SESSION 2006
Concours commun Mines-Ponts
PREMIERE EPREUVE. FILIERE M
I Un vecteur propre strictement positif
1) et 2)Soient x∈Bpuisθ∈R+. Puisquex≥0 et T ≥0, on a bien sûrTx≥0 et donc, chaquexi et chaque(Tx)i est positif ou nul. De plus, l’un au moins desxi est non nul et donc strictement positif. Par suite,
θ∈Γx⇔θx≤Tx⇔∀i∈J1, nK, (θx)i≤(Tx)i
⇔∀i∈J1, nKtel quexi6=0, θ≤ (Tx)i
xi
⇔θ≤min (Tx)i
xi
/ 1≤i≤netxi6=0
.
Ainsi, si on poseθ(x) =min (Tx)i
xi
/ 1≤i≤netxi6=0
, on aΓx= [0, θ(x)]et en particulier,Γx est non vide, fermé et borné.
∀x∈B, Γx= [0, θ(x)]oùθ(x) =min (Tx)i
xi
/ 1≤i≤netxi6=0
.
3) Soient x ∈ Bet α∈]0,+∞[. Alors les (αx)i sont positifs et l’un d’entre eux au moins est strictement positif ce qui montre queαx∈B. De plus,(αx)i> 0⇔xi> 0et donc
θ(αx) =min
(Tαx)i
(αx)i
/ 1≤i≤netxi6=0
=min (Tx)i
xi
/ 1≤i≤netxi6=0
=θ(x).
∀x∈B, ∀α > 0, αx∈Betθ(αx) =θ(x).
4)Soitx∈B. PuisquePest positive, on aPx∈B. De plus, il existei0∈J1, nKtel quexi0 > 0. Pouri∈J1, nK, on a (Px)i=
Xn
j=1
pi,jxj≥pi,i0xi0> 0,
et doncPx∈B+.
P(B)⊂B+.
5)Soitx∈B. Après développement, la matricePs’écrit In+UoùU= (ui,j)1≤i,j≤n est positive. Pouri∈J1, nK, (Px)i=
Xn
j=1
pi,jxj=xi+ Xn
j=1
ui,jxj≥xi. Mais alors, pouri∈J1, nK, en posantxi′= (Px)i,
(TPx)i= Xn
j=1
ti,jxj′≥ Xn
j=1
ti,jxi= (Tx)i≥θ(x)xi,
et en particulier,θ(Px) =min
(TPx)i
xi
, 1≤i≤netxi6=0
≥θ(x).
Vérifions maintenant queTx 6= 0. Dans le cas contraire,Tx = 0. Commex 6=0, il existej ∈J1, nK tel que xj > 0. Mais alors en posantT = (tk,l)16k,l6n, pour chaquei∈J1, nKon a
0= Xn
k=1
ti,kxk>ti,jxj>0,
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et donc chaqueti,jxjest nul puis chaqueti,j est nul. Ainsi, laj-ème colonne deT est nulle ou encore la j-ème colonne de In+T est laj-ème colonneejdeIn. Il en est de même de laj-ème colonne de(In+T)n−1=Pce qui contredit le fait que la matricePest tristement positive.
Donc,Txest positif et non nul ou encoreTx∈B. D’après la question 4) et puisquePest un polynôme enT, on en déduit queT(Px) =P(Tx)∈B+ et donc queθ(Px) =min
(TPx)i
xi
, 1≤i≤netxi6=0
> 0.
∀x∈B, θ(Px)≥θ(x)etθ(Px)> 0.
6)Soientx∈Bun vecteur propre deT puisλ∈Rla valeur propre associée. On a θ(x) =min
(Tx)i
xi
, 1≤i≤netxi6=0
=min (λx)i
xi
, 1≤i≤netxi6=0
=λ,
ce qui montre queλ≥0. Le vecteurx est encore un vecteur propre dePassocié à la valeur propreα= (1+λ)n−1avec α > 0. D’après la question 3)
θ(Px) =θ(αx) =θ(x).
Si xest un vecteur propre de T élément deB,θ(Px) =θ(x)> 0.
7)Soientx∈Bpuisλ=θ(x)∈[0,+∞[. Le vecteury=Tx−λxest positif ou nul. Si ce vecteur n’est pas nul, il est dans Bde sorte que Py > 0d’après 4). MaintenantPest un polynôme enT et en particulier commute avecT. Comme on a vu en 5) quePx≥x, on en déduit que
Py > 0⇒PTx > λPx⇒TPx > λPx⇒TPx > λx
⇒∀i∈J1, nKtel quexi6=0, (TPx)i
xi
> λ
⇒θ(Px)> λ=θ(x).
Par contraposition,θ(Px) =θ(x)⇒y=0 ⇒Tx=θ(x)xce qui montre quexest vecteur propre deT associé à la valeur propreθ(x).
∀x∈B,θ(Px) =θ(x)⇔xest vecteur propre deT associé à la valeur propreθ(x).
8)C={(xi)1≤i≤n/∀i∈J1, nK, xi≥0et Xn
i=1
xi=1}. On aP(C)⊂P(B)⊂B+. Pour chaque i∈J1, nK, les applications x7→(Tx)iet x7→xisont des formes linéaires surRn et donc continues surRn. On en déduit que pour chaquei∈J1, nK, l’applicationx7→ (Tx)i
xi
est continue surB+ et donc surP(C)en tant que quotient d’applications continues surB+ dont le dénominateur ne s’annule pas surB+. Finalement, l’application θ est continue sur B+ et donc surP(C) en tant que minimum d’un nombre fini d’applications continues surB+.
θest continue surP(C).
9)Cest contenu dansΣet doncCest borné. De plus, chaque demi-espace défini parxi≥0et l’hyperplan affine d’équation Xn
i=1
xi=1sont des fermés deRn.Cest donc un fermé deRn en tant qu’intersection de fermés.
Cest une partie fermée, bornée deRn et donc un compact de Rn d’après le théorème de Borel-Lebesgue. Par suite, P(C)est un compact de Rn en tant qu’image d’un compact par une application continue (P étant linéaire en dimension finie).
θest continue sur le compactP(C)à valeurs dansR.θadmet donc un maximum surP(C)ou encore
∃x0∈P(C)/ θ(x0) = sup
x∈P(C)
θ(x).
10)Soitx∈C. D’après 5),θ(x)≤θ(P(x))≤ sup
y∈P(C)
θ(y). Ainsi, sup
y∈P(C)
θ(y)est un majorant de{θ(x), x∈C}et donc
sup
x∈C
θ(x)≤ sup
y∈P(C)
θ(y).
11)On aC⊂Bet donc sup
x∈C
θ(x)≤sup
x∈B
θ(x).
Soit alorsx∈B.xn’est pas nul et donckxk1> 0. Mais alors d’après 3) θ(x) =θ
kxk1
x kxk1
=θ x
kxk1
≤sup
y∈C
θ(y).
Ainsi, sup
y∈C
θ(y)est un majorant de{θ(x), x∈B}et donc sup
x∈B
θ(x)≤sup
y∈C
θ(y). Finalement sup
x∈B
θ(x) = sup
y∈C
θ(y).
12)D’après 10), on a sup
x∈C
θ(x)≤ sup
y∈P(C)
θ(y). Mais d’autre part,P(C)⊂P(B)⊂B+ ⊂Bet donc sup
y∈P(C)
θ(y)≤sup
x∈B
θ(x) = sup
x∈C
θ(x)d’après 11). Finalement,
sup
x∈C
θ(x) = sup
y∈P(C)
θ(y) =θ(x0).
13)x0est l’image parP d’un élément deC⊂Bet doncx0∈B+. On sait d’après 5) que θ(P(x0))≥θ(x0) mais d’autre part,θ(P(x0)) ≤ sup
y∈P(C)
θ(y) = θ(x0). Finalement,x0 est un élément de B+ tel que θ(Px0) = θ(x0) = θ0 et d’après la question 7)
x0est un vecteur strictement positif tel queTx0=θ0x0. Enfin,θ0=θ(x0) =θ(Px0)> 0d’après 5).
II Une méthode d’approximation
14)Soiti∈J1, nK. Puisque lesti,j sont des réels positifs,
(Tx+)i= Xn
j=1
ti,j|xj|≥
Xn
j=1
ti,jxj
=|(Tx)i|=|(θx)i|= (|θ|x+)i,
et donc
|θ|x+≤Tx+.
15)Ainsi,|θ|∈Γx+ et donc|θ|≤θ(x+)≤sup
y∈B
θ(y) =sup
y∈C
θ(y) =θ0.
∀θ∈Sp(T), |θ|≤θ0. 16)De la question 14), on déduit
|θ|kx+k1≤ kTx+k1=
Xn
i=1
Xn
j=1
ti,j|xj|
= Xn
i=1
Xn
j=1
ti,j|xj|
= Xn
j=1
Xn
i=1
ti,j
!
|xj|= Xn
j=1
|xj|=kx+k1.
Donc,|θ|kx+k1≤ kx+k1et finalement puisquekx+k1> 0,
|θ|≤1.
17)En particulierθ0≤1carθ0est une valeur propre deT associée à x0=x+0. Mais d’autre part,1est valeur propre de
tT associée au vecteur propre(1, . . . , 1)t donc1est valeur propre deT. On a donc aussiθ0≥|1|=1. Finalement θ0=1.
18)SoientAetBdeux matrices stochastiques. Montrons queA×B= (ci,j)1≤i,j≤n est encore une matrice strochastique.
Déjà, la matriceABest positive. Soit alorsj∈J1, nK.
Xn
i=1
ci,j= Xn
i=1
Xn
k=1
ai,kbk,j
!
= Xn
k=1
Xn
i=1
ai,k
! bk,j=
Xn
k=1
bk,j=1.
Ainsi, un produit de matrices stochastiques est stochastiques. Maintenant, les matricesIn et T sont stochastiques puis, par récurrence, pour toutj∈N,Tjest stochastique.
Soitk∈N∗. PosonsTj= (t(j)u,v)1≤u,v≤n. La matriceRk est positive et pourv∈J1, nK
Xn
u=1
r(k)u,v= Xn
u=1
1 k
k−1X
j=0
t(j)u,v
= 1 k
k−1X
j=0
Xn
u=1
t(j)u,v
!
= 1 k
k−1X
j=0
1= k k =1.
∀j∈N,Tj est stochastique et∀k∈N∗,Rkest stochastique.
19)Soitx= (xi)1≤i≤n∈Rn.
kTxk1= Xn
i=1
Xn
j=1
ti,jxj
≤ Xn
i=1
Xn
j=1
ti,j|xj|= Xn
j=1
Xn
i=1
ti,j
!
|xj|= Xn
j=1
|xj|=kxk1.
On en déduit quekTk1≤1. Ensuite, pourj∈N∗, puisqu’une norme subordonnée est sous-multiplicative,kTjk1≤ kTkj1≤1 ce qui reste clair pourj=0. Enfin, pourk∈N∗,
kRkk1≤ 1 k
k−1X
j=0
kTjk1≤ 1 k
k−1X
j=0
1=1.
∀j∈N∗, kTjk1et∀k∈N∗,kRkk1≤1.
20)Soitk∈N∗.
kTRk−Rkk1= 1 k
k−1X
j=0
Tj+1− 1 k
k−1X
j=0
Tj 1
= 1
kkTk−Ink1≤ 1
k(kTkk1+kInk1)≤ 2 k.
∀k∈N∗, kTRk−Rkk1≤ 2 k.
21) Soitx ∈ Cn. Pour k ∈ N∗, kRkxk1 ≤ kRkk1kxk1 ≤ kxk1. Ainsi, la suite (Rkx)k∈N∗ est bornée. Puisque Cn est de dimension finie, le théorème deBolzano-Weierstrasspermet d’affirmer qu’on peut extraire de la suite(Rkx)k∈N∗ une sous-suite convergente(Rϕ(k)x)k∈N∗ ou encore, ce qui revient au même
∀x∈Cn, la suite(Rkx)k∈N∗ admet au moins une valeur d’adhérence.
22)Avec les notations précédentes, posonsy= lim
k→+∞Rϕ(k)x. D’après la question 20), pour tout entier naturel non nulk on a
kTRϕ(k)x−Rϕ(k)xk1≤ kTRϕ(k)−Rϕ(k)k1≤ 2 ϕ(k)kxk1. On en déduit que lim
k→+∞
TRϕ(k)x−Rϕ(k)x=0 ou encoreTy−y=0. Ensuite, pourk∈N∗
Rky= 1 k
k−1X
j=0
Tjy= 1 k
k−1X
j=0
y=y.
Ty=yet ∀k∈N∗, Rky=y.
23)Soientyet zdeux valeurs d’adhérence de la suite(Rkx)k∈N∗. Soientl et mdeux entiers naturels.Rl et Rm sont des polynômes enT et doncRl etRm commutent. CommeRmy=yetRlz=z, on en déduit que
Rl(Rmx−z) −Rm(Rlx−y) =RlRmx−Rlz−RmRlx+Rmy=y−z.
24)On en déduit que∀(l, m)∈N2,
ky−zk1≤ kRl(Rmx−z)k1+kRm(Rlx−y)k1≤ kRlk1kRmx−zk1+kRmk1kRlx−yk1≤ kRmx−zk1+kRlx−yk1. Maintenant, on peut extraire de la suite (Rlx)m∈N∗ une sous-suite (Rϕ(l)x)l∈N∗, convergente de limite y et de la suite (Rmx)m∈N∗ une sous-suite (Rϕ′(m)x)m∈N∗, convergente de limite z. D’après ce qui précède, pour chaquek ∈ N∗, on a ky−zk1≤ kRϕ′(k)x−zk1+kRϕ(k)x−yk1. Quand ktend vers+∞, on obtientky−zk1≤0et doncy=z.
Finalement, d’après la question 21), la suite(Rkx)k∈N∗ admet au moins une valeur d’adhérence et d’après ce qui précède, la suite(Rkx)k∈N∗ admet au plus une valeur d’adhérence. On a donc montré que
∀x∈Cn, la suite(Rkx)k∈N∗ admet une valeur d’adhérence et une seule.
25)Soitx∈Cn. Puisque la suite(Rkx)k∈N∗ est bornée et admet une valeur d’adhérence et une seule, on en déduit que la suite(Rkx)k∈N∗ converge. Maintenant, l’applicationx7→ lim
k→+∞Rkxest linéaire et donc il existeR∈Mn,n(C)telle que
∀x∈Cn, Rx= lim
k→+∞Rkx. On a alors lim
k→+∞Rk=Ret il est clair queRest une matrice réelle positive, stochastique.
26)L’applicationf : M7→TM−MT est continue car linéaire en dimension finie. On en déduit que pourx∈Cn, TR−RT=f( lim
k→+∞Rk) = lim
k→+∞f(Rk) = lim
k→+∞(TRk−RkT) = lim
k→+∞0=0.
RetT commutent.
27)D’après la question 20), pour chaquek∈N∗,kTRk−Rkk1≤ 2
k. Quandktend vers+∞, on obtient lim
k→+∞
(TRk−Rk) =0 et doncTR=R. Mais alors pourk∈N∗,
RRk= 1 k
k−1X
j=0
RTj= 1 k
k−1X
j=0
R=R,
et quandk tend vers+∞, on obtient
RT=TR=RetR2=R.
Rest donc un projecteur qui commute avecT.
28)L’égalitéTR=Rs’écrit(T −In)R=0 et donc Im(R)⊂Ker(T−In).
Réciproquement, soitx∈Ker(T −In). On a donc Tx=xpuis∀k∈N∗, Rkx=xet quand ktend vers +∞,Rx=x. On en déduit quex∈Im(R). On a montré que Ker(T−In)⊂Im(R)et finalement que Im(R) =Ker(T −In).
On a aussiRT=Rce qui fournit Im(T −In)⊂Ker(R)puis Im(T −In) =Ker(R)d’après le théorème du rang.
Rest la projection sur Ker(T −In)parallèlement à Im(T−In).
En particulier, Ker(T−In)et Im(T −In)sont supplémentaires.
29)Puisque Ker(T−In)est de dimension1, d’après les questions 13) et 17), on a Ker(T−In) =Vect(x0).
Soitx∈B. Il existeλ∈Rtel que Rx=λx0. Puisque x∈B,R≥0et x0> 0, on aλ≥0. De plus,
λkx0k1=kλx0k1=kRxk1= Xn
i=1
Xn
j=1
ri,jxj
= Xn
i=1
Xn
j=1
ri,jxj
= Xn
j=1
Xn
i=1
ri,j
! xj=
Xn
j=1
xj=kxk1,
et doncλ= kxk1
kx0k1
.
∀x∈B, Rx= kxk1
kx0k1
x0.
