A. Norme d’opérateur d’une matrice

SESSION 2015

Concours commun Mines-Ponts

DEUXIÈME ÉPREUVE. FILIÈRE MP

A. Norme d’opérateur d’une matrice

1) Pour tout x de Sⁿ⁻¹, kxk = 1. Donc, Sⁿ⁻¹ est borné. On sait que l’application N : (Rⁿ,k k) → (R,| |) x 7→ kxk est continue. PuisqueSⁿ⁻¹=N⁻¹({1}),Sⁿ⁻¹est un fermé deRⁿen tant qu’image réciproque d’un fermé par une application continue.

Sⁿ⁻¹est un fermé, borné deRⁿ et donc un compact deRⁿ d’après le théorème de Borel-Lebesgue.

Soit M∈ M_n(R). L’application x7→ Mx est un endomorphisme de Rⁿ qui est un R-espace de dimension finie. Donc, l’application x 7→ Mx est continue sur Rⁿ à valeurs dans Rⁿ. Puisque l’application y 7→ kyk est continue sur Rⁿ, l’application x 7→ kMxk est continue sur Rⁿ à valeurs dans R. On sait alors que l’application x 7→ kMxk admet un maximum sur le compactSⁿ⁻¹. On en déduit l’existence de kMkop.

2)• k kopest une application deM_n(R)dansR.

•Pour toutM∈M_n(R), kMkop>0.

•SoitM∈M_n(R)telle quekMkop=0. Pour toutxdeRⁿ\ {0}, 1

kxkx∈Sⁿ⁻¹et donc

M 1

kxkx

6kMkop=0 puis 1

kxkkMxk=0 et doncMx=0ce qui reste vrai pourx=0. Ainsi, pour toutxdeRⁿ,Mx=0et doncM=0.

•Soientλ∈RetM∈M_n(R). Soitx0∈Sⁿ⁻¹tel quekMk^op=kMx0k. Alors, pour toutxdeSⁿ⁻¹,kλMxk=|λ|kMxk6

|λ|kMx0k avec égalité effectivement obtenue pourx=x0. DonckλMk^op=λ|kMx0k=|λ|kMk^op.

•Soit(M, N)∈(M_n(R))². Soitx0∈Sⁿ⁻¹ tel quekM+Nk^op=k(M+N)x0k.

kM+Nkop=k(M+N)x0k6kMx0k+kNx0k6kMkop+kNkop. On a montré quek k^op est une norme surM_n(R).

Soientxetydeux éléments deRⁿ tels que x6=y. Alors, 1

kx−yk(x−y)∈Sⁿ⁻¹ et donc kMx−Myk

kx−yk =

M 1

kx−yk(x−y)

6kMkop

puiskMx−Myk6kMkopkx−yk, ce qui reste vrai quandx=y.

3)SoitD=diag(λ_i)_16i6n ∈D_n(R). Pourx= (x_i)_16i6n∈Sⁿ⁻¹,

kDxk=k(λ_ix_i)_16i6nk= v u u t

Xn

i=1

λ²_ix²_i 6Max{|λi|, 16i6n}× v u u t

Xn

i=1

x²_i =Max{|λi|, 16i6n}.

avec égalité effectivement obtenue six=ei0 = (0, . . . , 0, 1, 0, . . . , 0)∈Sⁿ⁻¹oùi0est un indice tel que Max{|λi|, 16i6n}=|λ_i0|. Donc,kDkop=Max{|λi|, 16i6n}.

SoitS ∈ S_n(R. D’après le théorème spectral, il existe D ∈ D_n(R) et P ∈On(R) telles queS = PD^tP. Pour x∈ Sⁿ⁻¹, puisquePest une matrice orthogonale,

kMxk=kPD^tPxk=kD ^tPx k.

Puisque^tPest une matrice orthogonale, xdécrit Sⁿ⁻¹si et seulement si^tPxdécritSⁿ⁻¹et donc kMkop=Max{kMxk, x∈Sⁿ⁻¹}=Max{kD ^tPx

k, x∈Sⁿ⁻¹}=Max{kDx^′k, x^′∈Sⁿ⁻¹}

=kDkop=Max{|λ|λ∈σ(D)}=Max{|λ|λ∈σ(M)}.

4)Si n=1, J₁= (1) =I₁admet1pour valeur propre simple. Le sous-espace propre associé est R¹.

Supposonsn>2. rg(J_n) =1ou encore Ker(J_n−I_n)est de dimensionn−1.J_n admet donc0pour valeur propre d’ordre n−1au moins. La dernière valeur propreλdeJn est fournie par la trace deJn :

0+. . .+0+λ=Tr(Jn) =n,

et doncλ=n. Ainsi, Sp(J_n) = (0, . . . , 0, n). Le sous-espace propre associé à la valeur propre0est l’hyperplan d’équation x₁+. . .+x_n =0et le sous-espace propre associé à la valeur propre nest la droite d’équationsx₁=. . .=x_n.

J_n est symétrique. D’après la question 3),kJ_nkop=Max{|0|,|n|}=n.

5) Soit(i0, j0)∈ J1, nK² tel que |Mi0,j0| = Max{|Mi,j|, 16i, j6n}. Soitx =ej0 ∈Sⁿ⁻¹ le j0-ème vecteur de la base canonique deRⁿ. Puisque la base canonique est orthonormée,

kMk^op>kMxk=

Xn

i=1

Mi,j0ei

= v u u t

Xn

i=1

M²_i,j0>

q M²_i

0,j0=|Mi0,j0|=Max{|Mi,j|, 16i, j6n}. 6)Soitx= (x_i)_16i6n ∈Sⁿ⁻¹tel que kMkop=kMxk.

kMkop=kMxk=

Xn

i=1



 Xn

j=1

Mi,jxj



ei

= v u u u t

Xn

i=1



 Xn

j=1

Mi,jxj





2

6 v u u u t

Xn

i=1



 Xn

j=1

M²_i,j







 Xn

j=1

x²_j



(d’après l’inégalité deCauchy-Schwarz)

= v u u u t

Xn

i=1



 Xn

j=1

M²_i,j



=

s X

16i,j6n

(M_i,j)².

On a l’égalité si et seulement il existe un vecteur unitairextel que chaque inégalité deCauchy-Schwarzsoit une égalité ou encore si et seulement il existe un vecteur unitaire xtel que chaque ligne de Msoit colinéaire àx ce qui équivaut à rg(M)61.

kMkop<

s X

16i,j6n

(M_i,j)²⇔rg(M)61.

7)Soitx= (x_i)_16i6n ∈Sⁿ⁻¹tel que kMxk=kMkop. kMkop6

s X

16i,j6n

(M_i,j)²6

s X

16i,j6n

|M_i,j|6

s X

16i,j6n

1=√ n²=n

On a l’égalité si et seulement chaque inégalité écrite est une égalité c’est-à-dire si et seulement si chaque M_i,j est dans

{−1, 1}et Mest de rang1.

Il y a2ⁿpossibilités pour la première colonne d’une telle matrice et pour chacune de ces possibilités, il y a2×. . .×2=2ⁿ⁻¹ possibilités pour les autres colonnes (C2= ±C₁,. . . , C_n =±C₁). Au total, il y a2ⁿ×2ⁿ⁻¹= 2²ⁿ⁻¹ matrices Mtelles quekMkop=n.

B. Variables aléatoires sous-gaussiennes

8)Pourn∈N^∗,

(2n)! = (2n)×(2n−1)×(2n−2)×. . .×2×1>(2n)×(2n−2)×. . .×4×2=2ⁿn!, ce qui reste vrai pourn=0 et donc, pour tout réelt,

ch(t) =

+∞

X

n=0

t²ⁿ (2n)! 6

+∞

X

n=0

t²ⁿ

2ⁿn! =e^t2/2.

9)Soientx∈[−1, 1]ett∈R. La fonction exponentielle est convexe surRcar deux fois dérivable surRde dérivée seconde positive surR. Puisque 1+x

2 + 1−x

2 =1avec 1+x

2 >0et 1−x 2 >0,

1+x

2 e^t+ 1−x

2 e^−t>exp 1+x

2 t+1−x 2 (−t)

=e^tx. 10)SoitXune variable centrée et bornée par1. Soitt∈R.

E(exp(tX)) = X

x∈X(Ω)

e^txP(X=x) (d’après un théorème de transfert)

6e^t X

x∈X(Ω)

1+x

2 P(X=x) +e^−t X

x∈X(Ω)

1−x

2 P(X=x) (carX(Ω)⊂[−1, 1]et d’après 9))

= e^t+e^−t 2

X

x∈X(Ω)

P(X=x) +e^t−e^−t 2

X

x∈X(Ω)

xP(X=x)

=ch(t)×1+sh(t)×E(X)

=ch(t) (puisqueXest centrée) 6e^t2/2(d’après 8).

Donc, une variableXcentrée et bornée par1est1-sous-gaussienne.

SoitXune variable centrée et bornée parα > 0. Alors X

α est centrée et bornée par1. Donc, pour tout réelt, E(exp(tX/α))6e^t2/2.

Soitt^′ un réel puist=αt^′. E(exp(t^′X)) =E(exp(tX/α))6e^t2/2=e^α2r′2/2. Donc, ne variableX centrée et bornée par α > 0estα-sous-gaussienne.

11)Puisque les variablesX1, . . . ,Xn sont mutuellement indépendantes, on sait que les variablese^µ1X1, . . . ,e^µnXn sont mutuellement indépendantes et donc que

E(exp(t(µ₁X1+. . .+µnXn))) = YN

i=1

E(exp(tµiXi))6 YN

i=1

e

α2 µ2it2

2 =e(^Pni=1µ²_i)^{α2 t2}2 =e^{α2 t22} .

Donc, Xn

i=1

µ_iX_iest α-sous-gaussienne.

12)Soientλ > 0ett > 0.X>λ>tX>tλ⇔e^tX>e^tλ. Puisquee^tλ> 0, l’inégalité de Markov permet d’affirmer que P(X>λ) =P e^tX>e^tλ

6 E e^tX

e^tλ 6 e^{α2 t22} e^tλ =exp

α²t² 2 −tλ

.

Pourt= λ

α² > 0(on note que α²t²

2 −tλ est minimum pourt= λ

α²), on obtient en particulier P(X>λ)6e^−α2λ2.

D’après la question 11) appliquée avecn=1 etµ1= −1, la variable−Xest égalementα-sous-gaussienne. D’après ce qui précède,

P(−X>λ)6e^−λ2α2. On en déduit que

P(|X|>λ) =P(X6−λ) +P(X>λ) =P(−X>λ) +P(X>λ)62e^−α2λ2. 13)PuisqueXest à valeurs dansR⁺,E(X)existe et est élément de[0,+∞].

Notons[X]la partie entière deX. On a[X]6X6[X] +1. Par croissance de l’espérance, on aE([X])6E(X)6E([X] +1) = 1+E([X]). Par suite, d’après le résultat admis par l’énoncé,

E(X)<+∞ ⇔E([X])<+∞ ⇔

+∞

X

k=1

P([X]>k)<+∞. Ensuite, pour tout entier naturel non nulk,[X]>k⇔X>ket doncP([X]>k) =P(X>k).

Donc

+∞

X

k=1

P(X>k)<+∞ ⇒

+∞

X

k=1

P([X]>k)<+∞et finalement, E(X)<+∞ ⇔

+∞

X

k=1

P(X>k)<+∞.

SupposonsXd’espérance finie.E([X]) =

+∞

X

k=1

P([X]>k) =

+∞

X

k=1

P(X>k)et l’encadrementE([X])6E(X)61+E([X])fournit

+∞

X

k=1

P(X>k)6E(X)61+

+∞

X

k=1

P(X>k).

14)Soitk un entier naturel non nul. D’après la question 12),

P

exp β²X²

2

>k

=P |X|>

√2lnk β

!

62exp



− 1 2α²

√2lnk β

!2

=2exp

− lnk α²β²

= 2

k^η oùη= 1 α²β².

Si αβ < 1, alors η = 1

(αβ)² > 1 et donc la série de terme général 2

k^η, k >1, converge. Puisque exp β²X²

2

est une variable à valeurs dansR⁺, exp

β²X² 2

est d’espérance finie et E

exp

β²X² 2

61+

+∞

X

k=1

P

exp β²X²

2

61+2

+∞

X

k=1

1

k^η =1+2ζ(η).

C. Recouvrement de la sphère

15)On a bien sûrK= [

a∈K

{a}⊂ [

a∈K

Ba,^ε₂. Donc siKest fini, le résultat est immédiat.

Dorénavant,Kest infini. Supposons par l’absurde que pour toutp∈N^∗et pour toutn-uplet(a_k)_16k6pd’éléments deK, on aK6⊂

p

[

k=1

B_ak,^ε

2. Soita₁ un élément deK.

•K6⊂B_a1,^ε₂. Donc, il existea2∈K\B_a1,^ε₂.

•Soitp>2. Supposons avoir construit des élémentsa₂, . . . , a_pdeKtels que∀k∈J2, pK,a_k∈K\

k−1

[

i=1

B_ai,^ε

2. K6⊂Sp

k=1B_ak,^ε₂. Donc, il existe ap+1∈K\

p

[

k=1

B_ak,^ε₂.

On a construit par récurrence une suite(ap)p∈N^∗ d’éléments deKtelle que∀p>2,ap∈K\

p−1

[

k=1

Bak,^ε₂.

Puisque K est bornée, la suite (a_p)_p∈N∗ est bornée. Puisque Rⁿ est un R-espace de dimension finie, le théorème de Bolzano-Weierstrass permet d’affirmer qu’on extraire de la suite (a_p)_p∈N∗ une suite aϕ(p)

p∈N d’éléments de K convergeant vers un élémentadeRⁿ. PuisqueKest fermée,a∈K.

On peut alors choisirp₀∈Ntel quep>p₀⇒

a_ϕ(p)−a 6ε

4. En particulier, a_ϕ(p0+1)−a_ϕ(p0)

6

a_ϕ(p0+1)−a +

a−a_ϕ(p0) 6ε

2. Puisqueϕ(p₀+1)> ϕ(p₀), on en déduit que

a_ϕ(p0+1)∈B_aϕ(

p0),^ε₂ ⊂

ϕ(p0+1)−1

[

k=1

B_ak,^ε₂. Ceci est une contraction et donc il existe un sous-ensemble finiAdeKtel que K⊂ [

a∈A

Ba,^ε₂.

16) Notons p le cardinal d’une partie non vide et finie A de K telle que K ⊂ [

a∈A

Ba,^ε₂. On note que pour a ∈ A et (x, y)∈B²_a,ε

2, on a

kx−yk6kx−ak+ka−yk6ε 2 +ε

2 =ε.

Supposons card(Λ) > p+1. Soient x₁, . . . , xp+1 p+1 éléments deux à deux distincts de Λ. Puisque K est contenue dans une réunion de pboules, deux au moins des xi appartiennent à une même bouleB_a,^ε₂ (principe des tiroirs). Mais alors, d’après la remarque préliminaire, la distance entre ces deux éléments deΛest inférieur ou égale àε ce qui est une contradiction. Donc, card(Λ)6p=card(A)<+∞.

Supposons de plus queΛest de cardinal maximal et que par l’absurde,K6⊂ [

a∈Λ

B_a,ε. Soitb∈K\ [

a∈Λ

B_a,ε. Alors,∀a∈A, kb−ak > ε et donc Λ^′ = Λ∪{x}est un sous-ensemble de K tel que∀(x, y) ∈ (Λ^′)², kx−yk > εce qui contredit le caractère maximal deΛ. Donc,K⊂ [

a∈Λ

Ba,ε. 17)Soienta∈Λpuisx∈B_a,^ε

2.

kxk6kx−ak+kak=1+kx−ak61+ ε 2. Donc, [

a∈Λ

Ba,^ε₂ ⊂B0,1+^ε₂. On en déduit que

µ [

a∈Λ

Ba,^ε₂

!

6µ B0,1+^ε₂

= 2+ε

2 n

. Puisque pour tout (x, y)∈ Λ² tel que x6= y, on akx−yk > ε, les boules B_a,^ε

2, a∈Λ, sont deux à deux disjointes et donc, en posantm=card(Λ),

µ [

a∈Λ

Ba,₂^ε

!

= Xµ

a∈Λ

Ba,^ε₂

=mε 2

n

. On en déduit que

card(Λ) =m6

2+ε 2

n

ε 2

n = 2+ε

ε n

.

18)Sⁿ⁻¹ est un compact deRⁿ. Donc, d’après la question 15) appliquée avecε= 1

2, il existe une partie finieAdeSⁿ⁻¹ telle queSⁿ⁻¹⊂ [

a∈A

B_a,1

4. Puisque le diamètre deSⁿ⁻¹ est 2, on peut trouver au moins deux élémentsx ety deSⁿ⁻¹ tels quekx−yk> 1

2. Donc, il existe au moins une partieΛdeSⁿ⁻¹telle que pour tousx,ydistincts dansΛ,kx−yk> ε.

D’après la question 16), toute partieΛ de ce type est finie et est telle que card(Λ) 6card(A). Soit alors Λ_n une telle partie de cardinal maximum. D’après la question 16),Sⁿ⁻¹ ⊂ [

a∈Λn

B_a,1

2. Enfin, d’après la question 17), le cardinal de Λ_n est inférieur ou égal à





 2+1

2 1 2







n

=5ⁿ.

D. Norme d’une matrice aléatoire

19) Soit i ∈ J1, nK. yi = Xn

j=1

M⁽ⁿ⁾_i,j xj. Les variables aléatoires M⁽ⁿ⁾_i,j sont mutuellement indépendantes et sont α-sous- gaussiennes. Puisque

Xn

j=1

x²_j =1, la variableyi estα-sous-gaussienne d’après la question 11).

Les variables M⁽ⁿ⁾_i,j , 1 6 i, j 6 n, sont mutuellement indépendantes. D’après le lemme des coalitions, les variables yi, 16i6n, sont mutuellement indépendantes. Il en est de même des variablese^γy2i. Donc,

E exp γkyk²

=E Yn

i=1

e^γy2i

!

= Yn

i=1

E

exp y²_i

4α²

6 Yn

i=1

5(d’après l’inégalité d’Orlicz)

=5ⁿ. D’après l’inégalité deMarkov,

P kyk>r√ n

=P

exp γkyk²

>e^γnr2

6 E exp γkyk² e^γnr2 = 5ⁿ

e^γnr2 =

5e^−γr2n

. 20)Soitr > 0. Soitx∈Sⁿ⁻¹tel que

M⁽ⁿ⁾x =

M⁽ⁿ⁾

op. Il existea∈Λn tel que kx−ak61 2.

M⁽ⁿ⁾

op

=

M⁽ⁿ⁾x =6

M⁽ⁿ⁾a +

M⁽ⁿ⁾(x−a) 6

M⁽ⁿ⁾a +

M⁽ⁿ⁾

opkx−ak(d’après la question 2) 6

M⁽ⁿ⁾a +1

2 M⁽ⁿ⁾

op.

On en déduit que

M⁽ⁿ⁾a >1

2

M⁽ⁿ⁾

op>r√

n. On a ainsi trouvé un élémentadeΛn tel que

M⁽ⁿ⁾a >r√

n.

Ainsi, l’événement M⁽ⁿ⁾

op>2r√

nimplique l’événement [

a∈Λn

M⁽ⁿ⁾a >r√

n

. On en déduit que

P

M⁽ⁿ⁾

op

>2r√ n

6P [

a∈Λn

M⁽ⁿ⁾a >r√

n

!

6 X

a∈Λn

P

M⁽ⁿ⁾a >r√

n

6 X

a∈Λn

5e^−γr2n

(d’après 19))

=card(Λ_n)×

5e^−γr2n

65ⁿ

5e^−γr2n

=

25e^−γr2n

.