit ⃗x < ⃗y, soit ⃗x = ⃗y : prendre l’exemple de ⃗x = (0, 0) et ⃗y = (0, 1) dans R2 par exemple. Il faut donc un argument supplémentaire pour conclure que |⃗x| = A|⃗x| : posons ⃗y = A|⃗x| − |⃗x| ⩾ 0, et montrons que ⃗y = ⃗0. Si ce n’est pas le cas, alors d’après la question Q 11 on a : A⃗y > 0. Mais alors, en reproduisant le raisonnement des questions Q 16 à Q 18 (on rappelle qu’on y raisonnait déjà sur A⃗y = A2|⃗x| − A|⃗x|), on aurait à nouveau |⃗x| = ⃗0, ce qui est encore contradictoire. Donc ⃗y = ⃗0. 8 Mathématiques I PSI Centrale-Supélec 2020 – corrigé Nous avons donc démontré que |⃗x| = A|⃗x|. Et comme ⃗x ̸= ⃗0 (c’est un vecteur propre), il vient également |⃗x| ̸= ⃗0 : l’égalité précédente signifie donc que |⃗x| est un vecteur propre de A associé à la valeur propre 1. On a donc démontré que si A est une matrice strictement positive vérifiant ρ(A) = 1, alors 1 est valeur propre de A. On note par ailleurs que A admet un vecteur propre positif (le vecteur |⃗x|). II. C – Q 20. Nous savons pour le moment que A admet un vecteur propre positif associé à la valeur propre 1 : c’est ce que nous avons démontré dans la question précédente. Notons-le encore |⃗x| = (|x1|, . . . , |xn|). Nous allons démontrer qu’en vérité, il est même strictement positif. Pour cela, raisonnons par l’absurde, et supposons l’existence de i ∈ 1, n tel que xi = 0. En regardant le ie coefficient dans l’égalité A|⃗x| = |⃗x|, il vient : n j=1 ai,j|xj| = |xi| = 0. Mais comme A est strictement positive, on a ai,j > 0 pour tout j ∈ 1, n , et comme |⃗x| est un vecteur propre il existe au moins une coordonnée xj0 non nulle. On a alors : n j=1 ai,j|xj| ⩾0 ⩾ ai,j0 >0 |xj0| >0 > 0, ce qui contredit le fait établi plus haut que cette somme égale 0. Par l’absurde, nous avons démontré que pour tout i ∈ 1, n on a xi ̸= 0, et donc les coordonnées de |⃗x| = (|x1|, . . . , |xn|) sont toutes strictement positives. Comme |⃗x| est un vecteur propre de A associé à la valeur propre 1, nous avons bien démontré le résultat voulu. Q 21. Soit λ ∈ C une valeur propre de A de module 1, et soit ⃗x un vecteur propre de A associé à λ. On a alors A⃗x = λ⃗x, et l’étude de la partie II.B montre qu’on a aussi A|⃗x| = |⃗x|. En combinant ces deux égalités, on obtient : |λ⃗x| = |A⃗x| ⇐⇒ |λ| · |⃗x| = |A⃗x| [|λ|=1] ⇐⇒ |⃗x| = |A⃗x| [A|⃗x|=|⃗x|] ⇐⇒ A|⃗x| = |A⃗x|. En regardant le ie coefficient dans cette dernière égalité, il vient pour tout i ∈ 1, n : n j=1 ai,j|xj| = n j=1 ai,jxj [ai,j>0] ⇐⇒ n j=1 |ai,jxj| = n j=1 ai,jxj . En utilisant le résultat admis dans l’énoncé (avec zj = ai,jxj), on en déduit l’existence de (λi,1, . . . , λi,n) ∈ (R+)n tel que : ∀i ∈ 1, n , ∀j ∈ 1, n , ai,jxj = λi,jai,1x1. (8) En particulier, cette relation impose que x1 ̸= 0, parce que dans le cas contraire on en déduirait ai,jxj = 0 pour tout j ∈ 1, n , et donc xj = 0 pour tout j ∈ 1, n : impossible car ⃗x ̸= ⃗0 en tant que vecteur propre. En utilisant cette relation entre les xj dans la première coordonnée de l’égalité A⃗x = λ⃗x : n j=1 a1,jxj = λx1 ⇐⇒ n j=1 λ1,ja1,1x1 = λx1 [x1̸=0] ⇐⇒ a1,1 n j=1 λ1,j = λ. Ainsi λ est une somme de réels positifs, donc est un réel positif. Or le seul réel positif à être de module égal à 1 est λ = 1 : on en déduit que 1 est la seule valeur propre de A de module 1, d’où le résultat. 9 Mathématiques I PSI Centrale-Supélec 2020 – corrigé Q 22. En reprenant le raisonnement de la question précédente, mais cette fois-ci avec un vecteur propre ⃗x associé à la valeur propre 1, on note que l’égalité xj = λi,j ai,1 ai,j x1 implique que x1 ̸= 0 (sinon xj = 0 pour tout j et ⃗x est dans ce cas nul : impossible pour un vecteur propre). Cela vaut pour tout vecteur propre de A associé à la valeur propre 1. Or il est facile de se convaincre que si deux vecteurs ont une première coordonnée non nulle, on peut trouver une combinaison linéaire de ces deux vecteurs qui annule la première coordonnée : l’existence de deux vecteurs propres associés à 1 et linéairement indépendants devrait, via une combinaison linéaire convenable, contredire le fait que la première coordonnée soit nécessairement non nulle, et donc aboutir à une contradiction. Montrons-le plus précisément : d’abord, on sait que dim(ker(A − In)) ⩾ 1 vu qu’il existe bien des vecteurs propres associés à la valeur propre 1 d’après la question Q 20. Raisonnons par l’absurde, et supposons qu’on a : dim(ker(A − In)) ⩾ 2. Alors il existe une famille libre (⃗x, ⃗y) de vecteurs propres associés à la valeur propre 1 ; comme on l’a dit plus haut, leurs premières coordonnées (notées x1 et y1 respectivement) sont non nulles. Dans ce cas, le vecteur : ⃗z = y1⃗x − x1⃗y appartient à ker(A − In) parce que ⃗x, ⃗y ∈ ker(A − In) (un espace vectoriel est stable par combinaison linéaire), et il est non nul parce que l’égalité ⃗z = ⃗0 impliquerait que (⃗x, ⃗y) est liée (vu que (x1, y1) ̸= (0, 0)), impossible par hypothèse sur ⃗x et ⃗y. On en déduit que c’est un vecteur propre de A associé à la valeur propre 1, et donc d’après ce que l’on a établi plus haut sa première coordonnée est non nulle. Pourtant, cette coordonnée est égale à : y1x1 − x1y1 = 0, ce qui est absurde. Nous avons une contradiction. Par l’absurde, on a démontré que dim(ker(A − In)) < 2, et comme on sait qu’on a également dim(ker(A − In)) ⩾ 1 on en déduit : dim(ker(A − In)) = 1, d’où le résultat. Q 23. En regroupant les résultats des questions Q 20, Q 21 et Q 22, nous voyons que la pro- position 1 est démontrée dans le cas où ρ(A) = 1. Pour le fait que ρ(A) soit la valeur propre dominante, détaillons un peu : par définition de ρ(A), pour toute valeur propre λ de A on a |λ| ⩽ ρ(A) = 1, et la question Q 21 montre que seul λ = 1 vérifie le cas d’égalité, donc |λ| < 1 pour tout λ ∈ sp(A) \ {1}. À présent, si A est une matrice strictement positive quelconque, alors la matrice A′ = 1 ρ(A)A est clairement strictement positive, et elle vérifie ρ(A′) = 1 d’après la question Q 13, donc on peut lui appliquer tout ce qui précède pour en déduire : — que 1 est valeur propre de A’ ; — que toutes les autres valeurs propres sont de module strictement inférieur à 1 ; — que ker(A′ − In) est de dimension 1, engendré par un vecteur propre strictement positif. Or on rappelle que les spectres de A et A′ sont reliés par la relation (3), et qu’elle implique en particulier : sp(A) = sp(ρ(A)A′) = {ρ(A)λ | λ ∈ sp(A′)} . Comme 1 est la valeur propre dominante de A′ et que toute valeur propre de A est de la forme ρ(A)λ avec λ ∈ sp(A′), on en déduit aisément que ρ(A) est valeur propre de A, et que c’est la valeur propre dominante de A. Il reste à justifier que ker(A − ρ(A)In) 10 Mathématiques I PSI Centrale-Supélec 2020 – corrigé est de dimension 1, engendré par un vecteur propre strictement positif. Pour cela, on note que la relation (2) implique que les vecteurs propres de A associés à la valeur propre ρ(A) sont exactement ceux de A′ associés à la valeur propre 1, c’est-à-dire : ker(A−ρ(A)In) = ker(A′ −In). Comme ce dernier espace est de dimension 1 et engendré par un vecteur propre strictement positif, c’est aussi le cas de ker(A − ρ(A)In) : d’où le résultat. Nous avons donc démontré qu’une matrice A strictement positive quelconque vérifie aussi la proposition 1, ce qui était attendu. II. D – Q 24. Comme Y ∈ ker(A − λIn), on a AY = λY puis, par une récurrence facile : ∀p ∈ N \ {0}, ApY = λpY . Par conséquent : ∀p ∈ N \ {0}, Yp = λ ρ(A) p Y. Comme λ ∈ sp(A) \ {ρ(A)}, et que ρ(A) est la valeur propre dominante de A d’après la proposition 1, on a |λ| < ρ(A) et donc : λ ρ(A) < 1. On en déduit : lim p→+∞ λ ρ(A) p = 0, et de là on conclut immédiatement que la suite (Yp)p∈N\{0} converge vers 0Mp,1(R). Q 25. D’abord, notons qu’effectivement, du fait que A soit supposée diagonalisable, on a : Mn,1(R) = λ∈sp(A) Eλ(A) = Eρ(A)(A) ⊕ λ∈S Eλ(A). Par conséquent Y se décompose (de manière unique) dans cette somme directe : il existe Y (ρ(A)) ∈ Eρ(A)(A) et Y (λ) ∈ Eλ(A) pour tout λ ∈ S tels que : Y = Y (ρ(A)) ∈Eρ(A)(A) + λ∈S Y (λ) ∈ λ∈S Eλ(A) , (9) et par définition de ce qu’est une projection, Y (ρ(A)) est le projeté de Y sur Eρ(A)(A) parallèlement à λ∈S Eλ(A) ; à la lecture de la question, on comprend donc qu’on doit démontrer : lim p→+∞ Yp = Y (ρ(A)). Pour cela, on note que l’égalité (9) implique immédiatement, après multiplication par A ρ(A) p : ∀p ∈ N \ {0}, Yp = Y (ρ(A)) p + λ∈S Y (λ) p . D’après la question précédente, on a : ∀λ ∈ S, lim p→+∞ Y (λ) p = 0Mp,1(R). De plus, comme Y (ρ(A)) ∈ Eρ(A)(A) on a facilement : ∀p ∈ N \ {0}, ApY (ρ(A)) = (ρ(A))pY (ρ(A)), et donc : ∀p ∈ N \ {0}, Y (ρ(A)) p = Y (ρ(A)). En combinant tout ce qui précède, on a donc : lim p→+∞ Yp = lim p→+∞ Y (ρ(A)) p + λ∈S lim p→+∞ Y (λ) p = Y (ρ(A)) + λ∈S 0Mp,1(R) = Y (ρ(A)), 11 Mathématiques I PSI Centrale-Supélec 2020 – corrigé d’où la démonstration de la première partie de la question. Il reste à démontrer que si Y (ρ(A)) ̸= 0Mp,1(R), alors ce vecteur est strictement positif : d’après la proposition 1, Eρ(A)(A) est de dimension 1 et engendré par un vecteur propre strictement positif ; comme Y (ρ(A)) lui est nécessairement proportionnel, soit Y (ρ(A)) est strictement positif, soit c’est −Y (ρ(A)) qui l’est (selon que le coefficient de proportionnalité soit positif ou négatif). Pour exclure la seconde possibilité, on rappelle que Y est supposé positif dans cette question, et comme ses coordonnées tendent vers celles de Y (ρ(A)), on en déduit que Y (ρ(A)) est positif. Par conséquent, des deux alternatives ci-dessus, seule la première est possible : le vecteur Y (ρ(A)) est strictement positif, ce qui achève de démontrer le résultat. II. E – Q 26. Soit k ∈ N \ {0}. Comme toute matrice est triangulable dans C (une conséquence du théorème de D’Alembert-Gauß et du critère de trigonalisation), il existe P ∈ GLn(C) telle que : A = P λ1 ∗ ∗ ... ∗ 0 λn P −1, où les λi sont les valeurs propres de A, qui apparaissent autant de fois que leurs ordres de multiplicités. Alors : Ak = P λ1 ∗ ∗ ... ∗ 0 λn k P −1 = P λk 1 ∗ ∗ ... ∗ 0 λk n P −1, ce qui démontre que Ak est semblable à une matrice triangulaire dont les coefficients diagonaux sont les valeurs propres de A à la puissance k, qui apparaissent autant de fois que leurs ordres de multiplicités. En particulier : sp(Ak) = λk | λ ∈ sp(A) . Q 27. Pour tout k ∈ N \ {0}, on a tr(Ak) > 0 car Ak > 0 d’après la question Q 12. Pour déterminer la limite de tr(Ak+1) tr(Ak) quand k → +∞, nous allons utiliser le fait que tr(Ak) soit, d’après la question précédente, la somme des valeurs propres de A à la puissance k, comptées avec multiplicités, sachant que la proposition 1 assure que ρ(A) est la valeur propre dominante de A. Pour tout λ ∈ sp(A), notons mλ l’ordre de multiplicité de la valeur propre λ, et soit S = sp(A) \ {ρ(A)}. Alors : ∀k ∈ N \ {0}, tr(Ak+1) tr(Ak) = mρ(A)ρ(A)k+1 + λ∈S mλλk+1 mρ(A)ρ(A)k + λ∈S mλλk = ρ(A) 1 + λ∈S mλ mρ(A) λ ρ(A) k+1 1 + λ∈S mλ mρ(A) λ ρ(A) k . Comme ρ(A) est la valeur propre dominante de A, on a λ ρ(A) < 1 pour tout λ ∈ S, et donc : ∀λ ∈ S, lim k→+∞ λ ρ(A) k = 0. On en déduit : lim k→+∞ tr(Ak+1) tr(Ak) = ρ(A), ce qu’il fallait démontrer. 12 Mathématiques I PSI Centrale-Supélec 2020 – corrigé III – Une inégalité pour les chaînes de Markov III. A – Q 28. Soit i ∈ 0, N . La famille ((X2 = j))j∈ 0,N est un système complet d’évènements, donc on a en particulier N j=0(X2 = j) = Ω, et par σ-additivité : N j=0 qi,j = N j=0 P (X2 = j | X1 = i) = P N j=0 (X2 = j) | X1 = i = P(Ω | X1 = i) = 1, d’où le résultat. Q 29. Soient n ∈ N \ {0} et i ∈ 0, N . La famille ((Xn = j))j∈ 0,N est un système complet d’évènements ; en utilisant la formule des probabilités totales avec ce système, on obtient : P(Xn+1 = i) = N j=0 P (Xn+1 = i | Xn = j) P(Xn = j). Comme QT = ((qj,i))0⩽i,j⩽N = ((P(Xn+1 = i | Xn = j)))0⩽i,j⩽N et Πn = P(Xn = 0) ... P(Xn = N) , l’égalité ci-dessus peut se réécrire matriciellement : Πn+1 = QTΠn, d’où le résultat. Q 30. Soit n ∈ N \ {0}. On note que la loi de probabilité de Xn est entièrement contenue dans le vecteur colonne Πn. Or, en utilisant la question précédente et avec une récurrence facile, on obtient : Xn = (QT)n−1X1. Ainsi la loi de X1 (et la donnée de QT) suffit à déterminer entièrement Xn. III. B – Q 31. Par hypothèse de l’énoncé, qi,j > 0 pour tout (i, j) ∈ 1, n 2, et l’exponentielle stric- tement positive sur R. Par conséquent : ∀(i, j) ∈ 1, n 2, ai,j(t) = qi,jejt > 0, ce qui démontre que la matrice A(t) est strictement positive. D’après la proposition 1, elle admet une valeur propre dominante γ(t), égale à ρ(A(t)) > 0. Q 32. D’après l’identité admise dans l’énoncé, on a : ∀n ∈ N \ {0}, E(etSn) = N j=0 Y (n) j (t), (10) où les Y (n) j sont définis par la formule : ∀n ∈ N \ {0}, Y (n)(t) = Y (n) 0 (t) ... Y (n) N (t) = (A(t))n−1Z(t). De plus la matrice A(t) est strictement positive (nous l’avons établi dans la question précédente), donc d’après la proposition 2 la suite A(t) ρ(A(t)) n−1 Z(t) n⩾1 converge soit vers le vecteur nul, soit vers un vecteur strictement positif de ker(A(t) − ρ(A(t))In). En fait, la remarque faite à la fin de la partie II.D permet même d’exclure la positivité 13 Mathématiques I PSI Centrale-Supélec 2020 – corrigé d’un vecteur limite nul : en effet Z(t) est strictement positif. Si l’on note x0(t), . . . , xN(t) les coordonnées de ce vecteur limite, on a donc : ∀j ∈ 0, N , lim n→+∞ 1 ρ(A(t)) n−1 Y (n) j (t) = xj(t). Donc, en divisant (10) par (ρ(A(t)))n−1 = (γ(t))n−1 ̸= 0 et en prenant n → +∞ : lim n→+∞ E(etSn) (γ(t))n−1 = N j=0 xj(t). Cela se réécrit de manière équivalente ainsi : E(etSn) = (γ(t))n−1 N j=0 xj(t) + o n→+∞ (1) . On sait que γ(t) > 0 (question précédente) et que les xj(t) sont strictement positifs, donc leur somme également. On peut alors prendre le logarithme dans chaque membre de l’égalité ci-dessus, et obtenir : ln E(etSn) = (n − 1) ln(γ(t)) + ln N j=0 xj(t) + o n→+∞ (1) Après division par n ̸= 0, on a : ln E(etSn) n = n − 1 n −→ n→+∞1 ln(γ(t)) + 1 n ln N j=0 xj(t) + o n→+∞ (1) −→ n→+∞0 . On peut donc conclure : lim n→+∞ ln E(etSn) n = ln(γ(t)). III. C – Q 33. Suivant l’indication de passer par l’égalité M 2k+1 = M 2k·M 2k, on construit le programme de façon récursive ainsi : def puiss2k(M,k): if k==0: return M A=puiss2k(M,k-1) return np.dot(A,A) Q 34. Cette fonction prend en entrée une matrice Q ∈ Mn(R), un entier k et un flottant t, et renvoie le quotient tr(A2k+1) tr(A2k) , où : A est le produit de Q par e0 et e2t · · · e(n−1)t . Comme c’est rappelé dans l’énoncé dans la description de l’opération *, on ne parle pas du produit matriciel que l’on utilise traditionnellement en algèbre linéaire, mais du produit coefficient par coefficient de la matrice Q par la matrice e0 et e2t · · · e(n−1)t ... ... ... ... e0 et e2t · · · e(n−1)t . 14 Mathématiques I PSI Centrale-Supélec 2020 – corrigé Or, si l’on note Q = ((qi,j))0⩽i,j⩽n−1, alors ce produit a pour coefficient (i, j) ∈ 0, n−1 2 : qi,jejt = ai,j(t). En conclusion, la sortie de cette fonction est : tr(A(t)2k+1) tr(A(t)2k) . On devine que c’est en vue d’approcher γ(t) (et donc λ(t)) grâce à la question Q 27. III. D – Q 35. Il est admis que la suite de fonctions t → ln(E(etSn)) n n∈N\{0} converge uniformément sur R+ vers t → ln(γ(t)). Autrement dit, si l’on note ∥ · ∥∞ la norme infinie sur R+ : lim n→+∞ t → ln E(etSn) n − ln(γ(t)) ∞ = 0. Donc, par définition de la limite, il existe un rang n0 ∈ N \ {0} tel que, pour tout tout entier n ⩾ n0, on ait : t → ln E(etSn) n − ln(γ(t)) ∞ ⩽ ε. Comme, pour tout t ∈ R+, on a ln(E(etSn)) n − ln(γ(t)) ⩽ t → ln(E(etSn)) n − ln(γ(t)) ∞, l’inégalité ci-dessus implique : ∀n ⩾ n0, ∀t ∈ R+, ln E(etSn) n − ln(γ(t)) ⩽ ε. En particulier, comme x ⩽ |x| pour tout x ∈ R, après multiplication de cette inégalité par n il vient : ∀n ⩾ n0, ∀t ∈ R+, ln E(etSn) − n ln(γ(t)) ⩽ nε, d’où le résultat voulu en ajoutant n ln(γ(t)) à chaque membre de l’égalité. Q 36. Soient a > 1, n ⩾ n0 et t ⩾ 0. Comme (Sn ⩾ nam) ⊆ etSn ⩾ etnam (il y a même égalité de ces évènements si t ̸= 0) et que la variable aléatoire etSn est positive, on a d’après l’inégalité de Markov : P(Sn ⩾ nam) ⩽ P etSn ⩾ etnam ⩽ E(etSn) etnam . La question précédente implique : E(etSn) ⩽ en(λ(t)+ε), d’où le résultat voulu. Q 37. Soient a > 1 et n ⩾ n0. Par définition de λ∗, on a : λ∗(am) = sup t⩾0 (tam − λ(t)). Et donc, après multiplication par −n < 0 et exponentiation : e−nλ∗(am) = inf t⩾0 e−n(tam−λ(t)) = inf t⩾0 e−ntam+nλ(t) . Or, d’après la question précédente, on a : P(Sn ⩾ nam)e−nε ⩽ e−nεe−tnamen(λ(t)+ε) = e−tnam+nλ(t), 15 Mathématiques I PSI Centrale-Supélec 2020 – corrigé ce qui montre que P(Sn ⩾ nam) est un minorant de e−tnam+nλ(t) pour tout t ⩾ 0. Comme la borne inférieure d’une fonction est, par définition, le plus grand minorant de l’ensemble des valeurs prises par cette fonction, on en déduit : P(Sn ⩾ nam)e−nε ⩽ inf t⩾0 e−ntam+nλ(t) = e−nλ∗(am), d’où le résultat en multipliant par enε > 0 et en écrivant : e−nλ∗(am) · enε = e−n(λ∗(am)−ε). J’ai implicitement utilisé le fait que λ sup f = inf λf si λ < 0, et que les bornes (supé- rieures ou inférieures) sont compatibles avec les fonctions croissantes, ici l’exponentielle. Je pense qu’il est acceptable de ne pas démontrer ces propriétés en détails, qui s’ob- tiennent par des manipulations élémentaires des propriétés d’une borne supérieure ou inférieure. Q 38. On rappelle que m = lim n→+∞ E(Sn) n = lim n→+∞ E X1 + · · · + Xn n . On peut interpréter l’espérance comme la moyenne théorique des valeurs prises par une variable aléatoire, et X1 + · · · + Xn n comme la moyenne empirique des variables aléatoires Xk entre 1 et n. Par conséquent, si l’on se souvient que Xk compte le nombre d’erreurs pouvant être produites à l’instant k, alors m est le nombre moyen d’erreurs produites à chaque instant, que l’on devrait théoriquement observer asymptotiquement (quand n → +∞). Dans ce contexte, l’inégalité (réécrite légèrement différemment) : P 1 nSn ⩾ am ⩽ e−n(λ∗(am)−ε) majore la probabilité que le nombre moyen d’erreurs jusqu’à l’instant n dépasse la moyenne m théoriquement attendue, d’un facteur a > 1. Choisissons ε de sorte que λ∗(am) − ε > 0, ce qui est possible vu que λ∗(am) > 0 (c’est conséquence d’une pro- priété admise de l’énoncé) ; prenons par exemple ε = λ∗(am) 2 . On a alors un rang n0 au-delà duquel : P 1 nSn ⩾ am ⩽ e− nλ∗(am) 2 , et en particulier : lim n→+∞ P 1 nSn ⩾ am = 0. Ainsi la probabilité de dépasser d’un facteur a > 1 la moyenne théorique du nombre d’erreurs est asymptotiquement nulle, et décroît par ailleurs à une vitesse exponentielle. C’est une raffinement dans un cas particulier de la loi faible des grandes nombres, qui d’une part nécessite que les variables aléatoires soient mutuellement indépendantes et de même loi, et d’autre part ne donne une décroissance de P 1 nSn − m ⩾ (a − 1)m qu’à l’ordre 1 n. III. E – Q 39. Au vu de l’énoncé, je pense qu’il n’est demandé qu’une approche qualitative. Soit i ∈ 1, L . On a par définition : λ∗(xi) = sup t⩾0 (txi − λ(t)), ˆλ∗(xi) = max 1⩽j⩽K(tjxi − ˆλ(tj)), et on nous dit que : ˆλ(tj) ≈ λ(tj) pour tout j ∈ 1, K . Alors : λ∗(xi) ≈ max 1⩽j⩽K(tjxi − λ(tj)) ≈ max 1⩽j⩽K(tjxi − ˆλ(tj)) ≈ ˆλ∗(xi), d’où le résultat (il peut sembler hardi de substituer un maximum sur {tj | j ∈ 1, K } à sup t⩾0 , mais les données ne permettent pas de justifier plus rigoureusement cette étape). 16 Mathématiques I PSI Centrale-Supélec 2020 – corrigé Q 40. Pour encadrer m, rappelons la propriété admise de l’énoncé : ∀x ∈ R, λ∗(x) = 0 si x ⩽ m, λ∗(x) > 0 si x > m, En repérant, dans le tableau, à partir de quelle valeur de xi la fonction λ∗ cesse d’être « presque nulle » pour commencer à croître nettement, on trouve un encadrement de m. On en déduit : 4, 70 ⩽ m ⩽ 4, 75. En outre : 5, 17 ⩽ 1, 1m ⩽ 5, 225. Comme la fonction λ∗ est croissante (il ne poserait aucune difficulté de vérifier qu’effectivement, si x ⩽ y alors λ∗(x) ⩽ λ∗(y) en manipulant la définition), on en déduit : λ∗(5, 17) ⩽ λ∗(1, 1m) ⩽ λ∗(5, 225), donc : λ∗(5, 15) ⩽ λ∗(1, 1m) ⩽ λ∗(5, 25). Si ε > 0 est un majorant de l’écart entre λ∗ et ˆλ∗, c’est-à-dire : ε = max 1⩽i⩽L |λ∗(xi)−ˆλ∗(xi)|, on peut utiliser les valeurs de ˆλ en 5, 15 et 5, 25 (indiquées par le tableau 1) pour en déduire : 4, 1 · 10−2 − ε ⩽ λ∗(1, 1m) ⩽ 5, 1 · 10−2 + ε. Ainsi, pour déterminer un réel h > 0 tel qu’au-delà d’un certain rang n0, on ait l’inéga- lité : P(Sn > 1, 1nm) ⩽ e−nh, nous pouvons partir de l’inégalité de la question Q 37 qui donne ici : ∃n0 ∈ N \ {0}, ∀n ⩾ n0, P(Sn > 1, 1nm) ⩽ e−n(4,1·10−2−2ε). Il suffit alors de choisir un réel h > 0 tel que : 4, 1 · 10−2 − 2ε ⩾ h. A priori ε n’est pas connu ; mais le tableau 1 permet de conjecturer la valeur ε ≈ 4, 1 · 10−12, puisque c’est la valeur de ˆλ∗(xi) pour tout xi ⩽ m tandis qu’on a λ∗(xi) = 0 pour ces mêmes xi (cette conjecture part du principe cavalier que la marge d’erreur est la même en tous les xi). Pour ce choix de ε, il suffit donc de choisir h > 0 tel que 4, 1 · (10−2 − 2 · 10−12) ⩾ h pour avoir l’inégalité voulue. Concluons : on choisit h = 4, 1·10−2 (1 − 2 · 10−10). Alors d’après ce qui précède, il existe n0 ∈ N \ {0} tel que pour tout entier n ⩾ n0, on ait : P(Sn > 1, 1nm) ⩽ e−n(4,1·10−2−2ε) = e−nh, d’où le résultat. 17