Matrices stochastiques

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1 Énoncé On note E n le sous-ensemble de M n (IR) formé des matrices M = (m i ) telles que : Pour tous indices i et de {1,..., n}, m i 0. Pour tout indice i de {1,..., n}, m i = 1. =1 1. Montrer que l ensemble E n est non vide et qu il est stable pour le produit des matrices. [ S ] 2. Dans toute la suite du problème, M est un élément quelconque de E n. Montrer que 1 est valeur propre de M, et indiquer un vecteur propre associé très simple. [ S ] 3. Soit λ une valeur propre réelle ou complexe de M. On note u un vecteur propre associé, réel ou complexe. On note u 1, u 2,..., u n les composantes successives de u. (a) Soit h un indice de {1,..., n} tel que u h = max{ u, 1 n}. Montrer que λ m hh 1 m hh. En déduire que λ 1. [ S ] (b) Soit d = min{m, 1 n}. Montrer que λ d 1 d. Donner une interprétation géométrique de ce résultat. Montrer que si d > 0, alors 1 est la seule valeur propre de M de module 1. [ S ] 4. Montrer que si m > 1 pour tout indice de {1,..., n}, alors M est inversible. [ S ] 2 5. On suppose que pour tous indices (i, ) de {1,..., n}, m i est strictement positif. Montrer que la matrice M I n est de rang n 1. Indication : si le vecteur réel u = (u 1,..., u n ) est dans ker(m I n ), utiliser la composante u i qui est minimum. [ S ] 6. Dans cette question, λ est une valeur propre de module 1 de M. On va montrer que λ est une racine m-ième de l unité, avec 1 m n. Pour cela, on note u = (u 1, u 2,..., u n ) un vecteur propre réel ou complexe de M pour λ. Soit h un indice de {1,..., n} tel que u h = max{ u, 1 n}. (a) Montrer qu il existe un indice k de {1,..., n} tel que λu h = u k. Indication : considérer l enveloppe convexe des points A k d affixes u k. C est une plaque polygônale P incluse dans le disque de centre 0 et de rayon u h. Vérifier que le point B d affixe λa h est un élément de P. [ S ] (b) En déduire qu il existe un entier m compris entre 1 et n tel que λ m = 1. [ S ] 7. Dans cette question, on suppose que ε = min{m i,, 1 i, n} est strictement positif. On s intéresse à la suite des puissances M k de M. On note m (k) i, le terme général de M k. α (k) = min{m (k) i, Pour tout de {1,..., n}, on pose :, 1 i n} = max{m (k) i,, 1 i n} Dans les questions (a) à (d), est fixé dans {1,..., n} et k est fixé dans IN. Page 1 Jean-Michel Ferrard c EduKlub S.A.

2 Énoncé (a) Prouver que α (k) α (k+1) β (k+1). [ S ] (b) Montrer qu il existe un couple (i 0, 0 ) tel que α (k+1) (c) Montrer qu il existe un couple (i 1, 1 ) tel que (d) En déduire que β (k+1) α (k+1) (1 2ε) β (k+1) ) [ S ] m i0, 0 m i1, 1 ). [ S ] ) [ S ] (e) Montrer que la suite (M k ) k 0 converge vers une matrice B de E n dont toutes les lignes sont identiques. [ S ] 1/2 1/3 1/6 (f) Vérifier ce résultat avec la matrice M = 1/6 1/2 1/3 [ S ] 1/3 1/6 1/2 Page 2 Jean-Michel Ferrard c EduKlub S.A.

3 du problème 1. La matrice identité d ordre n est un élément de E n, tout comme la matrice M dont tous les coefficients m i sont égaux à 1 n. L ensemble E n est donc non vide. Soient A = (a i ) et B = (b i ) deux éléments de E n, et soit C = AB = (c i ) leur produit. Pour tous indices i et, c i = a ik b k est encore positif ou nul. Enfin, pour tout indice i : c i = =1 ( ) a ik b k = =1 ( ) a ik b k = =1 ( a ik =1 {}}{ ) b k = =1 a ik = 1 Ainsi C appartient à E n : l ensemble E n est donc stable pour le produit des matrices. [ Q ] 2. Soit u = (1, 1,..., 1). Il est évident que Mu = u (on identifie un élément de IK n et la matrice-colonne correspondante.) Autrement dit 1 est une valeur propre de M et u est un vecteur propre associé. [ Q ] 3. (a) On proette l égalité Mu = λu sur sa composante d indice h. Mu = λu m h u m h u = λu h (λ m hh )u h = =1 h λ m hh u h m h u u h m h h h On sait que u h 0. On en déduit λ m hh h m h, c est-à-dire λ m hh 1 m hh. Enfin λ m hh λ m hh 1 m hh. Il en découle λ 1. [ Q ] (b) On utilise le résultat précédent : λ d λ m hh + m hh d 1 m hh +m hh d. On obtient bien λ d 1 d. Géométriquement, cela signifie que le point image de λ dans le plan complexe appartient au cercle de centre d et de rayon 1 d. Si d = 0, on ne retrouve pas mieux que dans la question précédente, à savoir λ 1. Si d > 0 (donc 0 < d < 1) ce cercle est tangent intérieurement au cercle unité en le point image de 1, qui est leur seul point commun : 1 est alors la seule valeur propre de M qui soit de module 1. [ Q ] 4. Avec cette hypothèse, on a d > 1 2. Dans ces conditions, λ d 1 d n est pas vérifiée si λ = 0. Il en résulte que 0 n est pas valeur propre de M. La matrice M n est donc pas inversible. [ Q ] Page 3 Jean-Michel Ferrard c EduKlub S.A.

4 5. On proette l égalité Mu = u sur la composante d indice i, avec u i = min{u 1,..., u n }. Mu = u m i u = u i = u i m i m i (u u i ) = 0 =1 Dans la somme précédente, et pour tout indice, on a m i > 0 et u u i 0. Tous les termes de cette somme sont donc nuls, ce qui exige u 1 = u 2 =... = u n. Autrement dit, le vecteur u est sur la droite engendrée par (1, 1,..., 1), dont on savait déa qu il était vecteur propre de M pour la valeur propre 1. Le vecteur (1, 1,..., 1) constitue donc une base de ker(m I n ) (il s agit ici du noyau de M I n considérée comme matrice réelle.) Le théorème du rang nous donne alors rg (M I n ) = 1. [ Q ] 6. (a) On proette l égalité Mu = λu sur sa composante d indice h. On obtient m hk u k = λu h. =1 Puisque m h1 + m h2 + + m hn = 1, cette somme définit un barycentre. Plus précisément, le point B d affixe λu h est barycentre des points A k (u k ) avec les poids m hk. Puisque ces poids sont positifs ou nuls, le point B est dans l enveloppe convexe des points A k. Celle-ci est une plaque polygonale P inscrite dans le cercle de centre O et de rayon r = u h. Seuls des sommets de ce polygône peuvent appartenir à ce cercle (les autres points, sur les arêtes ou à l intérieur du polygône, sont nécessairement dans le disque ouvert de centre 0 et de rayon r.) Or le point B d affixe λu h est élément de ce cercle, car λ = 1. La seule possibilité est que B soit un des sommets A k de la plaque polygonale P. Autrement dit, il existe un indice k tel que λu h = u k : c est ce qu il fallait démontrer. [ Q ] (b) Avec les notations précédentes, on a : u k = u h = max{ u 1,..., u n }. On peut donc appliquer à k ce qu on a dit de h : Il existe l dans {1,..., n} tel que u l = λu k = λ 2 u h. Plus généralement on peut former une application ϕ de IN dans {1,..., n}, telle que pour tout entier naturel r, on ait l égalité u ϕ(r) = λ r u h (en posant ϕ(0) = h). La restriction de ϕ à {0, 1,..., n} ne peut pas être inective. Il existe donc deux indices r et s compris entre 0 et n et distincts (on pose par exemple r s) tels que ϕ(r) = ϕ(s). Avec ces notations, on a λ r u h = λ s u h et donc λ r = λ s. Autrement dit, et en notant m = s r, on a λ m = 1, avec 1 m n. [ Q ] 7. (a) Pour tous i, de {1,..., n}, on a : m (k+1) i = ( ) On en déduit m il α (k) m (k+1) i ( =1 m il m (k) l. Or α(k) m (k) l. m il ). Page 4 Jean-Michel Ferrard c EduKlub S.A.

5 Autrement dit : α (k) m (k+1) i. On en déduit, par définition de α (k+1) [ Q ] (b) Il existe un indice i 0 tel que α (k+1) et de β (k+1) = m (k+1) i 0, : α (k) : α (k+1) = α (k+1) m i0 l m (k) l. β (k+1). Parmi les m (k) l, avec 1 l n, figure β(k) (le plus grand d entre eux), en une position 0. On peut donc écrire α (k+1) On minore chaque m (k) l On en déduit α (k+1) Ainsi : α (k+1) m i0, 0 = m i0, 0 (l 0 ) par α (k) m i0, 0 (c) Il existe un indice i 1 tel que β (k+1) + α (k). + l 0 m i0 l m (k) l. l 0 m i0 l. + α (k) (1 m i0, 0 ) = α (k) = m (k+1) i 1, : β (k+1) = + m i0, 0 ). [ Q ] m i1 l m (k) l. Parmi les m (k) l, avec 1 l n, figure α(k) (leur minimum), en une position 1. On peut donc écrire β (k+1) On maore chaque m (k) l On en déduit β (k+1) m i1, 1 α (k) = m i1, 1 α (k) (l 0 ) par. + + l 1 m i1 l m (k) l. l 1 m i1 l. Ainsi : β (k+1) m i1, 1 α (k) + (1 m i1, 1 ) = m i1, 1 ). [ Q ] (d) De (b) et (c), il découle que : β (k+1) α (k+1) Autrement dit β (k+1) [ Q ] m i1, 1 α (k+1) (e) La question (d) implique : ) + m i0, 0 ). (1 m i1, 1 m i0, 0 ) α (k) ) (1 2ε) k (β (0) α (0) ). ) (1 2ε) α (k) ). On en déduit lim ) = 0. k La question (a) montre que la suite (α (k) ) k 0 est croissante et que la suite ) k 0 est décroissante. Il en découle que ces suites sont adacentes, donc convergentes vers une même limite γ. Puisque α (k) m (k) i Ainsi lim k M k = B, où B = pour tous i,, k, on en déduit que lim i = γ. γ 1 γ 2... γ n γ 1 γ 2... γ n...., ce qui est le résultat attendu. γ 1 γ 2... γ n k m (k) Page 5 Jean-Michel Ferrard c EduKlub S.A.

6 Par passage à la limite, les γ sont positifs ou nuls et vérifient γ γ n = 1. Autrement dit la matrice B est encore un élément de E n. [ Q ] 3 (f) Les valeurs propres sont 1, λ = 6 exp(iπ 6 ) et λ 3 = 6 exp( iπ ), avec λ < 1. 6 Avec ω = exp(2i π 3 ), P = ω ω et T = λ 0. 1 ω ω 0 0 λ 1/3 1/3 1/3 Ainsi la suite des M k = P T k P 1 converge vers 1/3 1/3 1/3. [ Q ] 1/3 1/3 1/3 Page 6 Jean-Michel Ferrard c EduKlub S.A.