Partie II - L’inégalité de concentration de Talagrand

SESSION 2018

Concours commun Centrale

MATHÉMATIQUES 1. FILIERE MP

Partie I - Préliminaires

On note(u|v)le produit scalaire de deux vecteursuetv deE.

I.A - Projection sur un convexe fermé Q1.Soit(a, b)∈E².

ka+bk²+ka−bk²=kak²+2(a|b) +kbk²+kak²−2(a|b) +kbk²=2 kak²+kbk² .

Cette identité est l’identité du parallélogramme. Elle signifie que la somme des carrés des longueurs des quatre côtés d’un parallélogramme est égale à la somme des carrés des longueurs de ses diagonales.

Q2.On applique l’identité de la question précédente à a= u−v

2 etb= u−v^′

2 . On obtient

u− v+v^′ 2

2

=2

u−v 2

2

+

u−v^′ 2

2!

−

v^′−v 2

2

=2 2

4ku−vk²

−

v^′−v 2

2

=ku−vk²−

v^′−v 2

2

<ku−vk²(carv6=v^′), et donc

u− v+v^′ 2

<ku−vk.

Q3.E ={ku−wk, w∈F}est une partie non vide et minorée deRet même deR⁺. On en déduit queE admet une borne inférieuredqui est un réel positif.

Pour toutn∈N, il existewn∈Ftel qued6ku−wnk6d+ 1

n+1. Ceci entraine en particulier que pour toutn∈N, kwnk6kuk+kwn−uk6kuk+d+ 1

n+1 6kuk+d+1.

Donc, la suitewest bornée. PuisqueEest de dimension finie, le théorème deBolzano-Weierstrasspermet d’affirmer que l’on peut extraire de la suitewune suite w_ϕ(n)

n∈N, convergeant vers un certain élémentvdeE. PuisqueFest fermé et que w_ϕ(n)

n∈N∈F^N, on sait quevest un élément deF.

Pour toutn∈N, on ad6

u−wϕ(n)

6d+ 1

ϕ(n) +1. Quandntend vers+∞, par continuité de l’applicationx7→kxk, on obtient

d6 lim

n→+∞

u−w_ϕ(n) =

u− lim

n→+∞

w_ϕ(n)

=ku−vk6d.

vest un élément deF tel que pour toutw∈F, ku−vk=d6ku−wk.

Q4.On suppose de plus queF est convexe. Montrons que vest unique. Soit v^′ ∈F tel que pour tout w∈F,ku−v^′k6 ku−wk. On a alorsku−vk6ku−v^′k etku−v^′6ku−vket doncku−vk=ku−v^′k.

PuisqueFest convexe et que vet v^′ sont dans F,w= v+v^′

2 est dansFet vérifie

u−v+v^′ 2

=ku−wk>ku−vk.

La question Q2 montre qu’on ne peut avoirv6=v^′ et doncv=v^′. Ceci montre l’unicité dev.

I.B - Inégalité de Hölder pour l’espérance

Q5. Soient aet b deux réels positifs. L’inégalité à démontrer est claire quand a= 0 oub= 0. On suppose dorénavant a > 0etb > 0

La fonction x7→lnxest concave sur ]0,+∞[ car deux fois dérivable sur ]0,+∞[, de dérivée secondex7→ − 1

x² négative sur]0,+∞[. Puisque 1

p et 1

q sont deux réels strictement positifs de somme 1, on a ln

1 pa^p+ 1

qb^q

> 1

pln(a^p) + 1

qln(b^q) =ln(ab) et doncab6 a^p

p +b^q

q par croissance de la fonction exponentielle surR. On a montré que pour tout(a, b)∈[0,+∞[²,ab6 a^p

p + b^q q .

Q6.PosonsX(Ω) ={x₁, . . . , x_n}etY(Ω) ={y₁, . . . , y_m}oùx₁, . . .x_n sont deux à deux distincts ety₁, . . . ,y_m, sont deux à deux distincts. Supposons tout d’abordE(|X|^p) =E(|Y|^q) =1.

D’après la formule de transfert et la question Q5,

E(|XY|) = X

(i,j)∈J1,nK×J1,mK

|x_iy_j|P((X=x_i)∩(Y =y_j))

6 X

(i,j)∈J1,nK×J1,mK

1

p|x_i|^p+ 1 q|y_j|^q

P((X=xi)∩(Y=yj))

= 1 p



 Xn

i=1

|x_i|^p



 Xm

j=1

P((X=x_i)∩(Y=y_j))







+ 1 q



 Xm

j=1

|y_j|^q Xn

i=1

P((X=x_i)∩(Y =y_j))

!



= 1 p

Xn

i=1

|x_i|^pP(X=x_i) + 1 q

Xm

j=1

|y_j|^qP(Y =y_j)

= 1

pE(|X|^p) + 1

qE(|Y|^q) = 1 p+ 1

q =1

= (E(|X|^p))^p1(E(|Y|^q))^1q.

L’inégalité deHölderest donc démontrée dans le cas oùE(|X|^p) =E(|Y|^q) =1. Supposons maintenantE(|X|^p)> 0et E(|Y|^q)> 0. SoientX^′= X

(E(X^p))^1p etY^′= Y

(E(Y^q))^1q. Alors, E(X^′p) =E

X^p E(X^p)

=1

et de même,E(Y^′q) =1. Mais alorsE

XY

(E(X^p))^1p(E(Y^q))^1q

!

61puisE(|XY|)6(E(X^p))^1p(E(Y^q))^1q.

Il reste à étudier le cas où l’un des deux nombresE(X^p)ouE(Y^q)est nul. Supposons par exemple queE(X^p) =0. Donc, Xn

i=1

|x_i|^pP(X=x_i) =0

puis pour touti∈J1, nK, |x_i|^pP(X=x_i) = 0. Si x_i6= 0, on a nécessairement P(X=x_i) = 0. Ceci montre que nécessai- rement,X^p prend la valeur0 avec une probabilité1 et toute autre valeur éventuelle deX^p est prise avec une probabilité égale à0. Mais alors, il en est de même deXet finalementE(|X|) =0. Maintenant, la variableY prend un nombre fini de valeurs et est donc bornée. SoitMun majorant de|Y|. Alors, par croissance de l’espérance,

06E(|XY|)6ME(|X|) =0 puisE(|XY|) =0= (E(X^p))^1p(E(Y^q))^1q.

Dans tous les cas, on a montré queE(|XY|)6(E(X^p))^1p(E(Y^q))^1q.

I.C - Espérance conditionnelle Q7.E(X) = X

x∈X(Ω)

xP(X=x). Maintenant,(A_i)_16i6m est un système complet d’événements. Donc, pour toutx∈X(Ω), d’après la formule des probabilités totales

P(X=x) = Xm

i=1

P(A_i)×P_Ai(X=x) puis, les sommes étant finies,

E(X) = X

x∈X(Ω)

x Xm

i=1

P(A_i)×P_Ai(X=x)

!

= Xm

i=1

P(A_i)



 Xm

x∈X(Ω)

xP_Ai(X=x)





= Xm

i=1

P(A_i)E(X|A_i).

I.D - Variables aléatoires à queue sous-gaussienne

Q8.PosonsX²(Ω) ={y₁, . . . , y_n}où06y₁< y₂< . . . < y_n. La fonction t7→tP(|X|>t)est continue par morceaux et positive sur[0,+∞[ car,

• sit∈ 0,√y₁

, P(|X|>t) =P X²>t²

=P X²>y₁

=P |X|>√y₁

=1

• sit∈√yk,√yk+1

, 16k6n−1,P(|X|>t) =P |X|>√yk+1

• sit∈√y_n,+∞

,P(|X|>t) =0.

Mais alors,

2 Z+∞

0

tP(|X|>t)dt=2 Z^√y1

0

tP(|X|>√

y1) dt+2

n−1X

k=1

Z^√yk+1

√yk

tP(|X|>√

yk+1) dt+2 Z+∞

yn

0 dt

= Zy1

0

P(|X|>√y₁) du+

n−1X

k=1

Zyk+1

yk

P(|X|>√y_k+1) du(en posantu=t²dans chaque intégrale)

=y₁P(|X|>√ y₁) +

n−1X

k=1

(yk+1−y_k)P(|X|>√yk+1)

=y₁P(|X|>√ y₁) +

n−1X

k=1

yk+1P(|X|>√

yk+1) −

n−1X

k=1

y_kP(|X|>√ yk+1)

= Xn

k=1

ykP(|X|>√ yk) −

n−1X

k=1

ykP(|X|>√ yk+1)

=

n−1X

k=1

yk(P(|X|>√

yk) −P(|X|>√

yk+1)) +ynP(|X|>√ yn)

=

n−1X

k=1

ykP(√

yk6|X|<√

yk+1) +ynP(|X|>√ yn) =

n−1X

k=1

ykP(|X|=√

yk) +ynP(|X|=√ yn)

= Xn

k=1

ykP(|X|=√ yk) =

Xn

k=1

ykP X²=yk

=E X² .

Q9.Par suite,aet bétant strictement positifs, E X²

62a Z+∞

0

te^−bt2dt=2a

"

e^−bt2

−2b

#+∞

0

= a b.

Q10.Soittun réel. On a|X+δ|6|X|+|δ|et donc siωest un élément deΩtel que|X(ω) +δ|>t, alors|X(ω)|+|δ|>t

puis|X(Ω)|>t−|δ|. Ceci montre que{ω∈Ω/|X(ω) +δ|>t}⊂{ω∈Ω/|X(ω)|>t−|δ|}puis que

P(|X+δ|>t)6P(|X|>t−|δ|).

Q11.Soitt un réel.

a− 1

2bt²

+b(t−|δ|)²= b

2t²−2b|δ|t+bδ²+a = b

2(t−2|δ|)²−2bδ²+bδ²+a= b

2(t−2|δ|)²+a−bδ²>0 car

|δ|6

ra

b ⇒a−bδ²>0.

Par suite, pour tout réelt,−b(t−|δ|)²6a− 1 2bt². Q12.Soitt un réel tel quet>|δ|

P(|X+δ|>t)6P(|X|>t−|δ|) 6aexp

−b(t−|δ|)²

(cart−|δ|>0) 6aexp

a− 1

2bt²

=aexp(a)exp

−1 2bt²

.

Q13. Soit t ∈] −|δ|,|δ|[. Alors, t−|δ| < 0 puis P(|X| > t−|δ|) = P(|X| > 0) 6 a (et donc 1 6 a). D’autre part,

a− 1

2bt²> a− 1

2bδ²>a−bδ²>0et donc exp

a− 1 2bt²

>1. Donc, P(|X+δ|>t)6P(|X|>t−|δ|)6a6aexp(a)exp

−1 2bt²

.

Partie II - L’inégalité de concentration de Talagrand

II.A - Etude de deux cas particuliers

Q14.SiCne rencontre pasX(Ω), l’événement{X∈C}est vide puisP(X∈C) =0. L’inégalité est donc vraie quandCne rencontre pasX(Ω).

Q15. Posonsu = Xn

i=1

αiei où(α_i)_16i6n ∈{−1, 1}ⁿ. Posons encoreY = 1

4d(X, u)² = Xn

i=1

1

4(ε_i−αi)². Pour i ∈ J1, nK, posons encoreY_i= 1

4(ε_i−α_i)²(Yi est une variable aléatoire carε_i l’est) de sorte que Y=

Xn

i=1

Y_i.

ChaqueYiprend les valeurs0ou1(suivant queεi6=αiouεi=αi) avec probabilités respectives1 2 et 1

2. Donc,∀i∈J1, nK, Y_i∼B

1 2

. Puisque lesY_i sont des variables indépendantes (car lesε_i le sont), on sait que Y=

Xn

i=1

Yi∼B

n,1 2

. Q16.D’après le théorème de transfert,

E

exp 1

8d(X, u)²

=E

exp 1

2Y

= Xn

k=0

e^k2P 1

4d(X, u)²=k

= Xn

k=0

n k

e^k2 1

2 n

= 1 2ⁿ

Xn

k=0

n k

√ ek

=

1+√ e 2

n

. En particulier,

E

exp 1

8d(X, u)²

6 1+3

2 n

=2ⁿ. Q17.Puisque u∈C, d(X, C)6kX−uk =d(X, u) puisE

exp

1

8d(X, C)²

6E

exp 1

8d(X, u)²

62ⁿ. D’autre part, par indépendance des variablesεi,16i6n,

P(X∈C) =P(X=u) =P(ε₁=α1, . . . , εn=αn) = Yn

i=1

P(ε_i=αi) = 1 2ⁿ et finalement,P(X∈C)E

exp

1

8d(X, C)²

6 1

2ⁿ ×2ⁿ =1.

II.B - Initialisation

Q18. Si n = 1, X prend les deux valeurs e1 et −e₁ avec équiprobabilité. Puisque C∩X(Ω) contient au moins deux éléments, on a doncC∩X(Ω) ={−e₁, e₁}=X(Ω)ou encoreX(Ω)⊂C. Par suite,P(X∈C) =1 et 1

d(X, C)²(Ω) ={0}de sorte queE

exp

1

8d(X, C)²

=1. Finalement, P(X∈C)×E

exp

1

8d(X, C)²

=161.

II.C - Propriétés de C+1 etC−1

Q19.Soitx^′∈E^′.

•x^′+ten ∈Htpuisx^′=π(x^′+ten). Si de plusx^′+ten ∈C, alorsx^′=π(x^′+ten)∈π(C∩Ht) =Ct.

• Si x^′ ∈Ct, il existe y∈ C∩Ht tel que x^′ = π(y). Puisque y ∈ Ht, on peut poser y=

n−1X

i=1

yiei+ten de sorte que π(y) =

n−1X

i=1

y_ie_i=y−te_n. Mais alors,x^′+te_n=y∈C.

Q20.Soitε∈{−1, 1}. Soient(x^′, y^′)∈(C_ε)²etλ∈[0, 1]. Alors, d’après la question précédente,(x^′+εe_n, y^′+εe_n)∈C²

et donc(1−λ) (x^′+εe_n) +λ(y^′+εe_n) = (1−λ)x^′+λy^′+εe_n∈C. Mais alors, toujours d’après la question précédente, (1−λ)x^′+λy^′∈C_ε. Ceci montre queC_ε est un convexe deE^′.

Soit(u_p)_p

∈Nune suite convergente d’éléments deCε. Soitu= lim

p→+∞up. Pour tout p ∈ N, up+εen est dansC. La suite (u_p+εen)_p

∈N converge vers u+εen qui est donc un élément de C, puisqueCest fermé. Donc,u∈Cε.

Ainsi, toute suite convergente d’éléments deCε, converge dansCε et doncCε est un fermé deE^′. En résumé, pourε∈{−1, 1},C_ε est un convexe fermé deE^′.

Q21.(ε_n=1, εn= −1)est un système complet d’événements. D’après la formule des probabilités totales, P(X∈C) =P(εn=1)×Pεn=1(X∈C) +P(εn= −1)×Pεn=−1(X∈C)

= 1

2P(X^′+en ∈C) +1

2P(X^′−en∈C)

= 1

2P(X^′∈C₊₁) + 1

2P(X^′∈C₋₁). II.D - Une inégalité cruciale

Q22.Par définition, Yεn ∈Cεn et donc Yε+εnen ∈ C. De même, Y−ε−εnen ∈C. Puisque Cest convexe, le vecteur w= (1−λ) (Y_ε+εnen) +λ(Y_−ε−εnen)est dansC.

Par définition ded(X, C), on en déduit qued(X, C)6kX−wk=k(1−λ) (Y_ε+εnen) +λ(Y_−ε−εnen) −Xk. Q23.

k(1−λ) (Y_ε+ε_ne_n) +λ(Y_−ε−ε_ne_n) −Xk²=k(1−λ) (Y_ε+ε_ne_n) +λ(Y_−ε−ε_ne_n) − (1−λ) (X^′+ε_ne_n) −λ(X^′+ε_ne_n)k²

=k(1−λ) (Y_εn−X^′) +λ(Y−εn−X^′) −2λε_ne_nk².

Maintenant, Y_εn −X^′ et Y−εn −X^′ sont dans E^′ = Vect(e₁, . . . , en−1) et −2λεe_n est dans Vect(e_n) = E^′⊥. D’après le théorème dePythagore,

d(X, C)²6k(1−λ) (Y_εn−X^′) +λ(Y_−εn −X^′) −2λε_ne_nk²=k−2λε_ne_nk²+k(1−λ) (Y_εn −X^′) +λ(Y_−εn−X^′)k²

=4λ²+k(1−λ) (Y_εn −X^′) +λ(Y−εn−X^′)k².

Soit(x, y)∈E²etλ∈[0, 1]. Montrons quek(1−λ)x+λyk²6(1−λ)kxk²+λkyk².

(1−λ)kxk²+λkyk²−k(1−λ)x+λyk²=λ(1−λ) kxk²−2(x|y) +kyk²

=λ(1−λ)kx−yk²>0 et donck(1−λ)x+λyk²6(1−λ)kxk²+λkyk².

Ainsi,

d(X, C)²64λ²+k(1−λ) (Y_εn−X^′) +λ(Y_−εn−X^′)k² 64λ²+ (1−λ)kYεn−X^′k²+λkY−εn−X^′k²

=4λ²+ (1−λ)d(X^′, C_εn)²+λ(X^′, C_−εn)² (par définition deY_±εn).

II.E - Espérances conditionnelles

Q24.D’après l’hypothèse faite surX, C∩X(ω)contient au moins un vecteur de dernière coordonnée1 et au moins un vecteur de dernière coordonnée −1 que l’on note u=

n−1X

i=1

βiei−en = u^′−en où les βi sont dans {−1, 1}. Le vecteur u^′−e_n est dansCet donc le vecteur u^′ est dansC−1puis

p−>P(X^′ =u^′)> 0.

Q25.Soitω∈Ωtel que ε_n(ω) = −1. D’après la question Q23,

d(X(ω, C)²64λ²+ (1−λ)d X^′(ω), C_εn(ω)2

+λd X^′(ω), C_−εn(ω)2

=4λ²+ (1−λ)d(X^′(ω), C−1)²+λd(X^′(ω), C+1)²

puis exp 1

8d(X(ω), C)²

6exp λ²

2 exp 1

8d(X^′(ω), C−1)²

1−λ exp

1

8d(X^′(ω), C+1)² λ

. Par croissance de l’espérance conditionnelle, on en déduit que,

E

exp 1

8d(X, C)²

|εn= −1

6exp

λ² 2

E

exp

1

8d(X^′, C−1)²

1−λ exp

1

8d(X^′, C+1)² λ

|εn = −1

!

=exp λ²

2

E

exp 1

8d(X^′, C−1)²

1−λ exp

1

8d(X^′, C+1)² λ!

.

Q26. Soit λ ∈]0, 1[. On applique l’inégalité de Hölder avec p = 1

1−λ et q = 1

λ de sorte que p et q sont deux réels strictement positifs tels que 1

p+ 1

q =1. On obtient

E

exp 1

8d(X^′, C−1)²

1−λ exp

1

8d(X^′, C+1)² λ!

6

E

exp 1

8d(X^′, C−1)²

1−λ E

exp

1

8d(X^′, C+1)² λ

et donc,

E

exp 1

8d(X, C)²

|ε_n= −1

6exp

λ²

2 E

exp

1

8d(X^′, C₋₁)²

1−λ E

exp

1

8d(X^′, C₊₁)² λ

. Enfin, λ = 0 ou λ = 1, l’inégalité à établir est l’inégalité de la question Q25. L’inégalité de cette question est donc démontrée pour toutλ∈[0, 1].

Q27.En remplaçant dans tout ce qui précède, −1 par+1et +1 par−1 (l’inégalitép+ >p− n’ayant pas encore servi), on a aussi pour toutλ∈[0, 1],

E

exp 1

8d(X, C)²

|εn =1

6exp

λ²

2 E

exp

1

8d(X^′, C+1)²

1−λ E

exp

1

8d(X^′, C−1)² λ

. Quandλ=0 et en multipliant par le réel positifp+, on obtient en particulier

p+×E

exp 1

8d(X, C)²

|εn =1

6p+E

exp

1

8d(X^′, C+1)²

=P(X^′∈C+1)E

exp 1

8d(X^′, C+1)²

.

Maintenant, d’après la question Q20,C+1est un convexe fermé et non vide deE^′ qui est de dimensionn−1. Par hypothèse de récurrence,

p+×E

exp 1

8d(X, C)²

|ε_n =1

6P(X^′ ∈C+1)E

exp 1

8d(X^′, C+1)²

61, et donc, puisquep+>p−> 0,

E

exp 1

8d(X, C)²

|ε_n =1

6 1

p+

. Q28.Soitλ∈[0, 1]. D’après la formule de l’espérance totale établie à la question Q7,

E

exp 1

8d(X, C)²

=P(ε_n =1)E

exp 1

8d(X, C)²

|ε_n=1

+P(ε_n= −1)E

exp 1

8d(X, C)²

|ε_n= −1

= 1 2

E

exp

1

8d(X, C)²

|ε_n =1

+E

exp

1

8d(X, C)²

|ε_n= −1

6 1 2

1 p+

+exp λ²

2 E

exp

1

8d(X^′, C−1)²

1−λ E

exp

1

8d(X^′, C+1)²

λ! .

Ensuite, C+1 est C−1 sont des convexes fermés non vides de E^′ qui est de dimension n−1 et donc, par hypothèse de récurrence,E

exp

1

8d(X^′, C₋₁)²

6 1

p−

et E

exp 1

8d(X^′, C₊₁)²

6 1

p+

. On a donc montré que pour tout λ∈[0, 1],

E

exp 1

8d(X, C)²

6 1 2

1 p+

+exp λ²

2

1 (p−)^1−λ

1 (p+)^λ

! . II.F - Optimisation

Q29.Puisquep+>p−> 0,λ=1−p−

p+

est dans[0, 1[puis

E

exp 1

8d(X, C)²

6 1 2

1 p+

+exp λ²

2

1 (p−)^1−λ

1 (p+)^λ

!

= 1 2p+

1+exp λ²

2 p₋ p+

λ−1!

= 1 2p+

1+exp

λ² 2

(1−λ)^λ−1

.

Q30.Pourx∈[0, 1[, posonsf(x) =ln(2+x) −ln(2−x) − (x−1)ln(1−x) −x²

2 .fest deux fois dérivable sur[0, 1[et pour x∈[0, 1[,

f^′(x) = 1

2+x+ 1

2−x−ln(1−x) −1−x puis

f^′′(x) = − 1

(2+x)² + 1

(2−x)²+ 1

1−x−1= 8x

(x²−4)²+ x 1−x >0.

f^′ est donc une fonction croissante sur[0, 1[. Puisque f^′(0) =0, f^′ est positive sur[0, 1[ puis f est croissante sur [0, 1[.

Puisquef(0) =0, fest positive sur[0, 1[et donc

∀x∈[0, 1[, x²

2 + (x−1)ln(1−x)6ln(2+x) −ln(2−x).

Q31.Par croissance de l’exponentielle surR, on en déduit encore que, pourx∈[0, 1[, e^x22 (x−1)^1−x6 2+x

2−x puis que

1+e^x22 (x−1)^1−x61+ 2+x 2−x = 4

2−x. Q32.Ainsi, pourλ=1− p₋

p+ ∈[0, 1[, E

exp

1

8d(X, C)²

6 1

2p+ × 4 2−λ, puis,

P(X∈C)E

exp 1

8d(X, C)²

= 1

2(p++p−)E

exp 1

8d(X, C)²

(d’après Q21) 6 1

2(p₊+p−) 1 2p+

4 2−λ = 1

4

1+p−

p+

4 2−λ

= 1

4(1+1−λ) 4 2−λ =1.

L’inégalité est démontrée par récurrence.

II.G - Inégalité de Talagrand Q33.Soitt un réel strictement positif.

P(X∈C)×P(d(X, C)>t) =P(X∈C)×P

exp 1

8d(X, C)²

>exp t²

8

6P(X∈C)× E

exp

1

8d(X, C)²

exp t²

8

(d’après l’inégalité deMarkov)

6 1

exp t²

8

=exp

−t² 8

.

Partie III - Démonstration du théorème de Johnson-Lindentstrauss

III.A - Une inégalité de concentration

Q34.Si r < 0, Cest vide et en particulier,Cest une partie convexe et fermée de M_k,d(R). Dorénavant,r>0. Dans ce cas,Ccontient la matrice nulle et n’est donc pas vide.

•Soient(M, N)∈C²etλ∈[0, 1].

k((1−λ)M+λN)uk=k(1−λ)Mu+λNuk6(1−λ)kMuk+λkNuk6(1−λ)r+λr=r.

Donc,(1−λ)M+λN∈C. Ceci montre queCest convexe.

•L’applicationh1 : M7→Muest une application linéaire surM_k,d(R)à valeurs dansM_k,1(R)et donch1est continue sur M_k,d(R). D’autre part, l’application h2 : v 7→ kvk est continue sur M_k,1(R). On en déduit que g= h2◦h1 est

continue surM_k,d(R). Par suite,C=g⁻¹([0, r])est un fermé deM_k,d(R)en tant qu’image réciproque d’un fermé deR par l’application continueg.

Finalement,Cest une partie convexe et fermée deM_k,d(R).

Q35.PosonsM= (mi,j)16i6k, 16j6d.

kMuk²= Xk

i=1



 Xd

j=1

mi,juj





2

6 Xk

i=1



 Xd

j=1

m²_i,j







 Xd

j=1

u²_j



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

= Xk

i=1



 Xd

j=1

m²_i,j



 (carkuk=1)

=Tr M^TM

=kMk²F, et donckMuk6kMkF.

Q36.Supposonsd(M, C)< t. Sir>0,Cest non vide.

PuisqueCest un convexe fermé non vide deM_k,d(R), il existeN∈Ctelle qued(M, C) =kM−NkFd’après la question Q4. D’après la question précédente,

kMuk−kNuk6k(M−N)uk6kM−NkF=d(M, C)< t puis

g(M) =kMuk6kNuk+t6r+t(carN∈C).

Sir < 0,Cest vide etd(X, C)n’est pas défini.

Q37.Soitr>0. D’après la question précédente, l’événement{d(X, C)< t}est contenu dans l’événement{g(X)< r+t}.

Par passage au complémentaire, on obtient{g(X)>r+t}⊂{d(X, C)>t}puis, d’après la question Q33,

P(g(X)6r)P(g(X)>r+t) =P(X∈C)P(g(X)>r+t) 6P(X∈C)P(d(X, C)>t)6exp

−t² 8

. Sir < 0,P(g(X)6r) =0 et l’inégalité est immédiate.

III.B - Médianes

Q38.X prend un nombre fini de valeurs dansM_k,d(R)puisg(X) prend un nombre fini de valeurs positives :0 6y₁<

y₂< . . . < y_p.

La fonction G : t 7→ P(g(X) 6 t) est croissante sur R (car si t 6 t^′, alors {g(X) 6 t} ⊂ {g(X) 6 t^′}). G(y_p) = P(g(X)6y_p) =1. On peut poseri=Min

j∈J1, pK/ G(y_j)>1 2

puis on posem=y_i. Par construction,P(g(X)6m)>1

2. Sii>2, par constructionP(g(X)6yi−1)< 1 2 puis

P(g(X)>m) =P(g(X)>yi) =1−P(g(X)< yi) =1−P(g(X)6yi−1)> 1−1 2 = 1

2. Si i = 1, P(g(X) = y1) = P(g(X)6y1) > 1

2 et donc P(g(X)>y1) > P(g(X) =y1) > 1

2. Dans tous les cas, m = yi

convient.

Q39.Soitt > 0.

P(|g(X) −m|>t) =P((g(X)>m+t)∪(g(X)6m−t)) 6P(g(X)>m+t) +P(g(X)6m−t) =2×

1

2P(g(X)>m+t) +1

2P(g(X)6m−t)

62(P(g(x)6m)P(g(X)>m+t) +P(g(X)6m−t)P(g(X)>m)) 62

exp

−1

8((m+t) −m)²

+exp

−1

8(m− (m−t))²

(d’après Q37)

=4exp

−1 8t²

. Q40.On en déduit que

E

(g(X) −m)²

=2 Z+∞

0

tP(|g(X) −m|>t)dt(d’après la question Q8) 68

Z+∞ 0

texp

−1 8t²

dt=8

−4exp

−1 8t²

+∞ 0

=32.

Q41.(g(X))²=kXuk²= Xk

i=1

(Xu)²_i (où pouri∈J1, kK, (Xu)_i= Xd

j=1

ε_i,ju_j). Par linéarité de l’espérance,

E (g(X))²

= Xk

i=1

E (Xu)²_i . Ensuite, pour16i6k

E (Xu)²_i

=E









 Xd

j=1

ε_i,ju_j





2





= Xd

j=1

u²_jE ε²_i,j

+2 X

16j<j^′6d

u_ju_j′E(ε_i,jε_i,j′).

Ensuite,E ε²_i,j

=E(1) =1puis pourj6=j^′, les variablesε_i,j etε_i,j′ étant indépendantes, E(ε_i,jε_i,j′) =E(ε_i,j)E(ε_i,j′) =

1×1

2 + (−1)×1 2

2

=0.

Il resteE (Xu)²_i

= Xd

j=1

u²_j =kuk²=1 puis

E (g(X))²

= Xk

i=1

1=k.

On a montré queE (g(X))²

=k.

D’après l’inégalité de Cauchy-Schwarz, (E(g(X)))² = (E(g(X)×1))² 6E (g(X))²E 1²

= k et donc, puisque g(X) est une variable positive,06E(g(X))6√

k.

Q42.On en déduit que

E (g(X) −m)²

=E (g(X))²

−2mE(g(X)) +m²=k−2mE(g(X)) +m²>k−2m√

k+m²=√

k−m2

. III.C - Un lemme clé

Q43.D’après la question Q39, la variable aléatoireY=g(X) −mvérifie l’inégalité de la question Q4 aveca=4etb= 1 8. D’après les questions Q12 et Q13, si06|δ|6

ra b =√

32, alors pourt>0,

P(|g(X) −m+δ|>t) =P(|Y+δ|>t)64e⁴exp

−1 16t²

(∗).

D’après les questions Q40 et Q42,√

k−m2

6E (g(X) −m)²

632 puis

√k−m 6√

32. On peut donc appliquer (∗)avecδ=m−√

ket on obtient pourt>0, P

g(X) −√ k

>t

64e⁴exp

− 1 16t²

.

Q44.|kA_kuk−1|> ε⇔

√X ku

−1

> ε⇔

kXuk−√ k

> ε√

k⇔

g(X) −√ k

> ε√

k. D’après la question précédente,

P(|kA_kuk−1|> ε)64e⁴exp

− 1 16kε²

64e⁴exp

− 1 16160ln

1 δ

=4e⁴δ¹⁰

< 4e⁴ 1

2 9

δ= e⁴ 2⁷δ < 3⁴

2⁷δ= 81 128δ

< δ.

III.D - Conclusion Q45.En posantu= 1

kv_i−v_jk(v_i−vj),

(1−ε)kvi−vjk6kAkvi−Akvjk6(1+ε)kvi−vjk⇔1−ε6kAkuk61+ε⇔|kAkuk−1|6ε.

Donc,Ei,j est l’événement{|kAkuk−1|> ε}. D’après la question 44,P Ei,j

< δ.

Q46.

1−P





\

16i<j6N

E_i,j



=P





\

16i<j6N

E_i,j



=P



 [

16i<j6N

E_i,j



6 XP

16i<j6N

E_i,j

< X

16i<j6N

δ=δ XN

j=2

Xj−1

i=1

1

!

=δ XN

j=2

(j−1)

= N(N−1) 2 δ.

et doncP





\

16i<j6N

E_i,j



> 1− N(N−1) 2 δ.

Q47.On prend δ de la forme 1

N^α avecα >2. On a bien0 < δ6 1 2² < 1

2. La condition k>160ln(1/δ)

ε² s’écrit encore k>cln(N)

ε² oùc=160αest une constante strictement positive indépendante deN,d,k etε.

Toute réalisation de l’événement \

16i<j6n

Ei,j fournit une application linéaireAk deR^k dansR^dqui est une ε-isométrie.

La probabilité de cet événement vérifie

P





\

16i<j6N

Ei,j



> 1− N(N−1) 2N^α . En choisissantα=2, on voit que sous la conditionk>cln(N)

ε² , on a plus d’une chance sur deux qu’il existe uneε-isométrie deR^kdansR^d. En choisissantα=100, on voit que l’existence d’une telleε-isométrie est quasiment certaine.