Partie I : Résultats généraux sur les matrices stochastiques - Illustrations

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1 8-8- JFC p EM LYON S JF COSSUTTA Lycée Marceli BERTHELOT SAINT-MAUR jea-fracoiscossutta@waadoofr PROBLÈME Partie I : Résultats gééraux sur les matrices stochastiques - Illustratios Remarque Das la suite ous oteros [, p] l esemble {,, p} Pour toute matrice C de M p, R ou de M p, C et pour tout i das [, p] ous oteros C i le coefficiet de C situé sur la ième lige a Soit A ue matrice de M p R i, j [, p], A i,j A ST p p i [, p], A i,j = j= i, j [, p], A i,j p i [, p], A i,j = i, j [, p], A i,j { A ST p p i, j [, p] i [, p], A, A i,j i,j V j = V i AV = V j= { i, j [, p], A i,j Pour toute matrice A de M p R, A ST p AV = V j= b Soit A u élémet de ST p V est pas ulle et AV = V Doc est valeur propre de A et V e est u vecteur propre associé est ue valeur propre commue à toutes les matrices de ST p Soiet A et B deux élémets de ST p Soiet i et j deux élémets de [, p] AB i,j = p k= A i,k B k,j Or k [, p], A i,k et B k,j car A et B sot des élémets de ST p p Doc k [, p], A i,k B k,j Aisi AB i,j = A i,k B k,j, et ceci pour tout i, j das [, p] AV = V et BV = V car A et B sot des élémets de ST p, doc ABV = ABV = AV = V Ceci achève de motrer que AB est u élémet de ST p k=

2 JFC p Le produit de deux élémets de ST p est u élémet de ST p 3 a A est ue matrice triagulaire iférieure doc ses valeurs propres sot ses élémets diagoaux c est à dire, et 3 A est ue matrice de M 3 R ayat 3 valeurs propres distictes doc A est diagoalisable et ses sous-espaces propres sot de dimesio A est diagoalisable et le sous-espace propre de A associé à la valeur propre est de dimesio Remarque Notos que SEP A, = VectV, SEP A, 3 b i Les coefficiets de A 3 sot des réels positifs ou uls A 3 V = / / = + / / + = = V Doc A 3 est u élémet de ST 3 = Vect, SEP A, 3 A 3 est ue matrice triagulaire iférieure doc ses valeurs propres sot ses élémets diagoaux = Vect Aisi les deux valeurs propres de A 3 sot et Cherchos les dimesios des sous-espaces propres de A 3 Soit X = x y u élémet de M 3, C z X SEP A 3, A 3 X = X / / x y = x x = x y / x + / y = y / / z z / y + / z = z { x = y X SEP A 3, y = z Aisi SEP A 3, = Vect Alors dim SEP A 3, = X SEP A 3, A 3 X = X / / x y = x y / / z z X SEP Aisi SEP A 3, A 3, x = / x / x + / y = / y / y + / z = / z = Vect Alors dim SEP { x = y = A 3, =

3 dim SEP A 3, + dim SEP A 3, = 3 A 3 est pas diagoalisable das M 3 C JFC p 3 A 3 est ue matrice de ST 3 qui est pas diagoalisable das M 3 C Il existe au mois u élémet de ST 3 o diagoalisable das M 3 C, par exemple A 3 3 b ii Les coefficiets de A sot des réels positifs ou uls A V = / / = + / / + = = V Doc A est u élémet de ST 3 est doc valeur propre de A Soit X = x y u élémet de M 3, R z X SEP A, A X = X / / x y = x x = x y / y + / z = y / / z z / y + / z = z X SEP A 3, z = y Aisi SEP A, est l hyperpla de M 3, R d équatio y z = das la base caoique de M 3, R Par coséquet SEP A, est de dimesio L affirmatio << Pour tout élémet A de ST 3, le sous-espace propre pour A associé à la valeur propre est de dimesio >> est fausse 4 a AX = λ X doc k [, p], AX k = λ X k E particulier AX i = λ X i = λ x i p p p p Alors : λ x i = λ x i = AX i = A i,j x j j= A i,j x j = A i,j x j = A i,j x j les j= j= j= coefficiets de A sot des réels positifs ou uls p p Or j [, p], x j x i et A i,j Doc : λ x i A i,j x i = x i A i,j = x i = x i x x j= λ x i x i 4 b X = est pas ulle doc x i est pas ul car x i = Max x k k p x p Alors λ x i = λ x i x i et x i > Par divisio o obtiet : λ j= λ

4 JFC p 4 Les valeurs propres das C des élémets de ST p ot u module iférieur ou égal à Partie II : Suites des moyees de puissaces de matrices stochastiques a Motros par récurrece que pour tout élémet de N, A appartiet à ST p I p est ue matrice de M p R dot les coefficiets sot des réels positifs ou uls De plus I p V = V Aisi I p est u élémet de ST p Alors A appartiet à ST p et la propriété est vraie pour = Supposos que pour u élémet de N, A soit u élémet de ST p A et A sot alors deux élémets de ST p D après I leur produit est u élémet de ST p Alors A + appartiet à ST p Ceci achève la récurrece Pour toute matrice A de ST p et pour tout élémet de N, A est ue matrice de ST p b Soit u élémet de N Pour tout k das N, A k appartiet à ST p Doc pour tout k das N, A k est ue matrice de M p R dot les coefficiets sot des réels positifs ou uls Alors A k est ue matrice de M p R dot les coefficiets sot des réels positifs ou uls Il e est de même pour A k Pour tout k das N, A k appartiet à ST p Doc pour tout k das N, A k V = V Alors : A k V = A k V = V = V = V Ceci achève de motrer que A k appartiet à ST p Pour toute matrice A de ST p et pour tout élémet de N, A k est ue matrice de ST p Exercice Motrer que ST p est u covexe de M p R et retrouver le résultat précédet Soit x u réel tel que x et soit u élémet de N

5 x k = Doc si x = : Comme Fialemet : si x = x x x k = si x Ce qui doe ecore : x k = si x = x si x x JFC p 5 x k =! Supposos que x e vaut pas Alors x [, [, doc x x x + x x + x = x = il viet par ecadremet x x k = { si x = si x Pour tout réel x tel que x : x k = x k = { si x = si x 3 Soit u élémet de N Soit i, j u élémet de [, p] Supposos i et j disticts Notos que pour tout k das N, D k est ue matrice diagoale Alors : M i,j = D k = D k i,j = = Par coséquet M i,j = Soit ecore i,j M i,j = i,j Motros maiteat que M i,i = i,i Pour tout k das N, D k i,i = k D i,i car D k est diagoale Alors : M i,i = D k = D k i,i = k Di,i i,i D est semblable à A doc D a les mêmes valeurs propres que A Or D est diagoale doc ses valeurs propres sot ses élémet diagoaux Aisi le spectre de D est l esemble {D i,i ; i [, p]} Les valeurs propres de A das C ot u module iférieur ou égal à Aisi pour tout i das [, p], D i,i est u réel dot la valeur absolue est au plus Rappelos que par hypothèse D i,i = si i [, r ] et D i,i sio Plus de doute alors, d après ce qui précède : M i,i = Soit ecore M i,i = i,i Fialemet i, j [, p], k Di,i = M i,j = i,j et aisi la suite M coverge vers { si i [, r ] sio La suite M coverge vers

6 JFC p 6 Posos N, U = P et V = P La suite U coverge vers P et la suite V coverge vers P D après ce qui est admis la suite U M coverge vers P Toujours e utilisat la même propriété, o peut alors dire que la suite P P U M V coverge vers Notos que N, U M V = P M P = B et que B = P P Plus de doute : la suite B coverge vers B N e restos pas là et observos que N, B = P M P = P Doc : N, B = P D k P = La suite A k P D P k = A k coverge vers P P D k P 4 a Soit u élémet de N Nous veos de voir que B = appartiet à ST p car A appartiet à ST p A k Alors d après II b, B N, B ST p 4 b Rappelos que B est ue matrice de M p R et que i, j [, p], B i,j = B i,j De plus pour tout élémet de N, B appartiet à ST p i, j [, p], N, B i,j E passat à la ite il viet : i, j [, p], B i,j p p i [, p], N, B i,j = E passat à la ite il viet : i [, p], B i,j = j= Ceci achève de motrer que : j= B appartiet à ST p Remarque Pour le secod poit il était tetat de passer à la ite sur B V = V sauf que le préiaire évoque pas cette possilbilité! Exercice Motrer que toute suite covergete d élémets de ST p a sa ite das ST p et qu aisi ST p est u fermé de M p R

7 JFC p 7 Partie III : Aspect probabiliste Remarque Nous e seros pas plus royaliste que le roi cocepteur et ous e soulèveros pas de difficulté au iveau des probabilités coditioelles sur la ullité de la probabilité de l évéemet qui coditioe Pour tout i, j das [, 3], A i,j est ue probabilité doc A i,j est u réel positif ou ul Soit i das [, 3] Rappelos que P X=i est ue probabilité et que X = j est u système complet d évéemets j [,3 ] Alors A i,j = P X=iX = j = P X=i X = j = P X=iΩ = j= j= j= Doc i [, 3], 3 A i,j = Ceci achève de motrer que : j= A ST 3 Soit u élémet de N Soit j u élémet de [, 3] X = i est u système complet d évéemets La formule des probabilités totales doe : i [,3 ] P X + = j = 3 i= P X = i P X=iX + = j Or i [, 3], P X=iX + = j = P X=iX = j = A i,j Alors : L + j = P X + = j = Fialemet j [, 3], L + j = 3 P X = i A i,j = i= 3 i= 3 i= L i A i,j L i A i,j Ce qui sigifie que L + = L A N, L + = L A Motros par récurrece que N, L = L A La propriété est vraie pour = car A = I 3 Supposos la propriété vraie pour u élémet de N et motros la pour + L + = L A = L A A = L A + Ce qui achève la récurrece N, L = L A

8 JFC p 8 3 Nous savos déjà que les valeurs propres de A sot, / et /3, que ses sous-espaces propres sot de dimesio et que A est diagoalisable Nous savos égalemet que SEP A, = VectV = Vect Observos que : A = / / = = 3 /3 /3 /3 /3 Alors Aisi SEP est u élémet o ul de SEP A, 3 Détermios SEP X SEP X SEP X SEP Alors SEP = Vect A, Soit X = A, A X = X A, A, A, B =, B = et SEP A, 3 /3 y = /6 z A, qui est ue droite vectorielle 3 x y u élémet de M 3, R z / / x y /3 /3 /3 z = / x y z x = / x x = / x + / y = / y + / y = / y /3 x + /3 y + /3 z = / z + /3 y + /3 z = / z { x = { x = z = y = Vect et B 3 = Rappelos que : M 3, R = SEP A, SEP Alors B = B B B 3 =, sot respectivemet des bases de SEP A,, SEP, A, SEP A, 3 de A respectivemet associés aux valeurs propres, et 3 A, est ue base de M 3, R costituée de vecteurs propres Notos P la matrice de passage de la base caoique de M 3, R à la base B P =, P est iversible et P A P = Diag, /, /3 = D

9 JFC p 9 Notos que A = P D P P = est ue matrice de M 3 R, iversible et à coefficiets diagoaux tous égaux à, telle que A = P D P Soiet X = x y et X = y deux élémets de M,3 R tels que P X = X z z x y = x x = x y Doc x + y = y z z x + y + z = z x = x x = x Ce qui doe aisémet : y = x + y = x + y Aisi y = x z = x y + z = x x + y + z + y z = x y + z Ceci permet d affirmer que : x P = 4 D = Diag, /, /3 Doc N, D = Diag, /, /3 Or / = et /3 = car / < et /3 < Aisi D = Diag,, La suite D coverge vers A = P D P doc N, A = P D P = P D P Posos N, R = P et S = P Posos ecore D = R coverge vers P et D coverge vers D doc R D coverge vers P D Comme S coverge vers P, R D S coverge vers P D P Ce qui sigifie que P D P coverge vers P D P ou que A coverge vers P D P P D P = = =

10 JFC p La suite A coverge vers 5 N, L = L A Posos : N, H = L La suite H coverge vers L, la suite A coverge vers doc la suite H A coverge vers L Aisi la suite L A coverge vers L La suite L coverge vers L L = P X = P X = P X = 3 L = P X = + P X = + P X = 3 = La suite L coverge vers P X = =, P X = = et P X = 3 = Doc la suite X coverge e loi vers la variable certaie égale à Observos que pour obteir P X = =, P X = = et P X = 3 = il suffit d obteir P X = = Rappelos que A = / / et que N, i, j [, 3], P X=iX + = j = A i,j /3 /3 /3 P X=X + = =, P X=X + = =, P X=X + = 3 = Alors : P X=X + = = /, P X=X + = = /, P X=X + = 3 = P X=3X + = = /3, P X=3X + = = /3, P X=3X + = 3 = /3 Notos que l ure est absorbate car si à u istat l objet est das cette ure il y reste aux istats suivats presque sûremet Doc si presque sûremet il se trouve à u istat das l ure, presque sûremet il y restera et ous auros C est le cas si au départ il est das l ure P X = =

11 JFC p Supposos maiteat qu au départ l objet soit das l ure La probabilité pour qu à l istat suivat il e soit pas das l ure est / La probabilité pour qu il e soit pas das l ure au cours des premiers istats N est / La probabilité pour qu il e soit jamais das l ure est / doc Doc presque sûremet à u istat l objet se trouvera das l ure et aisi P X = = Supposos maiteat qu au départ l objet soit das l ure 3 La probabilité pour qu à l istat suivat il reste das l ure 3 est /3 La probabilité pour qu il soit das l ure 3 au cours des premiers istats N est /3 La probabilité pour qu il reste toujours das l ure 3 est /3 = doc Doc presque sûremet à u istat l objet se trouvera das l ure ou das l ure Comme das le cas précédet si à u istat il se trouve das l ure, presque sûremet à u istat l objet se trouvera das l ure Aisi si l objet se trouve au départ das l ure 3, presque sûremet à u istat l objet se trouvera das l ure et ous auros ecore P X = =

12 JFC p PROBLÈME Préiaires La série de terme gééral + 4, N, est ue série de Riema covergete car > 4 et la série de terme gééral 4 coverge d après ce qui précède Les règles de comparaiso sur les séries à termes positifs motret alors la covergece de la série de terme gééral + N, = doc la série de terme gééral est covergete Aisi la série de terme gééral est absolumet covergete doc covergete N, Alors N, + k= Or par hypothèse Alors Les séries de termes gééraux, et + k = k= k + + k + = + = = π 6 k= k + = 4 k 4 k= + Aisi k= k + = π 6 π 4 6 = π 8 k k= k = π 6 k + et Nous retrouvos aisi la covergece de la série de terme gééral + = + = π 8 k= sot covergetes k + k = π 6 et de plus : + 3 N, N, + k= + k= k k k = k = 4 k= k= k k k + k+ k + = k + k= k k + Les séries de termes gééraux, et + état covergetes il viet e passat à la ite :

13 JFC p 3 + k= k k = 4 π 6 π 8 = π + = = π Partie I : Élémets d étude de f Soit x u élémet de R t tx + t t x + t t tx = t x t ], ], t x est cotiue sur ], ] Les règles de comparaiso sur les itégrales gééralisées de foctios positives motret alors que les itégrales Or t x dt et + t dt sot de même ature t x dt coverge si et seulemet si x < doc si et seulemet si x > t x Le domaie de défiitio de x f = f = t x dt est doc J ce qui permet très largemet de dire que : + t pour tout élémet x de J, + t dt = [ l + t ] = l t + t dt = t + + t dt + t dt = t x dt coverge + t dt f = l f = l et f = l 3 Soit x u élémet de J t ], ], + t et tx doc t ], ], tx + t tx = t x Comme fx Aisi t x dt et + t t x dt = ε + dt t x t x dt car ε sot covergetes, il viet e itégrat : [ ] t t x x+ dt = = ε + x + ε ε + x + εx+ = x + x + t x dt = x + O a alors fx x + t x dt + t cars x + > dt t x ou

14 JFC p 4 x J, fx x + et x + x J, fx x + = Il viet lors par ecadremet : x + fx = x + 4 a Soiet x et y deux élémets de J et soit t u élémet de ], ] Supposos que x y l t doc x l t y l t Par croissace de la foctio expoetielle il viet e x l t e y l t doc t x t y x, y J, t ], ], x y t x t y 4 b Soiet x et y deux élémets de J tels que x y t ], ], t x t y et E itégrat il viet fx = + t Doc t ], ], t x + t t x dt + t x, y J, x y fx fy Aisi : ty + t t y dt = fy car + t f est décroissate sur J 5 Soit x u élémet de J Notos que x + appartiet ecore à J fx + fx + = t x + t dt + Nous avos vu plus haut que t x+ + t dt = t x dt = x + t x + t x+ + t dt = t x + t + t doc fx + fx + = x + x J, fx + fx + = x + dt = t x dt 6 Soit x u élémet de ], + ] Notos alors que x est das J f est décroissate sur J doc Aisi x + = fx + fx + fx ce qui doe fx x + x = x + = fx + fx fx ce qui doe fx x x + fx x x Cela doe ecore Doc x ], + ], Comme x + x x fx x + x = il viet par ecadremet x + x fx car x est strictemet positif x + x fx = ce qui permet de dire que : x +

15 JFC p 5 fx x + x 7 a Ce résultat peut s obteir sas difficulté par récurrece Voici ue secode piste k N, Doc k N, Soit das N k x + k + = = fx + k + fx + k + x + k + k x + k + = k fx + k + k fx + k + = k fx + k k+ fx + k + k fx + k k+ fx + k + = fx + + fx + + k x + k + = fx + fx + + Alors fx = + fx b N, x J, N, fx = + f + + x + k k + + x = fx + f + + x N, + f++x = f++x et Alors k = fx Par coséquet : k + + x pour tout élémet x de J, la série de terme gééral f++x = doc k k + + x k + k + + x coverge et fx = k x + k + + f++x = k k + + x 8 a Soiet x et y deux élémets de J et soit k u élémet de N k + + x k + + y = k + + y k + + x k + + x k + + y = y x k + + x k + + y = x y k + + x k + + y Or k + + x k > et k + + y k > car x et y sot das J x + > et y + > et k das N Alors k + + x k et k + + x k Das ces coditios : k + + x k + + x k + + y k et x y doc x y k + + x k + + y x y k Alors k + + x k + + y = x y k + + x k + + y x y k x, y J, k N, Soiet x et y deux élémets de J Soit u élémet de N k + + x k + + y x y k k + + y k

16 k k + + x Notos que : k k + + y = k k + + x k k + + y = k k + + x k k + + y k k + + x k k + + y k k + + x Ce qui doe : k + + y JFC p 6 k k + + x k k + + y = k k + + x = k + + y k + + x k + + y k Aisi : k + + x k k + + y k k + + x k k + + y = k + + x k + + y k k + + x k k + + y + x + y + k + + x k + + y k= k k + + x k k + + y + y + x + x + y + x y k y x + x + y + x y k= k= k k + + x k x y k + + y + x + y + k k= E faisat tedre vers + il viet : fx fy x y x, y J, fx fy x y 8 b Soit a u élémet de J x J, fx fa x a x + a + + π 6 Or x a x a x + a + + π = 6 a + + π 6 x + y + + π 6 x + y + + π 6 = O obtiet alors par ecadremet : x a fx = fa Ce qui motre que f est cotiue e a et ceci pour tout élémet a de J k f est cotiue sur J 9 Soit x u élémet de J fx + fx + = Alors x + fx = x + fx + x + fx + = f car f est cotiue e x Aisi x + fx = x + fx + = f = Ce qui doe : x x = + doc x + x + fx = + Alors x + fx x x + fx = +! x

17 JFC p 7 fx = + x Partie II : Dérivabilité de f Soit k u élémet de N Notos que g k est de classe C sur J comme foctio ratioelle dot le déomiateur e s aule pas sur J g k est doc e particulier de classe C sur J Soiet x et y deux élémets de J L iégalité de Taylor-Lagrage appliquée à l ordre à g k doe : g k y g k x y x g kx y x! t J, g kt = k et g k + + t kt = Max t [x,y] ou [y,x] g kt k t J, g k + + t 3 kt = k + + t 3 t J, k + + t k > Alors t J, k + + t 3 k 3 > Aisi t J, g kt = k + + t 3 k 3 Cela permet d affirmer que : Max t [x,y] ou [y,x] g Doc g k y g k x y x g kx Alors g k y g k x y x g kx Remarque y x kt k 3 y Max t [x,y] ou [y,x] g x kt y x x y k 3 = k 3 k N, x, y J, g k x g k y x y g kx y x = k3 k 3 x y k 3 Retrouvos rapidemet ce résultat à la mai Soit k u élémet de J et soiet x et y deux élémets de J Posos ϕ k x, y = g k x g k y x y g k x ϕ k x, y = k k + + x k x y k k + + y k + + x ϕ k x, y = k k + + x k + + y k + + x k + + y k + + x + x y k + + y Posos : ψ k x, y = k + + x k + + y k + + x + x y k + + y ψ k x, y = k + + k + x + k + y + xy k + k + x x + k + x k + y + xy y ψ k x, y = x + xy y = x y k+ Alors : ϕ k x, y = k + + x k + + y x y Doc ϕ k x, y = k+ k + + x x y k + + y = x y k + + x k + + y k + + x k + + y k 3 > car x + > et y + > Doc k + + x k + + y k 3

18 JFC p 8 Alors ϕ k x, y x y k 3 a La série de terme gééral Soit x u élémet de J k N, g kx = cou est ue série de Riema covergete car 3 > k3 La série de terme gééral est covergete k3 k k + + x = k + + x car k + + x k >, air maiteat k Comme la série de terme gééral est covergete, les règles de comparaiso sur les séries à termes positifs k motret la covergece de la série de terme gééral g k x La série de terme gééral g k x est absolumet covergete doc elle est covergete La série de terme gééral g kx est covergete pour tout élémet x de J b Soiet x et y deux élémets de J Rappelos que fx = + g k x et fy = + g k y + Rappelos égalemet que la série de terme gééral g k x est covergete et posos Sx = g kx Soit u élémet de N Posos L x, y = Observos que L x, y = g k x L x, y = fx fy x y Sx g k x g k y x y g kx L x, y g x g y x y g x + g k y x y g k x g k x g k y x y g kx g k x g k y x y g kx k= Or : g x g y x y g x = + x + y x y + x g x g y x y g x = + x + y + x + x y + y x + y + g x g y x y g x = + x + y + xy x x + x y + xy y x + y + = x + xy y x + y + g x g y x y g x = x y x + y + = x y x + Das ces coditios : y + L x, y x y x + y + + g k x g k y x y g kx k= x y x + y + + k= x y k 3

19 Ce qui doe g k x g k y x y g kx x y x + y + + k= x y k 3 E faisat tedre vers +, ce qui est licite car toutes les séries coverget o obtiet : g k x g k y x y g kx x y + x + y + + x y k 3 Ce qui s écrit : fx fy x y Sx k= x y + x + y + + k= x y k 3 Ou ecore : fx fy x y Sx x y + x + y + + Supposos y x et divisos par x y O obtiet : fx fy Sx x y x y Fialemet x, y J, y x fx fy x y + x + y + + k= Sx x y k= k 3 Repreos x das J + y J {x}, fx fy Sx x y x y x + y + + k= + Comme x y y x x + y + + k 3 = =, il viet par ecadremet : k= fx fy fy fx = Sx ou = Sx y x x y y x y x Aisi f est dérivable e x et f x = Sx = + g kx = + k 3 + x + y + + k 3 + x k= k 3 + k k + + x = f est dérivable sur J et pour tout élémet x de J, f x = + k= JFC p 9 k 3 k+ k + + x k+ k + + x c f = + k+ + k + = = = π d après la questio 3 du préiaire f = π 3 A défaut de la courbe résumos les iformatios sur f f est défiie, cotiue et dérivable sur J f est décroissate sur J fx = + et fx = x x +

20 f = l 69, f = l 3, f = π 8 JFC p O a ecore : f 9, f3 4, f4, f5 9, f6 8, f7 7, f8 6, f9 6, f 5 e utilisat fx + fx + = x +