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Nilpotence d'un commutateur

commutateurnilpotencetraceCayley-HamiltonRelations de NewtonCyclicité de la trace

Soient AA et BB deux matrices de Mn(C)\mathcal{M}_{n}(\mathbb{C}). On note [A,B]=AB−BA[A, B] = AB - BA leur commutateur.

On suppose que la matrice AA commute avec le commutateur [A,B][A, B], c'est-à-dire que :

A(AB−BA)=(AB−BA)AA(AB - BA) = (AB - BA)A

  1. Soit M∈Mn(C)M \in \mathcal{M}_{n}(\mathbb{C}). Montrer que si pour tout entier k∈{1,…,n}k \in \{1, \dots, n\}, Tr(Mk)=0\text{Tr}(M^k) = 0, alors la matrice MM est nilpotente.
  2. En déduire que le commutateur [A,B][A, B] est une matrice nilpotente.

1.

Pour la question 1, on pourra utiliser les relations de Newton reliant les sommes de Newton aux polynômes symétriques élémentaires, ou bien raisonner sur le spectre de la matrice.

2.

Pour la question 2, on posera C=AB−BAC = AB - BA. On cherchera à calculer Tr(Ck)\text{Tr}(C^k) en exploitant le fait que AA et CC commutent pour transformer l'expression à l'intérieur de la trace.

Idées clés

•

Lien entre la trace des puissances d'une matrice et la nullité de ses valeurs propres.

•

Propriété de cyclicité de la trace : Tr(XY)=Tr(YX)\text{Tr}(XY) = \text{Tr}(YX).

•

Utilisation de la commutation pour réorganiser les produits sous la trace.

Résolution.

  1. Soient λ1,…,λn\lambda_1, \dots, \lambda_n les valeurs propres de MM comptées avec multiplicité dans C\mathbb{C}. Pour tout entier k≥1k \ge 1, on sait que les valeurs propres de MkM^k sont λ1k,…,λnk\lambda_1^k, \dots, \lambda_n^k. L'hypothèse Tr(Mk)=0\text{Tr}(M^k) = 0 se traduit par :
    ∀k∈{1,…,n},∑i=1nλik=0\forall k \in \{1, \dots, n\},   \sum_{i=1}^n \lambda_i^k = 0

    D'après les relations de Newton, si les pk=∑λikp_k = \sum \lambda_i^k sont nuls pour kk allant de 11 à nn, alors les polynômes symétriques élémentaires e1,…,ene_1, \dots, e_n des valeurs propres sont également nuls. Le polynôme caractéristique de MM est donné par :

    χM(X)=∏i=1n(X−λi)=Xn−e1Xn−1+⋯+(−1)nen\chi_M(X) = \prod_{i=1}^n (X - \lambda_i) = X^n - e_1 X^{n-1} + \dots + (-1)^n e_n

    Comme tous les eke_k sont nuls, on en déduit que :

    χM(X)=Xn\boxed{\chi_M(X) = X^n}

    D'après le théorème de Cayley-Hamilton, on a χM(M)=0\chi_M(M) = 0, donc Mn=0M^n = 0. La matrice MM est donc nilpotente.

  2. Posons C=AB−BAC = AB - BA. Par hypothèse, on a AC=CAAC = CA. Montrons par récurrence, ou par un calcul direct, que pour tout k∈N∗k \in \mathbb{N}^*, Tr(Ck)=0\text{Tr}(C^k) = 0. Soit k≥1k \ge 1. On peut écrire :
    Ck=Ck−1C=Ck−1(AB−BA)=Ck−1AB−Ck−1BAC^k = C^{k-1} C = C^{k-1}(AB - BA) = C^{k-1}AB - C^{k-1}BA

    Puisque AA et CC commutent, AA commute avec n'importe quelle puissance de CC, en particulier ACk−1=Ck−1AAC^{k-1} = C^{k-1}A. Calculons la trace de CkC^k :

    Tr(Ck)=Tr(Ck−1AB)−Tr(Ck−1BA)\text{Tr}(C^k) = \text{Tr}(C^{k-1}AB) - \text{Tr}(C^{k-1}BA)

    En utilisant la propriété de cyclicité de la trace Tr(XY)=Tr(YX)\text{Tr}(XY) = \text{Tr}(YX) avec X=Ck−1AX = C^{k-1}A et Y=BY = B, on obtient :

    Tr(Ck−1AB)=Tr((Ck−1A)B)=Tr(B(Ck−1A))\text{Tr}(C^{k-1}AB) = \text{Tr}((C^{k-1}A)B) = \text{Tr}(B(C^{k-1}A))

    Or, comme AA et Ck−1C^{k-1} commutent, on a Ck−1A=ACk−1C^{k-1}A = AC^{k-1}. Ainsi :

    Tr(Ck−1AB)=Tr(BACk−1)\text{Tr}(C^{k-1}AB) = \text{Tr}(BAC^{k-1})

    En utilisant à nouveau la cyclicité avec X=BAX = BA et Y=Ck−1Y = C^{k-1} :

    Tr(Ck−1AB)=Tr(Ck−1BA)\text{Tr}(C^{k-1}AB) = \text{Tr}(C^{k-1}BA)

    On en déduit que :

    Tr(Ck)=Tr(Ck−1BA)−Tr(Ck−1BA)=0\text{Tr}(C^k) = \text{Tr}(C^{k-1}BA) - \text{Tr}(C^{k-1}BA) = 0

    Comme cette égalité est vraie pour tout k∈{1,…,n}k \in \{1, \dots, n\}, la question 1 permet de conclure :

    AB−BA est nilpotente\boxed{AB - BA \text{ est nilpotente}}

Ne pas oublier de justifier que AA commute avec Ck−1C^{k-1}. Si AA commute avec CC, alors pour tout polynôme PP, AA commute avec P(C)P(C). C'est un résultat classique mais indispensable ici.