Partie I) Un vecteur propre strictement positif

Correction : Devoir libre n˚ 3: pouvait ˆetre un concours blanc

MP Clemenceau 2020-21

PourK= IR ouC, on noteMn,`(K) l’ensemble des matrices `an lignes et` colonnes `a coefficients dansK. Un ´el´ement deMn,`(IR) sera consid´er´e comme ´el´ement deMn,`(C). Dans la suite, on identifie les matrices carr´ees (respectivement les matrices colonnes) et les endomorphismes (respectivement les vecteurs) canoniquement associ´es dans Cⁿ : par exemple, on note par la mˆeme lettre une matrice T de Mn,n(IR) et l’endomorphisme de Cⁿ dontT est la matrice dans la base canonique de Cⁿ. SiM ∈Mn,`(K) et x∈K<sup>`</sup>, (M x)_i d´esigne la i-i`eme composante du vecteur M x∈Kⁿ.

On note I_n la matrice identit´e de Mn,n(C).

Pour x= (x₁, . . . , x_n)∈Kⁿ, on note kxk₁ =

n

X

i=1

|x_i| etkMk₁ = sup

x∈Kⁿ\{0}

kM xk₁ kxk₁ , pourM ∈Mn,n(K).

D´efinitions : SoitM une matrice dansMn,`(IR), de coefficients not´es(m<sub>i,j</sub>, pour1≤i≤n,1≤j ≤`).

On dit que M est positive (respectivement strictement positive), ce que l’on note M ≥0 (respective- ment M > 0), lorsque tous ses coefficients sont positifs (respectivement strictement positifs) :

∀(i, j)∈[[1, n]]×[[1, `]] mi,j ≥0 (resp .mi,j >0 )

Pour deux matricesM etN deMn,`(IR), on note M ≥N (respectivementM > N) lorsqueM−N ≥ 0 (respectivement M −N >0).

Si n =`, une matrice M de Mn,n(IR) est dite stochastique lorsqu’elle est positive et que de plus

∀j ∈[[1, n]]

n

X

i=1

m_i,j = 1 On d´efinit les ensembles B, B⁺ et Σ par :

B ={x∈IRⁿ/x≥0 et x6= 0}

B⁺ ={x∈IRⁿ/x >0}

Σ ={x∈IRⁿ/kxk₁ = 1}

Nous souhaitons montrer le r´esultat suivant :

Th´eor`eme (Perron-Frobenius) Soit T dans Mn,n(IR) stochastique v´erifiant (I<sub>n</sub>+T)<sup>n−1</sup> >0. Il existe un vecteur strictement positif x<sub>0</sub> satisfaisant T x<sub>0</sub> = x<sub>0</sub>. Toutes les valeurs propres de T sont de module inf´erieur `a 1 et pour tout vecteur y de Σ∩B,

k→+∞lim 1 k

k−1

X

j=0

T^jy= x₀ kx₀k₁

Dans tout le probl`eme n est un entier sup´erieur ou ´egal `a 2.

Les deux parties sont dans une large mesure ind´ependantes.

Pr´ eliminaire

0) Pourx= (x1, . . . , xn)∈Kⁿ, on note kxk₁ =

n

X

i=1

|x_i| etkMk₁ = sup

x∈Kⁿ\{0}

kM xk₁ kxk₁ , pourM ∈Mn,n(K).

Montrer que l’on d´efinit ainsi des normes sur Kⁿ etMn,n(K) respectivement.

Partie I) Un vecteur propre strictement positif

Soit T est un ´el´ement positif deMn,n(IR)et P = (I_n+T)ⁿ⁻¹. On supposeP strictement positive.

On note T = (t_i,j)_16i,j6n et P = (p_i,j)_16i,j6n.

1) Montrer que pour tout x∈B, l’ensemble Γ_x=

θ∈IR⁺/θx 6T x est non vide, ferm´e et born´e.

On note θ(x) son plus grand ´el´ement.

Correction : Soit x ∈ B. Pour i ∈ [[1, n]], (T x)_i =

n

P

j=1

t_i,jx_j, on en d´eduit que, comme x et T sont positifs, T xl’est ´egalement.

On peut ensuite ´ecrire, pour θ ≥0 : θ ∈Γ_x ⇐⇒ ∀i∈[[1, n]], θx_i ≤(T x)_i

Toujours avec x et T positifs on obtient que 0∈Γ_x car on a pour tout i∈[[1, n]], 0x_i 6(T x)_i. Γx est donc non vide.

Comme x est non nul, il existe i₀ tel que x_i0 6= 0. Pour θ dans Γ_x on a alors : θ 6 (T x)_i0 x_i0 . Γx est donc born´e.

Pour i∈[[1, n]], on note ϕ_i l’application de IR⁺ dans IR qui `aθ associe (T x)_i−θx_i.

Ces applications sont clairement continues (affines). De plus IR⁺ est un ferm´e de IR et Γx peut s’´ecrire sous la forme

n

\

i=1

ϕ⁻¹_i IR⁺

, on en d´eduit que Γ_x est ferm´e.

2) Montrer que pour tout x∈B, on peut calculer θ(x) de la mani`ere suivante : θ(x) = min

(T x)_i

x_i /16i6n et x_i 6= 0

Correction : On pose m = min

(T x)i

x_i /1≤i≤n etx_i 6= 0

On d´eduit de la d´emonstration pr´ec´edente sur la majoration que, pour tout i tel que x_i 6= 0, (T x)_i

x_i est un majorant de Γ_x. D’o`u θ(x)6m.

De part sa d´efinition on peut dire (et le v´erifier) que m∈Γ_x et donc, par d´efinition, θ(x) = m.

On note θ l’application de B dans IR₊ qui `a x associe θ(x).

3) Montrer que pour tout α dans IR^∗₊ et tout x∈B, θ(αx) = θ(x).

Correction : Pour α >0 et x∈B, nous avonsx_i 6= 0 si et seulement si (αx)_i 6= 0, et pour un tel i, par lin´earit´e de T, (T x)_i

xi

= (T(αx))_i (αx)i

. La relation pr´ec´edente donne donc θ(x) =θ(αx) . 4) Montrer que P(B)⊂B⁺.

Correction : Soit x∈B et choisissons i₀ tel que x_i0 >0.

Nous avons alors pour tout i dans [[1, n]] : (.P x)i =

n

X

j=1

pi,jxj

| {z }

≥0

≥pi,i0xi0 >0, et donc P x >0 . On a donc bien P(B)⊂B⁺.

5) Montrer que pour tout x∈B, θ(P x)≥θ(x) et θ(P x)>0.

Correction : Soit θ ∈Γ_x. Par d´efinition de P, comme T est positive, P est aussi positive. On a alors : θx ≤ T x donne 0 6 T x−θx, d’o`u 0 6 P(T x−θx) et par suite P(θx) ≤ P T x, c’est

`

a dire θP x ≤ T(P x) puisque P et T commutent (P est un polynˆome en T). On en d´eduit que Γ_x ⊂Γ_{P x}, puis, par propri´et´e du minimum, que θ(x)≤θ(P x) .

Notons y = P x. Nous savons (question 4) que y est strictement positif. Si l’on avait (T y)_i = 0, la i-`eme ligne de T serait nulle (car T est positive). Les matrices T^j, pour j ≥ 1, auraient alors

´

egalement leur i-`eme ligne nulle et P = I_n+

n−1

X

j=1

n−1 j

T^j ne serait pas strictement positive.

On en d´eduit queT y est strictement positif, puis que θ(P x)>0 d’apr`es la question 2).

6) Soit x∈B un vecteur propre deT. Montrer que θ(P x) = θ(x).

Correction : SiT x=λx, alorsλ =θ(x)>0 et P x= (1 +λ)ⁿ⁻¹x.

On en d´eduit que θ(P x) =θ(x) d’apr`es la question 3).

7) Soit x∈B tel queθ(P x) = θ(x), montrer que xest un vecteur propre deT pour la valeur propre θ(x).

Correction : Notons λ=θ(x) et supposons que xne soit pas un vecteur propre pour T associ´e

`

a λ. Le vecteur y =T x−λx est alors ´el´ement de B. D’apr`es la question 4), P y est ´el´ement de B⁺, ce qui donne λ(P x) < P T x = T(P x). Ainsi, pour tout i, nous avons (en remarquant que P x > 0), λ < (T(P x))_i

(P x)_i et en particulier : θ(x) =λ < min

1≤i≤n

(T(P x))_i

(P x)_i =θ(P x) Nous avons donc d´emontr´e par contrapos´ee la propri´et´e demand´ee.

8) Soit C=B∩Σ. Montrer que l’application θ est continue de P(C) dans IR.

Correction : Pour tout i, l’application x 7→ (T x)_i

x_i est continue sur B⁺ (c’est le quotient de deux formes lin´eaires). On en d´eduit que l’applicationφ : x7→ min

1≤i≤n

(T x)_i

x_i est continue surB⁺ : comme P(C)⊂P(B)⊂B⁺, la restriction de φ `aP(C) est donc continue, i.e. queθ est continue sur P(C).

9) Justifier l’existence de x0 ∈P(C) tel que θ(x0) = sup

x∈P(C)

θ(x).

Correction : C = Σ∩B = Σ∩ {x∈IRⁿ, x≥0} est un ferm´e born´e de IRⁿ (intersection d’un ferm´e born´e et d’un ferm´e) : il est donc compact. L’application x 7→ P x ´etant continue, P(C) est une partie compacte. L’application θ restreinte `a ce compact non vide ´etant continue, elle est born´ee et atteint ses bornes : il existe en particulier x₀ dans P(C) tel que θ(x₀) = sup

x∈P(C)

θ(x).

10) Montrer que sup

x∈P(C)

(θ(x))≥sup

x∈C

θ(x).

Correction : Si x∈C,P x∈P(C) et θ(x)≤θ(P x)≤ sup

y∈P(C)

θ(y).

On en d´eduit sup

x∈P(C)

(θ(x))≥sup

x∈C

θ(x) .

11) Montrer que sup

x∈B

θ(x) = sup

x∈C

θ(x).

Correction : Si x ∈ B,le vecteur y = 1

kxk₁x est ´el´ement de C et θ(x) = θ(y) d’apr`es 3).

Ceci prouve que sup

x∈B

θ(x) ≤ sup

x∈C

θ(x). L’in´egalit´e inverse est imm´ediate, puisque C ⊂ B, d’o`u sup

x∈B

θ(x) = sup

x∈C

θ(x) 12) Montrer que sup

x∈C

θ(x) = sup

x∈P(C)

θ(x) et que θ(x0) = sup

x∈C

θ(x).

On pose θ₀ =θ(x₀).

Correction : CommeP(C)⊂B⁺ ⊂B, nous avons directement sup

x∈C

θ(x)≤ sup

x∈P(C)

θ(x)≤sup

x∈B

θ(x) = sup

x∈C

θ(x), soit : sup

x∈C

θ(x) = sup

x∈P(C)

θ(x) =θ(x0).

13) Montrer que x₀ est un vecteur propre, strictement positif, de T pour la valeur propre θ₀ et que θ0 >0.

Correction : Comme x0 est ´el´ement de P(C), il est ´el´ement de B⁺ et est donc strictement positif.

Il existe y₀ ∈B tel que x₀ =P y₀ ; la question 5) donne alors θ₀ =θ(P y₀)>0.

Enfin, θ(x₀)≤θ(P x₀)≤sup

x∈B

θ(x) =θ(x₀), donc θ(x₀) =θ(P x₀) et, d’apr`es la question 7), x<sub>0</sub> est un vecteur propre pour T associ´e `a la valeur propre θ₀.

II) Une m´ ethode d’approximation

On suppose toujours que P = (I_n+T)ⁿ⁻¹ est strictement positive et on suppose de plus que T est stochastique.

Pour un vecteurx= (x₁, . . . , x_n) deCⁿ, on notex⁺le vecteur (|x₁|, . . . ,|x_n|), o`u|z|est le module du complexe z. Pour tout entierk >1, on pose

R_k= 1X^k−1 T^j.

14) Soit θ∈C etx∈Cⁿ un vecteur propre deT pour la valeur propre θ.

Montrer que |θ|x⁺ 6T x⁺.

Correction : Pour tout i compris entre 1 et n, nous avons θx_i =

n

X

j=1

t_i,jx_j, et donc |θ||x_i| ≤

n

X

j=1

t_i,j|x_j|, ce qui donne |θ|x⁺ 6T x⁺ . 15) En d´eduire que |θ|6θ₀.

Correction : Commex⁺ ∈B,|θ| ≤θ(x⁺)≤sup

y∈B

θ(y) =θ₀. 16) Montrer que |θ| kx⁺k₁ 6kx⁺k₁ et en d´eduire que |θ|61.

Correction :On utilise le fait queT est stochastique.|θ| ||x⁺||1 =||θx||1 =||T x||1 =

n

X

i=1

n

X

j=1

ti,jxj

On a de plus

n

X

j=1

t_i,jx_j

≤ X

1≤i,j≤n

t_i,j|x_j| et X

1≤i,j≤n

t_i,j|x_j|=

n

X

j=1

ⁿ X

i=1

t_i,j

| {z }

=1

|x_j|=||x||₁ =||x⁺||₁.

On en d´eduit que |θ| kx⁺k₁ 6kx⁺k₁ et par suite, x⁺ ´etant non nul, |θ|61 17) En d´eduireθ₀ = 1.

Correction : Le vecteur x = (1,1, . . . ,1) est un vecteur propre pour ^tT, associ´e `a la valeur propre 1. On en d´eduit que 1 est ´egalement valeur propre de T (T et ^tT ont mˆeme polynˆome caract´eristique). La question 15) donne donc 1≤θ0.

D’autre part, la question 13) prouve que θ₀ est une valeur propre deT : on a doncθ₀ ≤1 d’apr`es la question 16).

Conclusion : θ₀ = 1

18) Montrer que pour tout j >1, T^j etR_j sont des matrices stochastiques.

Correction : Les matrices T^j et R_j sont clairement positive. Ensuite, pour M ∈ M_n,n(IR) la condition : (∀j ∈ [[1, n]], P

1≤i≤n

m_i,j = 1) signifie que le vecteur e = (1, . . . ,1) est un vecteur propre pour ^tM associ´e `a la valeur propre 1. Comme<sup>t</sup>T e=e, on obtient ensuite directement, par r´ecurrence sur j, que <sup>t</sup>T<sup>j</sup>e=e, puis que <sup>t</sup>R<sub>j</sub>e=e. Ceci ach`eve de prouver que les matrice ^tT^j et

tR_j sont stochastiques.

19) Etablir, pour tout´ k>1, les in´egalit´es suivantes : T^k

1 61 et kR_kk₁ 61.

Correction : Si M est une matrice stochastique, le calcul fait `a la question 16) montre que

||M x||₁ ≤ ||x||₁ pour tout vecteur x. On en d´eduit que ||M||₁ ≤1, et en particulier ||T^k||₁ ≤1 et

||R_k||₁ ≤1 pour tout k≥1.

20) Montrer que pour tout k >1,kT R_k−R_kk₁ 6 2 k. Correction : Pourk≥1,T R_k−R_k= 1

k(T^k−I_n), donc||T R_k−R_k||₁ ≤ 1

k ||T^k||₁+||I_n||₁

≤ 2 (car ||I_n||₁ = 1). k

21) Soit x∈Cⁿ, montrer que la suite (Rkx)_k>1 a au moins une valeur d’adh´erence.

Correction : Pour x ∈ Cⁿ, nous avons ||R_kx||₁ ≤ ||R_k||₁||x||₁ ≤ ||x||₁ pour tout k ≥ 0.

La suite (R_kx)_k≥0 est donc une suite born´ee de l’espace vectoriel norm´e (Cⁿ,|| ||₁). Comme cet espace est de dimension finie, le th´eor`eme de Bolzano-We¨ıerstrass assure l’existence d’une valeur d’adh´erence.

22) Soit y une valeur d’adh´erence de la suite (R_kx)_k>1, montrer que T y =y et que pour tout k>1, R_ky=y.

Correction : Il existe donc une application σ : IN → IN^∗ strictement croissante telle que R_σ(k)x −→

k→∞y. On en d´eduit queT R_σ(k)x−R_σ(k)x tend vers T y−y quand k tend vers l’infini.

D’autre part,||T R_σ(k)x−R_σ(k)x||₁ ≤ ||T R_σ(k)−R_σ(k)||₁||x||₁ ≤ 2

rσ(k)||x||₁ −→

k→+∞0, doncT y =y, puis T^jy=y pour toutj ≥0, et enfinR_ky = 1

k

k−1

P

j=0

T^jy=y pour toutk ≥1.

23) Soit y etz deux valeurs d’adh´erence de (R_kx)_k>1, montrer pour tous les entiersm et`, l’identit´e suivante :

y−z =R_{`</sub>(R<sub>m</sub>x−z)−R<sub>m</sub>(R<sub>`}x−y)

Correction : Soient m, l ≥ 1. Comme R_l et R_m commutent (ce sont deux polynˆomes en T), nous avons directement :

R_l(R_mx−z)−R_m(R_lx−y) = R_lR_mx−R_lz−R_lR_mx+R_my =y−z 24) Montrer que la suite (R_kx)_k>1 a exactement une valeur d’adh´erence.

Correction : Supposons comme `a la question pr´ec´edente queyetzsont deux valeurs d’adh´erence de la suite (R_kx). Il existe alors σ, σ⁰ : IN→IN^∗ strictement croissantes telles queR_σ(k)x −→

k→+∞y et R_σ⁰_(k)x −→

k→+∞z. Nous avons alors, pour tout k∈IN :

||y−z||₁ =

R_σ(k)(R_σ⁰_(k)x−z)−R_σ⁰_(k)(R_σ(k)x−y) 1

≤ ||R_σ(k)||₁

| {z }

≤1

||R_σ⁰_(k)x−z||₁ +||R_σ⁰_(k)||₁

| {z }

≤1

||(R_σ(k)x−y)||₁

≤ ||R_σ⁰_(k)x−z||₁+||R_σ(k)x−y||₁ −→

k→+∞0

Ceci prouve que y=z : la suite (Rkx) poss`ede donc une et une seule valeur d’adh´erence.

25) Montrer qu’il existe une matrice R telle que, pour tout x∈Cⁿ , Rx= lim

k→+∞R_kx et lim

k→+∞kR_k−Rk₁ = 0.

Correction : On en d´eduit que pour tout x, la suite (R_kx) est convergente (une suite d’un compact qui ne poss`ede qu’une valeur d’adh´erence est convergente). Notons doncf l’application de C<sup>n</sup> dans C<sup>n</sup> qui `a x associe lim

+∞Rkx. f est clairement lin´eaire, puisque si (x, y) ∈ (Cⁿ)² et λ, µ ∈ C, on a R_k(λx + µy) = λR_k(x) + µR_k(y) pour tout k, ce qui donne f(λx +µy) = λf(x) + µf(y) quand k tend vers l’infini. En en d´eduit qu’il existe une matrice R telle que

∀x∈Cⁿ,Rx =f(x) = lim

k→+∞Rkx.

En choisissant pour x le i-`eme vecteur de la base canonique de C<sup>n</sup>, nous en d´eduisons que la i-`eme colonne de R_k converge vers lai-`eme colonne deR. Ceci prouve que la suite (R<sub>k</sub>) converge vers R “terme `a terme”, i.e. pour|| ||∞. Les normes ´etant ´equivalentes en dimension finie, on en d´eduit que Rk tend ´egalement versR au sens de la norme || ||1 quand k tend vers l’infini.

Remarque : on peut ´evidemment se passer de l’´equivalence des normes en remarquant que|| ||₁ ≤ n|| ||∞.

26) Montrer que T et R commutent.

Correction : T commute avec chaqueR_k, donc, par continuit´e du produit matriciel,T commute avec R = lim+∞R_k.

27) Montrer que RT =R etR² =R.

Correction : En faisant tendrek vers l’infini dans l’in´egalit´e de la question 20), nous obtenons

||T R−R||1 = 0, soit R=T R=RT. On en d´eduit que RT^j =R pour tout j ∈IN, puis :

∀k ∈IN^∗, RR_k = 1 k

k−1

X

j=0

RT^j =R ce qui donne enfin R² =R en faisant tendre k vers l’infini.

28) Caract´eriser R en fonction de ker (T −In) et Im (T −In).

Correction : R est une projection : elle est donc caract´eris´ee par ses espaces propres kerR et kerR−I_n = ImR.

Comme (T −I_n)R = 0, on a ImR ⊂kerT −I_n. D’autre part, six∈kerT −I_n,R_k(x) = x pour tout k≥1 et donc R(x) =x : ceci prouve que x∈ImR, ce qui donne ImR= kerT −I_n. Enfin, R(T −I_n) = 0 donne ImT −I_n⊂kerR. Par la formule du rang, nous avons :

dim kerR =n−dim ImR =n−dim kerT −I_n= dim ImT −I_n et donc kerR = ImT −In.

Ceci prouve que R est la projection sur l’espace propre kerT −I_n parall`element `a l’espace ImT −In (ces deux sous-espaces ´etant en particulier suppl´ementaires).

29) On admet que ker (T −In) est de dimension 1. Pour x ∈ B, expliciter Rx en fonction de kxk₁, kx₀k₁ et x₀.

Correction : Comme kerT −I_n est de dimension 1, il est engendr´e par le vecteur x₀. D’autre part, T ´etant stochastique, les vecteurs colonnes de la matrice T −I_n sont contenus dans l’hy- perplan d’´equationx₁+· · ·+x_n = 0. Comme ImT −I_n est un hyperplan, on en d´eduit que c’est exactement l’ensemble des vecteurs x v´erifiant x₁+· · ·+x_n= 0. Un ´el´ement x deB s’´ecrit alors d’une unique fa¸con sous la forme :

x=λ x₀+y avec y1 +· · ·+yn = 0. On en d´eduit que

n

X

i=1

xi = λ

n

X

i=1

(x0)i +

n

X

i=1

yi = λ

n

X

i=1

(x0)i. Comme les deux vecteurs x₀ etxsont ´el´ement deB, cela donneλ = _||x^||x||1

0||1. Nous avons ainsi calcul´e le projet´e de x sur ImR parall`element `a kerR :

∀x∈B, R(x) =||x||1

x₀

||x₀||₁.

Ceci ach`eve de d´emontrer le th´eor`eme de Perron-Froebenius : siyest ´el´ement de Σ∩B,||y||1 = 1 et l’´egalit´e pr´ec´edente s’´ecrit :

1 k

k−1

X

j=0

T^j(y) −→

k→+∞

x0

||x₀||₁

ce qui permet d’approximer le vecteur propre strictement positif unitaire associ´e `a la valeur propre 1.

FIN DU PROBL`EME

Ce th´eor`eme poss`ede d’innombrables applications. L’une des derni`eres est son utilisation dans le classement (PageRank) des pages Web effectu´e par le plus connu des moteurs de recherche.