Exercices d’oraux type CCINP

Enoncé (CCINP)

Soient $X_1$ et $X_2$ des variables aléatoires indépendantes, suivant chacune une loi binomiale de paramètres $n$ et $\dfrac{1}{2}$, définies sur un espace probabilisé (\Omega,\mathscr{A},\mathbb{P})$.

Soit $M$ la matrice définie par :

$$\forall\omega\in\Omega,\;M(\omega)=\begin{pmatrix}X_1(\omega)&1\\0&X_2(\omega)\end{pmatrix}.$$

1) En développant le polynôme $(1+X)^{2n}$, montrer que :

$$\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\dbinom{n}{k}^2=\dbinom{2n}{n}.$$

2) Exprimez la probabilité que $M$ soit diagonalisable.

3) Limite de cette probabilité quand $n$ tend vers $+\infty$ ?

Corrigé

1) $\dbinom{2n}{n}$ est le coefficient de $X^n$ dans le développement de $(1+X)^{2n}$. D’autre part,

$$(1+X)^{2n}=(1+X)^n(1+X)^n=\left(\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\dbinom{n}{k}X^k\right)\left(\displaystyle\sum_{\ell=0}^{n}\dbinom{n}{\ell}X^\ell\right).$$

Le coefficient de $X^n$ dans le développement de $(1+X)^{2n}$ est donc aussi $\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\dbinom{n}{k}\dbinom{n}{n-k}$ ou encore $\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\dbinom{n}{k}^2$. Par unicité des coefficients d’un polynôme,

$$\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\dbinom{n}{k}^2=\dbinom{2n}{n}.$$

2) Si $X_1\neq X_2$, $\chi_M$ est à racines simples dans $\mathbb{R}$ et donc $M$ est diagonalisable dans $\mathscr{M}_2(\mathbb{R})$.

Si $X_1=X_2$, alors $\text{Sp}(M)=\left(X_1,X_1\right)$ et si par l’absurde $M$ est diagonalisable, alors $M$ est semblable à $X_1I_2$ et donc égale à $X_1I_2$, ce qui est faux. Donc, $M$ n’est pas diagonalisable dans ce cas.

En résumé, $M$ est diagonalisable si et seulement si $X_1\neq X_2$. Or

\begin{align*}\mathbb{P}\left(X_1=X_2\right)&=\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\mathbb{P}\left(\left\{X_1=k\right\}\cap\left\{X_2=k\right\}\right)\\&=\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\mathbb{P}\left(X_1=k\right)\times\mathbb{P}\left(X_2=k\right)\;(\text{car les variables}\;X_1\;\text{et}\;X_2\;\text{sont indépendantes})\\&=\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\left(\dbinom{n}{k}\dfrac{1}{2^n}\right)^2=\dfrac{1}{2^{2n}}\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\dbinom{n}{k}^2\\&=\dfrac{\binom{2n}{n}}{2^{2n}}.\end{align*}

Mais alors, la probabilité demandée est $\mathbb{P}\left(X_1\neq X_2\right)=1-\dfrac{\binom{2n}{n}}{2^{2n}}$.

3) D’après la formule de Stirling,

$$\dfrac{\binom{2n}{n}}{2^{2n}}=\dfrac{1}{2^{2n}}\dfrac{(2n)!}{n!^2}\underset{n\rightarrow+\infty}{\sim}\dfrac{1}{2^{2n}}\left(\dfrac{2n}{e}\right)^{2n}\sqrt{4\pi n}\left(\dfrac{e}{n}\right)^{2n}\dfrac{1}{2\pi n}=\dfrac{1}{\sqrt{n\pi}}.$$

On en déduit que $\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}\dfrac{\binom{2n}{n}}{2^{2n}}=0$ puis que

$$\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}\mathbb{P}\left(X_1\neq X_2\right)=1.$$

Commentaires et/ou rappels de cours

Pas de commentaire particulier. 

Enoncé (Mines Télécom)

Soient $X$ et $Y$ deux variables aléatoires indépendantes suivant une loiu géométrique de paramètre $p\in]0,1[$. Soient $U=\text{Min}(X,Y)$ et $V=\text{Max}(X,Y)$.

1) Déterminer $\mathbb{P}(X\geqslant n)$ et $\mathbb{P}(X\leqslant n)$.

2) Donner la loi de $U$ et $V$.

Corrigé

1) $X(\Omega)=\mathbb{N}^*$ et pour tout $k\in\mathbb{N}^*$, $\mathbb{P}(X=k)=p(1-p)^{k-1}$. Soit $n\geqslant1$.

$$\mathbb{P}(X\geqslant n)=\displaystyle\sum_{k=n}^{+\infty}\mathbb{P}(X=k)=\displaystyle\sum_{k=n}^{+\infty}p(1-p)^{k-1}=p(1-p)^{n-1}\times\dfrac{1}{1-(1-p)}=(1-p)^{n-1}$$

puis

$$\mathbb{P}(X\leqslant n)=\mathbb{P}(X=n)+\mathbb{P}(X<n)=p(1-p)^{n-1}+1-(1-p)^{n-1}=1-(1-p)^n.$$

De même, pour tout $n\in\mathbb{N}^*$, $\mathbb{P}(Y\geqslant n)=(1-p)^{n-1}$ et $\mathbb{P}(Y\leqslant n)=1-(1-p)^{n}$.

2) $\bullet$ $U(\Omega)\subset\mathbb{N}^*$. Soit $n\in\mathbb{N}^*$. $\{U\geqslant n\}=\{X\geqslant n\}\cap\{Y\geqslant n\}$ puis

\begin{align*}\mathbb{P}(U\geqslant n)&=\mathbb{P}(\{X\geqslant n\}\cap\{Y\geqslant n\})=\mathbb{P}(X\geqslant n)\times\mathbb{P}(Y\geqslant n)\;(\text{car}\;X\;\text{et}\;Y\;\text{sont indépendantes})\\&=(\mathbb{P}(X\geqslant n))^2=(1-p)^{2n-2}\end{align*}

Soit $n\in\mathbb{N}^*$. $\{U\geqslant n+1\}\subset\{U\geqslant n\}$ et donc

$$\mathbb{P}(U=n)=\mathbb{P}(\{U\geqslant n\}\setminus\{U\geqslant n+1\})=\mathbb{P}(U\geqslant n)-\mathbb{P}(U\geqslant n+1)=(1-p)^{2n-2}-(1-p)^{2n}=\left(1-(1-p)^2\right)\left((1-p)^2\right)^{n-1}.$$

La variable $U$ suit la loi géométrique de paramètre $p’=1-(1-p)^2\in]0,1[$.

$\bullet$ $V(\Omega)\subset\mathbb{N}^*$. Soit $n\in\mathbb{N}^*$. $\{V\leqslant n\}=\{X\leqslant n\}\cap\{Y\leqslant n\}$ puis

\begin{align*}\mathbb{P}(V\leqslant n)&=\mathbb{P}(X\leqslant n)\times\mathbb{P}(Y\leqslant n)=(\mathbb{P}(X\leqslant n))^2=\left(1-(1-p)^{n}\right)^2.\end{align*}

Ensuite, pour $n\in\mathbb{N}^*$,

\begin{align*}\mathbb{P}(V=n)&=\mathbb{P}(V\leqslant n)-\mathbb{P}(V\leqslant n-1)=\left(1-(1-p)^{n}\right)^2-\left(1-(1-p)^{n-1}\right)^2=\left((1-p)^{n-1}-(1-p)^{n}\right)\left(2-(1-p)^{n-1}-(1-p)^{n}\right)\\&=p(1-p)^{n-1}\left(2-(2-p)(1-p)^{n-1}\right).\end{align*}

Commentaires et/ou rappels de cours

La technique se généralise à $U=\text{Max)\left(X_1,\ldots,X_k\right)$ : $\{U\geqslant k\}=\displaystyle\bigcap_{i=1}^{k}\left\{X_i\geqslant n\right\}$.

Enoncé (Mines Télécom)

On dispose initialement d’une urne constituée d’une boule blanche et d’une pièce de monnaie équilibrée. On effectue des lancers de la pièce selon la règle suivante :

$\bullet$ si on obtient « Face », on ajoute une boule noire dans l’urne,

$\bullet$ si on obtient « Pile », on tire une boule de l’urne et on arrête l’expérience.

On note $X$ la variable aléatoire donnant le nombre de lancers de la pièce.

1) Quelle est la loi de $X$ ?

2) Quelle est la probabilité d’obtenir une boule blanche à la fin de l’expérience ?

Corrigé

1) En ce qui concerne la loi de $X$ et donc les lancers de pièce, on reconnaît la modélisation de la loi géométrique de paramètre $\dfrac{1}{2}$ : $X(\Omega)=\mathbb{N}^*$ et pour tout $n\in\mathbb{N}^*$, $\mathbb{P}(X=n)=\dfrac{1}{2^{n-1}}\times\dfrac {1}{2}=\dfrac{1}{2^n}$ (sans oublier $\mathbb{P}(X=\infty)=0$, ce qui permet d’ommettre le cas où $X=\infty$).

2) On note $B$ l’événement « on obtient une boule blanche à la fin du porcessus ». $\left(\{X=n\}\right)_{n\in\mathbb{N}^*}$ est un système complet d’événements. Si $X=n\in\mathbb{N}^*$, à la fin de l’expérience, on tire une boule dans une urne qui contient $n$ boules dont $1$ est blanche et $n-1$ sont noires. D’après la formule des probabilités totales,

$$\mathbb{P}(B)=\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}\mathbb{P}(X=n)\times\mathbb{P}_{X=n}(B)=\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{1}{n2^n}=-\ln\left(1-\dfrac{1}{2}\right)=\ln(2).$$

La probabilité d’obtenir une boule blanche à la fin de l’expérience est $\ln(2)=0,693\ldots$

Commentaires et/ou rappels de cours

On rappelle que pour tout $x\in]-1,1[$, $\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}(-1)^{n-1}\dfrac{x^n}{n}=\ln(1+x)$ et $\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{x^n}{n}=-\ln(1-x)$.

Enoncé (Mines Télécom)

Soient $X$ une variable aléatoire suivant une loi de Bernoulli et $Y$ une variable aléatoire suivant une loi de Poisson, avec $X$ et $Y$ indépendantes. Soit $Z=XY$.

1) Déterminer $E(Z)$.

2) Quelle est la loi de $Z$ ?

3) Quelle est la variance de $Z$ ? 

Corrigé

1) $X(\Omega)=\{0,1\}$ et il existe $p\in]0,1[$ tel que $\mathbb{P}(X=1)=p$. On sait de plus que $\mathbb{E}(X)=p$.

$Y(\Omega)=\mathbb{N}$ et il existe $\lambda>0$ tel que pour tout $n\in\mathbb{N}$, $\mathbb{P}(Y=n)=\dfrac{\lambda^ne^{-\lambda}}{n!}$. On sait de plus que $\mathbb{E}(Y)=\lambda$ et $\mathbb{V}(Y)=\lambda$.

Les variables $X$ et $Y$ étant indéprendantes, on en déduit que $\mathbb{E}(Z)=\mathbb{E}(XY)=\mathbb{E}(X)\mathbb{E}(Y)=p\lambda$.

2) $Z(\Omega)=\{kn,\;k\in\{0,1\},\;n\in\mathbb{N}\}=\mathbb{N}$. Soit $n\in\mathbb{N}^*$. D’après la formule des probabilités totales,

\begin{align*}\mathbb{P}(Z=n)=\mathbb{P}(X=0)\times \mathbb{P}_{X=0}(XY=n)+\mathbb{P}(X=1)\times \mathbb{P}_{X=1}(XY=n)=0+p\times\mathbb{P}(Y=n)=\dfrac{p\lambda^ne^{-\lambda}}{n!}.\end{align*}

De même,

\begin{align*}\mathbb{P}(Z=0)=\mathbb{P}(X=0)\times \mathbb{P}_{X=0}(XY=0)+\mathbb{P}(X=1)\times \mathbb{P}_{X=1}(XY=1)=(1-p)\times1+p\times\mathbb{P}(Y=1)=1-p+p\lambda e^{-\lambda}=1-p\left(1-\lambda e^{-\lambda}\right).\end{align*}

3) Les variables $X$ et $Y$ sont indépendantes et donc, les variables $X^2$ et $Y^2$ sont indépendantes puis, en tenant compte de $X^2=X$,

\begin{align*}\mathbb{V}(Z)&=\mathbb{E}\left(Z^2\right)-(\mathbb{E}(Z))^2=\mathbb{E}\left(X^2Y^2\right)-p^2\lambda^2=\mathbb{E}\left(X^2\right)\mathbb{E}\left(Y^2\right)-p^2\lambda^2=\mathbb{E}\left(X\right)\mathbb{E}\left(Y^2\right)-p^2\lambda^2\\&=p\left(\mathbb{V}(Y)+(\mathbb{E}(Y))^2\right)-p^2\lambda^2=p\left(\lambda+\lambda^2\right)-p^2\lambda^2\\&=p\lambda(1+(1-p)\lambda).\end{align*}

Commentaires et/ou rappels de cours

Si $X$ et $Y$ sont deux variables aléatoires réelles indépendantes, admettant toutes deux un moment d’ordre $2$, alors $XY$ admet une espérance et de plus $\mathbb{E}(XY)=\mathbb{E}(X)\mathbb{E}(Y)$ ou encore $\text{cov}(X,Y)=0$.

La réciproque est fausse : il existe des variables aléatoires réelles $X$ et $Y$ non indépendantes telles que $\mathbb{E}(XY)=\mathbb{E}(X)\mathbb{E}(Y)$.

Enoncé (Mines Télécom)

Soient $X_1$, $\ldots$ , $X_n$, des variables aléatoires mutuellent indépendantes qui suivent toutes une loi $\mathscr{U}(\{-1,1\})$. On pose $S_n=\displaystyle\sum_{i=1}^{n}X_i$.

1) Soient $n\in\mathbb{N}^*$ et $t\in\mathbb{R}$. Calculer $\mathbb{E}\left(e^{tS_n}\right)$.

2) Montrer que pour tout réel $t$, $\text{ch}(t)\leqslant e^{\frac{t^2}{2}}$.

3) Pour $n\in\mathbb{N}^*$ et $a\in\mathbb{R}_+^*$, montrer que $\mathbb{P}\left(\left|S_n\right|\geqslant a\right)\leqslant 2e^{-\frac{a^2}{2n}}$.

Corrigé

1) Soit $t\in\mathbb{R}$. D’après la formule de transfert, pour tout $i\in\{1,\ldots,n\}$,

$$\mathbb{E}\left(e^{tX_i}\right)=e^t\times\mathbb{P}\left(X_i=1\right)+e^{-t}\times\mathbb{P}\left(X_i=-1\right)=\dfrac{e^{t}+e^{-t}}{2}=\text{ch}(t).$$

Ensuite, les variables $X_1$, $\ldots$ , $X_n$, sont indépendantes et il en est de même des variables $e^{tX_1}$, $\ldots$, $e^{tX_n}$. On en déduit que

$$\mathbb{E}\left(e^{tS_n}\right)=\mathbb{E}\left(\displaystyle\prod_{i=1}^{n}e^{tX_i}\right)=\displaystyle\prod_{i=1}^{n}\mathbb{E}\left(e^{tX_i}\right)=(\text{ch}(t))^n.$$

2) Pour tout $n\in\mathbb{N}^*$, $(2n)!\geqslant(2n)\times(2n-2)\times\ldots\times 2=2^nn!$, ce qui reste vrai quand $n=0$. Par suite, pour tout $t\in\mathbb{R}$,

$$\text{ch}(t)=\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}\dfrac{t^{2n}}{(2n)!}\leqslant\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}\dfrac{1}{n!}\left(\dfrac{t^2}{2}\right)^n=e^{\frac{t^2}{2}}.$$

3) Pour tout $i\in\{1,\ldots,n\}$, les variables $X_i$ et $-X_i$ suivent la même loi et donc les variables $S_n$ et $-S_n$ suivent la même loi puis

$$\mathbb{P}\left(S_n\leqslant -a\right)=\mathbb{P}\left(-S_n\geqslant  a\right)=\mathbb{P}\left(S_n\geqslant  a\right).$$

Puisque $a>0$, les événements $\left\{S_n\geqslant a\right\}$ et $\left\{S_n\leqslant -a\right\}$ sont disjoints et donc

$$\mathbb{P}\left(\left|S_n\right|\geqslant a\right)=\mathbb{P}\left(\left\{S_n\geqslant a\right\}\cup\left\{S_n\leqslant -a\right\}\right)=\mathbb{P}\left(S_n\geqslant a\right)+\mathbb{P}\left(S_n\leqslant -a\right)=2\;\mathbb{P}\left(S_n\geqslant a\right).$$

Soit alors $t>0$. $S_n\geqslant a\Leftrightarrow tS_n\geqslant ta\Leftrightarrow e^{tS_n}\geqslant e^{ta}$ et donc $\left\{S_n\geqslant a\right\}=\left\{e^{tS_n}\geqslant e^{ta}\right\}$. D’après l’inégalité de Markov,

\begin{align*}\mathbb{P}\left(\left|S_n\right|\geqslant a\right)=2\mathbb{P}\left(S_n\geqslant a\right)=2\mathbb{P}\left(e^{tS_n}\geqslant e^{ta}\right)\leqslant2\dfrac{\mathbb{E}\left(e^{tS_n}\right)}{e^{ta}}=\dfrac{2(\text{ch}(t))^n}{e^{ta}}\leqslant\dfrac{2\left(e^{\frac{t^2}{2}}\right)^n}{e^{ta}}=2e^{n\frac{t^2}{2}-ta}=2e^{\frac{n}{2}\left(t-\frac{a}{n}\right)^2-\frac{a^2}{2n}}.\end{align*}

Ainsi, pour tout réel $t$ strictement positif, $\mathbb{P}\left(\left|S_n\right|\geqslant a\right)\leqslant 2e^{\frac{n}{2}\left(t-\frac{a}{n}\right)^2-\frac{a^2}{2n}}$. En particulier, pour $t=\dfrac{a}{n}>0$, on obtient $\mathbb{P}\left(\left|S_n\right|\geqslant a\right)\leqslant 2e^{-\frac{a^2}{2n}}$.

Commentaires et/ou rappels de cours

 Inégalité de Markov. Soit $X$ une variable aléatoire à valeurs réelles positives d’espérance finie. Alors, pour tout $a>0$, $\mathbb{P}(X\geqslant a)\leqslangt\dfrac{\mathbb{E}(X)}{a}$.

Enoncé (CCINP)

Soient $n\in\mathbb{N}^*$ et $X$ et $Y$ deux variables aléatoires à valeurs dans $\{1,\ldots,n+1\}$.

Soit $(i,j)\in\{1,\ldots,n+1\}^2$. On donne $\mathbb{P}(X=i,Y=j)=\lambda\dbinom{n}{i-1}\dbinom{n}{j-1}$.

1) Déterminer $\lambda$.

2) Déterminer les lois de $X$ et $Y$.

3) Les variables $X$ et $Y$ sont-elles indépendantes ?

4) Déterminer la loi de $Z=X-1$ et en déduire $\mathbb{E}(X)$ et $\mathbb{V}(X)$.

5) Soit $B=\left(\mathbb{P}_{X=j}(Y=i)\right)_{1\leqslant i,j\leqslant n+1}$. Expliciter $B$ puis calculer $B^p$ pour tout $p\in\mathbb{N}^*$.

6) $B$ est-elle diagonalisable ? Déterminer ses valeurs propres et les sous-espaces propres associés.

Corrigé

1)

\begin{align*}1&=\displaystyle\sum_{1\leqslant i,j\leqslant n+1}\mathbb{P}(X=i,Y=j)=\lambda\displaystyle\sum_{1\leqslant i,j\leqslant n+1}\dbinom{n}{i-1}\dbinom{n}{j-1}=\lambda\left(\displaystyle\sum_{i=1}^{n+1}\dbinom{n}{i-1}\right)\left(\displaystyle\sum_{j=1}^{n+1}\dbinom{n}{j-1}\right)\\&=\lambda\left((1+1)^n\right)^2=\lambda 4^n\end{align*}

et donc $\lambda=\dfrac{1}{4^n}$.

2) Soit $i\in\{1,\ldots,n+1\}$. $\left(Y=j\right)_{1\leqslant i\leqslant n+1}$ est un système complet d’événements. Donc,

$$\mathbb{P}(X=i)=\displaystyle\sum_{j=1}{n+1}\mathbb{P}(\{X=i\}\cap\{Y=j\})=\displaystyle\sum_{j=1}{n+1}\dfrac{1}{4^n}\dbinom{n}{i-1}\dbinom{n}{j-1}=\dfrac{1}{4^n}\dbinom{n}{i-1}\displaystyle\sum_{j=1}{n+1}\dbinom{n}{j-1}=\dfrac{1}{4^n}\dbinom{n}{i-1}\times2^n=\dfrac{1}{2^n}\dbinom{n}{i-1}.$$

Donc, pour tout $i\in\{1,\ldots,n+1\}$, $\mathbb{P}(X=i)=\dfrac{1}{2^n}\dbinom{n}{i-1}$. Par symétrie des rôles, pour tout $j\in\{1,\ldots,n+1\}$, $\mathbb{P}(Y=j)=\dfrac{1}{2^n}\dbinom{n}{j-1}$.

3) Soit $(i,j)\in\{1,\ldots,n+1\}^2$.

$$\mathbb{P}(\{X=i\}\cap\{Y=j\})=\dfrac{1}{4^n}\dbinom{n}{i-1}\dbinom{n}{j-1}=\dfrac{1}{2^n}\dbinom{n}{i-1}\times\dfrac{1}{2^n}\dbinom{n}{j-1}=\mathbb{P}(X=i)\times\mathbb{P}(Y=j).$$

Donc, les variables $X$ et $Y$ sont indépendantes.

4) $Z(\Omega)=\{0,\ldots,n\}$ puis, pour tout $k\in\{0,\ldots,n\}$, $\mathbb{P}(Z=k)=\mathbb{P}(X=k+1)=\dfrac{1}{2^n}\dbinom{n}{k}=\dbinom{n}{k}\left(\dfrac{1}{2}\right)^k\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n-k}$.

Ainsi, $Z$ suit la loi binomiale de paramètres $n$ et $\dfrac{1}{2}$. On sait alors que $\mathbb{E}(Z)=\dfrac{n}{2}$ et $\mathbb{V}(Z)=n\times\dfrac{1}{2}\times\left(1-\dfrac{1}{2}\right)=\dfrac{n}{4}$. Mais alors, $\mathbb{E}(X)=\mathbb{E}(Z+1)=\mathbb{E}(Z)+1=\dfrac{n+2}{2}$ et $\mathbb{V}(X)=\mathbb{V}(Z)=\dfrac{n}{4}$.

5) Soit $(i,j)\in\{1,\ldots,n+1\}^2$. Puisque les variables $X$ et $Y$ sont indépendantes,

$$B_{i,j}=\mathbb{P}_{X=j}(Y=i)=\mathbb{P}(Y=i)=\dfrac{1}{2^n}\dbinom{n}{i-1}.$$

Donc, $B=\dfrac{1}{2^n}\begin{pmatrix}\binom{n}{0}&\binom{n}{0}&\ldots&\binom{n}{0}\\\binom{n}{1}&\binom{n}{1}&\ldots&\binom{n}{1}\\\vdots&\vdots& &\vdots\\\binom{n}{n}&\binom{n}{n}&\ldots&\binom{n}{n}\end{pmatrix}=\dfrac{1}{2^n}\left(\binom{n}{i-1}\right)_{1\leqslant i,j\leqslant n+1}$.

Posons $U=\dfrac{1}{2^n}\begin{pmatrix}\binom{n}{0}\\\binom{n}{1}\\\vdots\\\binom{n}{n}\end{pmatrix}$ et $V=\begin{pmatrix}1\\1\\\vdots\\1\end{pmatrix}$. Alors, $B=UV^T$ puis en notant $\langle\;,\;\rangle$ le produit scalaire canonique de $\mathscr{M}_{n+1,1}(\mathbb{R})$,

$$B^2=UV^TUV^T=\langle U,V\rangle UV^T=\dfrac{1}{2^n}\left(\displaystyle\sum_{i=1}^{n+1}\dbinom{n}{i-1}\right)B=B.$$

Mais alors, pour tout $p\in\mathbb{N}^*$, $B^p=B$.

6) $B$ est une matrice de projection (distincte de $0_{n+1}$ et $I_{n+1}$). Donc, $B$ est diagonalisable et les valeurs propres de $B$ sont $0$ et $1$. Plus précisément, puisque $\text{rg}(B)=1$, $\text{dim}(\text{Ker}(B))=n$ d’après le théorème du rang puis $0$ est valeur propre d’ordre $n$ (car $B$ est diagonalisable). Mais alors, $1$ est valeur propre simple de $B$.

$E_0(B)=\text{Ker}(B)$ est l’hyperplan d’équation $x_1+\ldots+x_{n+1}=0$ dans la base canonique de $\mathscr{M}_{n+1,1}(\mathbb{R})$. Ensuite $E_1(B)=\text{Ker}\left(B-I_{n+1}\right)=\text{Im}(B)$. $\text{Im}(B)$ est l’espace engendré par les colonnes de $B$ et donc $E_1(B)=\text{Vect}(U)$.

Commentaires et/ou rappels de cours

Une matrice carrée $A$ de rang $1$ est souvent proche d’une matrice de projection. En effet, on peut montrer qu’il existe deux vecteurs colonnes non nuls $U$ et $V$ tels que $A=UV^T$. On a alors $A^2=U\left(V^TU\right)V^T=\langle U,V\rangle UV^T=kB$ où $k=\displaystyle\sum_{i=1}^{n}u_iv_i=\text{Tr}(A)$. Si $k\neq0$, $\left(\dfrac{1}{k}A\right)^2=\dfrac{1}{k^2}kA=\dfrac{1}{k}A$ et donc $\dfrac{1}{k}A$ est une matrice de projection. Si $k=0$, $A$ est nilpotente d’indice $2$.

Enoncé (Bécéas)

Soit $(\Omega,\mathscr{A},\mathbb{P})$ un espace probabilisé. Soit $\left(X_n\right)_{n\in\mathbb{N}}$ une suite de variables aléatoires définies sur cet espace.

Montrer que $A=\left\{\omega\in\Omega/\;\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}X_n(\omega)=0\right\}$ est un événement. 

Corrigé

Soit $\omega\in\Omega$. $\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}X_n(\omega)=0\Leftrightarrow\forall\varepsilon>0,\;\exists n_0\in\mathbb{N}/\;\forall n\geqslant n_0,\;\left|X_n(\omega)\right|\leqslant\varepsilon\Leftrightarrow\forall p\in\mathbb{N},\;\exists n_0\in\mathbb{N}/\;\forall n\geqslant n_0,\;\left|X_n(\omega)\right|\leqslant\dfrac{1}{p+1}$.

Pour tout $(n,p)\in\mathbb{N}^2$, posons $A_{n,p}=\left\{\omega\in\Omega/\;\left|X_n(\omega)\right|\leqslant\dfrac{1}{p+1}\right\}$. Pour tout $\omega\in\Omega$,

\begin{align*}\omega\in A&\Leftrightarrow\forall p\in\mathbb{N},\;\exists n_0\in\mathbb{N}/\;\forall n\geqslant n_0,\;\left|X_n(\omega)\right|\leqslant\dfrac{1}{p+1}\Leftrightarrow\forall p\in\mathbb{N},\;\exists n_0\in\mathbb{N}/\;\forall n\geqslant n_0,\;\omega\in A_{n,p}\Leftrightarrow\forall p\in\mathbb{N},\;\exists n_0\in\mathbb{N}/\;\omega\in\bigcap_{n=n_0}^{+\infty}A_{n,p}\\&\Leftrightarrow\forall p\in\mathbb{N},\;\omega\in \displaystyle\bigcup_{n_0=0}^{+\infty}\left(\displaystyle\bigcap_{n=n_0}^{+\infty}A_{n,p}\right)\Leftrightarrow\omega\in\displaystyle\bigcap_{p=0}^{+\infty}\left(\displaystyle\bigcup_{n_0=0}^{+\infty}\left(\displaystyle\bigcap_{n=n_0}^{+\infty}A_{n,p}\right)\right)\end{align*}

et donc

$$A=\displaystyle\bigcap_{p=0}^{+\infty}\left(\displaystyle\bigcup_{n_0=0}^{+\infty}\left(\displaystyle\bigcap_{n=n_0}^{+\infty}A_{n,p}\right)\right).$$

Pour tout $(n,p)\in\mathbb{N}^2$, $A_{n,p}=X_n^{-1}\left(\left[-\dfrac{1}{p+1},\dfrac{1}{p+1}\right]\right)$ est un événement en tant qu’image réciproque d’une partie de $\mathbb{R}$ par la variable aléatoire $X_n$. Ensuite, pour tout $\left(n_0,p\right)\in\mathbb{N}^2$, $\displaystyle\bigcap_{n=n_0}^{+\infty}A_{n,p}$ est un événement en tant qu’intersection dénombrable d’événements. Ensuite, pour tout $p\in\mathbb{N}$, $\displaystyle\bigcup_{n_0=0}^{+\infty}\left(\displaystyle\bigcap_{n=n_0}^{+\infty}A_{n,p}\right)$ est un événement en tant que réunion dénombrable d’événements.

Finalement, $A$ est un événement en tant qu’intersection dénombrable d’événements.

Commentaires et/ou rappels de cours

$\bullet$ Le nombre d’$\star$ attribuées à cet exercice est $2$ à la condition que l’on connaisse ses définitions. Dans le cas contraire, il faut lui attribuer $5$ $\star$.

$\bullet$ Définition et propriétés des événements. Les événements sont par définition les éléments de $\mathscr{A}$.

$\varnothing$ et $\Omega$ sont des événements.

Une réunion finie ou dénombrable d’événements est un événement.

Une intersection finie ou dénombrable d’événements est un événement.

Le complémentaire d’un événement est un événement.

$\bullet$ Intersection et réunion d’une famille de parties. Soient $E$ un ensemble puis $\left(A_i\right)_{i\in I}$ une famille de parties de $E$, indexée par un ensemble $I$.

Pour tout $x\in E$, $x\in\displaystyle\bigcap_{i\in I}A_i\Leftrightarrow\forall i\in I,\;x\in A_i$ et $x\in\displaystyle\bigcup_{i\in I}A_i\Leftrightarrow\exists i\in I,\;x\in A_i$.

$\bullet$ Définition d’une variable aléatoire. Soient $(\Omega,\mathscr{A})$ un espace probabilisable puis $E$ un ensemble non vide quelconque.

Une variable aléatoire discrète sur $\Omega$ à valeurs dans $E$ est une application $X$ de $\Omega$ dans $E$ telle que $X(\Omega)$ est une partie au plus dénombrable de $E$ et pour tout $x\in E$, $X^{-1}(\{x\})\in\mathscr{A}$ (ou encore $\{\omega\in\Omega/\;X(\omega)=x\}$ est un événement).

Dans ce cas, pour toute partie $A$ de $E$ $X^{-1}(A)$ (c’est-à-dire $\{\omega\in\Omega/\;X(\omega)\in A\}$) est un événement (en tant que réunion dénombrable d’événements).

Enoncé

Corrigé

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