Matrices stochastiques : le spectre dans le disque unité

Stratégie. L'hypothèse « chaque ligne somme à $1$ » est exactement l'énoncé $AU=U$ pour le vecteur $U=(1,\dots ,1)$ : la première question est une lecture. Pour la seconde, on transforme une égalité vectorielle en une inégalité scalaire en ne regardant qu'une seule coordonnée, celle de plus grand module — c'est le procédé de la « ligne dominante ».

Notons $A=(a_{i,j})\in {\mathcal{M}}_n(\mathbb{R})$ avec $$a_{i,j}\ge 0\text{pour tous }i,j,\sum _{j=1}^n{a}_{i,j}=1\text{pour tout }i.$$

1. $1$ est valeur propre. Posons $U={}^t(1,1,\dots ,1)\ne 0$. La $i$-ième coordonnée de $AU$ vaut $$(AU{)}_i=\sum _{j=1}^n{a}_{i,j}\times 1=\sum _{j=1}^n{a}_{i,j}=1=U_i.$$ Donc $AU=U$ avec $U\ne 0$ : $1\in \mathrm{Sp}(A)$, de vecteur propre $U$. Notons qu'aucune hypothèse de positivité n'a servi ici : seule la somme des lignes intervient.

2. Toute valeur propre est de module $\le 1$. Plaçons-nous dans ${\mathcal{M}}_n(\mathbb{C})$ pour capturer aussi les valeurs propres complexes de cette matrice réelle. Soit $\lambda \in \mathbb{C}$ une valeur propre et $X={}^t(x_1,\dots ,x_n)\ne 0$ un vecteur propre associé : $AX=\lambda X$.

Choisissons un indice $i_0$ tel que $|x_{i_0}|={\max }_{1\le i\le n}|x_i|=:m$. Comme $X\ne 0$, on a $m>0$. La $i_0$-ième ligne de l'égalité $AX=\lambda X$ s'écrit $$\lambda x_{i_0}=\sum _{j=1}^n{a}_{i_0,j}{x}_j.$$ On passe aux modules et on majore, en utilisant l'inégalité triangulaire puis $a_{i_0,j}\ge 0$ (c'est ici, et seulement ici, que la positivité sert : elle permet d'écrire $|a_{i_0,j}{x}_j|=a_{i_0,j}|x_j|$) : $$|\lambda |m=\left|\sum _{j=1}^n{a}_{i_0,j}{x}_j\right|\le \sum _{j=1}^n{a}_{i_0,j}|x_j|\le \left(\sum _{j=1}^n{a}_{i_0,j}\right)m=m,$$ la deuxième majoration venant de $|x_j|\le m$ pour tout $j$, coefficient par coefficient positif. Comme $m>0$, on divise : $$|\lambda |\le 1.$$

3. Conclusion. Le spectre complexe d'une matrice stochastique est contenu dans le disque unité fermé, et le point $1$ y appartient : $1$ est une valeur propre de module maximal. En particulier $A$ n'est jamais inversible « en s'échappant » — ses puissances $A^k$ restent bornées coefficient par coefficient, ce qui est le point de départ de l'étude asymptotique des chaînes de Markov (la ligne $i$ de $A^k$ donne la loi de la chaîne après $k$ pas, partant de l'état $i$).

Point délicat. L'argument de la ligne dominante ne fonctionne que parce qu'on a choisi $i_0$ après s'être donné $X$ : l'indice dépend du vecteur propre, et c'est normal. Prendre « la première ligne » ou « une ligne quelconque » ne donnerait rien.

Contrôle chiffré. Prenons $$A=\left(\begin{array}{cc}\frac{1}{2}& \frac{1}{2}\\ \frac{1}{3}& \frac{2}{3}\end{array}\right),$$ dont les deux lignes somment bien à $1$, à coefficients positifs. Alors $\mathrm{tr}A=\frac{1}{2}+\frac{2}{3}=\frac{7}{6}$ et $\det A=\frac{1}{2}\times \frac{2}{3}-\frac{1}{2}\times \frac{1}{3}=\frac{1}{3}-\frac{1}{6}=\frac{1}{6}$, donc $${\chi }_A=X^2-\frac{7}{6}X+\frac{1}{6}=(X-1)(X-\frac{1}{6}).$$ Le spectre est $\{1,\frac{1}{6}\}$ : $1$ y figure $✓$ et l'autre valeur propre vérifie $|\frac{1}{6}|\le 1$ $✓$. On voit aussi que la borne $1$ est atteinte, et par $1$ seulement.

Ce qui est acquis. Une hypothèse de somme sur les lignes se lit sur un vecteur ; une hypothèse de positivité se lit dans une inégalité triangulaire. Le même raisonnement, appliqué à ${}^{t}A$, montre qu'une matrice dont les colonnes somment à $1$ a aussi $1$ pour valeur propre — puisque $A$ et ${}^{t}A$ ont le même polynôme caractéristique — mais le vecteur propre n'est alors plus $(1,\dots ,1)$ : c'est la « distribution stationnaire » de la chaîne.