perronFrobeniusMarkov cor

Université Claude Bernard Lyon 1 - 2007/2008 Préparation Capes - Algèbre et Géométrie

- Devoir à rendre le 12 février 2008 -

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Autour de Perron, Frobenius et Markov

(Correction)

—

Partie I : puissances de matrices

1. On suppose que 0 < a + b < 1.

a) Si e = 1 1



, il est immédiat que Pe = e. La matrice P admet donc 1 comme valeur propre et e est un vecteur propre associé. La deuxième valeur propre égale à 1 − (a + b) est obtenue en calculant la trace de P, que l’on sait égale à la somme des valeurs propres. Ainsi

Sp(A) = {1, 1 − (a + b)}.

b) Par hypothèse a + b est non nul, la matrice P possède donc deux valeurs propres distinctes donc P est diagonalisable.

c) La matrice P possède deux valeurs propres distinctes, son polynôme minimal est donc m_P= (X − 1)(X − 1 + a + b).

Par suite, dans la décomposition de P en la somme D + N, d’une matrice diagonalisable et d’une matrice nilpotente, la partie nilpotente est nulle. D’où

P = Π₁+ (1 − a − b)Π₂, (1)

où Π₁ et Π₂ sont des projecteurs spectraux de P associés respectivement aux valeurs propres 1 et 1 − (a + b).

d) Plusieurs méthodes permettent de calculer les matrices Π₁ et Π₂. Première méthode. Dans M₂(R), on a

 12 = Π1+ Π2

P = Π1+ (1 − a − b)Π2

On en déduit que

Π1 = 1

a + b(P + (a + b − 1)12), Π2= 1

a + b(12− P).

Soit

Π1= 1 a + b

 b a b a



, Π2= 1

a + b

 a −a

−b b

 .

Deuxième méthode. Le polynôme minimal m_P de P est annulateur de P. On décompose la fraction rationnelle _m¹

P en éléments simples : 1

(X − 1)(X − 1 + a + b) = 1/(a + b)

X − 1 + −1/(a + b) X − 1 + a + b. D’où

1 = 1

a + b(X − 1 + a + b) − 1

a + b(X − 1).

On en déduit que

Π₁= 1

a + b(P + (−1 + a + b)1₂), Π₂= − 1

a + b(P − 1₂).

e) Les projecteurs Π₁ et Π₂ satisfont Π²₁ = Π₁, Π₂²= Π₂ et Π₁Π₂= Π₂Π₁ = 0. De l’identité (1), on déduit par une récurrence immédiate que P^k= 1^kΠ^k₁ + (1 − a − b)^kΠ^k₂, soit

P^k= Π₁+ (1 − a − b)^kΠ₂. On en déduit que

k→+∞lim P^k= Π₁+ lim

k→+∞(1 − a − b)^kΠ₂. Comme 0 < a + b < 1, on a |1 − a − b| < 1, d’où lim

k→+∞P^k= Π1. 2. On suppose que a + b = 0.

a) Première méthode. Sous cette hypothèse, la valeur propre 1 est double. Le sous-espace propre associé E₁ est l’ensemble des vecteurs x

y



satisfaisant

 (1 − a)x + ay = x bx + (1 − b)y = y Donc E₁est la droite vectorielle engendrée par le vecteur 1

1



. Par suite, la matrice P n’est pas diagonalisable.

Deuxième méthode. La dimension du sous-espace propre E₁ est donnée par dim E1 = 2 − rang(P − 12).

Or rang(P − 1₂) = rang

 −a a b −b



= 1. D’où dim E₁= 1 et P n’est pas diagonalisable.

Troisième méthode. Étant donné que le polynôme caractéristique de P est (X − 1)², le polynôme minimal de P est soit (X − 1), soit (X − 1)². Or le polynôme X − 1 n’est pas annulateur de P, car en particulier a > 0 et b > 0, donc le polynôme minimal est (X − 1)²; n’étant pas à racine simple la matrice P n’est pas diagonalisable.

b) Première méthode. Le polynôme minimal de P est (X − 1)² = X²− 2X + 1. On en déduit que P² = 2P − 1₂. Montrons par récurrence que, pour tout entier k> 1, on a

P^k = kP − (k − 1)12. C’est vrai pour k = 1, 2. Supposons l’identité vraie au rang k − 1, on a

P^k = PP^k−1= P((k − 1)P − (k − 2)1₂) = kP − (k − 1)1₂. Deuxième méthode. On a a + b = 0, donc

P =

 1 − a a

−a 1 + a

 , d’où

P² =

 1 − 2a 2a

−2a 1 + 2a

 .

On montre ensuite, par récurrence sur k, que P^k=

 1 − ka ka

−ka 1 + ka

 .

Troisième méthode. En appliquant la décomposition rappelée dans le préambule, la matrice P se décom- pose en P = D + N où D = Π₁ est la projection de R² sur le sous-espace caractéristique ker(P − 1₂)² = R², donc D = 1₂ et N = P − 1₂ est nilpotent d’indice de nilpotence 2. Donc d’après la formule du binôme

P^k= (D + N)^k=

k

X

j=0

k j



D^k−jN^j

Soit

P^k =k 0



N⁰+k 1



N = 1₂+ k(P − 1₂), et

P^k = kP + (1 − k)1₂.

Quatrième méthode. Le polynôme minimal de P est (X − 1)², la division euclidienne de X^k par le polynôme minimal assure l’existence d’un polynôme R de degré 1 tel que

X^k = (X − 1)²Q + R. (2)

Posons R = αX + β. On a alors P^k= αP + β12. Pour déterminer α et β, on considère le système

 1 = α + β k = α

dont la première équation est obtenue en substituant X par 1 dans (2) et la second en faisant de même avec la dérivé de (2). On a ainsi P^k= kP + (1 − k)12.

On en déduit que la suite (P^k)_k>1 ne converge pas.

3.

a) Il existe une unique décomposition A = D + N, avec

D = λ₁Π₁+ . . . + λ_pΠ_p, et N = N₁Π₁+ . . . + N_pΠ_p, et DN = ND. On peut donc appliquer la formule du binôme, pour tout entier k > 1,

A^k= (D + N)^k=

k

X

j=0

k j



D^k−jN^j.

Les projecteurs Π_i vérifient Π²_i = Π_i et Π_iΠ_j = 0 si i 6= j. Par suite,

D^k−j =

p

X

i=1

λ^k−j_i Π_i, N^j =

p

X

i=1

N^j_iΠ_i.

Donc

A^k =

p

X

i=1 k

X

j=0

k j



λ^k−j_i N^jΠi.

Comme N_i= (A − λ_i1_n)Π_i est nilpotent d’indice de nilpotence k_i, on en déduit

A^k=

p

X

i=1 ki−1

X

j=0

k j



λ^k−j_i (A − λ_i1_n)^jΠ_i. (3)

b) Soient λ un complexe tel que |λ| < 1 et j un entier. On a 

  

k j

 λ^k−j

   

=    

k j

 k(k − 1) . . . (k − j + 1)

j! λ^k−j

   6 k^j

j!|λ|^k−j. Or lim

k→+∞k^j|λ|^k−j = lim

k→+∞k^je^−k = 0, d’où

k→+∞lim

k j



λ^k−j = 0.

c) Si ρ(A) < 1, alors, pour tout i = 1 . . . p, |λ_i| < 1. Donc lim

k→+∞

k

j
λ^k−j_i = 0. D’après (3), on en déduit que lim

k→+∞A^k= 0.

d) Si 1 est une valeur propre simple, alors son ordre de multiplicité dans le polynôme minimal est 1.

Donc

A^k= Π₁+

p

X

i=2 ki−1

X

j=0

k j



λ^k−j_i (A − λ_i1_n)^jΠ_i.

On procède ensuite de la même façon que dans la question précédente avec les valeurs propres λ_i, i = 2 . . . n, qui vérifient toutes |λ_i| < 1.

Partie II : matrices strictement positives

1. Soit A ∈ M_n(R).

a) Si A > 0, il est immédiat que, pour tout vecteur x > 0, on a Ax > 0. Inversement, si pour tout vecteur x > 0, on a Ax > 0, en particulier pour tout i = 1 . . . n, si ei designe le i-ième vecteur de la base canonique de Rⁿ, on a Ae_i > 0, donc la i-ième colonne de A est positive. Ainsi, toutes les colonnes de A sont positives, par suite A est positive.

b) Si A = (a^j_i) > 0 et x > 0 avec x 6= 0. Il existe au moins un coefficient xi0 de x strictement positif.

Alors pour tout i = 1 . . . n, le i-ième coefficient du vecteur Ax est (Ax)i=

n

X

k=1

a^k_ixk> aⁱ_i⁰xi0 > 0.

Donc Ax > 0. La réciproque se montre de la même façon que dans la question précédente.

c) C’est une conséquence immédiate de l’inégalité triangulaire. Si A = (a^j_i) et x = (xi), alors, d’après l’inégalité triangulaire,

|(Ax)_i| =     

n

X

k=1

a^k_ix_k     

6

n

X

k=1

|a^k_i| |x_k| = (|A| |x|)_i. D’où |Ax|6 |A| |x|.

d) Si A est strictement positive, alors toutes ses puissances sont strictement positives. Aucune d’elles ne peut donc être nulle, ainsi la matrice A ne peut pas être nilpotente.

e) Par définition le rayon spectral est toujours positif : ρ(A)> 0. Montrons par l’absurde qu’il est non nul. Supposons que ρ(A) = 0, alors 0 est la seule valeur propre de A.

Première méthode. Le polynôme caractéristique de A est alors P_A = (−1)ⁿXⁿ. Comme il annulateur d’après le théorème de Cayley-Hamilton, la matrice A est nilpotente, ce qui est impossible d’après la question précédente. Finalement ρ(A) > 0.

Deuxième méthode. La trace de A est nulle, car somme des valeurs propres. Or A est strictement positive, en particulier les coefficients de sa diagonale sont strictement positifs, donc la trace de A est strictement positive et ne peut donc être nulle. D’où contractiction et ρ(A) > 0.

f ) Posons ρ = ρ(A). D’après la question précédente, ρ est non nul. Le polynôme caractéristique de la matrice ¹_ρA vérifie

P1

ρA(X) = 1

ρⁿP_A(ρX).

Par suite, λ est valeur propre de A si et seulement si ^λ_ρ est valeur propre de ¹_ρA. On en déduit que ρ(1

ρA) = 1

ρρ(A) = 1.

2. On suppose que ρ(A) = 1. Soit λ une valeur propre de A de module 1.

a) Soit x un vecteur propre associé à λ. Comme λ est de module 1, on a

|x| = |λ| |x| = |λx| = |Ax| 6 |A| |x|, (4)

l’inégalité dans (4) étant montrée à la question II.1.c). Or A est positive, donc A = |A|, d’où

|x| 6 A|x|.

b) Si A|x| 6= |x|, comme A|x| > |x|, on a A|x| − |x| > 0. Or A > 0, donc d’après II.1.b), on a A²|x| − A|x| > 0. Par ailleurs, comme A|x| > 0, il existe donc un réel  > 0 tel que

A²|x| − A|x| > A|x|.

De cette inégalité, on déduit que

1

1 + AA|x| > A|x|.

En posant B = _1+¹ A, on a donc BA|x| > A|x|. Par suite, B étant strictement positive on a B^kA|x| > A|x|

pour tout entier k> 1.

c) Avec le même raisonnement sur le polynôme caractérique qu’en II.1.f ), on a ρ(B) = 1

1 + ρ(A) = 1 1 +  < 1.

D’après la question I.3.c), on déduit que lim

k→+∞B^k= 0.

d) Il suffit de montrer que A|x| = |x|. Supposons que A|x| 6= |x|. D’après la question II.2.b), on a alors B^kA|x| > A|x|.

D’après la question précédente, on a lim

k→+∞B^k = 0. Donc 0 = A|x| ce qui est absurde car A > 0 et |x| est positif non nul.

En résumé, on a ainsi montré que le rayon spectral ρ(A) d’une matrice A strictement positive est valeur propre de A et que, pour tout vecteur x associé à une valeur propre de module maximal ρ(A), alors |x| est vecteur propre associé à la valeur propre ρ(A).

e) Soit x un vecteur propre associé à la valeur propre 1, on a Ax = x. Par suite, |x| est un vecteur propre associé à la valeur propre 1 : A|x| = |x|. Comme A > 0 et |x| est positif et non nul, on déduit de II.1.b) que A|x| > 0 et donc |x| > 0.

f ) Montrons que 1 est la seule valeur propre de module 1. Supposons que λ soit une valeur propre de A de module 1, soit x un vecteur propre associé. D’après la question II.2.d), on a A|x| = |x|. Donc, pour tout j = 1 . . . n, (A|x|)_j = |xj| et

(A|x|)_j =

n

X

k=1

a^k_j|x_k| = |x_j|.

Par ailleurs,

|x_j| = |λ| |x_j| = |(λx)_j| = |(Ax)_j| =     

n

X

k=1

a^k_jx_k      .

Donc n

X

k=1

|a^k_jx_k| =

n

X

k=1

a^k_j|x_k| =     

n

X

k=1

a^k_jx_k      ,

pour tout entier j = 1 . . . n. On est ainsi dans le cas de l’égalité de l’inégalité triangualire. Il existe donc un réel µ_k> 0 tel que, pour tout k = 1 . . . n, a^k_jx_k= µ_ka¹_jx₁. Donc

x = x₁















 1 µ₂^a

1 j

a^k_j

... µ_n^a

1 j

aⁿ_j















 .

Comme λx = Ax, on a

λ















 1 µ₂^a

1 j

a^k_j

... µn

a¹_j aⁿ_j

















= A















 1 µ₂^a

1 j

a^k_j

... µn

a¹_j aⁿ_j

















= |A















 1 µ₂^a

1 j

a^k_j

... µn

a¹_j aⁿ_j

















| = |λ















 1 µ₂^a

1 j

a^k_j

... µn

a¹_j aⁿ_j

















| = |λ|















 1 µ₂^a

1 j

a^k_j

... µn

a¹_j aⁿ_j

















=















 1 µ₂^a

1 j

a^k_j

... µn

a¹_j aⁿ_j















 .

Par suite, λ = 1, 1 est donc la seule valeur propre de module 1, elle est ainsi valeur propre dominante de A.

3.

a) La partie

D = {x ∈ Rⁿ| x > 0 et ||x||1 = 1}

est un compact de Rⁿ. Pour tout x ∈ D, on définit

I_x= {t ∈ R⁺ | tx 6 Ax}.

Les ensembles I_x sont non vide et sont bornés par ||A||₁, car ||A||₁ = sup

x6=0

||Ax||₁

||x||₁ . La fonction f définie sur D et à valeurs dans R⁺ définie par f (x) = max I_x est donc bornée par ||A||₁. Montrons que sup

x∈D

f (x) = ρ(A).

Posons ρ = sup

x∈D

f (x). Soit λ une valeur propre de A et soit x un vecteur propre normalisé associé. On a

|λ| |x| = |λx| = |Ax| 6 |A| |x| = A|x|.

Par suite, |λ|6 f (|x|), d’où |λ| 6 ρ.

Reste à montrer que ρ est valeur propre de A. Il existe un vecteur y ∈ D tel que f (y) = ρ. Car D étant compact, de toute suite (x_k)k dans D telle que lim

k→+∞f (xk) = ρ, on peut extraire une sous-suite convergente (x_ϕ(k))_k vers un vecteur y de D. On a donc f (x_ϕ(k))x_ϕ(k) 6 Axϕ(k), pour tout k, et par passage à la limite ρy 6 Ay. Par suite ρ 6 f (y) et donc f (y) = ρ.

Montrons enfin que y est vecteur propre de A de valeur propre ρ. On peut alors raisonner comme dans la partie II.2.. En effet, si l’on avait Ay 6= ρy, on aurait Ay − ρy > 0 et donc A(Ay − ρy) > 0, car A est strictement positive. Pour la même raison, on a Ay > 0. Il existe donc un réel  > 0 tel que

A(Ay − ρy) > Ay.

D’où

A Ay

||Ay||₁ − (ρ + ) Ay

||Ay||₁ > 0.

Donc f (_||Ay||^Ay

1) > ρ + , qui est absurde. Donc ρ est valeur propre de A et ρ = ρ(A).

Si C est une matrice strictement positive telle que C6 A. Soit λ une valeur propre de C de module maximal :

|λ| = ρ(C) et soit x un vecteur propre associé tel que ||x||₁ = 1. On a ρ(C)|x| = |ρ(C)x| = |Cx| 6 |C| |x| 6 |A| |x|.

Donc ρ(C)6 f (|x|) et ρ(C) 6 ρ = ρ(A).

b) Nous montrons que 1 n’est pas racine du polynôme dérivé du polynôme caractéristique de A. Soit A = (a^j_i). On a

P_A(X) =         

a¹₁− X a²₁ . . . aⁿ₁ a¹₂ a²₂− X . . . aⁿ₂

... . .. ...

a¹_n . . . aⁿ⁻¹_n aⁿ_n− X          .

On montre par récurrence sur n, ou en tenant compte que le déterminant est une application n-linéaire, que le polynôme dérivé de P_A(x) s’écrit :

P_A⁰ (X) = −           

1 a²₁ . . . aⁿ₁ 0 a²₂− X . . . aⁿ₂

0 a²₃ aⁿ₃

... ... . .. ... 0 a²_n . . . aⁿ_n− X

          

−           

a¹₁− X 0 a³₁ . . . aⁿ₁ a¹₂ 1 a³₂ . . . aⁿ₂ a¹₃ 0 a³₃− X aⁿ₃ ... ... . .. ... a¹_n 0 a³_n . . . aⁿ_n− X

          

− . . . −            

a¹₁− X a²₁ . . . aⁿ⁻¹₁ 0 a¹₂ a²₂− X . . . aⁿ⁻¹₂ 0

... . .. ...

... ... aⁿ⁻¹_n−1− X ... a¹_n a²_n . . . aⁿ⁻¹_n 1             .

Par suite

P_A⁰ (X) = −

n

X

k=1

P_Ak(X),

où A_kest la matrice de M_n−1(R) obtenue en supprimant la k-ième ligne et k-ième colonne de A. Considérons la matrice de M_n(R) définie par blocs

B_k=

 A_k 0

0 0

 .

On a ρ(B_k) = ρ(A_k). Par ailleurs, B_k6 A, donc d’après la question précédente, on déduit que ρ(Bk) 6 ρ(A).

De plus ρ(B_k) 6= ρ(A), car sinon, d’après la question 2.e), il existe un vecteur propre normalisé strictement positif |x| de B_k associé à la valeur propre ρ(B_k) et :

ρ(B_k)|x| = B_k|x| 6 A|x|.

Par le même raisonnement que dans la question précédente, |x| est alors vecteur propre de A pour la valeur propre ρ(A) et donc A|x| = B_k|x|. C’est absurde car |x| > 0. Ainsi, ρ(B_k) < ρ(A), d’où ρ(Ak) < ρ(A) pour tout k = 1 . . . n, et donc P_Ak(ρ(A)) est non nul, par suite P_A⁰ (ρ(A)) est non nul.

c) La multiplicité géométrique d’une valeur propre, i.e., la dimension du sous-espace propre associé, est majorée par la multiplicité algébrique. En particulier, si la valeur propre 1 est simple, alors la dimension du sous-espace propre associé est 1. D’après la question 2.e), il existe un vecteur propre strictement positif

|x| associé à la valeur propre 1. Comme le sous-espace propre est de dimension 1, le vecteur p = _{|| |x| ||}^|x|

1 est l’unique vecteur propre strictement positif unitaire.

d) Soit x un vecteur propre positif de A associé à une valeur propre λ. Il est immédiat que A > 0 si et seulement si A^> > 0 et que de plus ρ(A^>) = ρ(A) = 1. D’après la question précédente, la matrice A^>

possède un unique vecteur propre strictement positif ˜p unitaire associé à la valeur propre 1. On a A^>˜p = ˜p, donc ˜p^>= ˜p^>A. Par suite,

˜

p^>x = ˜p^>Ax = λ˜p^>x.

Or ˜p > 0, donc d’après II.1.b), ˜p^>x > 0. On en déduit que λ = 1. Donc x ∈ E₁ et E₁ étant de dimension 1, le vecteur x est un multiple du vecteur p.

4. Le polynôme caractéristique de la matrice A =

 1 − a b a 1 − b

 , où 0 < a < 1, 0 < b < 1 est P_A= (1 − X)(1 − (a + b) − X). On a donc

Sp(A) = {1, 1 − (a + b)}.

On peut remarquer aussi que la matrice A est la transposée de la matrice P de la partie I., elles sont donc les mêmes valeurs propres.

On a |1 − (a + b)| < 1 pour toutes les valeurs possibles de a et b, donc ρ(A) = 1. De plus, la matrice A est strictement positive, donc d’après le théorème de Perron 1 est valeur propre simple et le vecteur de Perron associé est

p = 1 a + b

 b a

 .

Partie III : matrices positives

1.

a) Il suffit de considérer la matrice

 0 1 0 0



dont 0 est une valeur propre double. Nous avons montré en II.1.e) qu’une matrice strictement positive ne peut pas avoir comme seule valeur propre 0. Cet exemple montre que ce n’est pas le cas avec les matrices positives.

b) La matrice

 0 1 1 0



admet 1 et −1 comme valeurs propres. Son rayon spectral est donc 1 et possède deux valeurs propres dictinctes, donc simples, de module maximal.

2.

a) La matrice A est positive et la matrice E est strictement positive, donc, pour tout entier k, la matrice A_k est strictement positive. Par ailleurs, pour tout entier k, on a A_k > Ak+1, donc, d’après la question II.3.a), ρ(A_k) > ρ(Ak+1) et la suite (ρ(Ak))_k>1 est décroissante.

b) D’après la question précédente, la suite (ρ(A_k))_k>1 est décroissante. Or pour tout entier k, A_k> A, donc ρ(A_k) > ρ(A), la suite (ρ(Ak))_k>1 est donc minorée par ρ(A). Elle converge ainsi vers ρ> ρ(A).

c) L’ensemble des vecteurs de Perron p_ksont contenus dans la sphère unité {x ∈ Rⁿ| ||x||₁ = 1}. La suite (p_k)_k>1est donc bornée ; d’après le théorème de Bolzano-Weierstrass, on peut donc en extraire une sous-suite convergente (p_ϕ(k))_k>1 vers un vecteur positif ˜p non nul. Par ailleurs, la suite (ρ(A_k))_k>1 étant convergente de limite ρ, la suite extraite (ρ(A_ϕ(k)))_k>1 est aussi convergente de même limite ρ. On a lim

k→+∞A_k = A, donc

k→+∞lim A_ϕ(k)= A. On a

A˜p = lim

k→+∞A_ϕ(k)p_ϕ(k)= lim

k→+∞ρ(A_ϕ(k))p_ϕ(k). D’où

A˜p = ρ˜p. (5)

d) De (5) on déduit que ρ6 ρ(A), or d’après la question III.2.b), on a ρ > ρ(A). D’où ρ = ρ(A). Donc ρ(A) est une valeur propre de A et le vecteur ˜p est un vecteur propre positif associé.

Partie IV : matrices irréductibles

1.

a) Supposons que A soit réductible. Il existe donc une partition de l’ensemble {1, . . . , n} en deux sous-ensembles

I = {i₁, . . . , i_s}, J = {j₁, . . . , j_t}, s + t = n, s, t > 0,

tels que, pour tout (i, j) ∈ I × J , A^j_i = 0. Soit P la matrice de permutation qui ordonne les colonnes de A dans l’ordre (j₁, . . . , jt, i1, . . . , is) :

si A =







a¹₁ . . . aⁿ₁ ... ... a¹_n . . . aⁿ_n





, alors AP =







a^j₁¹ . . . a^j₁^t aⁱ₁¹ . . . aⁱ₁^s ... ... ... ... a^j₁¹ . . . a^j₁^t aⁱ₁¹ . . . aⁱ₁^s





.

Pour appliquer la même permutation sur les lignes on multiplie à gauche la matrice obtenue par P^> :

P^>AP =





















 a^j_j¹

1 . . . a^j_j^t

1 aⁱ_j¹

1 . . . aⁱ_j^s .. 1

. ... ... ... a^j_j¹_t . . . a^j_j^t_t aⁱ_j¹_t . . . aⁱ_j^s_t a^j_i1¹ . . . a^j_i^t₁ aⁱ_i¹₁ . . . aⁱ_i^s₁ ... ... ... ... a^j_is¹ . . . a^j_is^t aⁱ_i¹_s . . . aⁱ_i^s_s























=























a^j_j¹₁ . . . a^j_j^t₁ aⁱ_j¹₁ . . . aⁱ_j^s₁ ... ... ... ... a^j_j¹

t . . . a^j_j^t

t aⁱ_j¹

t . . . aⁱ_j^s

t

0 . . . 0 aⁱ_i¹₁ . . . aⁱ_i^s₁ ... ... ... ... 0 . . . 0 aⁱ_i¹

s . . . aⁱ_i^s

s





















 .

Cette dernière matrice a bien la forme cherchée.

Inversement, s’il existe une matrice de permutation P telle que P^>AP =

 B C

0 D

 ,

où B ∈ M_t(R) et D ∈ Ms(R) sont carrées, alors P est la matrice d’une permutation σ : (1, . . . , n) −→ (j₁, . . . , j_t, i₁, . . . , i_s)

telle que A^j_i = 0, pour tout i = i1. . . is et j = j₁. . . jt. b) On a :

 0 1 1 0

> 1 0 1 1

  0 1 1 0



=

 1 1 0 1

 .

D’après la caractérisation en IV.1.a), la matrice

 1 0 1 1



est réductible.

c) D’après II.1.b), il suffit de montrer que, pour tout vecteur x> 0 non nul, on a

(1n+ A)ⁿ⁻¹x > 0. (6)

Notons N (y) le nombre de coefficients nuls d’un vecteur y de Rⁿ. Pour montrer l’inégalité (6), il suffit de montrer que

N ((1_n+ A)y) < N (y),

pour tout vecteur positif non nul y. On procède par l’absurde. Supposons qu’il existe un vecteur positif y tel que N ((1_n+ A)y) > N (y). Comme Ay > 0, le cas N (y + Ay) > N (y) est impossible. Reste le cas N (y + Ay) = N (y). Quitte à permuter les coefficients, on peut supposer que

y =

 y₁ 0



avec y₁ strictement positif. La repartition des coefficients nuls étant la même dans le vecteur (1_n+ A)y, on peut appliquer la même permutation à ce dernier vecteur et

 y1

0

 + A

 y1

0



=

 y⁰ 0

 ,

où y⁰ est strictement positif de même taille que y. En décomposant A en blocs, on a

 y1

0

 +

 B C

F D

  y1

0



=

 y⁰ 0

 .

D’où Fy₁ = 0 avec y₁ > 0, d’où F = 0 ce qui est impossible puisque A est irréductible. Ainsi, l’équation (6) est satisfaite.

2. Soit A une matrice positive irreductibe de M_n(R).

a) Supposons que le polynôme caractéristique de A est

PA = (−1)ⁿ(X − λ1)^h1. . . (X − λp)^hp,

avec λ_i 6= λ_j, si i 6= j. Soit u l’endomorphisme de Rⁿ représenté par A dans la base canonique. Pour i = 1 . . . p, notons Nλi = Ker(u − λ1id_Rⁿ)^h1 le sous-espace caractéristique associé à la valeur propre λ_i. Le

sous-espace N_λi est de dimension h_i et d’après le théorème de Cayley-Hamilton, le polynôme caractéristqiue P_u = P_A est annulateur de u, donc du lemme de décomposition en noyau, on déduit la décomposition

Rⁿ= N_λ1 ⊕ . . . ⊕ N_λp. Pour tout i = 1 . . . p, l’endomorphisme u_|N

λi− λ_iid_|N

λi est nilpotent. Il existe donc une base B_i de N_λi dans laquelle la matrice de u_|N

λi soit triangulaire supérieure :

[u_|Nλi]_Bi =







λ_i ∗

. ..

0 λ_i





.

En considérant pour tout i = 1 . . . p une telle base, dans la base B = B₁∪ . . . ∪ B_p de Rⁿ, les sous-espaces N_λi étant stable par u, on a une matrice diagonale par blocs :

[u]B=

























































h1

λ1 ∗

. ..

0 λ1

h₁ 0

h2

λ2 ∗

. ..

0 λ2

h₂

. ..

0

hp

λp ∗

. ..

0 λp

h_p

























































(7)

Par suite A est semblable à une matrice de la forme (7). Donc la matrice B = (1_n+ A)ⁿ⁻¹ est semblable à une matrice de la forme































h1

(1 + λ₁)ⁿ⁻¹ ∗ . ..

0 (1 + λ₁)ⁿ⁻¹

h1 0

0

hp

(1 + λp)ⁿ⁻¹ ∗ . ..

0 (1 + λp)ⁿ⁻¹ h_p





























 Par suite,

PB = (−1)ⁿ(X − (1 + λ1)ⁿ⁻¹)^h1. . . (X − (1 + λp)ⁿ⁻¹)^hp.

b) D’après la question précédente, on a ρ(B) = max

λ∈Sp(A)

|1 + λ|ⁿ⁻¹= (1 + ρ(A))ⁿ⁻¹.

c) D’après la question IV.1.c), la matrice B est strictement positive. Donc d’après le théorème de Perron, ρ(B) est une valeur propre simple. D’après la question précédente, ρ(B) = (1 + ρ(A))ⁿ⁻¹ et de plus, par IV.2.a) l’ordre de multiplicité de ρ(A) dans A est égal à l’ordre de multiplicité de ρ(B) dans B. Par suite, ρ(A) est une racine simple de A.

d) La matrice A est positive, donc d’après III.2.d), il existe un vecteur propre positif x associé à la valeur propre ρ(A), soit Ax = ρ(A)x. D’où (1_n+ A)x = (1 + ρ(A))x. On en déduit que

Bx = ρ(B)x.

Comme B est strictement positive, d’après II.3.d) x est un multiple positif du vecteur de Perron de B, en particulier x est strictement positif. De plus, d’après la question précédente, ρ(A) est une valeur propre simple, donc le sous-espace propre associé est de dimension 1. Par suite, en normalisant x, on obtient l’unique vecteur propre normalisé strictement positif associé à la valeur propre ρ(A).

En particulier ρ(A) > 0, car sinon Ax = 0, ce qui est absurde d’après II.1.a) car A est positive et x est strictement positif.

e) On procède de la même façon que pour la question II.3.d).

Partie V : matrices primitives

1.

a) Soit A une matrice primitive, il existe un entier m > 0 tel que A^m > 0. Montrons par l’absurde que A est irréductible. Supposons A réductible, il existe une matrice de permuation P telle que A = P

 B C

0 D



P^>, où B et D sont deux matrices carrées. Par suite,

A^m= P

 B^m ∗ 0 D^m

 P^>.

Donc des coefficients de A^m sont nuls, absurde par hypothèse sur m. Donc A est irréductible.

b) On procède de la même façon qu’en IV.2.a).

c) Soit A positive primitive, il existe donc un entier m > 0 tel que A^m > 0. D’après V.1.a), A est irréductible donc on peut appliquer la première partie du théorème de Perron. Il ne reste alors qu’à montrer que ρ(A) est dominante. Par l’absurde. Supposons que A possède plusieurs valeurs propres de module maximal. D’après la question précédente, la matrice A^m possède alors plusieurs valeurs propres de module maximal. Ce qui est impossible d’après le théorème de Perron car A^m est strictement positive.

d) La matrice A est primitive, donc ρ(A) > 0. On a montré en II.1.f ) qu’alors ρ(_ρ(A)¹ A) = 1. Comme de plus, ρ(A) est une valeur propre simple dominante de A, 1 est une valeur propre simple dominante de

1

ρ(A)A. D’après I.3.d), lim

k→+∞

 A ρ(A)

k

= Π, où Π est le projecteur spectral de _ρ(A)¹ A associé à la valeur propre 1, ou de façon équivalente le projecteur spectral de A associé à la valeur propre ρ(A).

2.

a) Il est immédiat que A est positive irréductible si et seulement si A^>est positive irréductible. Comme de plus A et A^> ont le même polynôme caractéristique, on a ρ(A) = ρ(A^>). Comme A^> est irréductible, ρ(A^>) est simple.

b) Montrons que ^pq_q>^>p = Π. Les vecteurs p et q sont de Perron, donc q^>p est non nul. De plus ^pq_q>^>p est un projecteur car

pq^>

q^>p pq^>

q^>p = pq^>

q^>p.

Par ailleurs, Im(^pq_q>^>p) ⊆ Ker(A − ρ(A)1n) = Vect(p), car si y ∈ Im(^pq_q>^>p) pq^>

q^>py = q^>y q^>pp.

Les deux sous-espaces sont de même dimension égale à 1, on a donc Im(^pq_q>^>p) = Ker(A − ρ(A)1_n). De la même façon on montre que Ker(^pq_q>^>p) = Im(A − ρ(A)1n).

3. La matrice A =

 1 − a b a 1 − b



, où 0 < a < 1, 0 < b < 1 est strictement positive donc primitice.

D’après la question II.4., ρ(A) = 1. On a A^> =

 1 − a a b 1 − b



, et d’après la question V.2.a) on a ρ(A^>) = ρ(A) = 1. Le vecteur de Perron de A, calculé en II.4. est p = _a+b¹

 b a



. Le vecteur de Perron de A^> est q = ¹₂

 1 1



. D’après la question V.2.b), on a :

k→+∞lim A^k= pq^>

q^>p = 1 a + b

 b b a a



Partie VI : marche aléatoire sur un graphe

1.

a) Les graphes d’adjacences des matrices

 1 0 1 1

 et

 0 1 1 0



sont respectivement

b) Montrons que le graphe d’adjacence d’une matrice réductible n’est pas fortement connexe. Dans un premier temps, on remarque que si A et A⁰ sont deux matrices telles qu’il existe une matrice de permutation P telle que A⁰= P^>AP, alors les graphes d’adjacences G_A et G_A⁰ sont les mêmes à une renumérotation des sommets près définie par la permutation P. En particulier G_A est fortement connexe si et seulement si G_A⁰ est fortement connexe.

Supposons A réductible, il existe donc une matrice de permutation P telle que P^>AP =

 B C

0 D



= A⁰, où B ∈ M_s(R) et D ∈ Mt(R) sont des matrices carrées. Il n’existe donc pas de chemin reliant les sommets numérotés t + 1 à n aux sommets numérotés de 1 à s. Par suite le graphe G_A⁰ n’est pas forcement connexe et donc G_A n’est pas fortemenent connexe. Nous avons ainsi montré que si G_A est fortement connexe, alors A est irréductible.

Par exemple, les deux graphes de la question VI.1.a) sont fortement connexes, les matrices associées sont

donc irréductibles.

Remarque. On peut montrer la réciproque, ainsi A est irréductible si et seulement si le graphe G_A est fortement connexe.

c) Il suffit de considérer la matrice A =

 0 1 1 0



. Le graphe G_A est fortement connexe, donc A est irréductible. De plus, il est évident qu’aucune puissance de A n’est strictement positive.

2. Soit P une matrice stochastique irréductible.

a) La matrice P est stochastique, donc e est vecteur propre de P. Comme P est positive irréductible, le vecteur e étant positif, d’après IV.2.e) e est multiple positif du vecteur de Perron p de P. Comme p est unitaire, on a nécessaire p = _n¹e. De ρ(P)p = Pp, on déduit donc que ρ(P)e = e, d’où ρ(P) = 1.

b) C’est montré dans la question précédente.

c) Si P est primitive alors d’après le théorème de Perron-Frobenius, alors ρ(P) = 1 est valeur propre simple dominante de P. Donc d’après I.3.d), la suite (P^k)k converge et

k→+∞lim P^k= Π1

où Π₁ est le projecteur spectral associé à la valeur propre 1. Le fait que Π₁ = eq^>, où q est un vecteur de Perron de P^> est une conséquence immédiate de V.2.b) :

Π₁=

1 neq^>

q^{> 1}_ne = eq^>

d) Si P est primitive, alors P^> est primitive, et P admet donc une unique distribution de probabilité invariante qui est le vecteur de Perron P^>.

3. Les matrices de transition des graphes suivants sont respectivement

T₁=





0 1 0

0 1/2 1/2

1/2 0 1/2



, T₂ =



















0 1 0 0

0 0 1 . .. . .. . .. 0

0 . .. 1

1 0 0



















∈ M_n−1(R), T₃=













0 0 1/2 1/2 0

0 0 0 1/2 1/2

1/2 0 0 0 1/2

1/2 1/2 0 0 0

0 1/2 1/2 0 0











 .

Les matrices T₁ et T₃ sont primitives, car T³₁ > 0 et T⁴₃ > 0. La matrice T₁ (resp. T₂) admet donc une unique distribution de probabilité

p₁= [1/5 2/5 2/5], (resp. p₃ = [1/5 1/5 1/5 1/5 1/5]).

La suite (T^k₁)_k (resp. (T^k₃)_k) converge vers 1 5





1 2 2 1 2 2 1 2 2



, (resp.1 5E.)

La matrice T₂ n’est pas primitive. Elle est cependant irréductible car son graphe d’adjacence est fortement connexe. La valeur propre ρ(T₂) = 1 n’est pas dominante, car les valeurs propres de T₂ sont les racines n − 1-ième de l’unité. D’après la première partie du théorème de Perron, la matrice T₂ admet une unique distribution de probabilité invariant :

p3= [1/n . . . 1/n].

La suite (T^k₂)_k ne converge pas.