Espérance de la trace et du déterminant
Bonsoir à tous
Je sèche actuellement sur le problème de probabilités suivant.
Soient $n \in \mathbb{N}^*$, $A_{i,j}$, pour $1 \leq i,j \leq n$ des variables aléatoires indépendantes, identiquement distribuées, telles que $\mathbb{P}(A_{i,j}=1)=\mathbb{P}(A_{i,j}=-1)=\frac{1}{2}$. On note $A$ la matrice $(A_{i,j})_{1 \leq i,j \leq n}$.
a) Déterminer l'espérance de $\mathrm{tr}(A)$, $\mathrm{tr}(A^2)$, $\mathrm{tr}(A^3)$ et $\mathrm{tr}(A^4)$.
b) Déterminer l'espérance de $\det(A)$ et de $\det(A^2)$.
Il semble assez facile de montrer que l'espérance de $\mathrm{tr}(A)$ est nulle, mais je ne vois pas comment faire pour l'espérance de $\mathrm{tr}(A^2)$, $\mathrm{tr}(A^3)$ et $\mathrm{tr}(A^4)$. De plus, si j'arrive à trouver l'espérance de $\det(A)$, est-ce que l'espérance de $\det(A^2)$ est juste le carré de l'espérance de $\det(A)$ ?
Je vous remercie d'avance pour votre aide !
Je sèche actuellement sur le problème de probabilités suivant.
Soient $n \in \mathbb{N}^*$, $A_{i,j}$, pour $1 \leq i,j \leq n$ des variables aléatoires indépendantes, identiquement distribuées, telles que $\mathbb{P}(A_{i,j}=1)=\mathbb{P}(A_{i,j}=-1)=\frac{1}{2}$. On note $A$ la matrice $(A_{i,j})_{1 \leq i,j \leq n}$.
a) Déterminer l'espérance de $\mathrm{tr}(A)$, $\mathrm{tr}(A^2)$, $\mathrm{tr}(A^3)$ et $\mathrm{tr}(A^4)$.
b) Déterminer l'espérance de $\det(A)$ et de $\det(A^2)$.
Il semble assez facile de montrer que l'espérance de $\mathrm{tr}(A)$ est nulle, mais je ne vois pas comment faire pour l'espérance de $\mathrm{tr}(A^2)$, $\mathrm{tr}(A^3)$ et $\mathrm{tr}(A^4)$. De plus, si j'arrive à trouver l'espérance de $\det(A)$, est-ce que l'espérance de $\det(A^2)$ est juste le carré de l'espérance de $\det(A)$ ?
Je vous remercie d'avance pour votre aide !
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Réponses
on peut exprimer la trace de $A^2$ à l'aide des coefficients de $A$ puis prendre l’espérance. Pour la trace de $A^3$, on peut exploiter des propriétés de symétrie.
Pour le déterminant de $A$, on peut utiliser la formule avec les permutations et voir que chaque terme est d'espérance nulle.
\def\det{\mathrm{det}}%
\def\var{\mathrm{var}}%
\def\E{\mathbb{E}}%
$L'espérance de $\tr(A)$ est nulle : oui en effet, car en moyenne chaque coefficient vaut $0$, $\to$ s'ensuit par linéarité.
L'espérance de $\tr(A^2)$ ?
Le coefficient $(i,i)$ dans $A^2$ s'écrit
$
\underbrace{
a_{i,1} \cdot a_{1,i}
+ \dots+
a_{i,i-1} \cdot a_{i-1,i}
}_{\E=0}
+
\underbrace{a_{i,i} \cdot a_{i,i}}_{=1}
+
\underbrace{
a_{i,i+1} \cdot a_{i+1,i}
+\dots
a_{i,n} \cdot a_{n,i}
}_{\E=0}
$
(Si je ne me trompe pas)
En tout, on doit trouver : $\E\big[\tr(A^2)\big] = n$.
L'espérance de $\tr(A^3)$ ?
Eh bien, je ne connais pas la loi de $A^3$, mais je vois une symétrie centrale en loi autour de $0$ (imparité).
Donc $\E\big[\tr(A^3)\big] = 0$.
L'espérance de $\tr(A^4)$ ?
(je ne sais pas :-(.)
L'espérance de $\det(A)$ ?
Comme tout à l'heure, par symétrie par rapport à chaque vecteur colonne, l'espérance doit donner 0.
L'espérance de $\det(A^2)$ ?
Je ne sais pas :-(, mais on a : $\det(A^2) = \det(A)^2$, donc $\E[\det(A^2)] = \var(\det(A)) > 0$.
-- oups même réponse que girdav
1) Si $C$ est un cycle $(i_1, i_2),(i_2,i_3),\ldots, (i_N,i_1)$ alors les aretes orientees sont de multiplicite paire si et seulement si $i_1=i_2=\ldots=i_N$ et si $N$ est pair. Consequence, puisque $\mathrm{Trace}(A^N)=\sum_C A_C$ en sommant pour tous les cycles $C$ alors $\mathbb{E}(\mathrm{Trace}(A^N))=0$ ou $n$ suivant que $N$ est impair ou pair.
2) Si $\sigma$ est une permutation de $\{1,\ldots,n\}$ soit $C(\sigma)= \{(1,\sigma(1)),\ldots (n,\sigma(n))\}$ qui a des aretes de mutiplicite impaire. Consequence $\mathbb{E}(\det A)=0.$
3) $C(\sigma)\cup C(\sigma_1)$ n'a que des aretes de mutiplicite paire si et seulement si $\sigma=\sigma_1.$ Consequence $\mathbb{E}(\det A^2)=n!$
Ajoute 2 jours plus tard: aie, grosse betise pour l'application 1! Continuons a reflechir au nombre de cycles usant toute arete un nombre pair de fois.
Si je ne dis pas de bêtises pour la trace de $A^4$ il s'agit de regarder
\[
\mathbb E \left (\sum_{1\leq i,j,k,l\leq n } a_{ik}a_{kj}a_{jl}a_{li}\right)
\]
Regardons l'espérance d'un seul terme $a_{ik}a_{kj}a_{jl}a_{li}$, par indépendances des coefficients de $A$ on voit que cette espérance est non nulle si et seulement si l'on a deux paires disjointes d'indices égaux, auquel cas l'espérance vaut $1$. Il suffit alors de compter...
Je trouve que la seule façon d'avoir deux paires disjointes d'indices égaux est de prendre $i=j$ et $k=l$, cela donne donc $n^2$ choix possibles et $\mathbb E(\mathrm{tr}(A^4))= n^2$ si je ne me suis pas trompé.
Pour la puissance sixième, ça continue à augmenter. En notant $E_n^6$ l'espérance de la trace de $A^6$ en dimension $n$, je parie pour $E_2^6=20$, $E_3^6=63$ et $E_4^6=136\pm1$.
Le problème dans le point 1 du message de P. est dans la caractérisation des cycles qui contribuent, dès que l'exposant/la longueur vaut au moins $4$. Si par exemple un cycle de longueur $2$ est répété deux fois (ex. : $1\to2\to1\to2\to1$), cela donne un cycle de longueur $4$ où la multiplicité des arêtes orientées est paire qui n'a pas été compté. Il semble raisonnable que ce soient les seuls, ce qui donne $n^2$ cycles $i\to j\to i\to j\to i$ et explique l'espérance trouvée expérimentalement.
1) $a=b=c=d=e=f$ ($n$ possibilités).
2) $(a,b,c)=(d,e,f)$ avec $a,b,c,d,e,f$ non tous égaux ($n^3-n$ possibilités).
2) $a=c$, $b=d=e=f$ avec $a\ne b$ et permutations circulaires ($n^2-n$ possibilités pour chaque).
Ces ensembles sont deux à deux disjoints, on ajoute leurs cardinaux : $n+(n^3-n)+6(n^2-n)$.
Il s'agit du livre "Probabilités - Prépas scientifiques - 1ère et 2e année" par Roger Mansuy et Igor Kortchemski. L'énoncé est page 62, le corrigé est page 72.