Étude d'une équation matricielle et trace

On considère deux matrices $A$ et $B$ appartenant à $\mathcal{M}_{n}(\mathbb{C})$ satisfaisant la relation suivante :

A B^{5} - B^{3} A B^{2} = B

Démontrer que

B

est nécessairement la matrice nulle.

1.

Commencer par étudier l'intersection du noyau et de l'image de l'endomorphisme $b$ canoniquement associé à $B$ .

2.

Montrer que $\mathbb{C}^n = \text{Ker}(b) \oplus \text{Im}(b)$ .

3.

Étudier la stabilité de $\text{Im}(b)$ par les endomorphismes $a$ et $b$ .

4.

Utiliser les propriétés de la trace d'un commutateur sur l'espace $\text{Im}(b)$ .

Idées clés

•

Étude de la somme directe $\text{Ker}(b) \oplus \text{Im}(b)$ pour réduire l'étude à un sous-espace où $b$ est inversible.

•

Utilisation de la trace : $\text{Tr}(uv - vu) = 0$ .

•

Passage aux endomorphismes pour manipuler les restrictions.

Résolution.

Soient $a$ et $b$ les endomorphismes de $\mathbb{C}^n$ dont les matrices dans la base canonique sont respectivement $A$ et $B$ . La relation s'écrit :

a \circ b^{5} - b^{3} \circ a \circ b^{2} = b

Étape 1 : Séparation du noyau et de l'image.

Soit $x \in \text{Im}(b) \cap \text{Ker}(b)$ . Il existe $y \in \mathbb{C}^n$ tel que $x = b(y)$ , et l'on a $b(x) = 0$ . Par conséquent, pour tout entier $k \geq 2$ , on a $b^k(y) = 0$ .

Appliquons la relation de l'énoncé au vecteur $y$ :

b(y) = a(b^5(y)) - b^3(a(b^2(y)))

Comme $b^5(y) = 0$ et $b^2(y) = 0$ , on obtient immédiatement $b(y) = 0 - 0 = 0$ . Ainsi $x = b(y) = 0$ . L'intersection est donc réduite au vecteur nul :

\boxed{\text{Im}(b) \cap \text{Ker}(b) = \{0\}}

D'après le théorème du rang, on en déduit la décomposition en somme directe :

\boxed{\mathbb{C}^n = \text{Im}(b) \oplus \text{Ker}(b)}

Étape 2 : Stabilité de l'image.

L'espace $V = \text{Im}(b)$ est trivialement stable par $b$ . Comme $b$ induit un endomorphisme injectif sur $V$ (car $V \cap \text{Ker}(b) = \{0\}$ ) et que $V$ est de dimension finie, la restriction $v = b_{|V}$ est un automorphisme de $V$ . En particulier, $V = \text{Im}(b) = \text{Im}(b^2) = \dots = \text{Im}(b^5)$ .

Soit $y \in V$ . Il existe $z \in \mathbb{C}^n$ tel que $y = b^5(z)$ . Alors :

a(y) = a(b^5(z)) = b(z) + b^3(a(b^2(z)))

Puisque $b(z) \in \text{Im}(b)$ et $b^3(\dots) \in \text{Im}(b^3) \subset \text{Im}(b)$ , on en déduit que $a(y) \in V$ . Ainsi, l'espace $V$ est stable par $a$ . Notons $u = a_{|V}$ l'endomorphisme induit.

Étape 3 : Utilisation de la trace.

Sur le sous-espace $V$ , la relation devient :

u \circ v^5 - v^3 \circ u \circ v^2 = v

Comme $v$ est inversible sur $V$ , on peut composer par $v^{-1}$ à droite :

u \circ v^4 - v^3 \circ u \circ v = \text{id}_V

Calculons la trace de l'élément de gauche. Par linéarité de la trace :

\text{Tr}(u \circ v^4 - v^3 \circ u \circ v) = \text{Tr}(u \circ v^4) - \text{Tr}(v^3 \circ u \circ v)

Par commutativité de la trace ( $\text{Tr}(XY) = \text{Tr}(YX)$ ), on a :

\text{Tr}(v^3 \circ (u \circ v)) = \text{Tr}((u \circ v) \circ v^3) = \text{Tr}(u \circ v^4)

On en déduit :

\boxed{\text{Tr}(\text{id}_V) = \text{Tr}(u \circ v^4) - \text{Tr}(u \circ v^4) = 0}

Or, la trace de l'identité sur $V$ est égale à la dimension de $V$ . On a donc $\dim V = 0$ . Cela implique que $\text{Im}(b) = \{0\}$ , et par conséquent :

\boxed{b = 0   \text{soit}   B = 0}

L'erreur classique serait de composer par $B^{-1}$ dès le début sans justifier que $B$ est inversible. En général, $B$ n'est pas inversible sur $\mathbb{C}^n$ , d'où la nécessité de restreindre l'étude à l'image de $B$ .