Problème 1 : Grandes déviations.

Problème 1 : Grandes déviations.

Partie 1 : généralités

1. Mettons en facteur l'exponentielle p

N

e

^yNt

d'exposant maximal ϕ(t) = (ε − y

N

)t − ln(p

N

) − ln (1 + r(t))

avec r(t) =

N−1

X

k=1

p

_k

p

N

e

^{−(yN−yk)t}

∼ p

_N−1

p

N

e

^{−(yN−yN−1)t}

→ 0 à cause de la stricte croissance des y

k

. En développant le ln :

ϕ(t) = (ε − y

N

)t − ln(p

N

) − r(t) + o(r(t))

= (ε − y

_N

)t − ln(p

_N

) − p

_N−1

p

N

e

^{−(yN−yN−1)t}

+ o(e

^{−(yN−yN−1)t}

) 2. D'après la formule de transfert :

E(e

^tY

) = X

x_k∈X(Ω)

P (X = k)e

^t(xk−m)

3. a. D'après la question précédente,

ψ(t) = εt − ln

p

1

e

^t(x1−m)

+ · · · + p

N

e

^t(xN−m)

= ϕ(t)

en notant X(Ω) = {x

1

, · · · , x

_N

} (du plus petit au plus grand), y

_k

= x

_k

− m et p

_k

= P (X = x

_k

) . On en déduit

ψ(0) = 0 et ψ

⁰

(t) = ε − p

1

(x

1

− m)e

^t(x1−m)

+ · · · + p

N

(x

N

− m)e

^t(xN−m)

p

₁

e

^t(x1−m)

+ · · · + p

_N

e

^t(xN−m)

⇒ ψ

⁰

(0) = ε − p

₁

(x

₁

− m) + · · · + p

_N

(x

_N

− m) p

1

+ · · · + p

N

= ε car p

₁

(x

₁

− m) + · · · + p

_N

(x

_N

− m) = m − m = 0 (la variable Y est centrée).

Comme la fonction est C

^∞

, elle est strictement croissante au voisinage de 0 donc strictement positive dans un petit intervalle ]0, a] .

b. Le développement obtenu dans la première question s'applique à la fonction ψ . On en déduit que

ψ −−→ −∞ ⇔

^+∞

ε < y

N

= max(X (Ω)) − m.

c. Comme ψ diverge vers −∞ en +∞ , il existe un réel b tel que ψ(x) ≤ 0 pour x ≥ b . La fonction ψ prend des valeurs strictement positives dans [0, b] . Elle est majorée et atteint sa borne supérieure car elle est continue dans le segment [a, b] . Cette valeur maximale est strictement positive donc c'est aussi la plus grande valeur de ψ sur [0, +∞[ car ψ est négative au delà de b . On note h

⁺

(ε) cette valeur.

4. La variable aléatoire e

^t(Sn−nm)

est à valeurs strictement positives, on peut donc lui appliquer l'inégalité de Markov :

P

e

^t(Sn−nm)

≥ e

^ntε

≤ E e

^t(Sn−nm)

e

^ntε

Or, la fonction exponentielle étant strictement croissante, on dispose d'une égalité entre événements :

e

^t(Sn−nm)

≥ e

^ntε

= (t(S

n

− nm) ≥ ntε) = ((S

n

− nm) ≥ nε)

ce qui permet de conclure pour t > 0 . Si t = 0 , le membre de droite vaut 1 donc l'inégalité est évidente (probabilité).

5. D'après l'expression de ϕ trouvée en 3 :

e

^−nψ(t)

= e

^−nεt



 X

y∈Y(Ω)

P (Y = y)e

^ty





n

= e

^−nεt

Y

i∈J1,nK



 X

yi∈Yi(Ω)

P (Y

i

= y

i

)e

^tyi





= e

^−nεt

X

(y₁,···,y_n)∈Y1[Ω)×···×Yn(Ω)

P (Y

1

= y

1

) · · · P (Y

n

= y

n

)e

^{t(y1+···+yn)}

= e

^−nεt

X

(y1,···,yn)∈Y1[Ω)×···×Yn(Ω)

P ((Y

1

= y

1

) ∩ · · · ∩ (Y

n

= y

n

)) e

^{t(y1+···+yn)}

car les variables Y

_i

= X

_i

− m sont mutuellement indépendantes. La variable somme S

_n

− nm = Y

₁

+ · · · + Y

_n

apparait alors :

e

^−nψ(t)

= e

^−nεt

X

s∈(Sn−m)(Ω)

X

y₁+···+yn=s

P ((Y

1

= y

1

) ∩ · · · ∩ (Y

n

= y

n

)) e

^ts

!

= e

^−nεt

E

e

^t(Sn−nm)

On aurait aussi pu rédiger en utilisant des résultats de cours plutôt qu'en les redémon- trant. Si X et Y sont des variables aléatoires indépendantes, alors f (X) et g(Y ) le sont aussi (avec la fonction exponentielle). L'espérance du produit de variables aléatoires mutuellement indépendantes est le produit des espérances.

6. On peut utiliser la question 4 ; avec

(S

n

− nm ≥ εn) = S

n

n − m ≥ ε

⇒ P S

n

n − m ≥ ε

≤ e

^−nεt

E

e

^t(Sn−nm)

= e

^−nψ(t)

Cette inégalité est valable pour tous les t > 0 . On a vu en question 3.c. qu'il existe un t

_max

tel que ψ(t

_max

) = h

⁺

(ε) . En appliquant l'inégalité précédente justement en ce t

_max

, on obtient

P S

n

n − m ≥ ε

≤ e

^−nh+(ε)

Partie 2 : cas des variables de Bernoulli

1. L'espérance de

^S_nⁿ

est p donc en prenant la racine n -ème de l'inégalité de la n de la première partie (question 6). On obtient

P

S

n

n − p ≥ ε

¹_n

≤ e

^−h+(ε)

2. a. D'après la formule de transfert :

E(e

^tY

= P (X = 0)e

^−tp

+ P (X = 1)e

^(1−p)t

= (1 − p)e

^−tp

+ pe

^(1−p)t

= 1 − p + pe

^t

e

^−pt

b. Utilisons l'espérance calculée à la question précédente pour préciser ψ et ψ

⁰

.

ψ(t) = εt − ln q + pe

^t

e

^−pt

= (ε + p)t − ln(q + pe

^t

) ψ

⁰

(t) = 1

q + pe

^t

(ε + p)q + (ε − q)pe

^t

en posant q = 1 − p et après réduction au même dénominateur.

Comme 0 < ε < q = 1 − p , la fonction est croissante de 0 à t

_max

puis décroissante ensuite avec

t

_max

= ln p + ε

q − ε q p

= ln p + ε

p

− ln(q − ε) + ln q h

⁺

(ε) = ψ(t

_max

) = (ε + p)t

_max

− ln

q + p + ε q − ε q

= (ε+p)t

_max

−ln q−ln(p + q)

| {z }

=0

+ln(q−ε) = (ε+p) ln p + ε

p

+(1−ε−p) ln q − ε

q

Finalement

h

⁺

(ε) = (p + ε) ln p + ε

p

+ (q − ε) ln q − ε

q

3. Dans cette partie, comme les variables X

i

suivent une loi de Bernoulli de paramètre p , la somme S

_n

suit une loi binomiale d'espérance np . On traduit l'événement considéré à l'aide de la loi binomiale. Il est important de remarquer que p + ε < 1 car ε < q . On en déduit que k

_n

≤ n

S

_n

n − p ≥ ε

= (S

_n

≥ (p + ε)n) Or k

n

> (p + ε)n donc (S

n

= k

n

) ⊂

^S_nⁿ

− p ≥ ε d'où

P S

n

n − p ≥ ε

≥ P (S

n

= k

n

) = k

n

n

p

^kn

q

^n−kn

4. a. Pour obtenir un développement de ln(u

_n

) , factorisons par αn :

ln(u

n

) = ln(αn + O(1)) = ln(αn) + ln

1 + O( 1 n )

= ln(n) + ln(α) + O( 1 n ) On en déduit

u

n

ln(u

n

) = (αn + O(1))

ln(n) + ln(α) + O( 1 n )

= αn ln(n) + αn ln(α) + O(ln(n)) = αn ln(αn) + O(ln(n))

| {z }

∈o(n)

car O(1) ∈ O(ln(n)) .

b. Les suites (k

n

) et n − k

n

sont de la forme traitée en question a.

( k

_n

=(p + ε)n + O(1) n − k

n

=(q − ε)n + O(1)

⇒

( k

_n

ln(k

_n

) =(p + ε)n ln ((p + ε)n) + o(n) (n − k

n

) ln(n − k

n

) =(q − ε)n ln ((q − ε)n) + o(n) En utilisant le fait que o(k

_n

) ∈ o(n) et o(n − k

_n

) ∈ o(n) ainsi que le début de la formule de Stirling rappelée par l'énoncé, on obtient un développement du coecient du binôme

ln k

n

n

= ln

n!

k

_n

!(n − k

_n

)!

= n ln(n) − n

− (p + ε)n ln ((p + ε)n) + (p + ε)n

− (q − ε)n ln ((q − ε)n) + (q − ε)n + o(n)

= (1 − (p + ε) − (q − ε)) n ln(n)

+ (−1 − (p + ε) ln(p + ε) + (p + ε) − (q − ε) ln(q − ε) + (q − ε)) n + o(n)

= − ((p + ε) ln(p + ε) + (q − ε) ln(q − ε)) n + o(n) On dispose aussi de développements de k

n

et n − k

n

(avec O(1) ∈ o(n) )

ln k

n

n

= − ((p + ε) ln(p + ε) + (q − ε) ln(q − ε)) n + o(n) ln(p

^kn

) =(p + ε)n ln(p) + o(n)

ln(q

^n−kn

) =(q − ε)n ln(q) + o(n) On peut tout combiner

ln k

n

n

p

^kn

q

^n−kn

=

(p + ε) ln p

(p + ε)

(q − ε) ln p

(q − ε)

n + o(n)

∼ −nh

⁺

(ε) 5. Notons z

n

= ln

_k

n

n

p

^kn

q

^n−kn

. Les questions 6. et 9. conduisent à l'encadrement

e

^zn

≤ P S

n

n − p ≥ ε

≤ e

^−nh+(ε)

dont on prend la racine n -ième

e

^znn

≤

P S

n

n − p ≥ ε

_n¹

≤ e

^−h+(ε)

Comme (

^z_nⁿ

) converge vers −h

⁺

(ε) on en déduit par le théorème d'encadrement que la suite converge vers e

^−h+(ε)

.

Problème 2 : Matrices stochastiques.

Partie 1 : Un exemple en dimension 2

1. a. On trouve A 1

1

= 1

1

et A −α

β

= λ −α

β

.

b. Notons u ∈ L( R

²

) l'endomorphisme canoniquement associé à A . Posons e

1

= (1, 1) et e

2

= (−α, β) . D'après la question précédente, u(e

1

) = e

1

et u(e

2

) = λe

2

. Dans la base B = (e

1

, e

2

) la matrice de u vaut diag(1, λ) . Notons P la matrice de passae de la base canonique vers la base B . On a par la formule de changement de bases :

P

⁻¹

AP = 1 0

0 λ

.

De plus :

P =

1 −α

1 β

et P

⁻¹

= 1 α + β

β α

−1 1

.

c. Pour tout n ∈ N, on a : A

ⁿ

= P

1 0 0 λ

ⁿ

P

⁻¹

=

β + αλ

ⁿ

α(1 − λ

ⁿ

) β(1 − λ

ⁿ

) α + βλ

ⁿ

.

2. a. D'après la formule des probabilités totales et les hypothèses de l'énoncé

P (X

k+1

= 0) = P

(Xk=0)

(X

k+1

= 0) P (X

k

= 0) + P

(Xk=1)

(X

k+1

= 0) P (X

k

= 1)

= (1 − α) P (X

_k

= 0) + β P (X

_k

= 1) De même

P (X

k+1

= 1) = P

(Xk=0)

(X

k+1

= 1) P (X

k

= 0) + P

(Xk=1)

(X

k+1

= 1) P (X

k

= 1)

= α P (X

k

= 0) + (1 − β ) P (X

k

= 1)

Soit

P (X

k+1

= 0) P (X

k+1

= 0)

=

1 − α β α 1 − β

P (X

k

= 0) P (X

k

= 0)

=

^t

A

P (X

k

= 0) P (X

k

= 0)

b. D'après la question précédente, P (X

n

= 0)

P (X

n

= 0)

= (

^t

A)

ⁿ

P (X

0

= 0) P (X

0

= 0)

On en déduit les formules annoncées avec l'expression de A

ⁿ

trouvée en 1.c..

c. Admettons que

P

(X0=0)

(X

n

= 0) = β + αλ

ⁿ

α + β P

(X0=1)

(X

n

= 0) = β (1 − λ

ⁿ

) α + β P

(X₀=0)

(X

_n

= 1) = α(1 − λ

ⁿ

)

α + β P

(X₀=1)

(X

_n

= 1) = α + βλ

ⁿ

α + β

ce qui est justié par la formule des probabilités totales. On peut alors écrire une union disjointe

(X

n

= X

0

) = (X

n

= 0) ∩ (X

0

= 0) ∪ (X

n

= 1) ∩ (X

0

= 1)

⇒ P (X

n

= X

0

) = P

(X0=0)

(X

n

= 0) P (X

0

= 0) + P

(X0=1)

(X

n

= 1) P (X

0

= 1)

= β + αλ

ⁿ

α + β P (X

0

= 0) + α + βλ

ⁿ

α + β P (X

0

= 1) d. Montrons l'inégalité demandée à l'aide de la fonction auxiliaire Φ donnée par

l'énoncé. On a Φ

⁰

(x) = 1 − λ

ⁿ

≥ 0 puisque −1 < λ = 1 − α − β < 1 . Donc Φ est croissante. Pour tout x ≥ r , Φ(x) ≥ Φ(r) . Or :

P (X

n

= X

0

) = Φ β

α + β

P (X

0

= 0) + Φ α

α + β

P (x

0

= 1) donc :

P (x

n

= X

0

) ≥ Φ(r).

C'est le résultat demandé.

On pouvait aussi démontrer le résultat sans étude de fonction. Pour plus de com- modité, notons u = P (X

0

= 0) et v = u = P (X

0

= 1) . Alors :

P (X

n

= X

0

) = β

α + β u + α α + β v +

α

α + β u + β α + β v

λ

ⁿ

Dans la deuxième parenthèse, remplaçons u par 1 − v et v par 1 − u

P (X

_n

= X

₀

) = β

α + β u(1 − λ

ⁿ

) + α

α + β u(1 − λ

ⁿ

) + λ

ⁿ

≥ r(u + v)(1 − λ

ⁿ

) + λ

ⁿ

= r + (1 − r)λ

ⁿ

3. On note X

₀

le message initial et pour tout k ∈ J 1, n K, X

_k

le message après le passage

du k -ème relais. On a pour tout k ∈ J 0, n − 1 K : P (X

k+1

= |X

k

= 0) = 1 − α

P (X

_k+1

= 1|X

k

= 0) = α et

P (X

k+1

= 1|X

k

= 0) = α P (X

_k+1

= 1|X

k

= 1) = 1 − α Ainsi, la probabilité pour que le message nal soit identique au message initial vaut :

P (X

_n

= X

₀

) ≥ Φ(r) avec r = 1

2 (puisque α = β ). Donc :

P (X

_n

= X

₀

) ≥ 1 + (1 − 2α)

ⁿ

2 .

Mais il faudrait majorer cette probabilité et non la minorer ! Pour cela, reprenons l'expression de la question 2.c. On a comme α = β :

P (X

n

= X

0

) = 1 + (1 − 2α)

ⁿ

2 P (X

0

= 0) + 1 + (1 − 2α)

ⁿ

2 P (X

0

= 1) = 1 + (1 − 2α)

ⁿ

2 .

On cherche n tel que P (X

n

= X

0

) ≤ 1 − ε . Pour cel il sut d'avoir : 1 + (1 − 2α)

ⁿ

2 ≤ 1 − ε ⇔ n ln(1 − 2α) ≤ ln(1 − 2ε) ⇔ n ≥ ln(1 − 2ε) ln(1 − 2α) car les deux logaritmes sont négatifs. En posant :

n

_ε

=

ln(1 − 2ε) ln(1 − 2α)

on a :

∀n ∈ N , n ≥ n

ε

= ⇒ P (X

n

= X

0

) ≤ ε.

Partie 2 : Spectre d'une matrice stochastique

1. Soit (i, j) ∈ J 1, n K

2

. Par dénition, a

i,j

≥ 0 ( > 0 si A est strictement stochastique).

Alors :

a

_i,j

≤

n

X

k=1

a

_i,k

= 1 et l'inégalité est stricte si A est strictement stochastique.

2. Soit A = (a

i,j

)

_1≤i,j≤n

∈ M

n

( R ) à coecients positifs. Pour tout i ∈ J 1, n K, la i -ème ligne de la matrice colonne AU vaut :

n

X

j=1

a

i,j

.

Ainsi, AU = U si et seulement si A est stochastique.

3. Soient A = (a

_i,j

)

_1?eqi,j≤n

, B = (b

_i,j

)

_1≤i,j≤n

∈ M

_n

( R ) deux matrices stochastiques.

Notons (c

i,j

)

_1≤i,j≤n

= AB . Pour tout (i, j) ∈ J 1, n K

2

:

c

_i,j

=

n

X

k=1

a

_i,k

b

_k,j

.

Pour tout (i, j) ∈ J 1, n K

2

et tout k ∈ J 1, n K, a

_i,k

b

_k,j

≥ 0 donc c

_i,j

≥ 0 . Si A et B sont strictement stochastiques, l'inégalité est stricte.

Pour tout i ∈ J 1, n K :

n

X

j=1

c

i,j

=

n

X

j=1 n

X

k=1

a

i,k

b

k,j

=

n

X

k=1 n

X

j=1

a

i,k

b

k,j

=

n

X

k=1

a

i,k n

X

j=1

b

k,j

| {z }

=1

=

n

X

k=1

a

i,k

= 1.

Donc AB est stochastique (strictement stochastique si A et B le sont).

4. Notons X =





 x

1

...

x

_n





 . Pour tout i ∈ J 1, n K, la i -ème ligne de AX vaut :

n

X

j=1

a

i,j

x

j

= λx

i

= ⇒ (a

i,i

− λ)x

i

= −

n

X

j=1

a

i,j

x

j

.

Notons i un indice tel que |x

i

| = max{|x

j

| , j ∈ J 1, n K } . Comme X 6= 0 , alors |x

i

| > 0 . On a en divisant l'égalité précedente précedente par |x

i

| on obtient par l'inégalité triangulaire :

|a

i,i

− λ| ≤

n

X

j=1 j6=i

a

i,j

x

_j

x

i

|{z}

≤1

≤

n

X

j=1 j6=i

a

i,j

.

5. Raisonnons par contraposée et supposons A non inversible : il existe X =





 x

₁

...

x

_n





 ∈ M

_n,1

( R ) tel que AX = 0 . D'après la question précédente :

|a

_i,i

| ≤

n

X

j=1 j6=i

|a

_i,j

| .

Donc A n'est pas à diagonale dominante.

6. a. Soit i ∈ J 1, n − 1 K. Alors :

1 = a

i,i

+

n

X

j=1 j6=i

a

i,j

> a

i,i

+

n−1

X

j=1 j6=i

a

i,j

puisque a

_i,n−1

> 0 . Donc :

|1 − a

_i,i

| = 1 − a

_i,i

>

n−1

X

j=1 j6=i

a

_i,j

=

n−1

X

j=1 j6=i

|a

i,j

| .

Donc A

1

− I

_n−1

est à diagonale dominante.

b. A

₁

− I

_n−1

est inversible donc A − I

_n

possède une sous-matrice inversible de taille (n−1)×(n−1) . On en déduit que rg(A−I

_n

) ≥ n−1 . Mais comme U ∈ Ker(A−I

_n

) , alors dim(Ker(A − I

_n

)) ≥ 1 soit rg(A − I

_n

) ≤ n − 1 par la formule du rang. On en déduit que dim(Ker(A − I

_n

)) = 1 .

7. a. D'après la question 8, on a par la minoration de l'inégalité triangulaire :

|λ| − a

_i,i

≤

n

X

j=1 j6=i

a

_i,j

= ⇒ |λ| ≤

n

X

j=1

a

_i,j

= 1.

b. Supposons que |λ| = 1 . Si λ 6= 1 , alors λ 6∈ R

+

donc d'après le cas d'égalité dans l'inégalité triangulaire :

|λ| − a

_i,i

< |λ − a

_i,i

|

donc en reprenant la question précédente, on obtient |λ| < 1 .