Commutant et polynômes d'une matrice

Résolution.

1. Étude du cas nilpotent. Puisque l'indice de nilpotence de $N$ est $n$, on a $N^{n-1} \neq 0$ et $N^n = 0$. Il existe donc un vecteur $x \in \mathbb{K}^n$ tel que $N^{n-1}x \neq 0$. Montrons que la famille $\mathcal{B} = (x, Nx, \dots, N^{n-1}x)$ est libre. Soit $(\lambda_0, \dots, \lambda_{n-1}) \in \mathbb{K}^n$ tel que $\sum_{i=0}^{n-1} \lambda_i N^i x = 0$. En appliquant $N^{n-1}$ à cette égalité, comme $N^j x = 0$ pour $j \ge n$, il reste :
   $$\lambda_0 N^{n-1}x = 0$$
   Comme $N^{n-1}x \neq 0$, on a $\lambda_0 = 0$. Par récurrence immédiate (ou en appliquant successivement $N^{n-2}, N^{n-3}, \dots$), on obtient $\lambda_i = 0$ pour tout $i$. La famille $\mathcal{B}$ est donc une base de $\mathbb{K}^n$. Soit $M \in C(N)$. Comme $M x \in \mathbb{K}^n$, il existe des scalaires $a_0, \dots, a_{n-1}$ tels que :
   $$M x = \sum_{i=0}^{n-1} a_i N^i x = P(N)x   \text{avec}   P(X) = \sum_{i=0}^{n-1} a_i X^i$$
   Comme $M$ commute avec $N$, $M$ commute avec toute puissance de $N$. Pour tout $k \in \{0, \dots, n-1\}$ :
   $$M(N^k x) = N^k (Mx) = N^k (P(N)x) = P(N)(N^k x)$$
   Les endomorphismes associés à $M$ et $P(N)$ coïncident sur la base $\mathcal{B}$, donc $M = P(N)$. On en déduit que $C(N) \subset \mathbb{K}[N]$. L'inclusion réciproque est évidente.
   $$\boxed{C(N) = \mathbb{K}[N]}$$
   Enfin, $\mathbb{K}[N] = \text{Vect}(I, N, \dots, N^{n-1})$. Cette famille est libre car si $\sum_{i=0}^{n-1} \lambda_i N^i = 0$, alors $\sum_{i=0}^{n-1} \lambda_i N^i x = 0$, ce qui implique $\lambda_i = 0$ par liberté de $\mathcal{B}$.
   $$\boxed{\dim C(N) = n}$$

2. Équivalence générale.

   (a) $\implies$ (b) : On suppose $\mu_A = \chi_A$. Alors $\deg \mu_A = n$. Il est bien connu (théorème du vecteur cyclique) qu'il existe $x \in \mathbb{K}^n$ tel que $(x, Ax, \dots, A^{n-1}x)$ soit une base de $\mathbb{K}^n$. Preuve rapide : Si $\mu_A$ est scindé, $\mu_A = \prod_{j=1}^k (X-\lambda_j)^{m_j}$ avec $\sum m_j = n$. Par le lemme des noyaux, $\mathbb{K}^n = \bigoplus \ker(A-\lambda_j I)^{m_j}$. Sur chaque sous-espace, $N_j = (A-\lambda_j I)$ est nilpotent d'indice $m_j$. Il existe $x_j$ tel que la famille $((A-\lambda_j I)^k x_j)_{0 \le k < m_j}$ soit libre. En posant $x = \sum x_j$, on montre que $x$ est cyclique. L'argument de la question 1 s'adapte alors identiquement : toute matrice $B$ commutant avec $A$ est déterminée par $Bx$ et s'écrit comme un polynôme en $A$. (b) $\implies$ (a) : On suppose $C(A) = \mathbb{K}[A]$. Alors $\dim C(A) = \dim \mathbb{K}[A] = \deg \mu_A$. Or, on dispose du résultat suivant : pour toute matrice $A$ dont le polynôme caractéristique est scindé, $\dim C(A) \ge n$. Justification : Par décomposition de Dunford ou réduction par blocs, $A$ est semblable à une matrice diagonale par blocs $D = \text{diag}(A_1, \dots, A_k)$ où chaque $A_j$ correspond à une valeur propre $\lambda_j$ et est de taille $n_j$. Le commutant de $D$ contient au moins les matrices diagonales par blocs $\text{diag}(B_1, \dots, B_k)$ où $B_j \in C(A_j)$. Ainsi $\dim C(A) = \dim C(D) \ge \sum_{j=1}^k \dim C(A_j)$. Pour chaque bloc, $A_j = \lambda_j I + N_j$ avec $N_j$ nilpotent. $C(A_j) = C(N_j)$. On montre (par exemple via la forme triangulaire supérieure de $N_j$) que $\dim C(N_j) \ge n_j$. Ainsi, $\dim C(A) \ge \sum n_j = n$. Comme $n = \deg \chi_A$ et que $\dim C(A) = \deg \mu_A$, on a :

   $$\deg \mu_A \ge \deg \chi_A$$
   Puisque $\mu_A$ divise $\chi_A$, on conclut $\boxed{\mu_A = \chi_A}$.