Modèle mathématique. - Math-Question

Recent Teaching _ Théo Héikay
Loves Me, Loves Me Not
Jessica et Grégory se sont rencontrés virtuellement sur un site de
rencontre d’Internet et projettent un rendez-vous entre 17h et 18h pour
convenir des modalités de leur idylle. Chacun d’eux a promis de ne pas
attendre l’autre plus de 10 minutes. On suppose qu’ils arrivent
indépendamment à des instants uniformément distribués entre 17h et
18h.
) _ Probabilité d’une rencontre.
) _ Jessica fixe son heure d’arrivée à x. Quelle probabilité a-t-elle de
rencontrer Grégory ?
) _ Arrivant à l’heure x, Jessica ne trouve personne. Quelle probabilité
a-t-elle de rencontrer Grégory ?
It is worth remembering, if only for the sense of calm that it provides, that
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Ma solution
) _ On peut représenter l’ensemble des résultats possibles de l’expérience par
l’ensemble des couples (x, y) où x est l’heure d’arrivée de Jessica (J) et y l’heure
d’arrivée de Grégory (G), soit l’ensemble [17, 18]² ; une simplification évidente est de
choisir plutôt  = [0, 1]². La tribu A est B([0, 1]²). Puisque les arrivées sont
indépendantes, la probabilité P sur  est P = PJ ® PG où PJ = PG est la probabilité
uniforme sur [0, 1]. Par suite, P est la probabilité uniforme sur [0, 1]², c’est-à-dire la
mesure de Lebesgue sur [0, 1]².
L’événement A = « Jessica et Grégory se rencontrent » s’écrit, puisque
10 mn = Error! heure, A = {(x, y)  / Error!  Error! }.
On a P(A) = Error!dxdy; ce qui donne
P(A) = Error! Error!dx + 2 Error! Error!dx = Error!.
) _ L’heure d’arrivée de Jessica n’est plus aléatoire. Par suite, l’espace des épreuves
n’est pas le même que dans ). Je le noterai cependant encore (, A, P).
On a  = [0, 1] (heure d’arrivée de Crégory) A = B([0, 1]), et P = PG = mesure de
Lebesgue sur [0, 1]. L’événement Ax = « Jessica et Grégory se rencontrent » s’écrit :
Ax = {y  [0, 1]/ y – x  Error! }.
Par suite (voir fig.),
si 0  x  Error!,
Ax = Error! et P(Ax) = x + Error! ;
si Error! < x < 1 – Error!,
Ax = Error! et P(Ax) = Error! ;
si 1 – Error!  x  1, Ax = Error! et P(Ax) = Error! – x.
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) _ l’espace des épreuves est le même qu’en ) . Soit Bx = « Grégory n’est pas là à
l’heure x ». On a encore : Ax = {y  [0, 1]/ y – x  Error! }.
On doit ici calculer P(Ax| Bx).
si 0  x  Error! , ]x, 1] et P(Ax| Bx) = Error! = Error! = Error!.
si Error! < x < 1 – Error!,
Bx = ]x, 1]  [0, x – Error! [.
Alors :
P(Ax| Bx) = P([x, x + Error! [)/ P(]x, 1] + P([0, x – Error! [ ) = Error! .
Enfin,
si 1– Error!  x  1 , Bx = ]x, 1]  [0, x – Error! [
et
P(Ax| Bx) = P(]x, 1]) /P(]x, 1] + P([0, x – Error! [ ) = 6 Error!.
y
C
I
2
M
2
1
0.8
F
N
0.6
A
0.4
N
2
0.2
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o
0.4
X
3/33
1
0.8C
1
X
M
1
1.2
1.6
x
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Chaîne de naissance et mort
On considère une chaîne de Markov (Xn)n  0 d’espace d’états S = I; N et de matrice de
transition P définie par :
P(x,
{p
x
x
–
1)
=
qx
,
P(x,
x)
=
rx,
P(x,
x
+
1)
=
px
avec
+ qx + rx = 1 ;q0 = 0 ;qx > 0 si x > 0 ;px > 0.
Une telle chaîne est appelée chaîne de naissance et (de) mort.
Mon but est d’étudier sous quelles conditions la chaîne est récurrente.
Pour i  S, je pose i = inf {n  0 | Xn = i}. Étant donné trois états a, x et b tels que
a  x  b, je pose u(x) = IPx (a < b) et x = q1 …. qx /p1 …. Px avec 0 = 1. (Observons que
i  Ti.)
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) _ Je déterminerai une relation entre u(x + 1) – u(x) et u(x) – u(x – 1) pour a < x < b.
Je calculerai en fonction des y pour a  y < b la valeur de u(a) – u(a + 1) et j’en
déduirai que u(x) = Error! pour a  x  b.
Je traiterai le cas particulier où px = qx pour tout x > 0.
) _ Je déterminerai IP1 (T0 = ) et je montrerai que la chaîne est récurrente si et
seulement si Error! y = + .
) _ Je déterminerai les mesures  sur S, invariantes par la matrice P, et j’en
déduirai que la chaîne est récurrente positive si et seulement si
Error! < .
Application : « I should’ve quit when I was ahead. »
Dans l’Académie de Victor Cousin, un jeune Prof de Maths gagne, compte tenu de
son itinéraire, son profil et ses aspirations, une affectation quand il est nommé dans
un établissement de son choix avec une probabilité de Error! et perd, si l’on ne tient
compte que de son barème, une affectation en étant nommé dans un établissement
où il serait moins efficace avec une probabilité de Error!. Les circonstances font qu’il
décide de s’arrêter (brusquement !!) lorsqu’il a gagné S affectations de son choix ou
perdu 10 affectations qu’il ne souhaitait pas. Il détermine S comme la plus grande
valeur telle que la probabilité de sortir gagnant soit au moins Error!. Donner la valeur
de S et l’espérance de gain de ce jeune Prof de Maths.
Alors ? Ah ! Personne ne le sait, peut-être parce que j’ai à nouveau succombé à cette
pénible manie pédagogique qui est de poser des questions dont je suis le seul à
connaître la réponse. Mais cette réponse je la connais bel et bien et elle vaut la peine
d’être connue (rires…)
The answer please? Ah, no one knows, perhaps because again I have succumbed to
that painful pedagogical vice of asking questions to which I alone know the answers;
but I do know the answer and the answer is worth knowing.
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Je suggère la solution suivante
) _
l’inégalité a < x implique x  1.
D’où
IPx (a < b ) = IPx (X1 = x – 1, a < b) + IPx (X1 = x, a < b) + IPx(X1 = x + 1, a < b).
Or le premier terme de la somme est égal à
P(x, x – 1) IP(a < b | X0 = x, X1 = x – 1)
ou encore, d’après la propriété de Markov et l’homogénéité de la chaîne à :
P(x, x – 1)IPx – 1 (a < b).
On a donc :
IPx(a < b) = P(x, x – 1) IPx – 1 (a < b) + P(x, x) IPx(a < b) + P(x, x + 1) IPx + 1 (a < b).
Donc
u(x) = qx u(x – 1) + rx u(x) + px u(x + 1).
De cette relation et de rx = 1 – px – qx, on déduit que
u(x + 1) – u(x) = Error! [u(x) – u(x – 1)] = … = Error! [u(a + 1) – u(a)] = Error! [u(a + 1) –
u(a)].
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Or
{ u(a) = IP
a
(a < b) = 1 ;u(b) = IPb(a < b) = 0.
D’où
Error!
[u(x + 1) – u(x)] = – 1 = [u(a + 1) – u(a)] Error!
Il vient
u(a) – u(a + 1) = Error!
et donc
u(x) – u(x + 1) = Error!.
D’où :
u(x) = Error! [u(y) – u(y + 1)] = Error!
Dans le cas où px = qx (marche symétrique), on obtient : Error! .
) _ Les conditions px > 0 pour tout x et qx > 0 pour tout x  1 impliquent que tous
les états communiquent et la chaîne est donc irréductible. Si l’état initial est X 0 = 1, on
a pour
tout x  1, x  1 donc x = Tx. Le résultat précédent implique :
n > 1, IP1 (T0 < Tn) = Error! = 1 – Error!
puisque Error! = 1.
Si X0 = 1, on a T2 < … < Tn < Tn + 1 < … , et la chaîne ne peut atteindre l’état n + 1
qu’après l’instant n – 1. D’où pour tout n > 1,
Tn  n – 1 et
(T0  Tn + 1)  (T0  Tn).
D’où (T0 = +  ) = lim;
n 
L’égalité IP1 (T0  Tn) = Error!
( T0  Tn) (en décroissant) = n  (T0  Tn).
implique donc IP1 (T0 = + ) = Error!.
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La chaîne étant irréductible est récurrente ou transitoire.
Si elle est récurrente, IP1 (T0 = ) = 0 et donc Error! = .
Réciproquement, si Error! =  , alors IP1(T0 <  ) = 1.
Or,
IP0 (T0 < ) = P(0, 0) + P(0, 1)IP1(T0 < ) = P(0, 0) + P(0, 1) = 1.
L’état {0} est donc récurrent. La chaîne étant irréductible, tout état est récurrent.
) _ Soit  une mesure invariable par P. On a donc, pour tout y de S :
D’où
(0)r0 + (1)q1 = (0) et
Error!
= (y).
(y – 1)py – 1 + (y)ry + (y + 1)qy + 1 = (y), y  1.
On en tire simplement
(1) = Error! (0)
et
qy + 1 (y + 1) – py (y) = qy (y) – qy – 1 (y – 1) = … = q1 (1) – P0 (0) = 0.
D’où
(y + 1) = Error! (y) = … = Error! (0).
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Cela détermine donc, au facteur (0) près, la seule mesure  invariante. La chaîne,
étant irréductible, est donc récurrente positive si et seulement si 0 < (I; N) <  ; donc
si et seulement si :
 = Error! < ,
ou, ce qui revient au même :
< .
On a donc le classement suivant pour une chaîne irréductible de naissance et de
mort :
* Error! <   chaîne transitoire
Error!
* Error! =  et
Error!
= +   chaîne récurrente nulle
* Error! <   chaîne récurrente positive.
Application de l’exercice précédent
Utilisons les notations de l’exercice que je viens de démontrer et considérons que le
jeune Prof de Maths possède 10 vœux en entrant dans l’Académie de Victor Cousin.
Il donne sa démission lorsqu’il a soit 0 soit b = 10 + S affections. On cherche donc la
plus grande valeur b > 10 telle que ub(10) = IP10 (0< b) < Error!.
Or
x = Error! = Error!Error!
et on a vu que
ub(10) = Error! =
Error!
.
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Pour b > 0, la fonction définie par g(b) = ub(10) est croissante et continue.
On a :
g(x) = Error!  x = Error!.
D’où
x  11, 7 ; b = [x] = 11 et
ub(10) = 0, 337.
Le jeune Prof de Maths devra donner sa démission dès qu’il aura gagné S = b – 10 = 1
affection de son choix. (Trouvez-vous cela normal ?!)….
Son espérance de gain est alors E = S(1 – ub(10) ) – 10  ub(10)) = – 2, 71.
« O puissance d’imaginer, toi qui nous emportes parfois si loin de nous qu’on ne s’aperçoit
pas que sonnent alentour mille trompettes, qui te met en mouvement ? »
DANTE
Estimation de la durée de vie (moyenne) d’un enseignant heurté au mur de l’absence
absolue d’intérêt. Il s’agit naturellement des enseignants qui ont perdu la flamme,
qui ne ressentent plus charnellement la saveur physique d’une pensée, le goût d’une
idée qui s’infiltre dans leur peau pour gagner d’un coup d’aile magique leurs mains,
leurs bras et leur visage. Ceux qui, compte tenu des circonstances, ne peuvent plus
dire au naturel ce qu’ils disent, ne peuvent plus se livrer à leurs élèves, d’être dans
le point de mire de leur attention et de leur écoute, bref des profs brisés (Non, de
grâce, ne riez pas, c’est sérieux…)
Une étude récente, faite par un Institut de Recherche Californien, évalue que la durée
de vie d’enseignants déprimés, a une distribution exponentielle d’espérance
inconnue Error! ( > 0). Pour estimer , on choisit un échantillon de n enseignants et
on observe les instants où les r premières enseignants ne rayonnent plus :
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X (1) < X (2) < … < X (r) ,
où X1 , X 2 , …, X n représentent les durées de vie des n
enseignant.
Un « estimateur sans biais » (e.s.b.) de Error! est une v.a. U = h(X (1) , X (2) , … , X (r))
telle que EU = Error!.
Trouver le « meilleur » e.s.b. de la forme U = 1 X (1) + 2 X (2) + … + r X (r), c’est-à-dire
combinaison linéaire des observations X (1) , X (2) , … , X (r). Autrement dit :
Montrer que Û = (X (1) + X (2) + … + X (r)) Error! + X (r) Error! et qu’alors var Û =
Error!  Error!.
Ma solution
Les v.a. X1 , X 2 , …, X n sont indépendantes et de même loi exponentielle de densité 
e –  X 1 I; R + (x).
On démontrer aisément que les v.a. X (1) , X (2) – X (1) , …, X (n) – X (n – 1) sont
indépendantes et de plus X (k) – X (k – 1) suit une loi exponentielle de paramètre
 (n – k + 1) pour k = 1, …, n (on pose X (0) = 0).
Or, on peut écrire
U = 1 X (1) + … + k (X (1) + X (2) – X (1) + … + X (k) – X (k – 1)) + …
… +r ( X (1) + X (2) – X (1) + … + X (r) – X (r – 1))
D’où
U = Error!( Error! j) (X(k) – X (k – 1)).
U est alors la somme de r v.a. indépendantes.
Par suite :
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v.a.r. U = Error!( Error! j)Error! v.a.r. (X(k) – X (k – 1)).
On a aussi, par linéarité
EU = Error!( Error! j) E(X(k) – X (k – 1)).
Or
E(X(k) – X (k – 1)) = Error! (espérance d’une loi exponentielle : inverse du paramètre). La
variance V() d’une loi exponentielle de paramètre  est :
V() = Error! – Error! Error!,
soit, en intégrant par parties,
V() = Error!.
D’où
v.a.r (X(k) – X (k – 1)) = Error!  Error!.
Ainsi
v.a.r. U = Error! Error!( Error! j)Error! Error! et EU = Error! Error!( Error! j)Error!
Le problème posé est de déterminer 1, …,  r de façon que v.a.r. U soit minimum
avec EU = Error! .
Posons k = Error! Error! j pour k = 1, …, r. Le problème consiste donc à déterminer
1, …, r de façon que
Error!
Soit M le point de coordonnées
Error! = 1 et Error! Error!2 minimum.
1, …, r
minimum si et seulement si M = M
r
dans I; R . Alors OM² = Error! Error!2 est
est la projection orthogonale de O sur
l’hyperplan affine d’équation Error! Error! = 1.
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Comme le vecteur (1, 1, …, 1) est orthogonal à cet hyperplan, les coordonnées k de
M sont 1 = 2 = …. = r = Error! ; ce qui donne :
OM² = Error!Error! Error! = Error! et Error! = Error!,
Ainsi
Error!
= … = Error! = Error!.
Û = 1 X (1) + …  r X(r) = Error! (X (1) + X (2) + … + X (r)) + X (r) Error!
est l’unique solution du problème et v.a.r. U = Error!.
Quod erat demonstrandum, as Latinists like to say.
Mon commentaire
On doit savoir où l’on est et être heureux d’avoir une place, même si elle est petite :
quelle joie que de pouvoir mettre dans les boîtes aux lettres de bons messages et
d’être sûr qu’ils iront à leurs destinataires !
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Sortons nos scalpels et apprêtons-nous à disséquer cet exercice de
probabilité
Un jeune lauréat au concours d’agrégation devrait faire le choix d’une pratique plus
ou moins audacieuse, pour sa titularisation parmi les stages suivis chez trois
professeurs confirmés aux méthodes différentes. Le premier Professeur (P1) lui
montre sur un sujet de probabilité, comment entraîner la réflexion dans une impasse
afin d’aboutir à un paradoxe, ce qui selon ce dernier est un excellent moyen de faire
comprendre la nature d’un phénomène. Le deuxième Professeur (P2) soucieux de
travailler avec le plus grand nombre, lui propose une pratique des mathématiques
qui visent moins à se satisfaire de ce qui fait sens, qu’à fournir l’occasion de se pâmer
devant le calcul en choisissant de faire plancher ses élèves sur quelques exercices
ritualisés. Le troisième Professeur enfin (P3) lui suggère une séance d’analyse où il est
question d’échafauder des modèles explicatifs, d’imaginer des concepts, de leur
adjoindre des paramètres décrivant le réel, et de représenter les liens entre ces
paramètres au moyen d’équations. À l’instant t = 0, le jeune lauréat accepte de se
rendre dans l’établissement, du professeur (P1) pour étudier de près sa pratique. Puis
il se déplace de façon aléatoire sur les autres établissements selon la règle suivante.
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S’il est séduit par la pratique du professeur P1 ou celle du professeur P2 au temps
t = k, il étudie la pratique de l’un des deux autres professeurs avec équiprobabilité.
S’il étudie la pratique du professeur P3 au temps t = k, il choisit de l’appliquer dans
ses classes. (On dit que la pratique du Professeur P3 est absorbante).
En théorie d’éducation, une alternative ne sollicite pas nécessairement les réponses oui ou
non, il existe d’autres réponses.
Notons En, Fn et Gn les évènements respectifs : « le jeune lauréat au concours
d’agrégation de Maths est séduit par la pratique du professeur P1 au temps t = n »,
« le jeune lauréat au concours d’agrégation de Maths est séduit par la pratique du
professeur P2 au temps t = n », et « le jeune lauréat au concours d’agrégation de
Maths est séduit par la pratique du professeur P3 au temps t = n ».
Puis on pose :
un = P(En), vn = P(Fn) et wn = P(Gn), n  0.
) _ En utilisant la formule des probabilités totales, établir des relations de
récurrence entre un + 1 , vn + 1 , wn + 1 et un, vn , wn.
) _ Calculer wn en fonction de n, puis trouver Error!(wn). Commenter.
Bien que plongé dans la grisaille quotidienne de la routine, souhaitons lui de parvenir à tirer
de grandes satisfactions de l’objet de son étude.
Comme il convient à tout narrateur, j’ai pris des libertés et me suis autorisé des licences.
Certes pas sur les idées, toutes bien réelles, ou sur les protagonistes, tous historiquement
attestés, mais sur les temps et les lieux, parfois recomposés spécialement pour permettre une
meilleure compréhension. Je peux en tout cas garantir que même ce qui n’est pas vrai est
toujours vraisemblable.
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Ma solution :
) _ Appliquons comme le suggère l’énoncé, la formule des probabilités totales avec
le système complet d’évènements En, Fn et Gn.
P(En + 1) = P(E n + 1|En)  P(En) + P(E n + 1|Fn)  P (Fn) + P(E n + 1|Gn)  P(Gn). ( * )
Soit :
un + 1 = 0  un + Error! vn + 0  wn.
Donc,
un + 1 = Error! vn.. (1)
Un mot de commentaire sur les probabilités conditionnelles du second membre de
l’équation ( * ):
Primo : P(E n + 1|En) = 0, car le jeune lauréat au concours d’agrégation de Maths est
séduit par la pratique du professeur P1 à l’instant t= n mais, doit changer de tuteur.
Secundo : P(E n + 1|Fn) = Error!, car le jeune lauréat au concours d’agrégation de Maths
est séduit par la pratique du professeur P2 à l’instant t = n passe au tuteur P1 à
l’instant suivant avec la probabilité Error!.
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Tercio : P(E n + 1|Gn) = 0, car le jeune lauréat au concours d’agrégation de Maths séduit
par la pratique du professeur P3 à l’instant t = n applique cette pratique dans ces
classes aux instants suivants.
D’une manière analogue, on trouve :
P(Fn + 1) = P(F n + 1|En)  P(En) + P(F n + 1|Fn)  P (Fn) + P(F n + 1|Gn)  P(Gn).
Soit :
vn + 1 = Error! un + 0  vn + 0  wn.
D’où,
vn + 1 = Error! un. (2)
P(Gn + 1) = P(G n + 1|En)  P(En) + P(G n + 1|Fn)  P (Fn) + P(G n + 1|Gn)  P(Gn).
Soit :
wn + 1 = Error! un + Error! vn + 1  wn.
D’où
wn + 1 = Error! un + Error! vn + wn. (3)
) _ de la relation (3), on déduit :
wn + 1 = Error! + wn.
En combinant les relations (1) et (2), on déduit :
un + 1 + vn + 1 = Error! (un + vn).
La suite ((un + vn))n  I; N est donc une suite géométrique de raison Error!.
Il en résulte que :
un + vn = Error! Error!  (u0 + v0) = Error! .
Remarque : (u0 + v0 = P(E0) + P(F0) = 1 + 0, car le jeune lauréat au concours
d’agrégation de Maths choisirait la pratique du professeur P1 au temps t = 0).
D’où
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wn + 1 = Error! + wn.
Par itération, il vient :
wn = Error!+ w0 .
Soit :
wn = Error!  Error! = 1 – Error!.
On obtient :
Error!
wn = 1.
Pour interpréter ce résultat, je désigne par A, l’évènement « le jeune lauréat au
concours d’agrégation de Maths est séduit par la pratique du professeur P3 ».
Il est clair que A = Error!Error!Gn (le jeune lauréat au concours d’agrégation de
Maths est séduit par la pratique du professeur P3 si et seulement si l’on constate qu’il
s’y trouve dans la classe de ce professeur à un instant t = n, n  0).
De plus, Gn  Gn + 1. En effet, si le jeune lauréat au concours d’agrégation de Maths
est séduit par la pratique du professeur P3 à l’instant t = n, il l’applique à l’instant
suivant t = n + 1.
D’après les propriétés de la probabilité P, on obtient :
P(A) = P Error! = Error! P(Gn) = Error! wn = 1.
L’évènement A est quasi-certain. Le jeune lauréat au concours d’agrégation est séduit
par la pratique du professeur P3 de façon quasi-certaine.
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Je pense que vous êtes sensibles à la simplicité de cette condition surtout si on la
compare à la fausse conception, étriquée et niveleuse, (vers le bas !) de la
démocratie. De plus, ce jeune lauréat préserve toutes ses chances, car il a
compris que ce qui permet la pâmoison n’exclut pas la signification, de la même
manière ce qui induit du sens n’empêche pas la jubilation. Là encore, la
complémentarité s’impose contre le tiers exclu ! C’est fabuleux. Qui oserait
soutenir que les maths c’est compliqué, que la science n’est pas une discipline de
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remise en cause permanente, qu’elle n’aide pas à l’émerveillement, qu’elle n’est
pas une belle école de la lucidité ? Pour faire de la bonne science, il est
indispensable de jouer, avec rigueur, avec les possibilités et les hypothèses.
Des matières comme les mathématiques, la physique et la philosophie, bien
enseignées, constituent un bon entraînement à cet exercice fondamental.
Dans bien des cas, il n’est possible de garder les pieds sur terre que lorsqu’on
sait manier les conjectures et que l’on se sert bien de son imagination contrainte.
« Ah, mes amis, il nous faut surmonter même les Grecs ! »
NIETZSCHE
Je vais m’attaquer ici à un classique plein de nostalgie, en généralisant via quelques
préliminaires algébriques, le bon vieux théorème de Pythagore, que nos parents et les
parents de nos parents ont aussi connu, et dont nous parlerons à nos enfants et petits
enfants.
n
L’espace I; R est muni de la norme et du produit scalaire euclidiens usuels, notés
||*|| et <. , . >. Si Qj est une matrice symétrique d’ordre n, on note aussi Q j
n
l’application linéaire I; R
Error! Error!Error!
dont la matrice est QError! dans la base
n
canonique de I; R .
Si x’ = (x1x2 … xn), on note qj (x) = x’ Qj x = < x, Qj x > la forme quadratique associée
à Qj.
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Soient Q1,….,Qp des matrices symétriques d’ordre n, de rangs respectifs r1,….,rp,
telles que In =
2
n
Q1 + ….+ Qp ie. Pour tout x de I; R : x’x = ||x|| = q1 (x)+ ….+ qp(x).
) _ Montrer que si r1 + ….+ rp  n, alors r1 + ….+ rp = n et il existe une base
n
orthonormée de I; R , (ejk), j = 1, …, p ; k = 1, …., rj, telle que qj(x) = Error!.
) _ Réciproquement, montrer que s’il existe une telle base, on a r1 + ….+ rp = n.
Application aux vecteurs gaussiens
Soient (Xi)i …
=n1 des v.a.r. indépendantes de loi N(mi , 1), M le vecteur (m1, …, mn)’, X le
vecteur gaussien (X1, …, Xn)’ de loi Nn (M, In).
) _ Montrer que si r1 + ….+ rp  n, alors les v.a.r. qj(X) = X’ Qj X, j = 1, …, p, sont
des v.a. indépendantes de loi X’² (rj, j), où le paramètre de non-centralité est :
j = qj(M) = M’ Qj M.
) _ Réciproquement, montrer que si les v.a. qj(X) ,
j = 1, …, p , sont des v.a.
indépendantes de loi X’² (rj, j), alors n = r1 + ….+ rp et 1 + … + p = ||M||².
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Ma Solution
) _ Par hypothèse, Error! rError!  n et In =
n
QError! + ….+ QError! .
n
Notons Vj = Qj(I; R ) l’espace vectoriel image de I; R par l’application linéaire de
matrice Qj (dans la base canonique).
Alors V1 + V2 + … + Vp est un sous-espace vectoriel de dimension  n.
n
Mais tout x de I; R peut s’écrire : x =
Q1 (x)+ ….+ Qp(x) et par conséquent
n
V1 + V2 + … + Vp = I; R , dim(V1 + V2 + … + Vp ) = n d’où Error!rError! = n, et la
somme des sous-espaces Vj est directe (sinon dim(V1 + V2 + … + Vp ) < Error! dim Vj ).
Soit x  Vj ; dans la décomposition : x = Q1 (x)+ ….+ ….. Qj (x) + … + Qp(x), on a x
et Qj (x) dans Vj , d’où par unicité Qj (x) = x. Ainsi Qj Qj = Qj, et comme Qj est
symétrique, Qj est projecteur.
n
De plus si x  I; R , de x = Q1 (x)+ ….+ ….. Qj (x) + … + Qp(x) on déduit :
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Qj (x) = Qj Q1(x) + … + Qj Qp(x)
Et en vertu de l’unicité et de Qj Qj = Qj,
on a QjQk = 0
pour tout k  j. Par
conséquent les sous-espaces sont orthogonaux. On peut donc trouver une base
n
orthonormale de I; R , en réunissant des bases orthonormées ej1, …, ejrj de chaque
sous-espace Vj . Dans cette base, on a alors Qj (x) = Error!<x, eError!> eError! et
qj(x) = <x, Qj (x)> = Error!<x, eError!>² ainsi que x’x = Error!Error!<x, eError!>² .
La relation Error! rError! = n implique en particulier que les formes quadratiques q
j(x) sont définies positives.
) _ Si une telle base existe, qj(x) = Error!<x, eError!>², et comme x = Error!<x, eError!> e
jk
, on a par hypothèse : ||x||² =
Error!<x, eError!>²
= Error! qError!(x) et rError! +
….+ rp = n.
) _ Si
r1 + ….+ rp  n, on sait d’après ) _ que r1 + ….+ rp = n. Soit (ejk) la base
orthonormée définie au ) _.
Soit (Yjk) les composantes du vecteur X dans cette base. Le vecteur Y = (Yjk) est
encore un vecteur gaussien dont les composantes sont indépendantes, et puisque
Yjk = <X, ejk> , on a E (Yjk) = <M, ejk>.
Par construction de la base (ejk), on a : qj(x) = Error! YError!jk pour j = 1, …, p.
Les v.a. qj(x) sont donc indépendantes, puisque les Yjk le sont, de loi X’²(rj, j) avec :
j = Error! (E (Yjk))² = Error!<M, eError!>² = qError!(M).
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) _ L’hypothèse entraîne que Error! qError!(x) suit une loi de X’²(n, ||M||²), on a
nécessairement : n = Error! rError! et ||M||² = Error!Error!.
Quod erat demonstrandum, as Latinists like to say.
« Il y a une atmosphère des idées. »
HONORÉ DE BALZAC
L’avantage de donner des colles chez les taupins, c’est qu’on peut de temps en
temps, faire du hors piste.
Tout le monde connaît le théorème qui dit que : Si E est un espace vectoriel normé
complet, la convergence absolue, (d’une série) implique la convergence.
Car soit la série absolument convergente, de terme général un. Alors
  > 0, n0,  q  n0, p  q, ||uq|| + ||uq + 1|| +… + ||up||  ,
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(Critère de Cauchy dans I; R pour la série des || un||), d’où a fortiori, on a
 q  n0 , p  q, ||uq|| + uq + 1+ … + up||  
(Inégalité triangulaire) : le critère de Cauchy appliqué cette fois à la série des un dans
E complet permet de conclure.
La réciproque est fausse : une série peut être convergente sans l’être absolument,
comme le montre le cas de la série dite harmonique de terme général réel un = Error!.
On a un
= Error!, c’est le terme d’une série divergente, mais elle est convergente
(c’est un classique).
Remarque _ Si E n’est pas complet, une série peut être absolument convergente sans
être convergente.
Chaque fois que l’on veut un espace vectoriel normé non complet, il faut passer à la
n
dimension infinie, (I; R étant toujours complet) et on sait que E = I; R[X] n’est jamais
complet.
On prend donc E = I; R[X], normé par la norme infinie : si P(X) = Error!aError!Xn, (les a
n étant presque tous nuls), est un polynôme _ on pose ||P|| = sup Error!, (existe car
le cardinal de l’ensemble des n tels que an  0 est fini) ;
Soit un = Error!, on a || uError!|| = Error! : la série des UError! diverge dans E, car si
le polynôme
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P était somme de la série des un, en notant P = Error!, (P0 = 0 ou degré de P), pour
tout n > P0, le polynôme Un – P a son terme de degré P0 + 1 de coefficient non nul,
égal à Error! donc ||UError! – P||  Error!, (avec UError! = Error!).
Mais alors,
  = Error!,  nError!  Error!,  n  nError!,
tel que ||Un – P||   (il suffit de prendre n  P0 + 1 en fait), ceci nie le fait que la
suite des sommes partielles Un converge vers P.
Attention donc sur les espaces non complets à ne pas conclure trop vite, d’autant
plus que dans l’esprit de votre programme, vous serez pratiquement toujours
amenés à chercher la convergence absolue, non par masochisme, mais parce la
structure d’ordre sur I; R va nous permettre, pour les séries à termes positifs, d’établir
des critères de comparaison dont on déduira des critères de convergence.
Une fois pour toute, si on parle de convergence absolue, l’espace E est complet.
Je me suis efforcé de rédiger ces notes pour mes étudiants, en pensant à leurs
réactions, qui figurent les miennes, face à une question ardue. Mais j’ai aussi voulu,
comme depuis un mois déjà, vous livrer cette modeste production, dans l’attente de
vos impressions, même si jusqu’à lors, la communication est plutôt à sens unique.
Loin de moi l’idée d’éblouir quiconque, l’enseignement est un noviciat, n’est-ce-
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pas… Un noviciat perpétuel… Et il n’y a pas en ces matières de « leçons à donner,
pas du moins en ce qui me concerne. Il est réjouissant de se rappeler tout ce sur quoi
j’avais réfléchi antérieurement. En fait n’exagérons rien, j’essaie tout simplement de
dire que, certains théorèmes sont tellement imprimés en moi que je pourrais presque
les démontrer en rêve. Il faut aussi l’avouer, d’autres ont toujours revêtu à mes yeux
une certaine difficulté, si bien que j’ai besoin de l’exposer à moi-même avant mes
cours aux étudiants. Un cours doit se développer et se modifier avec le temps, et non
rester le même. La concomitance de l’enseignement et de la recherche _ je suis inscrit
cette année en habilitation à diriger les recherches _ est à cela un remarquable
remède. La recherche alimente le cours en données nouvelles et lui permet d’évoluer
en fonction des modifications de la science elle-même. Cette manière de m’exposer,
peut-être une occasion de transformer mes cours. Rassurez-vous, je l’ai toujours fait,
partout où je suis passé, au Lycée comme à l’Université. Entre collègues, il est
nécessaire de trouver des sujets à débattre. J’aime dans tous les cas, penser qu’il est
possible de vivre une aventure qui, de facto, sinon de jure, nous mène à traverser les
disciplines, à faire des voyages dans le savoir.
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« Les hommes d’habitude, voient les choses telles qu’elles sont et disent
‘’pourquoi ?’’. Je rêve de choses qui ne sont pas et je demande ‘’pourquoi pas ?’’ »
BERNARD SHAW
J’ai essayé de traduire l’exercice ci-dessous, mais ma meilleure rédaction est loin de
me satisfaire. Si le lecteur a une idée d’une traduction adéquate, je lui serais
reconnaissant de me la faire parvenir, par mon e-mail habituel :
:
[email protected].
Soit f : [0, 1] Error! [0, 1], continue, ouverte, surjective. Montrons que f(0)  {0, 1}.
Montrons que Z = f – 1(1) est fermé non vide de cardinal fini.
Il m’a d’abord paru utile de justifier que les maxima locaux valent 1 et les minima
locaux valent 0.
Supposons qu’en a f atteigne un maximum local avec f(a) < 1. Il existe  > 0 tel que
x  ]a – , a + [  [0, 1] = I, f(x)  f(a).
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Mais I est un intervalle ouvert de [0,1], donc f étant continue f(I) est un intervalle, (car
connexe) et f étant ouverte, f(I) est un ouvert de [0,1], or il est du type ( , f(a) ] avec
f(a) < 1 : ce n’est pas un intervalle ouvert de [0,1]. C’est absurde, d’où f(a) = 1, (et de
même un minimum local vaut 0).
Si alors f(0) = u  ]0, 1[, ce n’est ni un maximum local ni un minimum local, donc
  > 0, x1, x2 dans ]0, [ tels que f(x1) < u = f(0) < f(x2). En particulier, (f continue en
0 et f(0) ]0, 1[) ceci est vrai pour  assez petit pour que f([0, ])  ]0, 1[.
Puis, il existe x3 entre x1 et x2 tel que f(x3) = u, (théorème des valeurs intermédiaires).
Supposons 0 < x1 < x3 < x2 : sur [0, x3] f prend la valeur f(x1) < f(0) = f(x3), donc f admet
un minimum absolu, (continue sur un compact) donc relatif, atteint, et
comme
f([0, ]  ]0, 1[, ce minimum local n’est pas 0. L’hypothèse 0 < x2 < x3 < x1 conduit à
l’existence, sur [0, x3], de valeurs (f(x2)) > f(0) = f (x3), donc a un maximum local de f
qui n’est pas 1. On aboutit à une absurdité donc f(0)  {0, 1}.
Puis Z = f – 1(1) est fermé, (f est continue), non vide, (f est surjective fini. Sinon il
existerait un point d’accumulation a dans Z, donc une suite (xn)n  I; N strictement
monotone d’éléments de Z, qui convergerait vers a. Sur le segment d’extrémités xn et
xn + 1, f , continue, admet un minimum, qui est un minima local, donc qui vaut 0, et qui
est atteint en yn. D’où une suite (gn)n  I; N de points qui converge vers a, avec f(yn) = 0.
Par continuité, on aurait f(a) = Error! f(xn) = 1 et f(a) = Error!f(yn) = 0. Absurde. Donc Z
est fini.
Quod erat demonstrandum, comme aiment à le dire les latinistes.
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« Votre cervelle, docteur, est un bouillon de culture pour points d’interrogation !... »
PAUL VALÉRY
Je vais essayer de répondre à ce carrefour, à une question en général non posée, du
moins si j’en juge par mon passé d’étudiant : la même suite peut-elle avoir des limites
différentes pour des normes différentes ? Honnêtement, on répond plutôt non… En
soumettant à la sagacité de mes étudiants cette question (ce mercredi 12 mars 08), je
n’ai pas été déçu qu’ils aient avancé une réponse univoque. Eh bien non, c’est oui.
Mais peut-on le prouver en s’appuyant sur des exemples ? Ce n’est pas par
masochisme que j’ai tenu à rédiger une justification à ce non dit, mais par ce que je
pense être de l’honnêteté intellectuelle. Il me semble que l’intérêt de la formation
mathématique est de former des individus qui ne « s’en laissent pas conter », qui ne
se contentent pas d’affirmations non justifiées. J’ai donc préféré rédiger ces lignes
rébarbatives, quitte à ce qu’elles ne soient pas lues.
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Soit en effet E = I; R[X], A une partie bornée, de cardinal infini de I; R, on définit une
norme NA sur E par : NA(P) = sup Error!.
C’est une norme car A  A fermé borné donc compact, et NA(P) = N
(P) d’ailleurs
A
car P est continue, existe. Si c’est nul, le polynôme P est nul, (infinité de zéros), et on
vérifie facilement qu’il s’agit d’une norme.
Soit alors les polynômes (Pn)Error! que je viens de construire, et les deux polynômes
Q(x) = x et – Q = R.
Si A = [ – 1, 0], comme alors t = – t = R(t), on a
  > 0,  n0  I; N,  n  n0, t  [ – 1, 0], R(t) – Pn(t)  
soit NA(R – Pn)   pour n  n0 : la suite des Pn converge vers R pour la norme NA.
Par contre (les linguistes diront : en revanche ! n’est-ce pas…), avec B = [0, 1],
pour
t  [0, 1], t = t = Q(t), et cette fois on aura Error! NError! (Q – PError!) = 0.
Donc cette suite admet deux limites différentes pour deux normes différentes.
Moralité _ En dimension infinie, il y a en général non équivalence des normes, ce qui
fait que la même suite peut avoir des limites différentes pour des normes différentes.
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Autre exemple
Soit Q un polynôme de I; R[X]. Construire une norme sur I; R[X] telle que la suite
n
(X )Error! converge vers Q pour cette norme.
Ma solution
On se donne le polynôme Q = Error!, avec q, degré de Q si Q est non nul, et sinon, q
entier laissé à votre choix.
En posant ei = X i pour i  q et ei = X i – Q si i > q la famille des (ei) Error! est une
famille de polynômes de I; R[X] de degrés échelonnés, donc c’est une base de E = I; R
[X], et, en posant pour P =
Error!
, (les  Error! étant presque tous nuls),
||P|| = sup Error!, ce sup existe, (famille finie de nombres positifs), et il est immédiat
de vérifier que c’est une norme.
De plus comme pour tout n > q on a X
n
n
– Q = en , on a ||X – Q|| = Error!  1,
donc Error! ||X Error! – Q|| = 0.
( )
Pour cette norme, la suite X
n
n
I; N
converge vers Q et on peut choisir Q au départ
quelconque, donc la même suite peut avoir des limites différentes pour des normes
non équivalentes.
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