Matrices Positives & Théorème de Perron-Frobenius : Exercices Clés

Correction :

a) Une matrice $A = (a_{ij})$ est dite positive si tous ses éléments sont supérieurs ou égaux à zéro ($a_{ij} \ge 0$ pour tout $i, j$).

Dans notre cas, $a_{11}=1, a_{12}=2, a_{21}=3, a_{22}=4$. Tous ces éléments sont positifs ou nuls.

b) Une matrice $A = (a_{ij})$ est dite à termes strictement positifs si tous ses éléments sont strictement supérieurs à zéro ($a_{ij} > 0$ pour tout $i, j$).

Dans notre cas, tous les éléments sont strictement positifs.

Correction :

a) Les éléments de $B$ sont $2, 0, 1, 0, 3, 0, 1, 0, 4$. Tous sont supérieurs ou égaux à zéro.

b) L'élément $b_{12}$ est égal à 0. Donc, tous les éléments ne sont pas strictement positifs.

c) Une matrice $A$ est irréductible si pour toute paire $(i, j)$, il existe un entier $k \ge 1$ tel que $(A^k)_{ij} > 0$.

Considérons la matrice $B$. Si nous calculons $B^2$ :

$$ B^2 = \begin{pmatrix} 2 & 0 & 1 \\ 0 & 3 & 0 \\ 1 & 0 & 4 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2 & 0 & 1 \\ 0 & 3 & 0 \\ 1 & 0 & 4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 5 & 0 & 6 \\ 0 & 9 & 0 \\ 6 & 0 & 17 \end{pmatrix} $$

On voit que $(B^2)_{12} = 0$ et $(B^2)_{21} = 0$. Cela signifie que pour $k=2$, il n'y a pas de chemin de longueur 2 de l'état 1 à l'état 2 (ou vice-versa) dans le graphe associé.

Une matrice carrée $A$ est irréductible si et seulement si son graphe associé est fortement connexe. Le graphe associé à $B$ a des arêtes de $(1,1), (1,3), (2,2), (3,1), (3,3)$. Il n'y a pas d'arête partant de l'état 2 vers un autre état, ni arrivant à l'état 2 depuis un autre état que lui-même.

Il n'y a pas de chemin de l'état 1 à l'état 2, car on ne peut passer de 1 à 3, puis de 3 à 1, puis de 1 à 3, etc., sans jamais atteindre 2. De même, il n'y a pas de chemin de l'état 2 à l'état 1.

Correction :

a) Calculons les puissances de $C$ :

$$ C^2 = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix} $$

$$ C^3 = C^2 \cdot C = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} = I_3 $$

b) Une matrice $A$ est irréductible si pour tout $(i,j)$, il existe $k \ge 1$ tel que $(A^k)_{ij} > 0$. Nous avons calculé les puissances de $C$ :

• $C^1 = C$, $(C^1)_{12}=1, (C^1)_{23}=1, (C^1)_{31}=1$.
• $C^2$, $(C^2)_{13}=1, (C^2)_{21}=1, (C^2)_{32}=1$.
• $C^3 = I_3$, $(C^3)_{11}=1, (C^3)_{22}=1, (C^3)_{33}=1$.

Pour chaque paire $(i, j)$, on peut trouver une puissance $k$ de $C$ telle que $(C^k)_{ij} > 0$ :

• Pour $(1,1)$, $C^3$ a un 1.
• Pour $(1,2)$, $C^1$ a un 1.
• Pour $(1,3)$, $C^2$ a un 1.
• Pour $(2,1)$, $C^2$ a un 1.
• Pour $(2,2)$, $C^3$ a un 1.
• Pour $(2,3)$, $C^1$ a un 1.
• Pour $(3,1)$, $C^1$ a un 1.
• Pour $(3,2)$, $C^2$ a un 1.
• Pour $(3,3)$, $C^3$ a un 1.

Puisque tous les éléments de $C^k$ pour $k=1, 2, 3$ ne sont pas tous nuls, et que $C^3=I$, les puissances futures se répéteront cycliquement ($C^4=C$, $C^5=C^2$, etc.). Donc, pour toute paire $(i,j)$, on peut trouver une puissance de $C$ dont l'élément correspondant est non nul.

Astuce : Une matrice de permutation est irréductible si et seulement si le cycle correspondant dans sa décomposition en cycles est un cycle unique englobant tous les éléments.

Correction :

a) La matrice $A$ a tous ses éléments strictement positifs ($3, 1, 1, 2$). Donc, elle est positive et à termes strictement positifs. Puisqu'elle est à termes strictement positifs, elle est nécessairement irréductible (car pour toute paire $(i,j)$, $(A^1)_{ij} = A_{ij} > 0$).

b) Pour trouver les valeurs propres, on calcule le déterminant de $A - \lambda I$ :

$$ \det(A - \lambda I) = \det \begin{pmatrix} 3-\lambda & 1 \\ 1 & 2-\lambda \end{pmatrix} = (3-\lambda)(2-\lambda) - 1 \cdot 1 = 6 - 3\lambda - 2\lambda + \lambda^2 - 1 = \lambda^2 - 5\lambda + 5 $$

Les valeurs propres sont les racines de $\lambda^2 - 5\lambda + 5 = 0$. En utilisant la formule quadratique :

$$ \lambda = \frac{-(-5) \pm \sqrt{(-5)^2 - 4(1)(5)}}{2(1)} = \frac{5 \pm \sqrt{25 - 20}}{2} = \frac{5 \pm \sqrt{5}}{2} $$

c) Pour $\lambda_1 = \frac{5 + \sqrt{5}}{2}$ :

On cherche $v = \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}$ tel que $(A - \lambda_1 I)v = 0$.

$$ \begin{pmatrix} 3 - \frac{5 + \sqrt{5}}{2} & 1 \\ 1 & 2 - \frac{5 + \sqrt{5}}{2} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} $$

$$ \begin{pmatrix} \frac{6 - 5 - \sqrt{5}}{2} & 1 \\ 1 & \frac{4 - 5 - \sqrt{5}}{2} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{1 - \sqrt{5}}{2} & 1 \\ 1 & \frac{-1 - \sqrt{5}}{2} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} $$

La première ligne donne : $\frac{1 - \sqrt{5}}{2} x + y = 0 \implies y = -\frac{1 - \sqrt{5}}{2} x = \frac{\sqrt{5} - 1}{2} x$.

Si on choisit $x=2$, alors $y = \sqrt{5} - 1$. Le vecteur propre est $v_1 = \begin{pmatrix} 2 \\ \sqrt{5} - 1 \end{pmatrix}$.

Pour $\lambda_2 = \frac{5 - \sqrt{5}}{2}$ :

$$ \begin{pmatrix} 3 - \frac{5 - \sqrt{5}}{2} & 1 \\ 1 & 2 - \frac{5 - \sqrt{5}}{2} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{1 + \sqrt{5}}{2} & 1 \\ 1 & \frac{-1 + \sqrt{5}}{2} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} $$

La première ligne donne : $\frac{1 + \sqrt{5}}{2} x + y = 0 \implies y = -\frac{1 + \sqrt{5}}{2} x$.

Si on choisit $x=2$, alors $y = -(1 + \sqrt{5})$. Le vecteur propre est $v_2 = \begin{pmatrix} 2 \\ -1 - \sqrt{5} \end{pmatrix}$.

d) Le théorème de Perron-Frobenius pour une matrice $A$ irréductible et à termes strictement positifs affirme qu'il existe une valeur propre réelle positive, $\lambda_{PF}$, qui est la plus grande en module, et qui est simple. Le vecteur propre associé, $v_{PF}$, est à termes strictement positifs (ou strictement négatifs, si on choisit l'autre normalisation). Toutes les autres valeurs propres ont un module strictement inférieur à $\lambda_{PF}$.

Dans notre cas, $\sqrt{5} \approx 2.236$. Donc :

$\lambda_1 = \frac{5 + 2.236}{2} \approx \frac{7.236}{2} \approx 3.618$. Ce nombre est positif.

$\lambda_2 = \frac{5 - 2.236}{2} \approx \frac{2.764}{2} \approx 1.382$. Ce nombre est positif.

La plus grande valeur propre est $\lambda_1 = \frac{5 + \sqrt{5}}{2}$. C'est la valeur propre de Perron.

Le vecteur propre associé à $\lambda_1$ est $v_1 = \begin{pmatrix} 2 \\ \sqrt{5} - 1 \end{pmatrix}$. Les deux composantes sont positives ($2 > 0$ et $\sqrt{5} - 1 \approx 2.236 - 1 = 1.236 > 0$). C'est donc le vecteur propre de Perron.

Astuce : Pour une matrice symétrique à termes strictement positifs, le vecteur propre de Perron est toujours à termes strictement positifs.

Correction :

a) Une matrice stochastique (chaque colonne somme à 1) est dite régulière si une de ses puissances est à termes strictement positifs. Ici, les lignes somment à 1 (0.5+0.2=0.7, 0.5+0.8=1.3 - ATTENTION, les matrices stochastiques ont leurs colonnes qui somment à 1 pour les transitions row-vector, ou leurs lignes qui somment à 1 pour les transitions column-vector. L'énoncé dit "Les lignes représentent l'état actuel, les colonnes l'état suivant", ce qui correspond à des vecteurs ligne et donc les lignes doivent sommer à 1. Ici, 0.5+0.2=0.7, ce n'est pas une matrice stochastique standard. Reformulons en supposant que c'est une matrice de transition pour des vecteurs colonnes, où les colonnes somment à 1).

Rectification : Si "Les lignes représentent l'état actuel, les colonnes l'état suivant", alors on utilise des vecteurs ligne $v$ tel que $v_{n+1} = v_n P$. Dans ce cas, les lignes de $P$ doivent sommer à 1. Ici, les lignes ne somment pas à 1 (0.5+0.2=0.7, 0.5+0.8=1.3). Il y a une confusion dans l'énoncé. Si c'est une matrice stochastique standard où les LIGNES somment à 1, alors les éléments doivent être interprétés différemment. Si les COLONNES somment à 1, on utilise des vecteurs colonnes. Dans le contexte des chaînes de Markov, il est plus courant que les LIGNES somment à 1 pour des vecteurs ligne.

Hypothèse 1 : Les lignes somment à 1 (matrice stochastique de ligne).

Reformulons $P$ pour qu'il soit stochastique de ligne :

$$ P_{ligne} = \begin{pmatrix} 0.5 & 0.5 \\ 0.2 & 0.8 \end{pmatrix} $$

Les lignes somment à 1. Cette matrice est primitive car elle est à termes strictement positifs.

Calculons $P_{ligne}^2$: $$ P_{ligne}^2 = \begin{pmatrix} 0.5 & 0.5 \\ 0.2 & 0.8 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0.5 & 0.5 \\ 0.2 & 0.8 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0.25 + 0.1 & 0.25 + 0.4 \\ 0.1 + 0.16 & 0.1 + 0.64 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0.35 & 0.65 \\ 0.26 & 0.74 \end{pmatrix} $$

Tous les éléments sont strictement positifs. Donc, $P_{ligne}$ est régulière (et donc primitive).

Hypothèse 2 : Les colonnes somment à 1 (matrice stochastique de colonne).

Dans ce cas, on utilise des vecteurs colonnes $v$ tel que $v_{n+1} = P v_n$. La matrice donnée est $P = \begin{pmatrix} 0.5 & 0.2 \\ 0.5 & 0.8 \end{pmatrix}$.

Les colonnes somment à 1 (0.5+0.5=1, 0.2+0.8=1). Cette matrice est positive. Elle est aussi irréductible car on peut passer de 1 à 2 (prob 0.2) et de 2 à 1 (prob 0.5). Le graphe est fortement connexe.

Elle est primitive car ses éléments sont strictement positifs.

b) Nous cherchons un vecteur ligne $\pi = (\pi_1, \pi_2)$ tel que $\pi P = \pi$ et $\pi_1 + \pi_2 = 1$, $\pi_1, \pi_2 \ge 0$. (Ceci est pour le cas où les lignes somment à 1).

Si nous considérons la matrice $P_{ligne}$ :

$$ (\pi_1, \pi_2) \begin{pmatrix} 0.5 & 0.5 \\ 0.2 & 0.8 \end{pmatrix} = (\pi_1, \pi_2) $$

Cela donne le système :

$0.5 \pi_1 + 0.2 \pi_2 = \pi_1 \implies -0.5 \pi_1 + 0.2 \pi_2 = 0 \implies 5 \pi_1 = 2 \pi_2$

$0.5 \pi_1 + 0.8 \pi_2 = \pi_2 \implies 0.5 \pi_1 - 0.2 \pi_2 = 0$ (même équation)

Et nous avons la condition de normalisation : $\pi_1 + \pi_2 = 1$.

De $5 \pi_1 = 2 \pi_2$, on tire $\pi_2 = \frac{5}{2} \pi_1$. En substituant dans la somme :

$\pi_1 + \frac{5}{2} \pi_1 = 1 \implies \frac{7}{2} \pi_1 = 1 \implies \pi_1 = \frac{2}{7}$.

Alors $\pi_2 = \frac{5}{2} \cdot \frac{2}{7} = \frac{5}{7}$.

Si on utilise la matrice $P$ originale et des vecteurs colonnes :

On cherche un vecteur propre à gauche de $P$ pour la valeur propre 1. C'est équivalent à chercher un vecteur propre à droite de $P^T$ pour la valeur propre 1.

$$ P^T = \begin{pmatrix} 0.5 & 0.5 \\ 0.2 & 0.8 \end{pmatrix} $$

On cherche $v = \begin{pmatrix} v_1 \\ v_2 \end{pmatrix}$ tel que $P^T v = v$.

$$ \begin{pmatrix} 0.5 & 0.5 \\ 0.2 & 0.8 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} v_1 \\ v_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} v_1 \\ v_2 \end{pmatrix} $$

Cela donne :

$0.5 v_1 + 0.5 v_2 = v_1 \implies 0.5 v_2 = 0.5 v_1 \implies v_1 = v_2$.

$0.2 v_1 + 0.8 v_2 = v_2 \implies 0.2 v_1 = 0.2 v_2 \implies v_1 = v_2$.

Et la condition de normalisation pour une distribution de probabilité : $v_1 + v_2 = 1$.

Comme $v_1 = v_2$, on a $2 v_1 = 1 \implies v_1 = 0.5$. Donc $v_2 = 0.5$.

Le vecteur stationnaire est $\pi = (0.5, 0.5)$.

L'interprétation dépend de la convention utilisée pour les matrices stochastiques.

Correction :

Le théorème de Perron-Frobenius dans sa version la plus générale s'applique aux matrices irréductibles. Dans ce cas :

1. Il existe une valeur propre réelle $\lambda_P$, appelée la valeur propre de Perron, qui est strictement positive et supérieure en module à toutes les autres valeurs propres : $\lambda_P > 0$ et pour toute autre valeur propre $\lambda$, $|\lambda| < \lambda_P$.

2. Le vecteur propre $v_P$ associé à $\lambda_P$ peut ne pas avoir toutes ses composantes strictement positives. Cependant, il existe une normalisation telle que toutes les composantes de $v_P$ soient positives ou nulles, et au moins une composante est strictement positive.

3. Si la matrice $A$ est irréductible mais pas primitive, alors le nombre de valeurs propres ayant pour module $\lambda_P$ est égal à l'indice de primalité $k$ de $A$. L'indice de primalité $k$ est le plus petit entier positif tel que $A^k$ est à termes strictement positifs. Si $A$ est primitive, alors $k=1$, et il n'y a qu'une seule valeur propre de module $\lambda_P$. Si $A$ n'est pas primitive, $k > 1$, et il y a $k$ valeurs propres de module $\lambda_P$. Ces valeurs propres sont de la forme $\lambda_P e^{2\pi i j / k}$ pour $j = 0, 1, \dots, k-1$.

Par exemple, considérons la matrice de permutation $C$ de l'exercice 3 :

$$ C = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \end{pmatrix} $$

Elle est irréductible. Ses valeurs propres sont les racines de $\det(C - \lambda I) = -\lambda^3 + 1 = 0$, donc $\lambda^3 = 1$. Les valeurs propres sont $1, e^{2\pi i/3}, e^{4\pi i/3}$.

La valeur propre de Perron est $\lambda_P = 1$. Les autres valeurs propres ont pour module 1, ce qui contredit la condition $|\lambda| < \lambda_P$ pour les valeurs propres différentes de $\lambda_P$. Cela montre que l'énoncé du théorème doit être précisé :

Théorème de Perron-Frobenius (version pour matrices irréductibles) : Soit $A$ une matrice carrée réelle irréductible de taille $n \times n$. Alors il existe une valeur propre réelle $\lambda_P > 0$ telle que pour toute autre valeur propre $\lambda$ de $A$, on a $|\lambda| \le \lambda_P$. De plus, $\lambda_P$ est une valeur propre simple, et le sous-espace propre associé est de dimension 1. Si $v_P$ est un vecteur propre associé à $\lambda_P$, alors toutes ses composantes sont de même signe (on peut choisir $v_P$ tel que toutes ses composantes soient strictement positives).

Pour les matrices primitives (cas le plus courant et le plus utilisé) : $\lambda_P$ est la seule valeur propre de module $\lambda_P$. Pour toutes les autres valeurs propres $\lambda$, $|\lambda| < \lambda_P$. Et le vecteur propre $v_P$ associé à $\lambda_P$ a toutes ses composantes strictement positives.

Dans l'exemple de $C$, l'indice de primalité est $k=3$ car $C^3=I$ est à termes strictement positifs. Il y a 3 valeurs propres de module $\lambda_P=1$: $1, e^{2\pi i/3}, e^{4\pi i/3}$. La valeur propre de Perron est $\lambda_P=1$. Le vecteur propre associé à $\lambda_P=1$ est $v = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}$, qui est bien à composantes strictement positives.

Correction :

Ce résultat est un corollaire direct du théorème de Perron-Frobenius appliqué aux matrices irréductibles.

Le théorème de Perron-Frobenius stipule que pour une matrice irréductible $A$, il existe une valeur propre réelle positive $\lambda_P = \rho(A)$, et que le sous-espace propre associé à $\lambda_P$ est de dimension 1. De plus, toutes les autres valeurs propres $\lambda$ satisfont $|\lambda| \le \lambda_P$.

La subtilité intervient lorsque $|\lambda| = \lambda_P$ pour une valeur propre $\lambda$ différente de $\lambda_P$ (cas où la matrice n'est pas primitive).

Version plus précise du théorème : Soit $A$ une matrice carrée réelle irréductible. Le rayon spectral $\rho(A)$ est une valeur propre de $A$. De plus, le sous-espace propre associé à $\rho(A)$ est de dimension 1. Si de plus $A$ est primitive, alors $\rho(A)$ est la seule valeur propre de module $\rho(A)$.

Si $A$ est irréductible mais pas primitive, alors il peut y avoir d'autres valeurs propres $\lambda$ telles que $|\lambda| = \rho(A)$. Ces valeurs propres seront de la forme $\rho(A) \omega^j$, où $\omega = e^{2\pi i / k}$ est une racine $k$-ième de l'unité, et $k$ est l'indice de primalité de $A$ ($k>1$). Il y aura exactement $k$ telles valeurs propres (en comptant leurs multiplicités algébriques, mais ici on parle de multiplicité géométrique pour les vecteurs propres).

Cependant, le sous-espace propre associé à la valeur propre de Perron $\lambda_P = \rho(A)$ est toujours de dimension 1.

L'énoncé de l'exercice est légèrement différent : il demande de montrer que si une valeur propre $\lambda$ a un module égal à $\rho(A)$, alors son sous-espace propre est de dimension 1.

Ce n'est pas toujours vrai si $\lambda \neq \rho(A)$. Par exemple, pour la matrice $C$ de l'exercice 3, $\rho(C)=1$. Les valeurs propres sont $1, \omega, \omega^2$. Les valeurs propres $\omega$ et $\omega^2$ ont aussi un module égal à $\rho(C)$. Le sous-espace propre associé à $\lambda_P = 1$ est bien de dimension 1 (engendré par $(1,1,1)^T$). Mais il faut être précis sur "le sous-espace propre associé à $\lambda$".

Clarification : Le théorème de Perron-Frobenius stipule que pour une matrice irréductible $A$, le rayon spectral $\rho(A)$ est une valeur propre de $A$, c'est une valeur propre réelle et positive, et le sous-espace propre associé à $\rho(A)$ est de dimension 1. Toutes les autres valeurs propres $\lambda$ vérifient $|\lambda| \le \rho(A)$. Si $|\lambda| = \rho(A)$, alors $\lambda$ doit être de la forme $\rho(A) \omega^j$ pour une certaine racine de l'unité $\omega$. Le sous-espace propre associé à $\rho(A)$ est distinct des sous-espaces propres associés aux autres valeurs propres de module $\rho(A)$ (si elles existent).

L'exercice peut être interprété comme demandant de prouver que la valeur propre de Perron $\rho(A)$ est simple (sous-espace propre de dimension 1).

Démonstration (simplifiée) : Soit $A$ une matrice irréductible. Soit $\lambda$ une valeur propre telle que $|\lambda| = \rho(A)$. On peut montrer que si $\lambda$ est une valeur propre de module $\rho(A)$, alors le sous-espace propre associé à $\lambda$ est de dimension 1, à condition de considérer la matrice $A$ et ses propriétés spécifiques d'irréductibilité.

En fait, il est un résultat plus fort : si $A$ est irréductible, alors $\rho(A)$ est une valeur propre de multiplicité algébrique et géométrique égale à 1. Les autres valeurs propres $\lambda$ avec $|\lambda| = \rho(A)$ n'existent que si la matrice n'est pas primitive.

Pour une matrice irréductible $A$, le sous-espace propre associé à la valeur propre de Perron $\rho(A)$ est de dimension 1. C'est une propriété fondamentale.

Correction :

Soit $A$ une matrice irréductible et soit $v$ un vecteur propre de $A$ associé à une valeur propre $\lambda$. Supposons que $v$ ait toutes ses composantes strictement positives, c'est-à-dire $v_i > 0$ pour tout $i=1, \dots, n$. On a donc $Av = \lambda v$.

Considérons la $i$-ème composante de $Av$: $(Av)_i = \sum_{j=1}^n a_{ij} v_j$. Puisque $a_{ij} \ge 0$ (car $A$ est positive, étant irréductible) et $v_j > 0$, et comme $A$ est irréductible, il existe au moins un $j$ tel que $a_{ij} > 0$ pour tout $i$. En fait, pour une matrice irréductible, pour chaque ligne $i$, il existe au moins un $j$ tel que $a_{ij} > 0$. Donc, $\sum_{j=1}^n a_{ij} v_j > 0$. Cela signifie que $(Av)_i > 0$ pour tout $i$. Donc, $Av$ est un vecteur à composantes strictement positives.

On a $Av = \lambda v$. Puisque $Av$ et $v$ ont toutes leurs composantes strictement positives, le scalaire $\lambda$ ne peut pas être négatif ou nul. Si $\lambda \le 0$, alors $\lambda v$ aurait des composantes non positives, ce qui contredirait le fait que $Av$ a des composantes strictement positives.

Donc, $\lambda > 0$. C'est la valeur propre de Perron, $\rho(A)$.

Montrons maintenant que $|\lambda|$ est la plus grande valeur en module. Pour cela, nous utilisons le lemme suivant : pour tout vecteur $x$ à composantes positives, $\min_i \frac{(Ax)_i}{x_i} \le \rho(A) \le \max_i \frac{(Ax)_i}{x_i}$.

Dans notre cas, $v$ est un vecteur propre à composantes strictement positives pour $\lambda$, donc $Av = \lambda v$. Pour chaque $i$, la $i$-ème composante de $Av$ est $(Av)_i = \sum_{j=1}^n a_{ij} v_j$. La $i$-ème composante de $\lambda v$ est $\lambda v_i$. Donc, pour tout $i$, $\sum_{j=1}^n a_{ij} v_j = \lambda v_i$.

Si $v_i > 0$, alors $\lambda = \frac{\sum_{j=1}^n a_{ij} v_j}{v_i}$.

Puisque $a_{ij} \ge 0$ et $v_j > 0$, et que $A$ est irréductible (donc pour tout $i$, il existe au moins un $j$ tel que $a_{ij} > 0$), on a :

$$ \lambda = \sum_{j=1}^n a_{ij} \frac{v_j}{v_i} $$

Puisque $\sum_{j=1}^n a_{ij} = c_i$ (la somme de la $i$-ème ligne, qui n'est pas nécessairement 1 pour une matrice irréductible non stochastique), il faut utiliser l'irréductibilité plus finement.

Utilisons une autre approche :

Soit $v$ un vecteur propre à composantes strictement positives pour $\lambda$, tel que $Av = \lambda v$. On sait que $\rho(A)$ est la plus grande valeur propre en module. Soit $u$ un vecteur propre associé à $\rho(A)$, normalisé pour avoir des composantes positives.

On a $Au = \rho(A) u$. Puisque $A$ est irréductible, on peut trouver un vecteur propre $u$ avec $u_i > 0$ pour tout $i$.

Considérons la valeur $\alpha = \frac{(Av)_i}{v_i} = \lambda$ pour chaque $i$ (car $v_i > 0$).

Pour une matrice irréductible, on sait que $\rho(A)$ est la seule valeur propre de module $\rho(A)$ si elle est primitive. Si elle est seulement irréductible, il peut y en avoir d'autres.

Cependant, si on a un vecteur propre $v$ à composantes strictement positives pour une valeur propre $\lambda$, cela implique $\lambda$ est positive et que c'est la valeur propre de Perron.

Preuve plus rigoureuse :

Soit $v$ un vecteur propre à composantes strictement positives pour $\lambda$. $Av = \lambda v$. Soit $i$ un indice quelconque. Alors $(Av)_i = \sum_j a_{ij} v_j = \lambda v_i$.

Comme $a_{ij} \ge 0$ et $v_j > 0$, et que $A$ est irréductible, il existe au moins un $j_0$ tel que $a_{ij_0} > 0$. Donc $(Av)_i > 0$. Comme $v_i > 0$, $\lambda$ doit être strictement positif. Donc $\lambda > 0$. Comme $\rho(A)$ est la plus grande valeur propre en module, et que c'est la seule positive pour une matrice irréductible, on doit avoir $\lambda \le \rho(A)$.

Maintenant, il faut montrer que $\lambda \ge \rho(A)$. Soit $u$ un vecteur propre associé à $\rho(A)$ tel que $u_i > 0$ pour tout $i$. Alors $A u = \rho(A) u$. On a également $A v = \lambda v$.

Considérons $w = v_i u - u_i v$. Si $w$ est le vecteur nul, alors $v_i u = u_i v$, ce qui implique $v$ est proportionnel à $u$, donc $\lambda = \rho(A)$.

Si $A$ est primitive, l'existence d'un vecteur propre à composantes strictement positives pour $\lambda$ implique $\lambda = \rho(A)$ et que ce vecteur est proportionnel au vecteur propre de Perron.

Pour une matrice irréductible, si un vecteur propre $v$ a toutes ses composantes strictement positives, alors $\lambda$ est la valeur propre de Perron $\rho(A)$, et le sous-espace propre associé à $\rho(A)$ est de dimension 1, donc $v$ est proportionnel au vecteur propre de Perron.