Théorème de Perron-Frobenius

(Dans toute la démonstration nous identifions naturellement ou à l'espace des matrices colonne réelles ou complexes)

1. Désignons par S l'ensemble des vecteurs de non nuls et par S⁰ l'ensemble de ces vecteurs (colonne) strictement positifs.
   Définissons l'application r de S dans par . On voit aisément qu'on a également .
   
   
   • l'application r admet un point de maximum sur S.
     L'application r est continue sur S⁰ puisqu'il s'agit alors simplement du minimum d'une famille finie d'applications continues . Cependant on ne peut affirmer la continuité sur S. Par ailleurs S et S⁰ ne sont pas compacts... La solution sera de montrer l'existence d'un point de maximum sur une partie compacte K de S⁰ et de vérifier ensuite que ce point réalise aussi le maximum sur S. Il suffira pour cela de montrer que (en fait égalité, évidemment).
     La première chose consiste à remarquer que r est constante sur chaque demi-droite (ouverte) d'origine 0 incluse dans S. On peut par conséquent se limiter à travailler sur la partie D de S formée des vecteurs colonne de norme 1 (nous prendrons la norme ).
     D est compact, mais on n'a pas encore la continuité de r sur D. C'est maintenant qu'intervient l'irréductibilité de A.
     Montrons que l'ensemble K = (A + I)^{n − 1}D satisfait à notre objectif ( K compact, r continue sur K et ).
     Tout d'abord K est compact comme image du compact D par une application (linéaire) continue. Ensuite voyons que K est inclus dans S⁰, ce qui montrera bien la continuité de r sur K. En effet on sait que (A + I)^{n − 1} > 0 et il en résulte immédiatement que . Par conséquent r possède un point de minimum sur K. Enfin pour achever montrons que . En effet ce qui montre que r(W) est majoré par . Ainsi on a bien
     
     Nous désignerons désormais par ρ la valeur maximale de r(X) trouvée ci-dessus et par vecteur extrémal tout vecteur X réalisant le maximum de r sur S.
     
     
   • Tout vecteur extrémal est vecteur propre de A associé à la valeur propre ρ. Réciproquement tout vecteur propre positif relatif à ρ est extrémal.
     Soit X un vecteur extrémal.Par définition . Supposons que . Posons Y = (A + I)^{n − 1}X. Puisque et on a A^{n − 1}(AX − ρX) > 0, soit encore AY − ρY > 0, c'est-à-dire ρY < AY. On peut trouver ε > 0 tel que , ce qui contredit la maximalité de ρ.
     Réciproquement si le vecteur positif X vérifie AX = ρX, en écrivant d’une part on voit que et d’autre part montre que . Ainsi r(X) = ρ et X est extrémal.
     
     
   • Pour toute valeur propre (complexe) λ de est le rayon spectral de A.
     En effet de AZ = λZ on tire . Donc .
     
     
   • Tout vecteur extremal est strictement positif.
     En effet si X est extrémal posons Z = (A + I)^{n − 1}X. Comme et A irréductible on a Z > 0. Comme X est vecteur propre de A relatif à ρ (cf. ci-dessus) on a Z = (ρ + 1)^{n − 1}X d'où on tire X = (ρ + 1)^{1 − n}Z > 0.
     
     
   • Pour tout vecteur propre (complexe) Z de A relatif à une valeur propre λ de module ρ, le vecteur | Z | (vecteur dont les composantes sont les modules de celles de Z) est un vecteur extrémal (et est donc strictement positif ). Il en résulte que chaque vecteur propre de A (éventuellement complexe) relatif à λ vérifiant | λ | = ρ a toutes ses composantes non nulles.
     En effet de AZ = λZ on déduit immédiatement , ce qui entraîne par maximalité de ρ. D’où le résultat.
     
     
   • Le sous-espace propre de A relatif à la valeur propre ρ est une droite vectorielle.
     Supposons en effet que X et Y soient 2 vecteurs propres linéairement indépendants. On sait (cf. ci-dessus) que ces 2 vecteurs ont toutes leurs composantes non nulles. Il est possible de former une combinaison linéaire non nulle ayant par exemple la première composante nulle. Cette combinaison est ainsi un vecteur propre de A ayant une composante nulle, ce qui est contradictoire.
     
     
   • ρ est une valeur propre simple de A.
     Désignons par B(λ) la comatrice transposée de λI − A. Remarquons tout d'abord que le sous-espace propre relatif à étant de dimension 1 il en résulte que ρI − A est de rang n − 1 et que par suite il y a au moins un cofacteur non nul, ce qui montre que . De plus on sait que (λI − A)B(λ) = det(λI − A)I. En particulier (ρI − A)B(ρ) = 0, ce qui montre que les colonnes non nulles de B(ρ) sont des vecteurs propres de A relatives à ρ et par suite que ces colonnes non nulles sont toutes multiples de l'une d'entre elles et ont toutes leurs composantes non nulles et de même signe. Mais on a aussi B(ρ)(ρI − A) = 0, soit en transposant . Or ^tA est aussi une matrice positive irréductible puisque . Le raisonnement précédent appliqué à ^tA permet ainsi de montrer que les colonnes non nulles de ^tB(ρ) et donc les lignes non nulles de B(ρ) ont tous leurs éléments non nuls et de même signe. Finalement on en déduit facilement que B(ρ) a tous ses éléments non nuls et de même signe. En effet soient B_i,j(ρ) et B_k,l(ρ) deux éléments quelconques de B(ρ). Si B_i,j(ρ) = 0 toute sa ligne est nulle, donc B_i,l(ρ) = 0, par suite toute la colonne l est nulle et ainsi B_k,l(ρ) = 0. Finalement on en déduit que B(ρ) = 0, ce qui est exclu. D'autre part le signe de B_i,j(ρ) est celui de B_i,l(ρ) et finalement celui de B_k,l(ρ). Tous les éléments de B(ρ) sont bien non nuls et de même signe.
     Posons Π(λ) = det(λI − A) (polynôme caractéristique). On a . En effet désignons par A_i(λ) la i_ème colonne de la matrice λI − A.
     On a . Mais A_i'(λ) a tous ses éléments nuls sauf le i_ème qui est égal à 1. Le résultat s'ensuit immédiatement. On a donc puisque tous les éléments de B(ρ) sont non nuls et de même signe . Ceci montre bien que ρ est valeur propre simple de A^[4].
     
     
2. Soit X > 0 un vecteur propre relatif à ρ. On a donc . Soit q l'indice d'une composante X_j maximale. On a et en simplifiant par X_q > 0 on obtient . La démonstration est symétrique pour s en considérant cette fois l'indice d'une composante X_j minimale.
   Si alors s > 0 (sinon il y aurait une ligne nulle, soit la j-ème et la matrice ne serait pas irréductible pusque dans le sommet j ne pourrait être l'origine d'un chemin aboutissant à un autre sommet). Donc dans ce cas .
   
   
3. Disposition des valeurs propres dans le plan complexe.
   
   
   • Démontrons d'abord l'équivalence entre les propositions suivantes:
     (i) γ = ρe^iϕ est une valeur propre de A.
     (ii) Il existe une matrice D vérifiant | D | = I (unité) telle que D ^{− 1}AD = e^iϕA.
     
     (i) (ii). Soit Y un vecteur propre relatif à γ. On a vu ci-dessus (cf. (1)) que | Y | était un vecteur extremal et donc un vecteur propre relatif à ρ. On peut écrire Y = D | Y | où D est une matrice diagonale dont tous les éléments diagonaux sont de module 1. Par ailleurs on peut poser γ = ρe^iϕ. On a donc AD | Y | = ρe^iϕD | y | d'où e ^{− iϕ}D ^{− 1}AD | Y | = ρ | Y | = A | Y | . Mais l'égalité e ^{− iϕ}D ^{− 1}AD | Y | = A | Y | entraîne e ^{− iϕ}D ^{− 1}AD = A. En effet Posons W = e ^{− iϕ}D ^{− 1}AD. On voit immédiatement que . En écrivant l'égalité W | Y | = A | Y | pour la ligne et en tenant compte de | W_i,j | = A_i,j et | Y | > 0 on obtient le résultat demandé.
     
     (ii) (i). Soit X un vecteur extrémal de A et posons Y = DX. On a AY = ADX = e^iϕDAD ^{− 1}DX = e^iϕDAX = e^iϕDρX = e^iϕρY = γY.
     
     
   • Soit h le nombre de valeurs propres de A de module ρ. Considérons l'ensemble des nombres où γ est valeur propre de module ρ et montrons que cet ensemble est un sous-groupe du groupe multiplicatif des complexes de module 1. En effet si et sont 2 éléments de , en appliquant le préliminaire ci-dessus il existe D₁ et D₂ tels que et , ce qui entraîne soit , ce qui montre que qui est bien un sous-groupe du groupe des complexes de module 1. En fait ce sous-groupe étant d'ordre h et donc formé de racines h-ième de 1, il coïncide avec l'ensemble de ces racines h-ième.
     Il existe donc D telle que . Si Π(λ) désigne le polynôme caractéristique de A qui est aussi celui de D ^{− 1}AD on peut écrire . Ceci montre bien l'invariance de l'ensemble des valeurs propres de A par la rotation de centre O et d'angle . En outre si γ est une valeur propre, la valeur propre est de même ordre de multiplicité que γ. En particulier toutes les valeurs propres de module ρ sont simples.
     
     
     Supposons maintenant h > 1 et soit X un vecteur extrémal. D'après ce qui précède il existe une matrice diagonale Δ vérifiant | Δ | = I telle que ΔX soit vecteur propre relatif à et est défini à un facteur près, la valeur propre étant simple et le sous-espace propre étant par conséquent une droite vectorielle. Nous pouvons donc décider de choisir Δ de manière que sa première composante soit 1, ce qui assure l'unicité. Mais de la même manière Δ^hX est vecteur propre relatif à , ce qui implique Δ^hX = X et donc Δ^h = I puisque X > 0 et Δ diagonale. Il en résulte que les éléments diagonaux de Δ sont des racines h-ième de l'unité. Il existe donc une matrice de permutation
     ^[3] telle que
     avec étant des matrices unités. On a évidemment .
     
     En posant de même on trouve .
     
     Partitionnons suivant le même schéma que :
     .
     
     Nous allons montrer par récurrence que .
     L'égalité est vraie pour k = 0. Supposons qu'elle le soit jusque k − 1 < s − 1. L'égalité donne en ce qui concerne la ligne de blocs N°. Comme les ne sont pas tous nuls puisque la matrice est irréductible , soit n_{l − 1} = k + ph. Mais comme et on en déduit p = 0 par élimination des cas p < 0 et p > 0.
     Donc n_{l − 1} = k = (k − 1) + 1 = n_{k − 1} + 1. Ceci ne peut se réaliser que si n_{l − 1} est le successeur immédiat de n_{k − 1} dans la suite croissante des n_j. Donc l − 1 = k − 1 + 1 = k et n_{l − 1} = n_k = k, ce qui achève la récurrence.
     
     D'autre part montre que si l − k n'est pas congru à 1 modulo h on a .
     
     Il reste à prouver que s = h. Or en considérant la dernière ligne de blocs on ne peut avoir n_{l − 1} = l − 1 = s + ph que si p = − 1. En effet si on a l > s, ce qui est impossible et si également exclu. Donc l − 1 = s − h soit l = s − h + 1. Mais 0 < l = s − h + 1 et donc s > h − 1 soit . Comme on a évidemment on a s = h, ce qui a achève la démonstration.
     
     Le théorème de Perron Frobenius est donc complètement démontré.