k + k x 0 1 x 1 = x i et M 1 = sup,

Pour K = R ou C, on note M n,l (K) l ensemble des matrices à n lignes et l colonnes à coefficients dans K. Un élément de M n,l (R) sera considéré comme élément de M n,l (C). Dans la suite, on identifie les matrices carrées (respectivement les matrices colonnes) et les endomorphismes (respectivement les vecteurs) canoniquement associés dans C n : par exemple, on note par la même lettre une matrice T de M n,n (R) et l endomorphisme de C n dont T est la matrice dans la base canonique de C n. Si M M n, l (K) et x K l, (Mx) i désigne la i-ième composante du vecteur Mx K n. On note I n la matrice identité de M n,n (C). Pour x = (x 1,, x n ) K n, on note x 1 = n Mx 1 x i et M 1 = sup, x K n \{0} x 1 pour M M n,n (K), la norme matricielle subordonnée. Définition 1 On dit qu une matrice M M n,l (R),de coefficients notés (m ij, 1 i n, 1 j l), est positive (respectivement strictement positive), ce que l on note M 0 (respectivement M > 0), lorsque tous ses coefficients sont positifs (respectivement strictement positifs) : m ij 0 ( resp. m ij > 0) pour tout (i, j) {1,, n} {1,, l}. Pour deux matrices M et N de M n,l (R), M N (respectivement M > N) lorsque M N 0 (respectivement M N > 0). Une matrice M M n,n (R) de coefficients notés (m ij, 1 i, j n) est dite stochastique lorsqu elle est positive et que de plus n m ij = 1, pour tout j {1,, n}. On définit les ensembles B, B + et Σ par : B = {x R n / x 0 et x 0}, B + = {x R n / x > 0}, Σ = {x R n / x 1 = 1}. Nous souhaitons montrer le résultat suivant : Théorème 1 (Perron-Frobenius) Soit T M n,n (R) stochastique telle que (I n +T ) n 1 > 0. Il existe un vecteur strictement positif x 0 satisfaisant T x 0 = x 0. Toutes les valeurs propres de T sont de module inférieur à 1 et pour tout vecteur y de Σ B, 1 k 1 lim T j y = x 0. k x 0 1 j=0 2

Les deux parties sont dans une large mesure indépendantes. I Un vecteur propre strictement positif On suppose que T est un élément positif de M n,n (R) tel que P = (I n +T ) n 1 est strictement positive. 1) Montrer que pour tout x B, l ensemble Γ x = {θ R + / θx T x} est non vide, fermé et borné. On note θ(x) son plus grand élément. 2) Montrer que pour tout x B, on peut calculer θ(x) de la manière suivante : { / } (T x)i θ(x) = min 1 i n et x i 0. x i On note θ l application de B dans R + qui à x associe θ(x). 3) Montrer que pour tout α > 0 et tout x B, θ(αx) = θ(x). 4) Montrer que P (B) B +. 5) Montrer que pour tout x B, θ(p x) θ(x) et θ(p x) > 0. 6) Soit x B un vecteur propre de T. Montrer que θ(p x) = θ(x). 7) Soit x B tel que θ(p x) = θ(x), montrer que x est un vecteur propre de T pour la valeur propre θ(x). 8) Soit C = B Σ. Montrer que l application θ est continue de P (C) dans R. 9) Justifier l existence de x 0 P (C) tel que θ(x 0 ) = sup θ(x). x P (C) 10) Montrer que sup θ(x) sup θ(x). x P (C) 11) Montrer que sup θ(x) = sup θ(x). 3

12) Montrer que sup θ(x) = On pose θ 0 = θ(x 0 ). sup x P (C) θ(x) et que θ(x 0 ) = sup θ(x). 13) Montrer que x 0 est un vecteur propre, strictement positif, de T pour la valeur propre θ 0 et que θ 0 > 0. II Une méthode d approximation On suppose maintenant que T est stochastique et telle que P = (I n +T ) n 1 est strictement positive. Pour un vecteur x = (x 1,, x n ) de C n, on note x + le vecteur ( x 1,, x n ), où z est le module du complexe z. Pour tout entier k 1, on pose R k = 1 k 1 T j. k 14) Soit θ C et x C n un vecteur propre de T pour la valeur propre θ. Montrer que θ x + T x +. 15) En déduire que θ θ 0. 16) Montrer que θ x + 1 x + 1 et en déduire que θ 1. 17) En déduire θ 0 = 1. 18) Montrer que pour tout j 1, T j et R j sont des matrices stochastiques. j=0 19) Établir, pour tout k 1, les inégalités suivantes : T k 1 1 et R k 1 1. 20) Montrer que pour tout k 1, T R k R k 1 2 k. 21) Soit x C n, montrer que la suite (R k x, k 1) a au moins une valeur d adhérence. 4

22) Soit y une valeur d adhérence de la suite (R k x, k 1), montrer que T y = y et que pour tout k 1, R k y = y. 23) Soit y et z deux valeurs d adhérence de (R k x, k 1), montrer pour tous les entiers m et l, l identité suivante : y z = R l (R m x z) R m (R l x y). 24) Montrer que la suite (R k x, k 1) a exactement une valeur d adhérence. 25) Montrer qu il existe une matrice R telle que Rx = lim R kx pour tout x C n et lim R k R 1 = 0. 26) Montrer que T et R commutent. 27) Montrer que RT = R et R 2 = R. 28) Caractériser R en fonction de Ker(T I n ) et Im(T I n ). 29) On admet que Ker(T I n ) est de dimension 1. Pour x B, expliciter Rx en fonction de x 1, x 0 1 et x 0. FIN DU PROBLÈME Ce théorème possède d innombrables applications. L une des dernières est son utilisation dans le classement (PageRank) des pages Web effectué par le plus connu des moteurs de recherche. 5

MINES-PONTS 2006. Filière MP. MATHÉMATIQUES 1. Corrigé pour serveur UPS de JL. Lamard (jean-louis.lamard@prepas.org) Un vecteur propre strictement positif. 1. Γ x est non vide car il contient 0 (en effet 0 = 0x Tx car T et x sont positifs donc toutes les composantes de Tx sont positives). Γ x est fermé. En effet, pour tout i, l application de R + dans R définie par θ (Tx θx) i est continue (car x 1 -lipschitzienne) de sorte que Γ x est un fermé de R + donc un fermé de R en tant qu intersection de n fermés. Enfin si i 0 est tel que x i0 0, on a θ (Tx) i 0 Ainsi Γ x est-il un compact de R + ce qui autorise à considérer θ(x). x i0 pour tout θ Γ x ce qui prouve que Γ x est borné. 2. Notons m le minimum proposé. Compte-tenu de la question précédente, on a θ m pour tout θ Γ x donc, par définition du sup, θ(x) m. Par ailleurs m Γ x clairement. Ainsi θ(x) = m. 3. Immédiat d après la question précédente (formule invariante par homothétie de rapport strictement positif). 4. Soit x B et j 0 tel que x j0 0. Il vient (Px) i = n p i,j x j p i,j0 x j0 > 0 pour tout i. Ainsi P(B) B +. j=1 5. Comme P est à coefficients positifs, de l inégalité θ(x)x Tx on tire que P(θ(x)x) P(Tx) i.e. θ(x)px T(Px) car en tant que polynôme en T l endomorphisme P commute avec T. Ainsi θ(x) Γ Px donc θ(x) θ(px). Par ailleurs on a, a priori, soit Tx = 0 soit Tx B. Supposons Tx = 0 et soit j tel que x j 0. Alors la colonne j de T est nulle. Donc (I n + T)e j = e j en notant (e 1,..., e n ) la base canonique de R n. Donc (I n + T) n 1 e j = e j donc la colonne j de P est égale à la colonne j de I n. Contradiction avec le fait que P soit strictement positive. Ainsi Tx B donc (question 4) P(Tx) = T(Px) B + donc θ(px) > 0 d après la question 2. 6. Notons déjà que si x est un vecteur propre de T appartenant à B associé à la valeur propre λ alors λ 0. Par ailleurs θ(x) = λ d après la question 2. En outre Px B et est également vecteur propre de T associé à la valeur propre λ donc θ(px) = λ. Ainsi si x B est vecteur propre de T alors θ(p x) = θ(x). 7. D après 4, pour prouver qu un vecteur positif y est nul, il suffit de prouver que Py admet une composante nulle. Soit alors x B tel que θ(p x) = θ(x) et soit y = T x θ(x)x (bien positif). Alors P(y) = T(Px) θ(x)px = T(Px) θ(px)px donc P(y) admet une composante nulle (question 2). Donc y = 0 i.e. x est vecteur propre de T pour la valeur propre θ(x). 8. Soit y P(C) et soit i fixé quelconque entre 1 et n. D après la question 4, y B + donc y i 0. Ainsi l application de P(C) dans R définie par y 1/y i est bien définie et naturellement continue. Par ailleurs comme T est continue (endomorphisme d un espace de dimension finie), l application y (Ty) i est également continue. Il en va donc de même de y (Ty) i /y i. Donc θ est continue sur P(C) en tant que minimum d un nombre fini d applications continues. 9. On remarque, puisque 0 Σ, que C = Σ {x / x 0} ce qui prouve que C est un compact (intersection du compact Σ et du fermé {x / x 0}. Or P en tant qu endorphisme d un espace de dimension finie est continu. Donc P(C) est compact car image continue d un compact. D où l existence de x 0 compte-tenu de la continuité de θ (question précédente). 10 Soit x C. D après la question 5, on a θ(x) θ(px) donc a fortiori θ(x) θ(x 0 ). Donc, par définition du sup, θ(x) θ(x 0 ). sup 11 Comme C B on a sup d après la question 3 on a θ(x) = θ(y). Donc sup 12 Si x C alors (question 4) Px B + donc sup θ(x) sup θ(x). Mais par ailleurs pour x B on a y = x/ x 1 qui est élément de C et θ(x) sup θ(x) d ou finalement l égalité demandée. θ(px) sup θ(y) soit encore sup y B x P(C) En conclusion, compte-tenu des deux questions précédentes : sup θ(x) = sup θ(x) sup θ(x). θ(x) = sup x P(C) θ(x) = θ(x 0 ). 13 Comme x 0 P(C) on a x 0 strictement positif d après la question 4. Par ailleurs x 0 est un élément de B et donc θ(px 0 ) θ(x 0 ) d après la question 5. Or θ(px 0 ) sup θ(px) = θ(x 0 ) d après la question précédente. Ainsi θ(px 0 ) = θ(x 0 ) ce qui prouve, par la question 7, que x 0 est un vecteur propre associé à la valeur propre θ(x 0 ). Enfin θ(x 0 ) = θ(px 0 ) comme on vient de la voir et donc θ(x 0 ) > 0 par la question 5. Mines-Ponts-2006-maths1.TEX

Une méthode d approximation. 14 Immédiat par inégalité triangulaire dans C. 15 L inégalité précédente prouve que θ θ(x + ) et on a θ(x + ) θ 0 par la question 12. 16 Comme θ x + et Tx + sont deux vecteurs positifs, de l inégalité θ x + Tx + on tire θ x + 1 Tx + 1. Or Ty 1 y 1 puisque T est stochastique. Ainsi θ x + x + donc θ 1 puisque x est non nul. 17 x 0 est un vecteur propre strictement positif de T associé à la valeur propre θ 0 strictement positive. De Tx 0 = θ 0 x 0 on tire Tx 0 1 = θ 0 x 0 1. Or, puisque x 0 est positif et T stochastique, il vient immédiatement que Tx 0 1 = x 0 1. Ainsi θ 0 = 1. (Notons que cette démonstration est directe et n utilise pas les trois questions précédentes). 18 Résulte immédiatement du fait que le produit de deux matrices stochastiques est une matrice stochastique (vérification immédiate). 19 Si A est une matrice stochastique alors A 1 1 car on vérifie facilement que Ax 1 x 1 pour tout vecrteur x. D où les inégalités demandées. 20 Découle immédiatement de TR k R k = 1 k (T k I n ). 21 Résulte de Bolzano-Weierstrass puisque R k x 1 R k 1. x 1 x 1. 22 Soit ϕ une application strictement croissante de N dans lui-même telle que la suite (R ϕ(k) x) converge vers y. Comme T est continue, la suite (TR ϕ(k) x) converge vers Ty. Il en résulte que (TR ϕ(k) R ϕ(k) )x Ty y. Or (TR ϕ(k) R ϕ(k) )x 1 2 ϕ(k) x 1 0. Donc Ty = y (donc bien sûr R ky = y). 23 Résulte instantanément du fait que R m et R l commutent (deux polynômes en T) et R l z = z et R m y = y. 24 Si ϕ et ψ sont deux extractions telles que les sous-suites ( correspondantes de la suite (R k x) convergent respectivement vers y et z, on a en particulier y z = R ϕ(k) Rψ(k) x z ) ( R ψ(k) Rϕ(k) x y ). Donc, en vertu de la question 19, y z R ψ(k) x z + R ϕ(k) x y 0. Ainsi y = z et la suite (R kx) est-elle convergente en tant que suite bornée admettant une seule valeur d adhérence. 25 L application x lim R kx est manifestement linéaire d où l existence de la matrice R. En spécifiant x en les vecteurs de la base canonique, il vient que la suite (R k ) tend vers la matrice R coefficient à coefficient donc pour n importe quelle norme et en particulier pour la norme subordonnée à la norme 1. 26 Comme R k est un polynôme en T, on a TR k = R k T pour tout k. Le produit matriciel étant continu, il en résulte que TR = RT. 27 Il vient TR k = k + 1 k R k+1 1 k I n donc, par passage à la limite (continuité du produit matriciel), TR = R. On en déduit par itération que T j R = R pour tout entier j donc R k R = R et finalement R 2 = R. 28 D après la question précédente, R est une projection. De TR = R on tire (T I n )R = 0 donc ImR Ker(T I n ). Par ailleurs si Tx = x il vient R k x = x pour tout x donc Rx = x par passage à la limite. Ainsi R est une projection sur Ker(T I n ) parallèllement à un supplémentaire F de Ker(T I n ). Or Im(T I n ) F car, pour tout x, R(Tx x) = Rx Rx = 0 puisque RT = R et du théorème du rang on déduit que dim F = dim Im(T I n ). En conclusion R est la projection sur Ker(T I n ) parallèllement à Im(T I n ). (Ce qui prouve au passage que ces deux sous-espaces sont supplémentaires.) 29 Les matrices R k étant stochastiques, il en va de même de la matrice R (limite de la suite (R k ) coefficient à coefficient ). Pour x B donc positif, on a alors (comme déjà noté en question 17), Rx 1 = x 1 (1). Par ailleurs, puisque dim Ker(T I n ) = dim ImR = 1 on a ImR = Cx 0 (car Tx 0 = x 0 d après les questions 13 et 17). Donc Rx = λx 0. De (1) on tire alors λ = x 1 / x 0 1. Or, comme R et x sont positifs, il en va de même de Rx donc λ = x 1 / x 0 1. En conclusion pour tout x B on a Rx = x 1 x 0 1 x 0 ce qui prouve le théorème de Perron-Frobenius. Remarque : démonstration de dim Ker(T I) = 1. a/ On a P = n 1 C k n 1 T k de sorte que, comme T donc T k est stochastique, en notant c j la colonne j de P, on a c j 1 = n 1 k=0 k=0 C k n 1 = 2 n 1. Mines-Ponts-2006-maths1.TEX page 2

b/ Soit alors x un élément non nul de Ker(T I n ). Il vient immédiatement Px = 2 n 1 x. Ce qui s écrit x 1 c 1 + + x n c n = 2 n 1 x. Or x 1 c 1 1 + + x n c n 1 = 2 n 1 x 1 puisque c k 1 = 2 n 1 d après a/. Ainsi x 1 c 1 + + x n c n 1 = x 1 c 1 1 + + x n c n 1. Or, a et b étant deux vecteurs de C n, on a a + b 1 = a 1 + b 1 si et seulement si a et b sont positivement liés (conséquence facile du cas d égalité dans l inégalité triangulaire dans C). Cette propriété s étendant par itération à une somme de n vecteurs. Ainsi les vecteurs x 1 c 1,..., x n c n sont positivement liés et donc, comme P est strictement positive, il en découle que les complexes x 1,..., x n le sont et donc on peut écrire x = αy avec y B Σ et α C. c/ Il en découle que, pour prouver que dim Ker(T I n ) 1 (donc = 1), il suffit de montrer que si y et z sont deux éléments Ker(T I n ) B Σ alors y = z. d/ Supposons y z non nul. Comme il est élément de Ker(T I n ), d après b/ on peut écrire y z = βv avec v B et β R (puisque y, z et v sont réels). Quitte à échanger les rôles de y et z, supposons β > 0 i.e. y > z. On a alors y 1 = n y i = n y i > n z i = n z i = 1. Contradiction avec le fait que y 1 = 1. FIN Mines-Ponts-2006-maths1.TEX page 3