X 2017 Perron-Frobenius

X 2017 Perron-Frobenius

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∀x∈Cⁿ,kA.B.xk ≤ kAk.kB.xk ≤ kAk.kBk.kxk Donc d'après 1,

kABk ≤ kAk.kBk 3 Voir cours Topologie I.

5a NotonsCb=P_b⁻¹.A.Pb ; alors

∀i, j, ci,j=ai,j.b^j−i

Il en découle queCb converge vers la matrice diagonaleD= diag (ai,i)quand btend vers 0.

5b D'après 5a,kDk= max

i |ai,i|<1. EtC_b converge versD. 5c

k≥0, A^k =P_b.(C_b)^k.P_b⁻¹ D'où

∀k≥0, A^k

≤c.

(C_b)^k

≤c.kC_bk^k 61,0,1,√

2,4.

7 La2^eest fausse, exemple : 0 0 1 0

et

0 1 0 0

. La3^e est fausse, exemple :

0 0 1 0

et

0 1 1 0

.

8 Pour un vecteur proprexassocié à une valeur propre de module maximalλ:

|λ|=kAxk kxk ≤ kAk 9 On applique 5c à une matrice triangulaire semblable àA.

10a Analogue à 8 : soitxun vecteur propre associé à une valeur propre de module maximalλ. DeAx=λxon déduit facilement pa récurrrence surk :

∀k≥1, A^kx=λ^kx D'où

|λ|^k= A^kx

kxk ≤

A^k

Donc

ρ(A)^k ≤ A^k

10b D'après 10a,ρ(A)∈/EA. Siα > ρ(A), on applique 9 à ^A_α. 11 Soitε >0et α=ρ(A) +ε. D'après ce qui précède :

∀k≥1, ρ(A)≤ A^k

1 k =

A α

k

1 k

.α

α=ρ(A) +ε > ρ(A), donc, d'après 10b, à partir d'un certain rang k0,

A α

k

≤1, donc

∀k≥k₀,

A α

^k

1 k

≤1

Donc :

∀k≥k0, ρ(A)≤ A^k

1

k ≤α=ρ(A) +ε 1

12 D'après 3,kAk=kA+k ; et0≤A≤B=⇒ kAk ≤ kBk. On montre par récurrrence surk que

∀k≥0,0≤ A^k

+≤(A+)^k D'où

∀k≥1, A^k

= A^k

+

≤

(A+)^k

Ensuite on utilise 11.

13 Commencer parn= 2, puis récurrrence surn. 14

tx.A.y=λ.^txy=µ.^txy 15a Par une récurrrence facile surk:

∀k≥0, A^kw≥µ^kw Supposonsµ >0. Alors

∀k≥0, A

µ k

w≥w wétant positif et non nul :

∀k≥0,kwk ≤

A µ

^k w

≤

A µ

^k

.kwk

Donc

A µ

^k

ne tend pas vers 0. D'après 10b,µ≤ρ(A).

15b SiAw > µw, il est assez clair qu'il existe µ₁vériantAw≥µ₁wetµ < µ₁. Donc µ < µ₁≤ρ(A)

15c Pouri6=k, lai−ième devient stricte carε >0etai,k>0. Si de plusεn'est pas trop grand, lak−ième demeure stricte.

16aAx=λx; avec l'inégalité triangulaire :

Av0≥ρ(A)v0

D'après 15c,

Av0=ρ(A)v0

16b On peut signaler queρ(A)>0 découle immédiatement du fait que A >0, donc n'est pas nilpotente. De A >0 et v0

positif non nul il découle facilement queA.v0>0. Doncρ(A).v0>0. Doncρ(A)>0et v0>0.

16c Pouri= 1 (par exemple) :

n

X

j=1

a_1,jx_j

=|λ| |x1|=ρ(A) (v₀)₁=

n

X

j=1

a_1,j|xj| On conclut avec 13.

17aF est visiblement un hyperplan. Si^tx.w₀= 0, alors

t(Ax)w0=^tx.^tA.w0=ρ(A)^tx.w0= 0 doncAx∈F. DoncF est stable parA.

Enn^tv0.w0>0, doncv0∈/F. 17bv∈F découle de 14.

Dew0>0 et^tv.w0= 0découle quev n'est pas positif, d'où(iii). 18a Découle de 16.

18b Découle de 9 ou 10.

18cxn'est pas dans F ;x=y+z avecz∈F ety=t.v0. AvecAv0=ρ(A)v0et 18b, on trouve comme limitey.

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