1 espaces vectoriels normés et calculs différentiels

Révisions - espaces vectoriels normés, calcul équations et systèmes différentiels - PSI

Extraits d’annales

1 espaces vectoriels normés et calculs différentiels

Refaire :

● l’exercice 1 (E3A 2018 Math 1) partie 1 et les question 6 à 14 de l’exercice 2 du DS3 (Mines-Ponts 2017 Math 1) de l’an dernier

● l’exercice 2 et les questions 6 à 10 et 14 du DS3 de cette année.

Adapté de E3A 2017 Math 2 partie 5 - vérifié

1. SiM∈ N^,∃^p∈N^∗,Mp=^On doncX^p est annulateur deM, donc la seule valeur propre complexe possible deM est 0 car c’est la seule racine deX^p.

Or le seul polynôme unitaire deCn[^X]n’ayant que 0 comme racine estXⁿ, doncχM(^X) =^{Xn, et} d’après le théorème de Hamilton Cayley,χM est annulateur deM, donc ∀^M∈ N^{, Mn}=^{On .} 2. Soit(^Mp)p∈N∈ N^Nconvergente vers une matriceMdeE.

Comme l’application f ∶^A↦^An est continue deMⁿ(K)^dansMⁿ(K)car chacune de ses fonc- tions coordonnées est une fonction polynomiale des coefficients deA, la suite(^f(^Mp))_p∈N^converge vers f(^M) =^Mn.

Or cette suite est constante égale àO_n, doncMⁿ=^{Onet doncM}∈ N^. On en déduit que N est un fermé deMⁿ(K)^.

3. (a) Comme A∈ N, d’après la question 1, χA(^X) = ^Xn est scindé, donc A est trigonalisable et Sp(^A) =^0,

Donc∃^P∈^GLn(K)^{, P−1AP} =^{T avecT} triangulaire supérieure dont les éléments diagonaux sont les valeurs propres de A,i.e.égaux à 0.

Ainsi,P⁻¹M_αP=^P−1(^A+^αIn)^P=^P−1AP+^αP−1InP=^T+^αInqui est triangulaire supérieure d’éléments diagonaux tous égaux àα.

Ainsi, Aest semblable à une matrice triangulaire d’éléments diagonaux tous égaux àα. (b) Le déterminant étant invariant par similitude, det(^Mα) =^det(^T+αI_n) =αⁿ .

(c) SoitNune norme surE, etB = BN(^A,r)une boule ouverte de centreA∈ N et de rayonr>^0.

CommeI_nest non nulle,N(^In) ≠0, on peut donc choisirα∈ ]^0,_N(^rIn)[et on a alors :

N(^Mα−^A) =^N(αI_n) = ∣α∣^N(^In) <^{r, doncM}α∈ B, et d’après la question précédente det(^Mα) =

αⁿ≠0 et est donc inversible. Ainsi, toute boule ouverte de centreAcontient au moins une matrice inversible . (d) On a vu à la première question que si∀^A∈ N^,χA=^Xn, et alors Sp(^A) = {⁰}^{, donc si A}∈ N^,

Aest non injective donc non inversible. D’après la question précédente, toute boule ouverte de centreA∈ N contient une matrice inversible, donc une matrice qui n’est pas dansN^. Donc∀^A∈N^,∀^r∈R+∗^, B^N(^A,r)n’est pas incluse dansN^{,i.e. A}n’est pas un point intérieur àN

Donc l’intérieur deN ^{est vide .}

CCP 2016

2 Cas n = ²

2.1 Puissances de A ( α , β )

1. A(^α,β)−^I2= ( −_β^{α α}−^β )n’est pas la matrice nulle car(^α,β) ≠ (^{0, 0})^{et rg}(^A(^α,β)) ⩾^1.

(^{1, 1})est clairement élément du noyau qui est donc de dimension supérieur ou égale à 1, et par théorème du rang il est forcément de dimension 1. Ainsi 1∈^Sp(^A(^α,β)) ^{et E1}(^A(^α,β)) =^Vect((^{1, 1})) 2. On vérifie que(α,−β)(qui est non nul car(α,β) ≠ (^{0, 0})) est vecteur propre deA(α,β)associé à la

valeur propre 1−^α−^β≠^{1 (car}(^α,β) ≠ (^{0, 0})^).A(^α,β)étant d’ordre 2 et ayant deux valeurs propres distinctes est diagonalisable et de plus, P⁻¹A(^α,β)^P=^diag(^1,λ) ^{avec P}= ( ¹₁ −^αβ )

3. Montrons par récurrence que : ∀^p∈N^{, A}(^α,β)^p=^Pdiag(^1,λp)^P−¹=^{P DpP−1} - Initialisation : c’est immédiat pourp=^{0 carA}(^α,β)⁰=^I2.

- Hérédité : supposons le résultat vrai au rangp⩾0. On a alors :

A(α,β)^p+1=^A(α,β)^pA(α,β) =^{P DpP−1P DP−1}=^{P Dp+1P−1}ce qui montre le résultat au rang p+^1.

On vérifie immédiatement queP⁻¹=_α¹+^β( ^{β α}₁ −¹ ). On a ainsi :

A(^α,β)^p=_α+^1β( ¹₁ −^αλβλpp )( ^{β α}₁ −¹ ) =_α+^1β

⎛⎜⎜

⎝

β+^{αλp α}(¹−^λp) β(¹−^λp) ^α+^βλp

⎞⎟⎟

⎠

4. Si(^α,β) ≠ (^{1, 1})^{alors 0}<^α+^β<^{2 et donc}−¹<^λ<^{1. AInsiλp} →^{0 quandp}→ +∞et la question précédente montre que toutes les suites de coefficients de la suite(^A(^α,β)^p)^p∈Nconvergent, donc c’est aussi le cas de cette suite matricielle et : lim

p→+∞A(^α,β)^p=_α¹+^β( ^{β α}_{β α} ) =^L(^α,β) Siα=^β=^{1 alorsλ}= −^{1 , et}∀^p∈N^{, A}(^{1, 1})^p=¹

2( ¹+(−¹)^{p 1}−(−¹)^p

1−(−¹)^{p 1}+(−¹)^p )et les suites coordonnées ne convergent pas. Donc la suite de matrice(^A(^{1, 1})^p)^p∈Ndiverge .

2.2 Applications

5. La formule des probabilités totales avec le système complet d’événements((^Xn =⁰)^,(^Xn =¹)) donne :

∀ⁱ∈ {^{0; 1}}^{, P}(^Xn+¹=ⁱ) =^PXn=⁰(^Xn+¹=ⁱ)^P(^Xn=⁰)+^PXn=¹(^Xn+¹=ⁱ)^P(^Xn=¹)^.

Or,P_Xn=0(^Xn+1=¹) =^α(passage de 0 à 1) etP_Xn=1(^Xn+1=⁰) =^β(passage de 1 à 0) puisP_Xn=0(^Xn+1= 0) =¹−α(pas d’erreur sur 0) etP_Xn=1(^Xn+1=¹) =¹−β(pas d’erreur sur 1). Ceci se traduit matri- ciellement par

( ^P(^Xn+1=⁰)

P(^Xn+¹=¹) ) = ( ¹−α β

α 1−^β )( ^P(^Xn=⁰)

P(^Xn=¹) ) =^tA(α,β)( ^P(^Xn=⁰) P(^Xn=¹) ) On en déduit par une récurrence immédiate que( ^P(^Xn=⁰)

P(^Xn=¹) ) =^t(^A(^α,β)ⁿ)( ^P(^X0=⁰) P(^X0=¹) ) Déterminer la loi de l’étatn sachant(^X0=⁰)revient à déterminer la loi de l’état au rang n en

partant de l’état initialP(^X0=⁰) =^1,P(^X0=⁰) =0, et donc : ( ^PX0=0(^Xn=⁰)

PX0=⁰(^Xn=¹) ) =^t(^A(^α,β)ⁿ)( ¹₀ ) = _α+^1β( ^β+^{αλn β}(¹−^λn)

α(¹−^λn) ^α+^βλp )( ¹₀ )d’après la question 3

ce qui donne PX0=⁰(^Xn=⁰) = ^β+^αλn

α+^{β et PX0=1}(^Xn=¹) = ^α+^βλn α+^β La probabilité queXnsoit conforme àX₀est alors

P(^Xn=⁰∩^X0=⁰)+^P(^Xn=¹∩^X0=¹) = ^PX0=0(^Xn=⁰)^P(^X0=⁰)+^PX0=1(^Xn=¹)^P(^X0=¹)

= ^β+^αλn

α+^{β P}(^X0=⁰)+^α+^βλn

α+^{β P}(^X0=¹) Posonsp=^P(^X0=⁰), on a alors 1−^p=^P(^X0=¹), et il s’agit donc de montrer ici que β+^αλn

α+^{β p}+^α+^βλn

α+^β (¹−^p) ⩾^r+(¹−^r)(¹−^α−^β)^n.

Pour des raisons de symétries, en échangeant les rôles deαet deβet des bits 0 et 1, il suffit de prouver cette inégalité dans le casα⩽β. Toutefois, je vais tout de même le faire dans les deux cas de valeurs der :

● ^sir=_α^α+^{β i.e.siα}⩽^β, alors comme 1−^r=_α^β+^{β, on a :} β+^αλn

α+^{β p}+^α+^βλn

α+^β (¹−^p) ⩾^r+(¹−^r)(¹−^α−^β)ⁿ ⇐⇒

⇐⇒ ^β+^αλn

α+^{β p}+^α+^βλn

α+^β (¹−^p) ⩾ _α^α+^β+_α^β+^βλn

⇐⇒ (^β+^αλn)^p+(^α+^βλn)(¹−^p) ⩾^α+^{βλn carα}+^β>⁰

⇐⇒ (^β−^α)^p+(^αp+^β(¹−^p)−^β)^λn⩾⁰

⇐⇒ (^β−^α)^p+(^α−^β)^pλn⩾⁰

⇐⇒ (^β−^α)^p(¹−^λn) ⩾⁰

⇐⇒ ¹−^λn⩾^{0 carβ}⩾^αdans notre cas etp>⁰

Or commeλ∈ [ −^{1; 1}[^{, λn}⩽1 donc cette dernière propriété est toujours vérifiée et ainsi l’in- équation recherchée est vraie dans ce cas.

● ^sir=_α^β+β i.e.siα⩾β, alors, de même, comme 1−^r=_α^α+β, on a : β+^αλn

α+^{β p}+^α+^βλn

α+^β (¹−^p) ⩾^r+(¹−^r)(¹−^α−^β)ⁿ ⇐⇒

⇐⇒ ^β+^αλn

α+^{β p}+^α+^βλn

α+^β (¹−^p) ⩾ _α^β+^β+_α^α+^βλn

⇐⇒ (^β+^αλn)^p+(^α+^βλn)(¹−^p) ⩾^β+^{αλn carα}+^β>⁰

⇐⇒ (^α−^β)(¹−^p)+(^αp+^β(¹−^p)−^α)^λn⩾⁰

⇐⇒ (^α−^β)(¹−^p)+(^β−^α)(¹−^p)^λn⩾⁰

⇐⇒ (^α−^β)^p(¹−^λn) ⩾⁰

⇐⇒ ¹−^λn⩾^{0 carβ}⩽^αdans notre cas et 1−^p>⁰

Or commeλ∈ [ −^{1; 1}[^{, λn}⩽1 donc cette dernière propriété est toujours vérifiée et ainsi l’in- équation recherchée est vraie dans ce cas.

Ainsi on a bien dans les deux cas de valeurs possibles pourr l’inéquation vérifiée par la probabilité que le bitX_nsoit conforme àX₀: P(^Xn=⁰∩^X0=⁰)+^P(^Xn=¹∩^X0=¹) ⩾^r+(¹−^r)(¹−^α−^β)ⁿ 6. Notons, pour toutkdans [[1;`]],A_kl’événement le bitX_n^kest conforme àX₀^k. La probabilité que le

message soit conforme au message initial est ainsi : Q_n=^P(⋂^`

k=1

A_k) =∏^`

k=1

P(^Ak)car les erreurs de transmissions de chaque bit sont mutuellement in-

dépendantes.

Et comme ces probabilité ne dépendent pas de la place du bit dans le mot, elles sont donc toutes égales àP(^Xn=⁰∩^X0=⁰)+^P(^Xn=¹∩^X0=¹), et donc :

Q_n= (^P(^Xn=⁰∩^X0=⁰)+^P(^Xn=¹∩^X0=¹))^l⩾ (^r+(¹−^r)(¹−^α−^β)ⁿ)^` d’après la question pré- cédente.

7. Dans le casα=^{β, on ar}=¹

2, alorsα=β, et on remarque que l’on a alors directement en rempla- çant dans l’expression trouvée dans la question 5 :

Q_n= (^P(^Xn=⁰∩^X0=⁰)+^P(^Xn=¹∩^X0=¹))^`= (¹ 2+¹

2(¹−²α)ⁿ)^`. On cherche donc ici à partir de quel rangn, on a : 1−^Qn⩾^ε: 1−^Qn⩾ε⇐⇒ ^Qn⩽¹−ε ⇐⇒ (¹

2+¹

2(¹−²α)ⁿ)^`⩽¹−ε

⇐⇒ ¹ 2+¹

2(¹−^2α)ⁿ⩽ (¹−^ε)^{1` carε}<^{1, d’où 1}−^ε>⁰

⇐⇒ (¹−^2α)ⁿ⩽²(¹−^ε)^1`−¹ (∗)

Et que ce soit vérifié à partir d’un certain rangn_c,est équivalent au fait que ce le soit à partir d’un certain rang pair :n=^{2p, Donc}∀ⁿ⩾^2p,∣(¹−²α)ⁿ∣ ⩽¹−²α)^{2p et}(∗)est vérifiée pour toutnplus grand que 2psi et seulement si

∣¹−^2α∣^2p⩽²(¹−^ε)^1`−¹ (∗∗)

et c’est impossible si 2(¹−^ε)^1`−¹<^0.

Or 2(¹−^ε)^{`1</sup>−<sup>1</sup><<sup>0</sup> ⇐⇒ (<sup>1</sup>−<sup>ε</sup>)<sup>`1}<¹

2 ⇐⇒ ¹−^ε< ¹

2^l ⇐⇒ ^ε>¹− ¹ 2^`. On a donc :

● ^Siε>¹− ¹

2^`, il n’existe pas de rangn_c vérifiant ce qui est demandé.

● ^Siε=¹− ¹

2^{`</sup>, alors 2(<sup>1</sup>−<sup>ε</sup>)<sup>1`}−¹=^{0 et}(¹−^2α)ⁿ⩽⁰ ⇐⇒ ^α=¹

2 et Ainsi, siα=¹

2,nc=1 convient, et sinonn_c n’existe pas.

● ^Siε>¹−¹

2^` etα≠¹

2, on peut prendre le logarithme des membres dans(∗∗)qui est une fonction strictement croissante surR^∗₊^{, donc}

∀ⁿ ⩾^{2p, 1}−^Qn ⩾ε ⇐⇒ ^2pln(∣¹−²α∣) ⩽ ^ln(²(¹−ε)^{1`</sup>−<sup>1</sup>) ⇐⇒ <sup>2p</sup> ⩾ <sup>ln</sup>(<sup>2</sup>(<sup>1</sup>−<sup>ε</sup>)<sup>1`}−¹) ln(∣¹−^2α∣) ^car α∈ ]^{0; 1}[^{et ainsi 0}< ∣¹−²α∣ <1. Donc, siε>¹− ¹

2^{`</sup>,n<sub>c</sub>=<sup>ln</sup>(<sup>2</sup>(<sup>1</sup>−<sup>ε</sup>)<sup>1`}−¹)

ln(∣¹−^2α∣) ^convient.

Pour conclure,

● ^siε>¹− ¹

2^` on ne peut trouver de nombren_c

● ^ε⩽¹− ¹

2^` etα=¹

2,n_c =1 convient.

● ^α≠¹

2, etε=¹− ¹

2^` on ne peut trouver de nombre n_c

● ^α≠¹

2, etε<¹− ¹

2^{`</sup> n<sub>c</sub> =<sup>ln</sup>(<sup>2</sup>(<sup>1</sup>−<sup>ε</sup>)<sup>1`}−¹)

ln(∣¹−^2α∣) ^convient.

3 Spectre des matrices stochastiques

3.1 Coefficients

8. SiA= (^ai,j)₍i,j)∈[[1;n]]² est stochastique, alors∀(^i,j) ∈^{[[1;n]]2, ai,j}⩾^{0 et}∀ⁱ ∈^[[1;n]], ∑ⁿ

j=¹

ai,j =^1, Donc ∀(^i,j) ∈^{[[1;n]]2, 0}⩽^ai,j=¹− ∑

j∈^[[1;n]]/{^j}

a_i,j⩽^{1 .}

SiA= (^ai,j)₍i,j)∈[[1;n]]²est strictement stochastique, alors∀(^i,j) ∈^{[[1;n]]2,ai,j}>^{0 et}∀ⁱ∈^[[1;n]],∑ⁿ

j=1

a_i,j= 1,

Donc ∀(^i,j) ∈^{[[1;n]]2, 0}<^ai,j =¹− ∑

j∈[[1;n]]/{^j}

a_i,j<^{1 puisquen}⩾2 et on retire de 1 au moins un terme strictement positif.

9. SoitAune matrice à coefficients positifs, alors on a : Aest stochastiques ⇐⇒ ∀ⁱ∈^[[1;n]], ∑ⁿ

j=1

a_i,j=^1.

OrA⎛

⎜⎝ 1

⋮ 1

⎞⎟

⎠=⎛

⎝

∑n j=1

a_i,j⎞

⎠_i∈[[1;n]]^{, donc A}est stochastiques ⇐⇒ ^A⎛

⎜⎝ 1

⋮ 1

⎞⎟

⎠=⎛

⎜⎝ 1

⋮ 1

⎞⎟

⎠ ⇐⇒ ¹∈^Sp(^A)^ete∈^Ker(^A−^In)^. 10. SoitA= (^ai,j)₍i,j)∈[[1;n]]²etB= (^bi,j)₍i,j)∈[[1;n]]²deux matrices stochastiques. SoitC=^AB = (^ci,j)₍i,j)∈[[1;n]]².

On a∀(^i,j) ∈^{[[1;n]]2, c}i,j=∑ⁿ

k=1

a_i,kb_k,j⩾0 car somme et produit de réels positifs.

Et si de plusAetB sont strictement stochastiques, les produitsa_i,kb_k,j sont tous strictement po- sitifs et doncC est à coefficients strictement positifs.

Et enfin, d’après la question précédente comme dans ces deux cas A et B sont stochastiques, Ae =^{e etB e} =^{e, doncC e} = ^{AB e}= ^Ae =^{e, doncC} étant à coefficients positifs est stochastique.

Ainsi, SiAetB sont stochastiques

(respectivement strictement stochastiques),C=^AB est stochastique (respectivement strictement stochastique) .

3.2 Valeurs propres

11. SoitAune matrice stochastique etx=

⎛⎜⎜

⎜⎝ x₁ x₂

⋮ xn

⎞⎟⎟

⎟⎠

∈C^{n. On a Ax}=⎛

⎝

∑n j=¹

a_i,jx_j⎞

⎠_i∈[[1;n]]^.

Or ∀ⁱ ∈^[[1;n]],RRRRRRRRRRR

∑n j=1

a_i,jx_jRRRRRRRRRRR⩽ ∑ⁿ

j=1

a_i,j∣^xj∣ ⩽ ∥^x∥∞

∑n j=1

a_i,j = ∥^x∥∞ car A est stochastique (coefficients positifs et somme sur chaque ligne valant 1). On en déduit (en passant à la borne supérieure sur i∈^{[[1;n]]) que} ∥^Ax∥∞⩽ ∥^x∥∞ .

D’après la question 10 commeAest stochastique ,A²aussi et par récurrence facile (commeA⁰= I_n est évidemment stochastique),∀^p∈N^,Ap est stochastique donc on peut lui appliquer ce qui précède, et donc : ∀^p∈N^, ∥^Apx∥∞⩽ ∥^x∥∞

12. Soitλune valeur propre complexe de A etxun vecteur propre associé. On a Ax=^λx et, avec la question précédente∣^λ∣∥^x∥∞= ∥^λx∥∞= ∥^Ax∥∞⩽ ∥^x∥∞, et en divisant par∥^x∥∞>^{0 (x}est vecteur propre et donc non nul) on en déduit que∣^λ∣ ⩽^1.

Ceci étant vrai pour toute valeur propre, le spectre deAest donc majoré, et admet donc bien une borne supérieure, et en passant à la borne supérieure sur le spectre dans l’inéquation précédente, on obtient : ρ(^A) ⩽^1.

De plus, 1 est une valeur propre deA(carAest stochastique) et cette inégalié est donc une égalité (on a un maximum) : ρ(^A) =¹

3.3 Diagonale strictement dominante

13. Soit λune valeur propre de A et x un vecteur propre associé. Soiti ∈ {^{1, . . . ,n}}^{tel que} ∣^xi∣^soit maximal (un nombre fini non nul de réels admet un maximum). On a alors∣^xi∣ >^{0 (carx, vecteur} propre, est non nul) et comme(^Ax)i=λx_i, on a

∑n j=1

a_i,jx_j=λx_i, donc (λ−^ai,i)^xi= ∑

j∈[[1;n]]/{i}

a_i,jx_j. Par inégalité triangulaire (lesa_k,j sont positifs), on en déduit que∣^λ−^ai,i∣⋅∣^xi∣ ⩽ ∑

j∈^[[1;n]]/{ⁱ}

a_i,j∣^xj∣ et comme∀^j∈^{[[1;n]], ai,j}∣^xj∣ ⩽^ai,j∣^xi∣^{, on a :}∣^λ−^ai,i∣⋅∣^xi∣ ⩽ ∣^xi∣ ∑

j∈^[[1;n]]/{ⁱ}

a_i,j Comme∣^xi∣ >0 on peut conclure que ∣λ−^ai,i∣ ⩽ ∑

j∈[[1;n]]/{i}

a_i,j

14. Si, par l’absurde,An’était pas inversible, alors 0 est valeur propre deA, et en appliquant la question précédente, on aurait :

a_i,i= ∣^ai,i∣ ⩽ ∑

j∈[[1;n]]/{i}

a_i,j ce qui contredit le caractère strictement dominant de la diagonale.

Ainsi, toute matrice à diagonale strictement dominante est inversible .

3.4 Valeur propre de module maximal

15. PosonsB =^A1−^In−1. On a∀(^i,j) ∈^{[[1;n]]2, a}i,j >^{0 carA}est strictement stochastique, et :

∀ⁱ∈^[[1;n]],∣^bi,i∣ = ∣^ai,i−¹∣ =¹−^ai,i= ∑

j≠i 1⩽j⩽n

a_i,j=⎛

⎜⎜⎝ ∑

j≠i 1⩽j⩽n−1

b_i,j

⎞⎟⎟

⎠+^ai,n> ∑

j≠i 1⩽j⩽n−1

b_i,j

B est donc a diagonale dominante. On en déduit queB est inversible. Sesn−1 lignes sont donc linéairement indépendantes et c’est a fortiori vrai de celle deA−^In. On a donc rg(^A−^In) ⩾ⁿ−^{1 .} 16. Par le théorème du rang, on a donc dim(^ker(^A−^In)) ⩽1 et comme on a vu à la question 9 que 1 est

valeur propre de toute matrice stochastique donc deAil est non réduit à{⁰}^{, donc dim}(^ker(^A−^In)) =¹ 17. Soitλune valeur propre deA. Avec la question 13 et l’inégalité triangulaire, alors :

∃ⁱ ∈^[[1;n]], ∣^λ∣−^ai,i= ∣^λ∣−∣^ai,i∣ ⩽ ∣^λ−^ai,i∣ ⩽ ∑j≠ia_i,j=¹−^ai,i

Si∣^λ∣ =1, cette inégalité est une égalité. On doit donc avoir égalité dans toutes les étapes et en particulier∣^λ∣−∣^ai,i∣ = ∣^λ−^ai,i∣^soit∣^λ−^ai,i∣+∣^ai,i∣ = ∣^λ∣^.

On est donc dans le cas d’égalité de l’inégalité triangulaire, donc les nombres complexesλ−^ai,i

eta_i,i ont même argument. Commea_i,i est un réel strictement positif, ceci impose queλ−^ai,ien soit un aussi et doncλaussi. Comme∣^λ∣ =1, ceci donneλ=1. Donc 1 est l’unique valeur propre de module 1 et

∀^λ∈^Sp(^A)/{¹}^,∣^λ∣ <¹

4 Probabilité invariante

4.1 Une suite de variables aléatoires

18. D’après la formule des probabilités totales dans le système complet((^X0=ⁱ))¹⩽ⁱ⩽⁴, on a :

∀^j∈^[[1;n]],P(^X1=^j) =∑⁴

i=1

P_X0=i(^X1=^j)^P(^X0=^j)

P_X0=i(^X1=^j)^{vaut 1}

10 sii =^{j et 3}

10 sinon. On a donc P₁=^{QP0 avec Q}= ¹ 10

⎛⎜⎜

⎜⎝

1 3 3 3 3 1 3 3 3 3 1 3 3 3 3 1

⎞⎟⎟

⎟⎠ .

Une récurrence immédiate donne alors ∀ⁿ∈N^{, P}n=^QnP0.

19. QΠ=^{Π, alorsΠ}est un vecteur propre pourQassocié à la valeur propre 1. On vérifie aisément que Qest strictement stochastique, et donc d’après la question 16 le sous-espace propre associé est de dimension 1 et est même engendré par(^{1, 1, 1, 1})^{. DoncΠ}∈^Vect

⎛⎜⎜

⎜⎝

⎛⎜⎜

⎜⎝ 1 1 1 1

⎞⎟⎟

⎟⎠

⎞⎟⎟

⎟⎠

, donc∃^a∈K^,p1=^p2=

p₃=^p4=^{a. Et si} ∑⁴

k=1

p_k=1, nécessairementa=¹

4. Donc siΠvérifiant les conditions demandées

existe, on a forcément :Π=¹ 4

⎛⎜⎜

⎜⎝ 1 1 1 1

⎞⎟⎟

⎟⎠ .

Réciproquement, on vérifie aisément que ce vecteur convient, donc

il existe un unique vecteurΠ=

⎛⎜⎜

⎜⎝ p₁ p2

p₃ p₄

⎞⎟⎟

⎟⎠

, tel que :∀ⁱ∈ {1, 2, . . . , 4}^{, p}i⩾^0,∑⁴ⁱ=¹p_i =^{1, Π}=^QΠ,

c’est le vecteurΠ=¹ 4

⎛⎜⎜

⎜⎝ 1 1 1 1

⎞⎟⎟

⎟⎠ .

4.2 Rapidité de convergence

20. La matriceQ obtenue à la question 18 étant symétrique à coefficients réels, d’aprèsle théorème spectral, elle est diagonalisable surR^.

21. On sait déjà que 1 est valeur propre de sous espace propre associé E₁=^Vect(^Π). De plus on

remarque queQ+ ²

10I₄ = ¹ 10

⎛⎜⎜

⎜⎝

3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3

⎞⎟⎟

⎟⎠

et que toutes ses colonnes sont égales, donc elle

est de rang 1 et− ²

10 est valeur propre, et par le théorème du rang son sous-espace propre as- socié de dimension 3. On remarque de plus aisément que son sous espace propre associé est :

E²

10 =^Vect

⎛⎜⎜

⎜⎝

⎛⎜⎜

⎜⎝ 1

−¹ 0 0

⎞⎟⎟

⎟⎠ ,

⎛⎜⎜

⎜⎝ 1 0

−¹ 0

⎞⎟⎟

⎟⎠ ,

⎛⎜⎜

⎜⎝ 1 0 0

−¹

⎞⎟⎟

⎟⎠

⎞⎟⎟

⎟⎠ .

La somme des dimensions des sous-espaces propres valant 4,Q est diagonalisable et il n’y a pas d’autres valeurs propres, donc Sp(^Q) = {^1,−²

10}^.

22. En posantP=

⎛⎜⎜

⎜⎝

1 1 1 1

1 −^{1 0 0}

1 0 −^{1 0}

1 0 0 −¹

⎞⎟⎟

⎟⎠

, on aP⁻¹QP=

⎛⎜⎜

⎜⎜⎜⎜

⎜⎜⎝

1 0 0 0

0 − ²

10 0 0

0 0 − ²

10 0

0 0 0 − ²

10

⎞⎟⎟

⎟⎟⎟⎟

⎟⎟⎠

=^D.

DoncQ=^{P DP−1}, et par une récurrence simple,∀^p∈N^,Qp=^{P DpP−1.} Comme−¹< − ²

10 <1 les suites des coefficients des matrices de la suite matricielle(^Dp)p∈Nconvergent et donc cette suite matricielle converge et on a : lim

p→+∞D^p=

⎛⎜⎜

⎜⎝

1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

⎞⎟⎟

⎟⎠ .

De plus, les fonctions coordonnées de l’application deMⁿ(R)^dansMⁿ(R)^:M↦^{P M P−1sont} polynomiales selon les coefficients de la matriceMde départ, donc cette application est continue, et donc par composition de limite avec une application continue, on a : lim

p→+∞Q^p=^Pdiag(^{1, 0, 0, 0})^P−1=^{R .} Il reste à déterminerR.

On vérifie aisément que le produit de la matrice 1 4

⎛⎜⎜

⎜⎝

1 1 1 1

1 −^{3 1 1}

1 1 −^{3 1}

1 1 1 −³

⎞⎟⎟

⎟⎠

est l’inverse deP car son produit avecPvaut bienI₄(pour aller plus vite ici, on peut utiliser la calculette pour avoir une idée de P⁻¹mais la vérification, ou du moins le fait de le dire qu’on vérifie, est nécessaire.)

On a doncR=^Pdiag(^{1, 0, 0, 0})^P−1=¹ 4

⎛⎜⎜

⎜⎝

1 1 1 1

1 −^{1 0 0}

1 0 −^{1 0}

1 0 0 −¹

⎞⎟⎟

⎟⎠

×

⎛⎜⎜

⎜⎝

1 1 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

⎞⎟⎟

⎟⎠

=

⎛⎜⎜

⎜⎝

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

⎞⎟⎟

⎟⎠ =⁴Π^tΠ

On a∀^p∈N^,Qp−^R=^{P DpP}−¹−^Pdiag(^{1, 0, 0, 0})^P−1=^Pdiag(^0,(− ²

10)^p,(− ²

10)^p,(− ²

10)^p)^P−1 DoncQ^p−^R= (− ²

10)^pPdiag(^{0, 1, 1, 1})^{P−1, et Donc} ∣∣^Qp−^R∣∣ = ( ²

10)^p∣∣^Pdiag(^{0, 1, 1, 1})^P−1∣∣ =^O( ² 10)^p puisque∥^Pdiag(^{0, 1, 1, 1})^P−1∥est indépendant dep.

Comme on sait que∀ⁿ∈N^{, P}n=^{QnP0et commeM}↦^{M P0}est continue (car fonctions coordon- nées polynomiales selon les coefficients deM), on en déduit que lim

n→+∞P_n=^RP0=^4ΠtΠP0. Or,^tΠP₀=¹

4

∑4 i=1

P(^X0=ⁱ) =¹

4et donc lim

n→+∞P_n=^Πqui est bien une loi indépendante de celle deX₀ . Cela signifie donc que lorsquen tend vers+∞on a autant de chance de se retrouver sur chaque point et cela quelle que soit la position initiale.

5 Puissances d’une matrice stochastique

23. Soit j∈ {1, . . . ,n}^;

∀^p∈N^,∀^k∈^[[1;n]],a(_k,j^p+1)=∑ⁿ

i=¹

a_k,ia⁽_i,^p_j⁾⩽∑ⁿ

i=¹

a_k,iM⁽_j^p)=^M(_j^p)car∀ⁱ ∈^[[1;n]],ak,i⩾^0.

En passsant au maximum surk, on en déduit que M⁽_j^p+1)⩽^M(_j^p). De même ∀^k ∈ [∣^1,n∣]^{, a}_k,^(p_j⁺¹⁾ =∑ⁿ

i=¹

a_k,ia_i⁽_,j^p) ⩾∑ⁿ

i=¹

a_k,im⁽_j^p)=^m(j^p), et en passsant au maximum surk, on en déduit que m⁽_j^p+1)⩾^m(_j^p). De plus, un minimum sur un ensemble étant évidement inférieur au maximum sur cet ensemble, on a : m⁽_j^p+1)⩽^M(_j^p+1).

CommeMet toutes ses puissances sont strictement stochastiques, tous les coefficients sont stric- tement positifs et le minimum étant un de ces éléments, on a : quadm⁽_j^p)>^0.

Finalement 0<^m(_j^p)⩽^m(_j^p+1)⩽^M(_j^p+1)⩽^M(_j^p) 24. On notekun indice tel quea_k,j^(p+1)=^m(j^p+1). On a alors

m⁽_j^p+1)−^m(_j^p) = ^a(_k,j^p+1)−^m(_j^p)

= ∑ⁿ

i=1

a_k,ia_i⁽_,j^p)−∑ⁿ

i=1

a_k,im⁽_j^p) car

∑n i=1

a_k,i=¹ (^Astochastique)

= ∑ⁿ

i=¹

a_k,i

°_⩾

m

(^ai⁽,j^p)−^m(j^p))

´¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¸¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¶_⩾

0

⩾ ^m∑ⁿ

i=1

(^a(_i,^p_j⁾−^m(_j^p))

Dans la dernière somme, tous les termes sont positifs et l’un vautM⁽_j^p)−^m(j^p)et donc : m⁽_j^p+1)−^m(j^p)⩾^m(^M(j^p)−^m(j^p))

De même, On note`un indice tel quea<sup>(</sup><sub>`,j</sub>^p+1)=^M(_j^p+1). On a alors M⁽_j^p)−^M(_j^p+1) = ^M(_j^p)−^a(_`,j^p+1)

= ∑ⁿ

i=¹

a_`,iM⁽_j^p)−∑ⁿ

i=¹

a_`,ia⁽_i,^p_j⁾

= ∑ⁿ

i=¹

a_`,i

°_⩾

m

(^M(_j^p)−^a_i⁽_,j^p))

´¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¸¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¶_⩾

0

⩾ ^m∑ⁿ

i=1

(^M(j^p)−^a(i,^pj⁾)

Dans la dernière somme, tous les termes sont positifs et l’un vautM⁽_j^p)−^m(_j^{p)et donc :} M⁽_j^p)−^M(_j^p+1)⩾^m(^M(_j^p)−^m(_j^p))