Spectre des matrices stochastiques

Résolution.

1. Considérons le vecteur colonne $U = \begin{pmatrix} 1$
   \vdots
   1 \end{pmatrix} \in \mathcal{M}_{n,1}(\mathbb{R}). Pour tout $i \in \llbracket 1, n \rrbracket$, la $i$-ème ligne du produit $AU$ vaut :
   $$(AU)_i = \sum_{j=1}^n a_{i,j} \times 1 = \sum_{j=1}^n a_{i,j}$$
   D'après l'énoncé, cette somme vaut $1$. Ainsi, $AU = U$.
   $$\boxed{ 1 \in \text{Sp}(A) \text{ car } AU = 1 \cdot U \text{ avec } U \neq 0 }$$

2. Soit $\lambda \in \mathbb{C}$ une valeur propre de $A$ et $X \in \mathbb{C}^n \setminus \{0\}$ un vecteur propre associé. Soit $i_0 \in \llbracket 1, n \rrbracket$ un indice tel que $|x_{i_0}| = \max_{1 \leq k \leq n} |x_k|$. Comme $X \neq 0$, on a $|x_{i_0}| > 0$. La relation $AX = \lambda X$ au niveau de la ligne $i_0$ donne :
   $$\lambda x_{i_0} = \sum_{j=1}^n a_{i_0,j} x_j$$
   En utilisant l'inégalité triangulaire et le fait que $a_{i_0,j} \geq 0$ :
   $$|\lambda| \cdot |x_{i_0}| \leq \sum_{j=1}^n a_{i_0,j} |x_j|$$
   Puisque $\forall j, |x_j| \leq |x_{i_0}|$, on a :
   $$|\lambda| \cdot |x_{i_0}| \leq \left( \sum_{j=1}^n a_{i_0,j} \right) |x_{i_0}| = 1 \cdot |x_{i_0}|$$
   Comme $|x_{i_0}| > 0$, on peut simplifier et on obtient :
   $$\boxed{ |\lambda| \leq 1 }$$

3. Supposons $|\lambda| = 1$.
   1. Reprenons l'égalité $|\lambda| \cdot |x_{i_0}| = \sum_{j=1}^n a_{i_0,j} x_j$. Puisque $|\lambda|=1$, on a :
      $$|x_{i_0}| = \left| \sum_{j=1}^n a_{i_0,j} x_j \right| \leq \sum_{j=1}^n a_{i_0,j} |x_j| \leq |x_{i_0}|$$
      Toutes les inégalités sont des égalités. Le cas d'égalité de l'inégalité triangulaire pour des nombres complexes non nuls implique qu'ils sont tous sur la même demi-droite issue de l'origine. De plus, l'égalité $\sum a_{i_0,j} |x_j| = |x_{i_0}|$ avec $\sum a_{i_0,j} = 1$ et $|x_j| \leq |x_{i_0}|$ impose que $|x_j| = |x_{i_0}|$ pour tout $j$ tel que $a_{i_0,j} > 0$. Ainsi, pour tout $j$ tel que $a_{i_0,j} > 0$, on a $x_j = \mu \lambda x_{i_0}$ avec $\mu > 0$. Comme les modules sont identiques, $\mu = 1$. Dès que $a_{i_0,j} > 0$, on a $x_j = \lambda x_{i_0}$. Comme la somme des $a_{i_0,j}$ vaut 1, il existe au moins un tel $j$.
      $$\boxed{ \exists j \in \llbracket 1, n \rrbracket,   x_j = \lambda x_{i_0} }$$

   2. Notons $\mathcal{V} = \{x_1, \dots, x_n\}$ l'ensemble des composantes de $X$. D'après la question précédente, si $z \in \mathcal{V}$ est de module maximal, alors $\lambda z \in \mathcal{V}$. Par récurrence, pour tout $k \in \mathbb{N}$, $\lambda^k x_{i_0} \in \mathcal{V}$. Comme $\mathcal{V}$ est un ensemble fini, il existe $p < q$ tels que $\lambda^p x_{i_0} = \lambda^q x_{i_0}$. Comme $x_{i_0} \neq 0$ et $|\lambda|=1$, on en déduit $\lambda^{q-p} = 1$. $\lambda$ est donc une racine de l'unité. L'ordre de cette racine est un entier $m \leq n$ (car il y a au plus $n$ valeurs distinctes dans l'orbite de $x_{i_0}$). Comme tout entier $m \in \{1, \dots, n\}$ divise $n!$, on a :
      $$\boxed{ \lambda^{n!} = 1 }$$

4. Supposons $|\lambda|=1$ et $a_{i,i} > 0$ pour tout $i$. Reprenons l'indice $i_0$ de module maximal. On sait que $\lambda x_{i_0} = \sum a_{i_0,j} x_j$. Par l'argument de la question 3(a), pour tout $j$ tel que $a_{i_0,j} > 0$, on doit avoir $x_j = \lambda x_{i_0}$. Comme on a supposé $a_{i_0,i_0} > 0$, on peut appliquer ce résultat à $j = i_0$. On obtient :
   $$x_{i_0} = \lambda x_{i_0}$$
   Puisque $x_{i_0} \neq 0$, on en conclut :
   $$\boxed{ \lambda = 1 }$$