144. Soit n ∈ N *. On définit la matrice aléatoire Mn = (Xi,j)1≤i,j,≤n), où les Xi,j sont des variables de Rademacher indépendantes, P(Xi,j = 1) = P(Xi,j = -1) = 1⁄2.

a) Calculer E(det(Mn)) et V (det(Mn)).

b) Que dire des lois de det(Mn) et - det(Mn) ?

c) Soit A dans Mn(R) ; on pose Y = t A A. Montrer : detY ≤∏n i=1Y i,i.

d) Montrer qu’il existe a ∈]0,1[ tel que, quand n → +∞, P(|detMn| = nn⁄2) = O(an).

e) Soit ε > 0. Que dire de P(|detMn|≥ nn⁄2-ε) ?

Solution de Arnaud Bégyn

a) ⊳ Par linéarité de l’espérance et indépendance des variables Xi,j,

∑ n∏ ∑ ∏n E(det(Mn))= E ( (- 1)ε(σ) Xi,σ(i)) = (- 1)ε(σ) E(Xi,σ(i)) = 0 σ∈Sn i=1 σ∈Sn i=1
puisque les variables Xi,j sont centrées.

⊳ Toujours par linéarité de l’espérance,

( ) 2 ∑ ε(σ)+ε(σʹ) ∏n ∏n V(det(Mn))=E(det(Mn ) ) = (- 1) E ( Xi,σ(i) Xj,σʹ(j)) . (σ,σʹ)∈S2n i=1 j=1

Si σ et σʹ désignent des permutations distinctes, on peut supposer sans perte de généralité que σ(1)≠ σʹ(1). Alors, comme la variable X1,σ(1) est indépendante de n ∏ i=2Xi,σ(i) n ∏ j=1Xj,σʹ(j), on observe

( ) ( ) n∏ ∏n ∏n ∏n E(Xi,σ(i) Xj,σʹ(j)) = E (X1,σ(1))E ( Xi,σ(i) Xj,σʹ(j)) = 0. i=1 j=1 i=2 j=1
Ainsi,
( n ) V (det(Mn )) = ∑ E ∏ X2 = ∑ 1 = n!. σ∈Sn i=1 i,σ(i) σ∈Sn

b) Les variables X1,j et - X1,j sont de même loi. Par conséquent, les lois jointes des familles (Xi,j )i,j et ((-1)δi,1Xi,j)i,j sont identiques car les variables sont mutuellement indépendantes dans les deux cas. Ainsi, les variables det(Mn) et - det(Mn) associées au déterminant de chacune de ces familles sont de même loi.

c) Si la matrice A n’est pas inversible, alors det(Y ) = 0 et l’inégalité est évidente car les coefficients Y i,i sont positifs comme sommes de carrés. Sinon, notons B la base canonique de Mn (R ) puis appliquons le procédé d’orthonormalisation de Gram-Schmidt aux vecteurs colonnes A1 , … , An de A afin d’obtenir une nouvelle base orthonormée Bʹ = (X1,…,Xn) de Mn(R). Alors

n detA = detmatB ʹ(A1,...,An) = ∏ ⟨Ai|Xi⟩, i=1

et donc

∏n ∏n ∏n detY = ⟨Ai|Xi⟩2 ≤ ⟨Ai|Ai⟩ = Yi,i. i=1 i=1 i=1

On remarque qu’il y a égalité si, et seulement si, l’une des colonnes de A est nulle ou si les colonnes forment une famille orthogonale libre.

d) Remarquons tout d’abord que

n⁄2 2 n P (|det(Mn)| = n ) = P (det(Mn ) = n ).
L’inégalité de Hadamard démontrée à la question précédente avec A = Mn donne ici
( ) 2 n∏ ∑n 2 n det(Mn) ≤ X i,j = n . j=1 i=1
L’événement [det (Mn)2 = nn] correspond au cas d’égalité. Comme les coefficients de Mn sont égaux à 1 ou - 1 donc non nuls, cela revient à dire que les colonnes de Mn sont deux à deux orthogonales. Ainsi,
[ n ] [ n ] [det(M)2= nn] = ⋂ ∑ M M = 0 ⊂ ⋂ ∑ M M = 0 . n i<j k=1 k,i k,j ipair k=1 k,i k,i+1
Donc, par indépendance (des couples de colonnes),
( n ) P (det(M )2 = nn) ≤ ∏ P ∑ M M = 0 . n ipair k=1 k,i k,i+1
On remarque alors que 1+Mk,i2Mk,i+1- suit la loi de Bernoulli B(1⁄2) puis, par indépendance, n 2+ 1 2n∑ k=1Mk,iMk,i+1 suit une loi binomiale B(n,1⁄2).

⊳ Si n est impair, P(|det(Mn)| = nn⁄2) = 0.

⊳ Si n est pair,

( ( ) )⌊n⁄2⌋ P (|det(M )| = nn⁄2) ≤ n 1- . n n⁄2 2n
La formule de Stirling assure que lim npair n→+∞(n ) n⁄2 1 2n = limn→+∞√2-- √nπ = 0.

Pour tout C ∈]0, 1[, on a, pour n assez grand, ( ) nn⁄221n ≤ C. Donc,

n⁄2 ( ⌊n⁄2⌋) P(|det(Mn )| = n ) = O C .
En conclusion, pour tout a ∈]0,1[,
P (|det(Mn )| = nn⁄2) = O (an).
Ce résultat est plus fort que ce qui est demandé dans l’énoncé.

e) La question ouverte est relativement imprécise…Comme det(Mn) est centrée, l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev donne, pour tout ε > 0,

n⁄2-ε --n!- P (|det(Mn )| ≥ n ) ≤ nn -2ε.
Avec la formule de Stirling,
n⁄2-ε ( 1⁄2+2ε -n) P (|det(Mn )| ≥ n ) = O n e
où la constante du O ne dépend pas de ε.
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