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Mines Maths 1 PC 2018 — Corrigé
Ce corrigé est proposé par Hervé Diet (professeur agrégé) ; il a été relu par Théo Lenoir (ENS Ulm) et Florian Metzger (docteur en mathématiques).
Ce sujet porte sur l’espace de Rademacher, défini comme le sous-ensemble Ωq,n
deMq,n(R)constitué des matrices à coefficients dans{−1,1}. On prouve le théorème de Komlós qui s’énonce ainsi : siM(n)est une variable aléatoire à valeurs dansΩn,n
qui suit la loi uniforme, alors
n→+∞lim P(det(M(n)) = 0) = 0
En d’autres termes, une matrice aléatoire est inversible avec forte probabilité lorsque nest grand.
Le sujet fait largement appel aux matrices et aux probabilités. Il se compose de six parties connectées les unes aux autres.
• La première établit quelques majorations sur les coefficients binomiaux à l’aide de raisonnements classiques (équivalents, récurrences, etc.). Ces majorations permettront de calculer des limites dans la suite du sujet.
• La partie B étudie de manière exhaustive le cas de la dimension 2.
• La partie C donne quelques bornes sur les probabilités qui seront utilisées ulté- rieurement. Ces résultats sont établis en travaillant sur des espaces vectoriels.
• La partie D porte sur des aspects ensemblistes (cardinal, dénombrement) et sur les anti-chaînes qui sont les sous-ensembles de P({1, ..., n})dont les éléments sont incomparables (ni A ⊂ B ni B ⊂ A si A 6= B). On démontre alors un théorème d’Erdös-Littlewood-Offord : si v ∈ Rn tel que |vj| 6 1 pour tout j∈[[ 1 ;n]], siJest un intervalle deRde longueur2et sinest assez grand,
P
hL(n)1 , vi ∈J 6 1
√n
oùL(n)1 désigne la première ligne de la matrice aléatoireM(n).
• Ce théorème est exploité dans la partie E. Cela permet de prouver des majo- rations nécessaires pour la suite.
• La dernière partie est consacrée à la démonstration du théorème de Komlós.
On y exploite tous les résultats établis précédemment.
Le sujet est assez difficile pour la filière PC. Il comporte des raisonnements qui peuvent être déstabilisants et la manipulation des probabilités requiert beaucoup de rigueur. Comme le sujet suit une progression linéaire, il n’est pas judicieux de passer une partie puisqu’elle servira à coup sûr pour la suite. Cela en fait un sujet utile en fin de révision car il couvre nombre de thèmes d’algèbre au programme.
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Indications
1 Étudier le rapport n
k+ 1
/ n
k
. Étendre la propriété àk >⌊n/2⌋par symétrie des coefficients binomiaux.
2 Différencier les casnpair et impair puis utiliser la formule de Stirling pour cher- cher un équivalent de
n
⌊n/2⌋
.
3 Traiter le cask= 0 à part. Faire un raisonnement par récurrence surk.
4 Prouver que Ω1,n engendre tous les éléments de la base canonique deRn. 5 Calculer l’espérance deE(M1,1)puis utiliser les propriétés de l’espérance.
6 Appliquer la formule de transfert.
8 Commencer par déterminer les valeurs de
P(Mi,j= Mk,l)et P(Mi,j=−Mk,l)avec(i, j)6= (k, l)
On pourra ensuite poursuivre les calculs et noter que det(M(n)) = 0 lorsque les colonnesL1 etL2sont liées.
9 Utiliser l’équivalence démontrée pour décomposer l’événement
det(M(n)) = 0 . 10 Définir une base deH⊥ et la relier auxαi,j.
11 La méthode du pivot de Gauss donne lesn−dpivots, et les colonnes sans pivot donnent les indices16j1< j2<· · ·< jd6n.
12 Attention à tourner la page du sujet pour voir les indications.
13 Exploiter la méthode d’orthogonalisation de Gram-Schmidt sans normaliser les vecteurs pour construire le vecteur voulu.
15 Étudier la restriction deσà {1, . . . ,|A|}.
17 Utiliser la question précédente pour décomposer l’ensembleA.
19 Étudier la différence P
j∈B
vj− P
j∈A
vj pour montrer qu’il reste au moins un élément et en déduire une minoration.
20 Prouver d’abord queAJ={A∈ P({1, . . . , n})|sA∈J} est une anti-chaîne.
21 Écrire la négation de la définition proposée.
23 Trouver une majoration de la probabilité désirée qui ne dépende que den. Étudier la limite du produit de ce terme et denpour conclure.
24 Raisonner par l’absurde sur le nombre de coordonnées non nulles dev.
25 Choisir une suite d’indices16j1< j2<· · ·< jk 6ntels que l’on puisse ramener le problème de Ω1,n àΩ1,m et appliquer le résultat de la question 20.
27 Scinder la somme obtenue en deux morceaux, de 1 à n−tn puis de n−tn+ 1 àn−1et majorer chaque partie. Choisir une suite(tn)à croissance moins rapide que(√
lnn), par exemple
(lnn)1/4 .
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A. Coefficients binomiaux
1 Soitn∈N∗etkun entier tel quek+ 16⌊n/2⌋. Le coefficient binomial n
k
est non nul, ce qui permet de considérer
n k+ 1
n
k
= n!
(k+ 1)!(n−k−1)!×k!(n−k)!
n!
= n−k
k+ 1 =n+ 1 k+ 1 −1
La fonctionx7→1/xest décroissante surR∗+etk+1est inférieur à⌊n/2⌋donc àn/2.
On en déduit que
1
k+ 1 > 1 n/2 = 2
n
soit
n k+ 1
n
k
>(n+ 1)2
n−1 = 2 +2
n−1 = 1 +2 n >1
d’où L’applicationk7→
n k
est croissante sur{0, . . . ,⌊n/2⌋}.
D’après le résultat précédent, on a
∀ k∈n
0, . . . ,jn 2
ko n k
6 n
⌊n/2⌋
Il suffit alors de remarquer que n
k
= n
n−k
donc, sik >⌊n/2⌋alors
k > n
2 =⇒ n−k < n
2 =⇒ n−k6jn 2 k
carn−kest entier. Par croissance dek7→
n k
sur[[ 0 ;⌊n/2⌋]], on obtient
n k
= n
n−k
6 n
⌊n/2⌋
sik >jn 2 k La majoration est aussi vraie lorsquek >⌊n/2⌋. En conclusion,
∀k∈ {0, . . . , n} n
k
6 n
⌊n/2⌋
2 Soitn∈N, on va faire l’étude selon la parité den.
• Considérons le cas oùnest pair. Soitp∈Ntel quen= 2p. Alors n
⌊n/2⌋
=(2p)!
p!2
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On peut maintenant utiliser la formule de Stirling et écrire
n
⌊n/2⌋
∼
√2π×2p 2p
e 2p
2πpp e
2p = 22p
√πp
et finalement, lorsquenest pair, n
⌊n/2⌋
∼ r2
π× 2n
√n
• Voyons maintenant le casnimpair. Soitp∈Ntel que n= 2p+ 1; alors jn
2 k=
p+1
2
=p d’où
n
⌊n/2⌋
=
2p+ 1 p
= (2p+ 1)!
p!(p+ 1)!
On peut astucieusement réutiliser le travail précédent en remarquant que (2p+ 1)!
p!(p+ 1)! = 2p+ 1 p+ 1 ·(2p)!
p!2 ∼2· 22p
√πp = r2
π· 22p+1
√2p Ainsi, en remarquant que√
2p∼√
2p+ 1, il vient à nouveau n
⌊n/2⌋
∼ r2
π· 22p+1
√2p+ 1 = r2
π× 2n
√n
En conclusion,
n
⌊n/2⌋
n→+∞∼ r2
π × 2n
√n.
On a r2
π <1 puisque2< π. L’équivalent précédent implique alors que
∃n0∈N n>n0 =⇒
n
⌊n/2⌋
6 2n
√n
3 Soitn∈N, la propriété attendue se démontre aisément pourk= 0puisque n
0
2−1= 1×1 2 =1
2 <1 =n0 Montrons par récurrence surk∈ {1, . . . , n}que la propriété
P(k) : n
k
2k−16nk
est vraie pour toutk∈ {1, . . . , n}.
• P(1)est vraie car n
1
20=n×1 =n=n1.
• P(k) =⇒P(k+ 1): supposons que pour toutk∈[[ 1 ;n−1 ]]la propriétéP(k) est vraie. Alors
n k+ 1
2k= n!
(k+ 1)!(n−k−1)!2k= n!
k!(n−k)!2k−1×2(n−k) k+ 1 Téléchargé gratuitement surDoc-Solus.fr
