SESSION 2016
Concours commun Mines-Ponts
PREMIÈRE ÉPREUVE. FILIÈRE MP
A. Un exemple
1)Soitσ0=
1 2 3 . . . n−1 n n 1 2 . . . n−2 n−1
. Alors,Mσ0=Jet doncJest une matrice de permutation.
En développant suivant la première colonne, on obtient
χJ=det(XIn−J) =
X −1 0 . . . 0 0 X −1 . .. ... ... . .. ... ... ... ...
... . .. ... ... 0
0 . .. X −1
−1 0 . . . 0 X
=X×Xn−1+ (−1)n+1×(−1)×(−1)n−1=Xn−1.
Donc, Sp(J) = e2ikπn
06k6n−1. Les valeurs propres deJsont simples et doncJest diagonalisable dansC.
On note que sinest pair, les valeurs propres réelles deJsont1et−1et sinnest impair,Jadmet une valeur propre réelle et une seule à savoir1.
2)Posonsω=e2iπn . Pour k∈J0, n−1K, posonsλk=ωk de sorte que Sp(J) = (λk)06k6n−1.
Soit k ∈ J0, n−1K. La valeur propre λk est simple et donc le sous-espace propre associé EJ(λk) est une droite. Soit
Ck =
1 ωk ω2k
... ω(n−1)k
.
JCk =
0 1 0 . . . 0 ... . .. ... ... ...
... . .. ... ... 0
0 . .. ... 1
1 0 . . . 0
1 ωk ω2k
... ω(n−1)k
=
ωk ω2k
... ω(n−1)k
1
=ωk
1 ωk ω2k
... ω(n−1)k
=ωkCk.
PuisqueCk6=0,Ck est un vecteur propre associé à la valeur propreλk.
Une base deCn de vecteurs propres de Jest(C0, C1, . . . , Cn−1)oùCk=
1 ωk ω2k
... ω(n−1)k
.
3)C0=
1 0 ... 0
. Soitm>0. Puisquen est supérieur ou égal à3, les événementsXm =k−1modulonet Xm =k−1 modulonsont disjoints. D’après la formule des probabilités totales, pour 16k6n−2,
P(Xm+1=k) =P(Xm+1=k∩Xm =k−1) +P(Xm+1=k∩Xm =k+1) = 1
2P(Xm=k−1) + 1
2P(Xm =k+1) puisP(Xm+1=0) =P(Xm+1=n−1) = 1
2P(Xm=1) + 1
2P(Xm =n−1).
Donc, pour toutm∈N,Um+1=AUm oùA= 1 2
0 1 0 . . . 0 1
1 0 . .. ... 0
0 1 . ..
... . .. ...
0 0 1
1 0 . . . 0 1 0
= 1
2(J+tJ).
D’autre part, d’après le théorème deCayley-Hamilton,Jn =In et doncJ−1=Jn−1. MaisJest une matrice orthogonale (car les vecteurs colonnes forment une base orthonormée de Rn muni du produit scalaire canonique) et donc J−1 = tJ.
Finalement,
A= 1
2 J+Jn−1
= 1
2 J+J−1
= 1
2(J+tJ).
4)SoitP= 1
2 X+Xn−1
de sorte queA=P(J). On sait que Sp(A) = (P(λk))06k6n−1=
λk+λk 2
06k6n−1
=
cos 2kπ
n
06k6n−1
.
Pour 0 6 n−1, 0 6 2kπ
n 6 2(n−1)π
n < 2π. Donc, cos 2kπ
n
= 1 ⇔ k = 0. D’autre part, puisque n est impair,
∀k∈J0, n−1K, cos 2kπ
n
6
= −1. Finalement,Aadmet une et une seule valeur propre de module maximum à savoir1.
C0 est un vecteur propre deJassocié à la valeur propre1deJet donc AC0= 1
2 JC0+Jn−1C0
= 1
2(C0+C0) =C0. C0 =
1 ... 1
est une vecteur propre deA associé à la valeur propre de module maximum 1 puis U= 1
√nC0 est une vecteur propre unitaire deAassocié à la valeur propre de module maximum1.
5)Pour tout entier naturelm,Um+1=AUm et donc pour tout entier naturel m, Um=AmU0. Aest symétrique réelle et doncAest orthogonalement semblable à la matrice diagonaleD=diag
cos
2kπ n
06k6n−1
. SoitP∈On(R)dont la première colonne estUtelle queA=PDtP. Alors, pour tout entier naturelm,Am=PDmtP.
Puisque n est impair, ∀k ∈ J1, n−1K, cos
2kπ n
< 1 et donc lim
m→+∞
Dm = diag(1, 0, . . . , 0) = ∆. L’application M7→PMtPest continue surMn(R)en tant qu’endomorphisme d’un espace de dimension finie. Donc,
mlim→+∞Am=PDmtP=P lim
m→+∞DmtP=P∆tP.
De même, l’applicationM7→MU0est continue surMn(Ret donc
m→lim+∞
(Um) = lim
m→+∞
(AmU0) = lim
m→+∞
(Am)U0=P∆tPU0.
Notons alors que puisque U0 =
1 0 ... 0
, P∆tPU0 est la première colonne de la matrice carrée P∆tP. En calculant en colonnes
P∆= (U × . . . ×)diag(1, 0 . . . , 0) = (U 0 . . . 0) et donc
P∆tP=
√1
n 0 . . . 0
√1
n 0 . . . 0 ... ... ...
√1
n 0 . . . 0
√1
n × . . . ×
× . . . ×
... ...
× . . . ×
=
1
n × . . . × 1
n
... ... ... ... ... 1
n × . . . ×
.
mlim→+∞Um= 1 n
1
... 1
.
B. Théorème de Birkhoff-Von Neumann
6)•Soient (A, B)∈(Bn)2et λ∈[0, 1]. AlorsλA+ (1−λ)B= (λAi,j+ (1−λ)Bi,j)16i,j6n. Pour tout(i, j)∈J1, nK, λAi,j+ (1−λ)Bi,j>0.
Pour touti∈J1, nK, Xn
j=1
(λAi,j+ (1−λ)Bi,j) =λ Xn
j=1
Ai,j+ (1−λ) Xn
j=1
Bi,j=λ+1−λ=1et Xn
j=1
(λAj,i+ (1−λ)Bj,i) =λ Xn
j=1
Aj,i+ (1−λ) Xn
j=1
Bj,i =λ+1−λ=1.
Donc,Bn est convexe.
•Pour toutA∈ Bn,kAk∞61et doncBn est une partie bornée de Mn(R).
L’applicationϕi,j : A7→Ai,j est une forme linéaire sur Mn(R)et donc est continue surMn(R). Par suite, l’ensemble Ei,j ={A∈Mn(R)/ Ai,j >0}=ϕ−1i,j ([0,+∞[) est un fermé de Mn(R) en tant qu’image réciproque d’un fermé par une application continue.
De même, l’application ψi : A 7→
Xn
j=1
Ai,j (resp. ψi′ : A 7→
Xn
j=1
Aj,i) est continue sur Mn(R) et donc l’ensemble
Fi =
A∈Mn(R)/
Xn
j=1
Ai,j =1
= ψ−1i ({1}) (resp.Fi′ =
A∈Mn(R)/
Xn
j=1
Aj,i=1
= ψ−1i ({1})) est un fermé de Mn(R). Enfin, Bn=
\
i,j
Ei,j
∩ \
i
Fi
!
∩ \
i
Fi′
!
est un fermé deMn(R)en tant qu’intersection de fermés.
En résumé,Bn est un fermé borné de l’espace de dimension finie Mn(R). D’après le théorème deBorel-Lebesgue,Bn
est un compact deMn(R).
Bn est un compact convexe deMn(R).
La matriceJest un élément de Bn mais−Jn’est pas un élément deBn. Donc Bn n’est pas un sous-espace vectoriel de Mn(R).
7)•Soitσ∈Sn. Le coefficient ligne i, colonnej, de la matricePσ estδi,σ(j). Ces coefficients sont tous positifs. De plus, pouri∈J1, nK,
Xn
j=1
δi,σ(j)=δi,σ(i)=1et pourj∈J1, nK, Xn
i=1
δi,σ(j)=δj,σ(j)= 1. Donc,Pσ∈ Bn. On a montré quePn⊂ Bn.‘
•Soit(σ, σ′)∈S2n. Le coefficient lignei, colonnej, dePσ×Pσ′ est Xn
k=1
δi,σ(k)δk,σ′(j)=δi,σ(σ′(j))
et doncPσ×Pσ′ =Pσ◦σ′. De plus, PId = (δi,j)16i,j6n = In. On en déduit que pour σ∈ Sn, Pσ×Pσ−1 =In et donc Pσ∈GLn(R)et(Pσ)−1=Pσ−1.
Ainsi,Pn⊂GLn(R), In∈ Pn et pour(σ, σ′)∈S2n,Pσ×(Pσ′)−1=Pσ◦σ′−1∈ Pn. Donc, Pn est un sous-groupe de(GLn(R,×).
•(Pn,×)est un groupe fini d’ordren!. On sait que tout élément dePn est d’ordre fini. Soitσ∈Sn. Soitk∈N∗ l’ordre de Pσ. Le polynôme Xk−1 est un polynôme annulateur de Pσ (scindé) à racines simples dans Cet on sait que Pσ est diagonalisable dansC.
Tout élément de Pn est diagonalisable dansC.
•SoientA=E1,2+E2,1+E3,3+. . .+En,n=Pτ1,2 etB=E1,1+E2,2+E3,3+. . .+En,n=In.AetBsont deux éléments dePn.
Mais 1
2(A+B) = 1
2(E1,1+E1,2+E2,1+E2,2) +E3,3+. . .+En,n n’est pas un élément de Pn car le coefficient ligne 1, colonne1, est égal à1. Donc,
Pn n’est pas convexe.
8)Soitσ∈Sn. Soient(A, B)∈ B2n etλ∈]0, 1[tels que Pσ=λA+ (1−λ)B.
Pour tout(i, j)∈J1, nK2, on aλAi,j+ (1−λ)Bi,j=δi,σ(j).
- Supposonsδi,σ(j)=0. Si par l’absurde Ai,j> 0ouBi,j> 0, alors puisqueλ > 0et 1−λ > 0, on a λAi,j+ (1−λ)Bi,j> 0=δi,σ(j)
ce qui n’est pas. Donc,Ai,j=Bi,j =δi,σ(j).
- Supposonsδi,σ(j)=1. Si par l’absurde Ai,j< 1ouBi,j< 1, alors puisqueλ > 0et 1−λ > 0, on a λAi,j+ (1−λ)Bi,j < λ+1−λ1=δi,σ(j)
ce qui n’est pas. Donc,Ai,j=Bi,j =δi,σ(j). Ceci montre que nécessairementA=B=Pσ. On a montré que
tout élément dePn est un point extrémal deBn.
9)(Erreur d’énoncé : au vu de la question suivante, il est essentiel quer>2) (solution médiocre).
La matriceAn’est pas une matrice de permutation. Donc, il existe(i1, j1)∈J1, nK2tel que Ai1,j1 ∈]0, 1[.
Les coefficients de la lignei1sont positifs et de somme1. Donc, il existej2∈J1, nKtel que Ai1,j2 ∈]0, 1[.
Les coefficients de la colonne j2 sont positifs et de somme 1. Donc, il existe i2 ∈ J1, nK\ {i1} tel que Ai2,j2 ∈]0, 1[. Si Ai2,j1 ∈]0, 1[, c’est fini. Sinon,Ai2,j1 =0. Dans ce cas, il existej3∈J1, nK\ {j1, j2}tel queAi2,j3∈]0, 1[.
SiAi1,j3 ∈]0, 1[, c’est fini car on a trouvé un « cycle » d’éléments de]0, 1[:Ai1,j2 Ai1,j3 Ai2,j3Ai2,j2 quite à renuméroter.
Sinon,Ai1,j3 =0 et il existei3∈J1, nK\ {i1, i2}tel queAi3,j3∈]0, 1[. SiAi3,j1 ∈]0, 1[, c’est fini. Sinon,Ai3,j1 =0 Supposons avoir construiti1, . . . ,iq, (q>2) deux à deux distincts etj1, . . . ,jqdeux à deux distincts tels que∀k∈J1, qK, Aik,jk ∈]0, 1[ et∀k∈J1, q−1K, Aik,jk+1 ∈]0, 1[ et et que le processus ne se soit pas arrêté, on a alorsAi2,j1 =Ai3,j1 = . . .=Aiq,j1=0. Ceci est impossible si q=n−1car dans le cas contraire
Xn
i=1
Ai,j1 =Ai1,j1+0 < 1. Donc, le processus s’arrête ce qui résout la question.
10)Montrons qu’il existe deux éléments distinctsMet NdeBn et λ∈]0, 1[ tel queA=λM+ (1−λ)N.
Soitrle plus petit coefficient strictement positif de la matriceA. SoientM=A+rB etN=A−rB.
• Soit(i, j)∈J1, nK2.
- Si ai,j=0, alorsai,j+rbi,j=ai,j−rbi,j=0.
- Si ai,j> 0, alorsai,j+rbi,j>ai,j−r>0 etai,j−rbi,j >ai,j−r>0.
Dans tous les cas, ai,j+rbi,j>0 etai,j−rbi,j>0.
• Soiti∈J1, nK. Siin’est pas l’un desik, alors
Xn
j=1
(ai,j+rbi,j) = Xn
j=1
ai,j=1 et si il existek∈J1, rKtel quei=ik
Xn
j=1
(ai,j+rbi,j) = X
j /∈{jk,jk+1}
aik,j+aik,jk+r+aik,jk+1−r=1+r−r=1.
De même, pour toutj∈J1, nK, Xn
i=1
ai,j=1.
• A=λM+ (1−λ)Navecλ= 1 2 ∈]0, 1[.
Ainsi,MetN sont deux éléments distincts deBn tel queA= 1 2M+ 1
2N avecM6=Aet (ou) N6=A. On a montré que An’est pas un point extrémal et finalement que
les points extrémaux du convexeBn sont les matrices de permutation.
11) Supposons par l’absurde qu’il existe (p, q) ∈ J1, nK2 et une matrice B extraite de A à p lignes et q colonnes avec p+q=n+1et B=0. On peut supposer sans perte de généralité queB= (Ai,j)16i6p,16j6q.
Par construction,∀i∈J1, pK,
Xn
j=q+1
Ai,j= Xn
j=1
Ai,j=1.
Mais alors, en commençant par additionner lesppremières lignes deA,
p= Xp
i=1
1= Xp
i=1
Xn
j=q+1
Ai,j
= Xn
j=q+1
Xp
i=1
Ai,j
!
= Xn
j=q+1
1− Xn
i=p+1
Ai,j
6 Xn
j=q+1
1(car∀i, j, Ai,j>0)
=n−q,
et doncp+q6nce qui est une contradiction. Donc, toute matrice extraite de Ade format(p, q)avecp>1,q>1 et p+q=n+1, est nulle. D’après le résultat admis par l’énoncé,
Aadmet un chemin strictement positif.
12)•Siλ0=1, alors∀j∈J1, nK,Aσ(j),j=1. Mais alors, pourj∈J1, nKeti6=σ(j),Ai,j =0. Finalement,∀(i, j)∈J1, nK2, Ai,j =δiσ(j)et Aest la matrice de permutationPσ. Ceci est une contradiction et donc λ0∈[0, 1[(et même]0, 1[). Donc, la matriceA0est bien définie. PosonsA0= (αi,j)16i,j6n.
•Soit(i, j)∈J1, nK2. Alors,αi,j= Ai,j−λ0δi,σ(j) 1−λ0
. Sii6=σ(j), alorsαi,j= Ai,j
1−λ0 >0. Sii=σ(j), alorsαi,j= Aσ(j),j−λ0
1−λ0 >0par définition deλ0.
•Soitj∈J1, nK.
Xn
i=1
αi,j= X
i6=σ(j)
Ai,j 1−λ0
+ Aσ(j),j−λ0 1−λ0
= Xn
i=1
Ai,j
!
−λ0 1−λ0
= 1−λ0 1−λ0
=1.
Soiti∈J1, nK.
Xn
j=1
αi,j= X
j6=σ−1(i)
Ai,j
1−λ0+Ai,σ−1(i)−λ0
1−λ0 = Xn
i=1
Ai,j
!
−λ0
1−λ0 = 1−λ0
1−λ0 =1.
•Soit(i, j)∈J1, nK2tel queAi,j=0, on a nécessairement i6=σ(j)(car tous les Aσ(j),j sont strictement positifs) et donc αi,j=0. Ainsi, les coefficients nuls dansArestent nuls dansA0.
Soitj0∈J1, nKun numéro tel que λ0=Aσ(j0),j0. Alors,
ασ(j0),j0 = Aσ(j0),j0−Aσ(j0),j0
1−λ0 =0 et donc,A0a au moins un élément nul de plus queA.
13)La question 13 permet d’écrireAsous la formeA=λ0M0+λ1′A0oùM0est une matrice de permutation, λ0et λ1′ sont deux réels de]0, 1[tels queλ0+λ1′ =1etA0est une matrice bistochastique qui a au moins un coefficient nul de plus que la matriceA.
Si A0 est une matrice de permutation, c’est fini. Sinon, A0 est une matrice bistochastique et donc peut s’écrire A0 = λ1′M1+λ2′A1oùM1est une matrice de permutation, A1est une matrice bistochastique qui a au moins deux coefficients nuls de plus que la matriceAet λ1′ et λ2′ sont deux réels strictement positifs de somme1. Ceci fournit
A=λ0M0+λ1M1+λ2′A1
oùλ0,λ1etλ2′ sont trois réels strictement positifs de somme1. Plus généralement, par récurrence,Apeut s’écrire sous la forme
A=λ0M0+λ1M1+. . .+λk−1Mk−1+λk′Ak−1, k>1
où lesMisont des matrices de permutations, lesλsont des réels strictement positifs de somme1etAk−1est une matrice bistochastique qui a au moins k coefficients nuls de plus que la matrice A et ce processus (Ak = λk′′Mk+λk+1′′ Ak) se poursuit tant que la matriceAk−1est une matrice bistochastique qui n’est pas une matrice de permutation. Ce processus s’arrête nécessairement avantn2étapes car sinon An2−1=0 ce qui est impossible.
Soitsl’instant d’arrêt, la matriceAs−1est nécessairement une matrice de permutationMset on a écritAsous la forme A=λ0M0+. . .+λsMs,
oùs>1,λ0, . . . ,λssonts+1 réels strictement positifs de somme1et M0, . . . , Ms sont des matrices de permutations.
Remarque.Bn est donc l’enveloppe convexe dePn et les points extrémaux deBn sont les éléments dePn.
14)ϕest une forme linéaire sur l’espaceMn(R)qui est de dimension finie. On sait queϕest continue surMn(R)(pour tout choix d’une norme surMn(R)).
Bnest un compact deMn(R)d’après la question 7 et doncϕadmet un minimum surBn.Pnest également un compact de Mn(R)carPn est un sous-ensemble fini deMn(R). Donc,ϕ admet un minimum surPn atteint en une certaine matrice PdePn.
Pn⊂ Bn d’après la question 7 et donc
InfBn
ϕ6Inf
Pn
ϕ=Min
Pn
ϕ=ϕ(P).
Inversement, soitA∈ Bn. SiA∈ Pn, alorsϕ(A)>ϕ(P).
SiA /∈ Pn, d’après la question 13, il existes∈N∗,(λi)16i6s∈]0, 1[set M0, . . . ,Ms des matrices de permutations telles queA=
Xs
i=0
λiMi et Xs
i=0
λi=1. On a
ϕ(A) = Xs
i=0
λiϕ(Mi)
>
Xs
i=0
λi
!
ϕ(P) (car lesλisont positifs)
=ϕ(P).
En résumé, pour toutA∈ Bn,ϕ(A)>ϕ(P)avec égalité effectivement obtenue pourA=P∈ Pn⊂ Bn. On a montré que InfBn
ϕ existe dansRet est atteint en une matrice de permutation.
C. Inégalité de Hoffman-Wielandt
15)SoientA∈Mn(R)et (P, Q)∈(On(R))2.
kPAQk2=Tr tQtAtPPAQ
=Tr tQtAAQ
(carP∈On(R))
=Tr tAA
(cartQ=Q−1et car deux matrices semblables ont même trace)
=kAk2, et donckPAQk=kAk.
16) Les matrices A et B sont symétriques réelles et donc orthogonalement semblables à une matrice diagonale réelle.
Soient(PA, PB)∈(On(R))2et(DA, DB)∈(Dn(R))2telles queA=PADAtPAetB=PBDBtPB.
kA−Bk2=
PADAtPA−PBDBtPB
=
tPA PADAtPA−PBDBtPB PB
(d’après la question 15)
=
DAtPAPB−tPAPBDB
=kDAP−PDBk (en posantP=tPAPB∈On(R)).
17)•Les coefficients de la matriceRsont positifs. En notantC1, . . . ,Cn (resp.L1, . . . ,Ln) les colonnes (resp. les lignes) de la matriceP, on a
pour touti∈J1, nK, Xn
j=1
Ri,j= Xn
j=1
(Pi,j)2=kLik2=1,
et
pour toutj∈J1, nK, Xn
i=1
Ri,j = Xn
i=1
(Pi,j)2=kCjk2=1.
Donc, la matriceRest bistochastique.
•On sait que pour toutM∈Mn(R,
kMk2=Tr tMM
=X
i,j
M2i,j.
PosonsDA=diag(λi(A))16i6n etDB=diag(λi(B))16i6n.
kA−Bk2=kDAP−PDBk2
=
((λi(A) −λj(B))Pi,j)16i,j6n
2
= X
16i,j6n
((λi(A) −λj(B))Pi,j)2
= X
16i,j6n
Ri,j(λi(A) −λj(B))2.
18)PourM= (Mi,j)16i,j6n ∈Mn(R), on pose ϕ(M) = X
16i,j6n
(λi(A) −λj(B))2Mi,j,
de sorte quekA−Bk2=ϕ(R) (avecR∈ Bn). ϕest une forme linéaire sur Mn(R). D’après la question 14,ϕ admet un minimum surBn atteint en une certaine matricePσ0 dePn.
kA−Bk2=ϕ(R)
>ϕ(Pσ0) = X
16i,j6n
(λi(A) −λj(B))2δi,σ(j)= Xn
j=1
λσ0(j)(A) −λj(B)2
> Min
σ∈Sn
Xn
j=1
λσ(j)(A) −λj(B)2
.
∀(A, B)∈(Sn)2, Min
σ∈Sn
Xn
j=1
λσ(j)(A) −λj(B)2
6kA−Bk2.
19)Soient X et Y deux éléments deV telles que Xsuit P1 et Y suit P2. X(Ω) ={a1, . . . , an}et Y(Ω) ={b1, . . . , bn} et de plus, ∀(i, j) ∈ J1, nK, P(X=ai) = P(Y =bj) = 1
n. Ensuite, |X−Y|2(Ω) =
|ai−bj|2, (i, j)∈J1, nK2
. D’après le théorème de transfert,
E |X−Y|2
= X
16i,j6n
pi,j|ai−bj|2 oùpi,j=P(X=ai∩Y =bj).
SoitRla matrice dont le coefficient général lignei, colonnej, estRi,j =npi,j.Rest à coefficients positifs et de plus, pour i∈J1, nK,
Xn
j=1
Ri,j =n Xn
j=1
pi,j =nP(X=ai) =n× 1 n =1, et pourj∈J1, nK,
Xn
i=1
Ri,j=n Xn
j=1
pi,j=nP(Y=bj) =n×1 n =1.
Donc,R∈ Bn. D’après la question 18, nE |X−Y|2
= X
16i,j6n
Ri,j|ai−bj|> Min
σ∈Sn
Xn
j=1
aσ(j)−bj2
.
Soitσ∈Sn. En réordonnant, on obtient Xn
j=1
aσ(j)−bj2
= Xn
j=1
a2σ(j)−2 Xn
j=1
aσ(j)bj+ Xn
j=1
b2j = Xn
j=1
a2(j)−2 Xn
j=1
aσ(j)bj+ Xn
j=1
b2(j)
et donc,
nE |X−Y|2
> Min
σ∈Sn
Xn
j=1
a2(j)−2 Xn
j=1
aσ(j)bj+ Xn
j=1
b2(j)
.
En réordonnant encore, Xn
j=1
aσ(j)bj = Xn
j=1
aσ(σ′(j))b(j) où σ′ est la permutation telle que pour tout j, «σ′(j) = (j)».
Maintenant,σdécritSn si et seulement siσ◦σ′ décritSn et finalement
nE |X−Y|2
> Min
σ∈Sn
Xn
j=1
a2(j)−2 Xn
j=1
aσ(j)b(j)+ Xn
j=1
b2(j)
.
Montrons alors que pour toutσ∈Sn, Xn
j=1
aσ(j)b(j)6 Xn
j=1
a(j)b(j). Pour cela, il suffit de montrer que pour toutn∈N∗ et tout((a1, . . . , an),(b1, . . . , bn))∈(Rn)2,
Xn
j=1
ajb(j)6 Xn
j=1
a(j)b(j), ce que l’on fait par récurrence surn.
• Soit(a1, b1)∈R2. a1b(1)=a(1)b(1) et donc la propriété est vraie quandn=1.
• Soitn>1. Supposons le résultat acquis pour l’entiern. Soit((a1, . . . , an+1),(b1, . . . , bn+1))∈ Rn+12
- Si an+1=a(n+1), Alors, par hypothèse de récurrence,
n+1X
j=1
ajb(j)= Xn
j=1
ajb(j)+a(n+1)b(n+1)6 Xn
j=1
a(j)b(j)+a(n+1)b(n+1)6
n+1X
j=1
a(j)b(j).
- Sinon, il existei∈J1, nKtel queai=a(n+1). aib(n+1)+an+1b(i)
− aib(i)+an+1b(n+1)
= (ai−an+1) b(n+1)−b(i)
>0.
Par suite, en posant aj′=ajpourj∈J1, nK\ {i}etai′=an+1,
n+1X
j=1
ajb(j)= X
j /∈{i,n+1}
ajb(j)+aib(i)+an+1b(n+1)
6 X
j /∈{i,n+1}
ajb(j)+an+1b(i)+a(n+1)b(n+1)(d’après ce qui précède)
= Xn
j=1
aj′b(j)+a(n+1)b(n+1)
6 Xn
j=1
a(j)′ b(j)+a(n+1)b(n+1)(par hypothèse de récurrence)
=
n+1X
j=1
a(j)b(j).
Le résultat est démontré par récurrence et donc
nE |X−Y|2
> Min
σ∈Sn
Xn
j=1
a2(j)−2 Xn
j=1
aσ(j)b(j)+ Xn
j=1
b2(j)
>
Xn
j=1
a2(j)−2 Xn
j=1
a(j)b(j)+ Xn
j=1
b2(j)
= Xn
j=1
a(i)−b(i)
2.
On a montré que pour tout couple(X, Y)de variables aléatoires suivantP1etP2respectivement,E |X−Y|2
> 1 n
Xn
j=1
a(i)−b(i)
2. D’autre part, si on choisit les variablesXet Y suivant respectivement les loisP1etP2telles que
∀(i, j)∈J1, nK, pi,j= δi,j
n , (qui est bien une loi de couple) on aE |X−Y|2
= 1 n
Xn
j=1
a(i)−b(i)
2. Donc, la borne inférieure cherchée est un minimum,
égal à 1 n
Xn
j=1
a(i)−b(i)
2.
Soient A et B deux matrices symétriques réelles telles que Sp(A) = {a1, . . . , an} et Sp(B) = {b1, . . . , bn}. Il s’agit de montrer quekA−Bk2>
Xn
j=1
a(i)−b(j)
2 (ce qui est une amélioration du résultat de la question 18 et ne peut donc être déduit de la question 18 et de ce qui précède).
On reprend la matriceRde la question 17 et on considère deux variables aléatoiresXetYsuivantP1etP2respectivement telles que pour(i, j)∈J1, nK2, pi,j = Ri,j
n (il s’agit bien d’une loi de couple carRest bistochastique). Alors d2(P1, P2)6E |X−Y|2
= X
16i,j6n
Ri,j
n |ai−bj|= 1
nkA−Bk2 et doncnd2(P1, P2)6kA−Bk2.
