Crochet de Lie et matrices nilpotentes

Soit $n \in \mathbb{N}^*$ et $A \in \mathcal{M}_n(\mathbb{C})$ . On note $\text{ad}_A$ l'endomorphisme de $\mathcal{M}_n(\mathbb{C})$ défini par $\text{ad}_A(M) = AM - MA$ .

On suppose qu'il existe $B \in \mathcal{M}_n(\mathbb{C})$ $B \in M_{n} (C)$ et $\alpha \in \mathbb{C}^*$ $α \in C^{*}$ tels que $[A, B] = \alpha A$ $[A, B] = α A$ .
1. Établir pour tout $k \in \mathbb{N}^*$ une relation entre $[A^k, B]$ et $A^k$ .
2. En déduire que $A$ est une matrice nilpotente.
On considère la forme bilinéaire symétrique sur $\mathcal{M}_n(\mathbb{C})$ $M_{n} (C)$ définie par $\langle X, Y \rangle = \text{Tr}(XY)$ $⟨ X, Y ⟩ = Tr (X Y)$ .
1. Montrer que $\text{Im}(\text{ad}_A)$ et $\ker(\text{ad}_A)$ sont orthogonaux pour cette forme.
2. Justifier que $\text{Im}(\text{ad}_A) = (\ker(\text{ad}_A))^\perp$ .
Soit $A$ $A$ une matrice nilpotente.
1. Montrer que pour tout $N \in \ker(\text{ad}_A)$ , la matrice $AN$ est nilpotente.
2. En déduire que pour tout $\alpha \in \mathbb{C}^*$ , il existe $B \in \mathcal{M}_n(\mathbb{C})$ tel que $AB - BA = \alpha A$ .
Soit $(A, B)$ $(A, B)$ un couple de matrices vérifiant $AB - BA = \alpha A$ $A B - B A = α A$ avec $\alpha \in \mathbb{C}^*$ $α \in C^{*}$ .
1. Montrer que pour tout $t \in \mathbb{C}$ , $A \exp(tB) = \exp(t\alpha) \exp(tB) A$ .
2. En déduire que $A$ est semblable à $\beta A$ pour tout $\beta \in \mathbb{C}^*$ .
Réciproquement, on suppose qu'il existe $\beta \in \mathbb{C}$ qui n'est pas une racine de l'unité tel que $A$ et $\beta A$ soient semblables. Démontrer que $A$ est nilpotente.

1.

Pour 1(a), procéder par récurrence sur $k$ en utilisant la formule $[A^k, B] = A^k B - B A^k$ .

2.

Pour 1(b), utiliser le fait qu'une matrice complexe est nilpotente si et seulement si les traces de ses puissances successives sont nulles.

3.

Pour 2(a), utiliser la propriété $\text{Tr}(XY) = \text{Tr}(YX)$ .

4.

Pour 3(a), deux matrices qui commutent et dont l'une est nilpotente ont un produit nilpotent.

5.

Pour 4(a), commencer par montrer que $A P(B) = P(B - \alpha I) A$ pour tout polynôme $P$ .

6.

Pour 5, raisonner sur le spectre de $A$ . Si $\lambda \in \text{Sp}(A)$ , alors $\beta \lambda \in \text{Sp}(A)$ .

Idées clés

•

Lien entre trace et nilpotence (critère de nilpotence).

•

Propriétés de la forme bilinéaire de Killing $\text{Tr}(XY)$ (non-dégénérescence).

•

Stabilité du spectre par similitude.

•

Manipulation de l'exponentielle de matrices.

Résolution.

1. Soit $P(k)$ la propriété : $[A^k, B] = k \alpha A^k$ . Pour $k=1$ , l'énoncé donne $[A, B] = \alpha A$ , ce qui est $P(1)$ . Supposons $P(k)$ vraie. On a $[A^{k+1}, B] = A^{k+1}B - B A^{k+1}$ . Or, $A^{k+1}B = A(A^k B) = A(BA^k + k\alpha A^k) = ABA^k + k\alpha A^{k+1}$ . En utilisant $AB = BA + \alpha A$ , il vient : $A^{k+1}B = (BA + \alpha A)A^k + k\alpha A^{k+1} = BA^{k+1} + \alpha A^{k+1} + k\alpha A^{k+1} = BA^{k+1} + (k+1)\alpha A^{k+1}$ . D'où $[A^{k+1}, B] = (k+1)\alpha A^{k+1}$ . La propriété est démontrée par récurrence. $\boxed{\forall k \in \mathbb{N}^*, [A^k, B] = k \alpha A^k}$
2. En prenant la trace dans l'égalité précédente : $\text{Tr}(k \alpha A^k) = \text{Tr}(A^k B - B A^k)$ . Par linéarité et commutativité de la trace ( $\text{Tr}(XY) = \text{Tr}(YX)$ ), on a $\text{Tr}(A^k B) = \text{Tr}(B A^k)$ , donc : $k \alpha \text{Tr}(A^k) = 0$ . Comme $\alpha \neq 0$ et $k \ge 1$ , on en déduit $\forall k \in \{1, \dots, n\}, \text{Tr}(A^k) = 0$ . D'après le cours sur la réduction, une matrice dont les traces des $n$ premières puissances sont nulles est nilpotente (ses valeurs propres sont toutes nulles). $\boxed{A \text{ est nilpotente}}$
1. Soit $M \in \text{Im}(\text{ad}_A)$ et $N \in \ker(\text{ad}_A)$ . Il existe $X \in \mathcal{M}_n(\mathbb{C})$ tel que $M = AX - XA$ , et on a $AN = NA$ . $\langle M, N \rangle = \text{Tr}((AX-XA)N) = \text{Tr}(AXN) - \text{Tr}(XAN)$ . Comme $AN = NA$ , $\text{Tr}(XAN) = \text{Tr}(XNA)$ . Par commutativité de la trace, $\text{Tr}(AXN) = \text{Tr}(XNA)$ . On a donc $\text{Tr}(AXN) - \text{Tr}(XAN) = 0$ . Les sous-espaces sont donc orthogonaux.
1. La forme bilinéaire $\langle X, Y \rangle = \text{Tr}(XY)$ est symétrique et non dégénérée sur $\mathcal{M}_n(\mathbb{C})$ . En dimension finie, pour tout sous-espace $F$ , on a $\dim F + \dim F^\perp = \dim \mathcal{M}_n(\mathbb{C}) = n^2$ . D'après le théorème du rang, $\dim \ker(\text{ad}_A) + \dim \text{Im}(\text{ad}_A) = n^2$ . Comme $\text{Im}(\text{ad}_A) \subset (\ker(\text{ad}_A))^\perp$ et que ces deux espaces ont la même dimension, ils sont égaux. $\boxed{\text{Im}(\text{ad}_A) = (\ker(\text{ad}_A))^\perp}$
1. Si $N \in \ker(\text{ad}_A)$ , alors $A$ et $N$ commutent. Comme $A$ est nilpotente, il existe $p$ tel que $A^p = 0$ . Puisque $AN = NA$ , on a $(AN)^p = A^p N^p = 0 \cdot N^p = 0$ . Ainsi, $AN$ est une matrice nilpotente.
1. Comme $AN$ est nilpotente, $\text{Tr}(AN) = 0$ pour tout $N \in \ker(\text{ad}_A)$ . Cela signifie que $A \in (\ker(\text{ad}_A))^\perp$ . D'après la question 2(b), $A \in \text{Im}(\text{ad}_A)$ . Il existe donc $X$ tel que $AX - XA = A$ . En posant $B = \frac{1}{\alpha} X$ , on obtient : $\boxed{AB - BA = \alpha A}$
1. On a montré que $AB - BA = \alpha A$ , d'où $AB = BA + \alpha A = (B + \alpha I) A$ . Par récurrence, on montre que $B^k A = A (B - \alpha I)^k$ pour tout $k$ . En passant à l'exponentielle (série convergente) : $\exp(tB) A = \sum_{k=0}^\infty \frac{t^k B^k A}{k!} = \sum_{k=0}^\infty \frac{t^k A (B - \alpha I)^k}{k!} = A \exp(t(B - \alpha I))$ . Comme $B$ et $-\alpha I$ commutent, $\exp(tB - t\alpha I) = \exp(tB) \exp(-t\alpha I) = e^{-t\alpha} \exp(tB)$ . Ainsi, $\exp(tB) A = e^{-t\alpha} A \exp(tB)$ , ce qui équivaut à : $\boxed{A \exp(tB) = e^{t\alpha} \exp(tB) A}$
1. Soit $\beta \in \mathbb{C}^*$ . On cherche $t \in \mathbb{C}$ tel que $e^{t\alpha} = \beta$ . Comme $\alpha \neq 0$ , un tel $t$ existe toujours (propriété de l'exponentielle complexe). La relation devient $A \exp(tB) = \beta \exp(tB) A$ . Comme $\exp(tB)$ est toujours inversible, on a $A = \beta \exp(tB) A (\exp(tB))^{-1}$ . Ceci prouve que $A$ et $\beta A$ sont semblables.
Soit $\lambda \in \text{Sp}(A)$ . Si $A$ et $\beta A$ sont semblables, ils ont le même spectre. Or $\text{Sp}(\beta A) = \{ \beta \mu \mid \mu \in \text{Sp}(A) \}$ . Donc $\lambda \in \text{Sp}(A) \implies \beta \lambda \in \text{Sp}(A)$ . Par itération, $\forall k \in \mathbb{N}, \beta^k \lambda \in \text{Sp}(A)$ . Le spectre de $A$ est un ensemble fini. L'ensemble $\{ \beta^k \lambda \mid k \in \mathbb{N} \}$ doit donc être fini. Si $\lambda \neq 0$ , il existe $i \neq j$ tels que $\beta^i \lambda = \beta^j \lambda$ , d'où $\beta^{i-j} = 1$ . C'est impossible car $\beta$ n'est pas une racine de l'unité. On en conclut que $\lambda = 0$ . Le spectre de $A$ est réduit à $\{0\}$ , donc $A$ est nilpotente.

Attention à ne pas oublier que la trace nulle n'implique la nilpotence que si elle est vraie pour toutes les puissances $A^k$ ( $1 \le k \le n$ ). Une simple trace nulle $\text{Tr}(A)=0$ ne suffit pas (penser à une matrice de rotation).