Nilpotence de l'opérateur de commutation

Résolution.

1. Considérons les endomorphismes de $\mathcal{L}(V)$ définis par $L_a(b) = ab$ et $R_a(b) = ba$. On remarque que $\varphi_a = L_a - R_a$. Vérifions que $L_a$ et $R_a$ commutent :
   $$(L_a \circ R_a)(b) = a(ba) = (ab)a = (R_a \circ L_a)(b)$$
   Puisque $L_a$ et $R_a$ commutent, nous pouvons appliquer la formule du binôme de Newton :
   $$\varphi_a^n = (L_a - R_a)^n = \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} L_a^k \circ (-R_a)^{n-k}$$
   Comme $L_a^k(b) = a^k b$ et $R_a^{n-k}(b) = b a^{n-k}$, on obtient :
   $$\boxed{ \varphi_a^n(b) = \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} (-1)^{n-k} a^k b a^{n-k} }$$

2. Procédons par récurrence sur $n$, ou utilisons une identité algébrique sur les sommes télescopiques. Posons $S_n = \sum_{k=0}^{n} a^{k}(ab - ba) a^{n-k}$. On a :
   $$S_n = \sum_{k=0}^{n} (a^{k+1} b a^{n-k} - a^k b a^{n-k+1})$$
   Cette somme est télescopique. En isolant les termes, il reste :
   $$S_n = a^{n+1} b a^0 - a^0 b a^{n+1}$$
   D'où le résultat :
   $$\boxed{ a^{n+1} b - b a^{n+1} = \sum_{k=0}^{n} a^{k}(ab - ba) a^{n-k} }$$

3. Supposons que $0$ est valeur propre de $a$. $(\Rightarrow)$ Si $a$ est nilpotent, il existe $p \in \mathbb{N}$ tel que $a^p = 0$. D'après la formule de la question 1, $\varphi_a^n(b)$ est une somme de termes de la forme $a^k b a^{n-k}$. Si l'on choisit $n = 2p - 1$, alors pour tout $k \in \{0, \dots, n\}$, on a soit $k \geq p$, soit $n-k \geq p$ (car sinon $k \leq p-1$ et $n-k \leq p-1$ impliquerait $n \leq 2p-2$). Dans les deux cas, $a^k = 0$ ou $a^{n-k} = 0$, donc chaque terme de la somme est nul. Ainsi, $\varphi_a^{2p-1} = 0$, donc $\varphi_a$ est nilpotent. $(\Leftarrow)$ Si $\varphi_a$ est nilpotent, alors $\varphi_a(b) = 0$ pour certains $b$. Mais surtout, les valeurs propres de $\varphi_a$ sont de la forme $\lambda - \mu$ où $\lambda, \mu \in \text{Sp}(a)$. Si $\varphi_a$ est nilpotent, sa seule valeur propre est $0$. Ainsi, pour tous $\lambda, \mu \in \text{Sp}(a)$, on a $\lambda - \mu = 0$, soit $\lambda = \mu$. Comme $0 \in \text{Sp}(a)$ par hypothèse, l'unique valeur propre de $a$ est $0$. En dimension finie sur $\mathbb{C}$, un endomorphisme dont l'unique valeur propre est $0$ est nilpotent.
   $$\boxed{ \text{Si } 0 \in \text{Sp}(a), \ a \text{ est nilpotent} \iff \varphi_a \text{ est nilpotent} }$$

4. 1. Soit $\lambda$ l'unique valeur propre de $a$. Posons $n = a - \lambda \text{id}_V$. Alors $n$ est nilpotent car son spectre est réduit à $\{0\}$. On remarque que pour tout $b \in \mathcal{L}(V)$ :
      $$\varphi_a(b) = ab - ba = (n + \lambda \text{id})b - b(n + \lambda \text{id}) = nb - bn = \varphi_n(b)$$
      D'après la question 3, puisque $n$ est nilpotent, $\varphi_n$ l'est aussi. Par conséquent, $\varphi_a$ est nilpotent.
   2. Si $\varphi_a$ est nilpotent, son unique valeur propre est $0$. Or, on sait (résultat classique sur l'opérateur de commutation) que les valeurs propres de $\varphi_a$ sont les différences $\lambda_i - \lambda_j$ des valeurs propres de $a$. Si toutes ces différences sont nulles, alors $\lambda_i = \lambda_j$ pour tout couple d'indices. L'endomorphisme $a$ ne possède donc qu'une seule valeur propre. \boxed{ \text{Réciproque vraie : } \varphi_a \text{ nilpotent } \iff \text{Sp}(a) \text{ est un singleton} }