Partie I. Calcul d'un déterminant circulant

Partie I. Calcul d'un déterminant circulant

1. a. On reconnaît un déterminant de Vandermonde. Il faut : det(V) = Y

0≤i<j≤n−1

(ξ^j−ξⁱ).

b. Par propriétés de la dérivation d'un produit : Q⁰ =

n

X

k=1 n

Y

j=1 j6=k

(X−z_j).

Soiti∈J1, nK. En évaluant cette expression enzi, on voit que tous les termes de la somme sont nuls sauf celui pour lequelk=i, donc :

Q⁰(z_i) =Y

j=1 j6=i

(z_i−z_j).

Ainsi :

n

Y

i=1

Q⁰(zi) =

n

Y

i=1 n

Y

j=1 j6=i

Q⁰(zj) = Y

(i,j)∈J1,nK2 i6=j

(zi−zj).

c. Posons PosonsQ=Xⁿ−1 = Qn−1

i=0(X−ξⁱ). D'après les relations coecients- racines,−1 =Qn−1

k=0ξ^k = (−1)ⁿQn−1

k=0, d'où le résultat.

d. D'après la b. appliquée au polynômeQ=Xⁿ−1et à ses racines1, ξ, ..., ξⁿ⁻¹:

Y

(i,j)∈J1,nK2 i6=j

(ξⁱ−ξ^j) =

n−1

Y

i=0

P⁰(ξⁱ) =

n−1

Y

i=0

n(ξⁱ)ⁿ⁻¹.

Mais pour touti,(ξⁱ)ⁿ⁻¹= (ξⁿ⁻¹)ⁱ = (ξ⁻¹)ⁱ=ξ⁻ⁱ carξⁿ⁻¹=ξ⁻¹donc :

Y

(i,j)∈J0,n−1K2 i6=j

(ξⁱ−ξ^j) =nⁿ

n−1

Y

i=0

ξ⁻ⁱ= (−1)ⁿ⁻¹nⁿ.

Ainsi :

(−1)ⁿ⁻¹nⁿ= Y

(i,j)∈J0,n−1K2 i6=j

(ξⁱ−ξ^j)

=



 Y

0≤i<j≤n−1

(ξⁱ−ξ^j)



















 Y

0≤j<i≤n−1

(ξⁱ−ξ^j)

| {z }

n(n−1) 2 facteurs

















= (−1)^n(n−1)2



 Y

0≤i<j≤n−1

(ξⁱ−ξ^j)





2

= (−1)^n(n−1)2 det(V)²

doncdet(V)²=±nⁿ. Alors il existeε∈ {1,−1, i,−i} tel quedet(V) =εnⁿ². e. La matrice de la famille(e₀, ..., e_p−1)est justement la matriceV. Son déterminant

est non nul d'après la question précédente, donc elle est inversible, donc de rang n. Donc la famille(e₀, ..., e_n−1)est de rangn, donc c'est une base de Cⁿ. 2. La première ligne du vecteur colonneC(a0, ..., a_n−1)Ep vaut :

a₀+a₁ξ^p+...+a_n−1ξ^p(n−1)=P(ξ^p).

Soiti∈J2, nK. Lai-ème ligne du vecteur colonneC(a0, ..., a_n−1)Ep vaut :

an−i+1+an−i+2ξ^p+...+an−1ξ^p(i−2)+a0ξ^p(i−1)+...+an−iξ^p(n−1)

=ξ^p(i−1)[a_n−i+1ξ^−p(i−1)+a_n−i+2ξ^−p(i−2)

+...+a_n−1ξ^−p+a₀+a₁ξ^p+...+a_n−iξ^p(n−i)].

Commeξ^np= 1, alors :

ξ^−p(n−i)=ξ^p(n−i+1), ..., ξ^−p=ξ^p(n−1).

Donc la ième ligne du vecteur colonneC(a0, ..., a_n−1)Ep vaut : ξ^p(i−1)[a0+a1ξ^p+...+a_n−1ξ^p(n−1)] =ξ^p(i−1)P(ξ^p).

DoncC(a₀, ..., a_n−1)E_p=P(ξ^p)E_p.

3. Notonsu∈ L(Cⁿ)l'endomorphisme canoniquement associé àC(a0, ..., an−1). D'après la question précédente, pour toutp∈J0, n−1K,u(ep) =P(ξ^p)ep. Donc la matrice deu dans la base(e₀, ..., e_p−1)est diagonale de coecients diagonauxP(1),(ξ), ..., P(ξⁿ⁻¹). Ainsi,C(a0, ..., a_n−1)est semblable à la matrice :









 P(1)

P(ξ) ...

P(ξⁿ⁻¹)











4. Le déterminant de C(a0, ..., an−1) est égal au déterminant de la matrice diagonale ci-dessus, qui vaut :

n−1

Y

k=0

P(ξ^k).

Partie II. Module de combinaisons linéaires de racines de l'unité à coecients aléatoires

II.1 Espérance et variance

1. a. Par dénition,E(X_k) =P(X_k= 1)−P(X_k =−1) = 0. Comme les variables sont mutuellement indépendantes :

Xk 6=Xl⇒E(XkXl) =E(Xk)E(Xl) = 0.

b. Introduisons le conjugué pour exprimer le carré du module puis utilisons la linéa- rité de l'espérance et la question précédente :

|Z|²= X

(k,l)∈J1,nK²

XkXlξ^k−l=n+ 2 X

(k,l)∈J1,nK2 k<l

XkXlξ^k−l

⇒E(|Z|²) =n+ 2 X

(k,l)∈J1,nK2 k<l

E(XkXl)

| {z }

=0

ξ^k−l=n

carX_k² est la variable constante (certaine) de valeur1.

2. a. Comme les variables sont mutuellement indépendantes et centrées, E(X_iX_jX_kX_l)6= 0⇒Card{Xi, X_j, X_k, X_l}<4.

On sait queXi6=Xj cari < jetXk6=Xlcark < l. Les deux paires{Xi, Xj}et {Xk, Xl}ne peuvent pas être disjointes.

SiX_k =X_j alorsk=j doncj < l donc

E(XiXjXkXl) =E(XiXjXl) = 0.

On en déduitXk =Xi et E(XiXjXkXl) =E(XjXl)serait nul si Xj 6=Xl. On doit donc avoiri=ket j=l.

b. Comme en 1.b.

|Z|⁴=





n+ 2 X

(i,j)∈J1,nK2 i<j

XiXjξ^i−j











n+ 2 X

(k,l)∈J1,nK2 k<l

XkXlξ^k−l







=n²+ 4n X

(i,j)∈J1,nK2 i<j

XiXjξ^i−j+ 4 X

(i,j,k,l)∈J1,nK4 i<j, k<l

XiXjXkXlξ^i−j+k−l

⇒E |Z|⁴

=n²+ 4n(n−1)

2 = 3n²−2n car dans la dernière somme, seuls les quadruplets(i, j, i, j)contribuent vraiment et chacun pour la valeur 1.

AvecE(|Z|²) =n, on obtient

V(|Z|²) =V(|Z|⁴)−E(|Z|²) = 2n(n−1).

II.2. Inégalités de concentration.

1. CommeZ est une variable aléatoire à valeurs positives, on peut lui appliquer l'inégalité de Markov :

P(|Z|²≥t)≤E(|Z|²)

t = n

t.

2. a. Introduisons une fonctionf dénie dansRet calculons sa dérivée f(x) = ch(x)e^−x

2

2 ⇒f⁰(x) = (sh(x)−xch(x))e^−x

2 2 . Le signe def⁰(x)est celui deg(x)avecg(x) = sh(x)−xch(x). Alors

g⁰(x) =−xsh(x)≤0.

La fonctiong est décroissante dansR, nulle en0 donc positive pour les négatifs et négative pour les positifs. La fonction f admet en minimum absolu en 0 de valeur 1. On en déduit

∀x∈R, ch(x)≤e^−x

2 2 .

b. On linéarise :

n−1

X

k=0

cos² 2kπ

n

=

n−1

X

k=0

1 2 +1

2cos 4kπ

n

= n 2.

c. Comme les variables aléatoiresXksont mutuellement indépendantes, les variables e^θcos(^2kπ_n )^Xk le sont aussi. Remarquons que

E

e^θcos(^2kπ_n )^Xk

=1 2

e^θcos(^2kπ_n ) +e^−θcos(^2kπ_n )

= ch

θcos 2kπ

n

. On en déduit

E(e^θX) =

n

Y

k=1

E

e^θXkcos(^2kπ_n )

=

n

Y

k=1

ch

θcos 2kπ

n

≤

n

Y

k=1

e

(^θcos(^2kπ_n ))²

2 =e^θ

2 2

Pn

k=1cos²(^2kπ_n ) =e^nθ

2 4 .

3. Soitθ∈R+, d'après l'inégalité de Markov appliquée àe^θX : P(X ≥t) =P(e^θX≥e^θt)≤e^−θtE(e^θX)≤e^−θt+nθ

2 4

4. Posonsθ= ^2t_n, de manière à minimiser l'expression−θt+^nθ₄². Alors : P(X ≥t)≤e^−t

2 n. 5. Soitx∈C. Alors :

{X =x}= [

(ε1,...,εn)∈{−1,1}n Pn

i=1εiξi

{(X₁=ε₁, ..., X_n=ε_n}.

La réunion est disjointe et pour tout(ε1, ..., εn)∈ {−1,1}ⁿ, P(X1=ε1, ..., Xn=εn) =₂¹n. Donc :

P(X=x) =card(A(x)) 2ⁿ

avec

A(x) ={(ε1, ..., ε_n)∈ {−1,1}ⁿ|

n

X

i=1

ε_iξⁱ =x}

Or L'application f : (ε1, ..., εn) ∈ A(x) 7→ (−ε1, ...,−εn) ∈ A(−x) est une bijection donccard(A(x)) = card(A(−x)). DoncP(X =x) =P(X =−x) =P(−X =x). Ainsi, X et −X ont même loi.

Ainsi, comme{|X| ≥t}={X≥t} ∪ {−X ≥t}, alors :

P(|X| ≥t)≤P(X ≥t) +P(−X≥t) = 2P(X≥t)≤2e^−t

2 n. 6. Comme|Z|²=X²+Y², alors :

{|Z|²≥t} ⊂ {X²≥ t

2} ∪ {Y²≥ t 2}

(six²+y²≥t, alors l'un au-moins des réelsx²ety²et supérieur ou égal à ^t₂). Donc : {|Z|²≥t} ⊂ {|X| ≥

rt

2} ∪ {|Y| ≥ rt

2}.

Donc :

P(|Z|²≥t)≤P(|X| ≥ rt

2) +P(|Y| ≥ rt

2)≤4e^−2nt .

Partie III. Déterminant d'une matrice circulaire aléatoire

1. a. Soitu∈Un. NotonsA={J ∈Ω|u∈J}. Alors :

P(Xu= 1) = card(A)

card(Ω) = card(A) 2ⁿ .

Comme l'application J ∈ A 7→J^c ∈ A^c est une bijection, alorsA et son com- plémentaire ont même cardinal. Mais comme A et A^c partitionnent Ω, alors 2ⁿ= card(A) + card(A^c)donccard(A) = 2ⁿ⁻¹. Donc :

P(X_u= 1) =P(X_u=−1) = 1 2.

b. Soit(εu)u∈Un∈ {−1,1}ⁿ. Alors

\

u∈Un

{Xu=εu}={J ∈Ω| ∀u∈Un, εu= 1⇐⇒u∈J}={J}.

Donc :

P

\

u∈Un

{Xu=ε_u}

!

= 1 2ⁿ = Y

u∈Un

P(X_u=ε_u).

Ainsi, les variables aléatoiresXu sont mutuellement indépendantes.

2. a. CommeUn est ni, il sut de montrer queϕk est injective. Soientu, v ∈Untels queϕ_k(u) =ϕ_k(v). Il existep, q∈J0, n−1Ktels queu=e^2ipπn etv=e^2iqπn , donc e^{2ik(p−q)πn} = 1. Donc ndivisek(p−q). Comme nest premier et1≤k < n, alors nest premier avec kdonc d'après le théorème de Gauss, n divise(p−q). Mais comme−n < p−q < n, alorsp=q etu=v; L'applicationϕk est bien injective donc bijective.

b. SoitJ ∈Ω. Alors pour tout u∈Un, X_ϕ−1

k (u)(J) =X_u(ϕ_k(J)). Donc le change- ment d'indicev=ϕ_k(u)donne :

Zk(J) = X

u∈Un

Xu(J)ϕk(u) = X

v∈Un

X_ϕ−1 k (v)(J)v

= X

v∈Un

Xv(ϕk(J))v=Z1◦ϕk(J).

c. Ainsi, commeϕk est bijective, alorsZk(Ω) =Z1(Ω)et pour toutz∈Zk(Ω): {Zk =z}={Z1◦ϕk=z}=ϕk({Z1=z}).

Commeϕ_k est bijective, alors les ensembles{Z₁=z}etϕ_k({Z₁=z})ont même cardinal, donc même probabilité :

P(Z_k =z) =P(Z₁=z).

DoncZk et Z1ont même loi.

3. SoitJ∈Ω. Notons P_J le polynôme : PJ =

n−1

X

k=0

X_ξkξ^k = X

u∈Un

Xu(J)u^k =Zk(J).

D'après la partie I : :

D(J) =

n−1

Y

p=0

|PJ(ξ^p)|=

n−1

Y

k=0

|Zk(J)|.

Mais pour toutk∈J1,ⁿ⁻¹₂ K:

Z_n−k(J) = X

u∈Un

Xu(J)u^n−k = X

u∈Un

Xu(J)u^−k = X

u∈Un

Xu(J)u^k =Zk(J).

Donc en particulier :|Zk(J)|=|Zn−k(J)|. Ainsi :

|Z1(J)|=|Z_n−1(J)|,|Z2(J)|=|Z_n−2(J)|, ..., Zn−1

2 (J) =

Zn+1

2 (J) . Donc :

D(J) =|Z0(J)|

n−1 2

Y

k=1

|Zk(J)|².

4. Soitt >0. Alors :

{M ≥t}=

n−1 2

[

k=1

{|Zk|²≥t}

donc :

P(M ≥t)≤

n−1 2

X

k=1

P(|Z_k|²≥t) =n−1

2 P(|Z₁|²≥t)

puisque lesZ_k ont la même loi queZ₁. Mais commeZ₁a la même loi que la variable aléatoireZ introduite dans la partie II, alors :

P(|Z₁|²≥t)≤4e^−2nt donc :

P(M ≥t)≤2(n−1)e^−2nt . 5. Il sut de remarquer que pour toutJ ∈Ω:

|D(J)| ≤ |Z0(J)| |M(J)|ⁿ⁻¹² .

Comme|Z0(J)| ≤n, alors|D(J)| ≤nM(J)ⁿ⁻¹² . Donc :

{D≥ntⁿ⁻¹² } ⊂ {nMⁿ⁻¹² ≥ntⁿ⁻¹² }={M ≥t}

donc :

P(D≥ntⁿ⁻¹² } ≤2(n−1)e^−2nt . 6. a. Par dénition de l'espérance :

E(W) = X

w∈W(Ω)

wP(W =w) =

p

X

k=0

X

w∈W(Ω)∩[p,p+1[

wP(W =w).

Mais pour toutk∈J0, pK: X

w∈W(Ω)∩[k,k+1[

wP(W =w)≤(k+ 1) X

w∈W(Ω)∩[k,k+1[

P(W =w)

= (k+ 1)P(k≤W < k+ 1)

= (k+ 1)[P(W ≥k)−P(W ≥k+ 1)]

Cela donne le résultat souhaité.

b. Coupons la somme en deux, eectuons un changement d'indice dans la deuxième somme puis regroupons les termes :

E(W)≤

p

X

k=0

(k+ 1)[P(W ≥k)−P(W ≥k+ 1)]

=

p

X

k=0

(k+ 1)P(W ≥k)−

p

X

k=0

(k+ 1)P(W ≥k+ 1)

=

p

X

k=0

(k+ 1)P(W ≥k)−

p+1

X

l=1

lP(W ≥l) (l=k+ 1)

=

p

X

k=0

(k+ 1)P(W ≥k)−

p

X

k=1

kP(W ≥k) (P(W ≥p+ 1) = 0)

=P(W ≥0) +

p

X

k=1

[(k+ 1)−k]P(W ≥k)

= 1 +

p

X

k=1

P(W ≥k) (P(W ≥0) = 1)

7. a. Pour toutk ∈ J0, n−1K, pour toutJ ∈Ω, |Zk(J)| ≤ n (inégalité triangulaire) donc0≤D(J)≤nⁿ.

b. D'après la question précédente : E(D)≤1 +

nⁿ

X

k=1

P(D≥k).

Mais d'après la question 5, en posantt= _n^kn−1² :

P(D≥k) =P(D≥ntⁿ⁻¹² )≤2(n−1)e^−2nt =e⁻(^kn)ⁿ⁻¹²

2n

donc :

E(D)≤1 + 2(n−1)

nⁿ

X

k=1

e⁻(n^k)ⁿ⁻¹²

2n

c. Un intégration par parties donne pourk≥1 :

Z k/2 0

tⁿe^−tdt= [−kt^k−1e^−t]^k/2₀ +k Z k/2

0

t^k−1e^−tdt.

Comme :

[−kt^k−1e^−t]^k/2₀ =−k k

2 k−1

e^−k/2≤0 donc :

Z k/2 0

t^ke^−t dt≤k Z k/2

0

t^k−1e^−tdt.

Une simple récurrence montre alors que :

Z k/2 0

t^ke^−tdt≤k!

Z k/2 0

e^−t dt

| {z }

=1−e^−k/2≤1

≤k!.

d. Notons i l'intégrale à calculer. Eectuons d'abord le changement de variables ny=x,ndy=dx. Alors :

I=n Z nⁿ⁻¹

0

e^−y

n−12 2n dy.

Eectuons ensuite le changement de variablestⁿ⁻¹² =y, ⁿ⁻¹₂ tⁿ⁻³² dt=dy:

I= n(n−1) 2

Z n² 0

e^−2nt tⁿ⁻³² dt.

Eectuons enn le changement de variables2nu=t,2ndu=dt:

I=n(n−1) 2

Z n/2 0

e^−u(2nu)ⁿ⁻³² (2n)du=n(n−1)(2n)ⁿ⁻¹² 2

Z n/2 0

e^−uuⁿ⁻³² du donc d'après la question précédente :

I≤n(n−1)

2 (2n)ⁿ⁻¹²

n−3 2

! =n n−1

2

!(2n)ⁿ⁻¹² .

e. Notons f : x ∈R 7→e⁻⁽

x n)

n−12

2n . Cette fonction est décroissante donc pour tout k∈J1, nⁿK:

f(k) = Z k

k−1

f(k)dx≤ Z k

k−1

f(x)dx.

Donc en sommant, la relation de Chasles donne :

nⁿ

X

k=1

f(k)≤ Z nⁿ

0

f(x)dx.

La question 7 appliquée àW =D et le calcul précédent donnent la majoration souhaitée.