b) On sommant les coefficients en i,i, on obtient l’égalité souhaitée.

Question 4

Pour n=2 : D = [0,1]² est le carré unité. C₁ = {(x₁,x₂) : x₁+x₂=1} est le segment joignant (1,0) à (0,1). C₂ = {(x₁,x₂) : x₁+x₂=2} est le point {(1,1)} (intersection du carré avec la droite d’équation x₁+x₂=2).

Question 5

f_Λ est continue sur le fermé borné D∩C_k donc f_Λ atteint son maximum. Le vecteur (1,…,1,0,…,0) avec k coordonnées égales à 1 (placées aux indices correspondant aux plus grands λᵢ) convient.

Question 6

a) On a Rⁿ = Im(π) ⊕ Ker(π). En prenant la concaténation d’une base de Im(π) et Ker(π) et en passant matriciellement, on obtient Tr(P) = rg(π).

b) On applique le théorème de Pythagore à x = π(x) + (x−π(x)) car les deux vecteurs sont orthogonaux (car π orthogonale).

c) Appliquer la question b au vecteur eᵢ de la base canonique : ||π(eᵢ)||² ≤ ||eᵢ||² = 1. Or ||π(eᵢ)||² = ≥ pᵢᵢ². Donc pᵢᵢ² ≤ 1, i.e. pᵢᵢ ∈ [−1,1]. De plus, P² = P donc pᵢᵢ(1−pᵢᵢ) ≥ 0, soit pᵢᵢ ∈ [0,1].

Question 7

A symétrique réelle donc diagonalisable, on obtient l’existence de D et Q (orthogonale) et on range dans l’ordre décroissant les valeurs propres de A λ₁ ≥ λ₂ ≥ … ≥ λₙ.

Question 8

Les colonnes C₁,…,Cₖ de M forment une famille orthonormale donc ^tMM= Iₖ car le coefficient de (^tMM)_i,j = ^tCᵢ Cⱼ = δᵢⱼ (symbole de Kronecker).

Question 9

Si toutes les valeurs propres sont égales à λ₁, alors A = λ₁Iₙ. Donc ^tMAM = λ₁Iₖ donc Tr(^tMAM) = kλ₁

Question 10

a) On vérifie que P² = P et ^tP = P.

b) On montre l’égalité des noyaux par double inclusion classique, puis théorème du rang.

c) On montre que ^tMAM = ^tXDX (en posant X = ^tQM). Or tr(AB)=tr(BA) donc Tr(^tMAM) = Tr(PD). On a Tr(PD) = Σᵢ pᵢᵢλᵢ ≤ max{Σᵢ xᵢλᵢ : (x₁,…,xₙ) ∈ D∩Cₖ}

d)Si Cᵢ = Vᵢ alors X = ^tQM a ses colonnes égales aux k premiers vecteurs propres de A Dans ce cas P = diag(1,…,1,0,…,0). Tr(PD) = Σᵢ₌₁ᵏ λᵢ, qui correspond au maximum de f_Λ sur D∩Cₖ (atteint en (1,…,1,0,…,0)). La borne est donc atteinte.

e) La question 2.d montrait que le maximum de φ sur S₁ est 2, atteint en y=x. La décomposition spectrale (Q, D avec λ₁=2, λ₂=0) et la question 10.d disent que ce maximum est atteint quand la direction considérée est le premier vecteur propre V₁ = (1/√2, 1/√2), ce qui correspond précisément à y=x. Les deux résultats sont cohérents.

Problème 2

Partie 1 – Résultats préliminaires

Question 1

a) Pour t ∈ [0,1], chaque terme P(W=n)tⁿ est positif et majoré par P(W=n). Par par comparaison par infériorité, la série converge.G_W est bien définie.

b) Pour 0 ≤ s ≤ t ≤ 1, on a tⁿ ≥ sⁿ pour tout n ≥ 0. Donc G_W croissante sur [0,1].

c) G_W est croissante et majorée par G_W(1). Par le théorème de la limite monotone, la limite existe.

d) La première inégalité est immédiate (croissance et termes positifs). On obtient la deuxième en passant à la limite (existence garantie).

e) En faisant tendre m par +∞, on obtient G_W(1) ≤ ℓ donc ℓ = G_W(1), ce qui établit la continuité en 1.

f) On majore le terme général par celui d’une série géométrique dérivée première. Par comparaison par infériorité, cela converge.

Question 2

a) Par convexité, ou bien en étudiant la fonction.

b) On choisit x = p(A_k), puis par produit dans R⁺, indépendance et passage au complémentaire, on obtient l’inégalité souhaitée.

c) Soit B_n = Avec l’inégalité précédente et la divergence de la série, on montre que p(B_n) = 1 en faisant tendre m vers +. Or (B_n) est décroissance au sens de l’inclusion donc d’après le théorème de la limite monotone, P() = lim P(B_n) = 1.

Question 3

Les (Wᵢ) sont iid et (W₁,…,Wₙ) et (Wₖ,…,W_{n−1+k}) ont même loi, donc U_n et V_n,k ont même loi (par translation des indices).

Question 4

1. On vérifie que chaque terme aᵢbⱼ (avec 1 ≤ i ≤ n, 0 ≤ j ≤ n) apparaît dans Σ cₖ avec i ≤ i+j ≤ 2n et car on ne garde que des termes positifs (pour le membre de gauche de l’inégalité) et car tous les termes aᵢbⱼ avec i+j ≤ 2n apparaissent dans c_i+j, on obtient l’inégalité souhaitée.

1. En faisant tendre n vers +∞ dans l’inégalité, on montre l’égalité par théorème d’encadrement.

Partie 2 – Marche aléatoire

Question 5

a) E(Xₙ) = (1)(1/2) + (−1)(1/2) = 0. V(Xₙ) = E(Xₙ²) − (E(Xₙ))² = 1.

b) Par linéarité : E(Sₙ) = Σ E(Xₖ) = 0. Par indépendance : V(Sₙ) = Σ V(Xₖ) = n.

Question 6

E(X₁) = 0 existe et est finie. Par la loi faible des grands nombres, Sₙ/n = (1/n)Σ Xₖ converge en probabilité vers E(X₁) = 0.

Question 7

a) def simul_X():

return rd.binomial(1,1/2)*2 – 1

b) def simul_S(n):

return np.sum(simul_X() for i in range(n))

Question 8

(Xₖ+1)/2 prend les valeurs 0 et 1 avec probabilité 1/2 chacune : c’est une loi de Bernoulli de paramètre ½.

Question 9

a) Sₙ = Σ Xₖ où chaque Xₖ ∈ {−1,1}. Sₙ a la même parité que n (somme de n termes impairs). Si i et n n’ont pas la même parité, P(Sₙ=i) = 0.

b) P(Sₙ=i) = C(n,(n+i)/2) x (1/2)ⁿ, en notant que le nombre de +1 parmi n tirages vaut (n+i)/2 pour obtenir Sₙ=i.

Question 10

a) Avec la formule de Stirling appliquée à la 9.b. et en simplifiant , P(S_2n = 0) ~ 1/√(πn).

b) P(S_2n = 0) ~ 1/√(πn), donc Σ P(S_2n = 0) diverge. Par la question 2.c, presque sûrement, un nombre infini des événements [S_2n=0] se réalisent. Donc la marche repasse presque sûrement une infinité de fois en 0.

Question 11

a) [T=1] signifie S₁ > 0, i.e. X₁ = 1. Donc P(T=1) = 1/2.

b) [T=n] correspond au premier entier n≥1 tel que Sₙ>0 donc le résultat découle.

c) Si n est pair, Sₙ a la même parité que n (pair). Sₙ=1 est impossible car 1 est impair. Donc P(T=n) = 0.

Question 12

a) L’événement Rₖ signifie : la marche part de 0, fait un premier pas vers la gauche (S₁=−1), reste strictement en dessous de −1 de j=2 à j=k (Sⱼ≤−1), puis revient en 0 au pas k+1 (S_k+1=0).

b) L’événement Rₖ peut s’écrire comme la réalisation de [X₁=−1] et d’un événement sur les incréments (X₂,…,X_k+1) qui correspond, via la question 3, à la marche V_k,2 restant négative et revenant en 0. Par la question 11.b, P(Rₖ) = (1/2)P(T=k).

c) [T=n+1] se décompose selon la valeur du premier retour en 0 après S₁=−1. En conditionnant sur k (la date de ce retour) et en utilisant l’indépendance des incréments après S_k+1=0, on identifie les événements de la décomposition proposée.

d) À partir de la question 12.c, on prend l’espérance et on applique 12.b : P(Rₖ) = (1/2)P(T=k), et l’indépendance entre les blocs donne ce que l’on souhaite obtenir.

Question 13

a) Par la question 4 (produit de deux séries convergentes à termes positifs sur [0,1]), on obtient le résultat souhaité.

b) D’après 12.d, P(T=n+1) = (1/2)[G_T(t)²]ₙ (le n-ième coefficient de G_T²). Donc = (1/2)G_T(t)². Puis en faisant un changement d’indice (n’=n+1) et en sortant le terme n=1, on obtient le résultat souhaité.

c) En évaluant t = 1 : G_T(1)² − 2G_T(1) + 1 = 0, soit (G_T(1)−1)² = 0, donc G_T(1) = 1. Comme G_T(1) = Σ P(T=n) = P(T ≥ 1) = 1 − P(T=−1), on déduit P(T=−1) = 0.

d)En dérivant tG_T(t)² = 2G_T(t)−t par rapport à t, on obtient G_T(t)² + 2tG_T(t)G_T(t)’ = 2G_T(t)’ − 1. En évaluant avec t = 1, on obtient l’absurdité 1 = −1, ce qui est absurde si la limite de G_T‘(1) est finie. Donc lim{t→1⁻} G_T‘(t) = +∞.

Question 14

1. def simul_T():

S = 0

n = 0    

while S<=0:        

S += simul_X()

n += 1       

if S > 0:

return n

La fonction mystere(N) simule N valeurs de T et retourne leur moyenne empirique. Elle est appelée 7 fois avec N=1000. Les valeurs affichées (67.88, 1246.38, 285.62, 8181.62, 31.36, 4394.42, 117.58) sont très dispersées, avec des ordres de grandeur très différents. Cela indique une variance extrêmement élevée, voire infinie, de T.

Les valeurs de mystere(1000) ne convergent pas : la moyenne empirique est instable. Cela suggère que E(T) n’existe pas. Or E(T) = G_T‘(1) = +∞ (question 13.d), ce qui confirme la conjecture : T n’admet pas d’espérance finie.