Nilpotence et diagonalisation par le crochet de Lie

Soit $E$ un $\mathbb{K}$ -espace vectoriel de dimension finie $d \geq 1$ . On considère deux endomorphismes $f$ et $g$ de $E$ vérifiant la relation :

f \circ g - g \circ f = \alpha f

où

\alpha \in \mathbb{K}^*

.

Montrer que pour tout entier naturel $n$ , on a l'identité : $f^n \circ g - g \circ f^n = n \alpha f^n$
On suppose ici que $\mathbb{K}$ $K$ est un corps de caractéristique nulle (par exemple $\mathbb{R}$ $R$ ou $\mathbb{C}$ $C$ ).
1. En considérant l'application $\Phi : h \mapsto h \circ g - g \circ h$ de $\mathcal{L}(E)$ dans lui-même, démontrer que $f$ est un endomorphisme nilpotent.
2. Proposer un contre-exemple à ce résultat si la caractéristique de $\mathbb{K}$ n'est pas nulle.
Dans cette question, on suppose que $\mathbb{K} = \mathbb{C}$ , que $\alpha = 1$ et que $\dim(\ker f) = 1$ . Démontrer que $g$ est un endomorphisme diagonalisable.

1.

Pour la question 1, procéder par récurrence sur $n$ en utilisant la linéarité du crochet.

2.

Pour la question 2.(a), remarquer que si $f^n \neq 0$ , alors $f^n$ est un vecteur propre de $\Phi$ . Utiliser la dimension finie de $\mathcal{L}(E)$ .

3.

Pour le contre-exemple, on pourra chercher des petites matrices dans $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ .

4.

Pour la question 3, utiliser le fait que $f$ est nilpotent et que les noyaux itérés $\ker f^k$ sont stables par $g$ . Montrer que $g$ possède $d$ valeurs propres distinctes.

Idées clés

•

Utilisation d'un endomorphisme d'espace d'endomorphismes (opérateur adjoint).

•

Propriété de stabilité des noyaux itérés pour des endomorphismes qui commutent "presque".

•

Lien entre nilpotence maximale (indice $d$ ) et spectre de l'autre opérateur.

Résolution.

Procédons par récurrence sur $n \in \mathbb{N}$ . Pour $n=0$ , $f^0 = \text{Id}$ et $\text{Id} \circ g - g \circ \text{Id} = 0 = 0 \cdot \alpha \text{Id}$ . La propriété est vraie. Supposons la propriété vraie pour un rang $n \geq 0$ fixé. On a : $f^{n+1}g - gf^{n+1} = f(f^n g) - gf^{n+1}$ D'après l'hypothèse de récurrence, $f^n g = g f^n + n \alpha f^n$ . En injectant : $f^{n+1}g - gf^{n+1} = f(gf^n + n\alpha f^n) - gf^{n+1}$ $f^{n+1}g - gf^{n+1} = (fg)f^n + n\alpha f^{n+1} - gf^{n+1}$ Or, d'après l'énoncé, $fg = gf + \alpha f$ . On obtient donc : $f^{n+1}g - gf^{n+1} = (gf + \alpha f)f^n + n\alpha f^{n+1} - gf^{n+1}$ $f^{n+1}g - gf^{n+1} = gf^{n+1} + \alpha f^{n+1} + n\alpha f^{n+1} - gf^{n+1}$ En simplifiant, on trouve finalement : $\boxed{ f^{n+1} \circ g - g \circ f^{n+1} = (n+1) \alpha f^{n+1} }$ La propriété est donc démontrée pour tout $n \in \mathbb{N}$ .
1. L'application $\Phi : \mathcal{L}(E) \to \mathcal{L}(E)$ définie par $\Phi(h) = h \circ g - g \circ h$ est une application linéaire. D'après la question précédente, pour tout $n \in \mathbb{N}$ , $\Phi(f^n) = (n\alpha) f^n$ . Supposons par l'absurde que $f$ ne soit pas nilpotent. Alors pour tout $n \in \mathbb{N}$ , $f^n \neq 0$ . Cela signifie que pour tout $n \in \mathbb{N}$ , $n\alpha$ est une valeur propre de $\Phi$ associée au vecteur propre $f^n$ . Comme $\alpha \neq 0$ et que la caractéristique de $\mathbb{K}$ est nulle, les scalaires $\{n\alpha \mid n \in \mathbb{N}\}$ sont tous distincts. L'endomorphisme $\Phi$ possèderait donc une infinité de valeurs propres distinctes. Or, $\Phi$ agit sur $\mathcal{L}(E)$ qui est de dimension finie $d^2$ . Un tel endomorphisme possède au plus $d^2$ valeurs propres. Il y a contradiction, donc il existe nécessairement $n \in \mathbb{N}$ tel que $f^n = 0$ . $\boxed{ f \text{ est nilpotent} }$
2. Si $\text{car}(\mathbb{K}) = p > 0$ , l'argument précédent échoue car la suite $(n\alpha)$ est périodique. Considérons $\mathbb{K} = \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ et les matrices : $F = \begin{pmatrix} 0 & 1 1 & 0 \end{pmatrix}, G = \begin{pmatrix} 0 & 0 0 & 1 \end{pmatrix}$ Calculons le crochet : $FG - GF = \begin{pmatrix} 0 & 1 0 & 0 \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} 0 & 0 1 & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 1 -1 & 0 \end{pmatrix}$ Comme $-1 = 1$ dans $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ , on a bien $FG - GF = \begin{pmatrix} 0 & 1 1 & 0 \end{pmatrix} = F$ . Pourtant, $F^2 = I \neq 0$ , donc $f$ n'est pas nilpotent.
Supposons $\mathbb{K} = \mathbb{C}$ , $\alpha = 1$ et $\dim(\ker f) = 1$ . Puisque $f$ est nilpotent et $\dim(\ker f) = 1$ , l'indice de nilpotence de $f$ est exactement $d = \dim E$ . En effet, si $r$ est l'indice de nilpotence, on a $1 = \dim \ker f^1 < \dim \ker f^2 < \dots < \dim \ker f^r = d$ . Comme chaque saut de dimension est au moins égal à 1, on a $d \geq r$ . Mais le théorème du rang appliqué aux puissances de $f$ montre ici que $\dim \ker f^k = k$ pour tout $k \in \{1, \dots, d\}$ . Soit $N_k = \ker f^k$ . Montrons que $g(N_k) \subset N_k$ . Soit $x \in N_k$ , on a $f^k(x) = 0$ . Alors : $f^k(g(x)) = (f^k g - g f^k)(x) + g(f^k(x)) = k f^k(x) + 0 = 0$ Donc $g(x) \in \ker f^k = N_k$ . On a une chaîne de sous-espaces emboîtés $\{0\} = N_0 \subset N_1 \subset \dots \subset N_d = E$ , tous stables par $g$ . Comme $\dim(N_k) = k$ , il existe une base $(e_1, \dots, e_d)$ telle que pour tout $k$ , $(e_1, \dots, e_k)$ est une base de $N_k$ . Dans cette base, la matrice de $g$ est triangulaire supérieure. Notons $\lambda_k$ ses coefficients diagonaux. Considérons $x \in N_k \setminus N_{k-1}$ . On a $g(x) = \lambda_k x + y$ avec $y \in N_{k-1}$ . Appliquons $f$ : $f(g(x)) = f(\lambda_k x + y) = \lambda_k f(x) + f(y)$ D'autre part : $f(g(x)) = g(f(x)) + f(x)$ En notant $x' = f(x) \in N_{k-1} \setminus N_{k-2}$ , on a : $g(x') = (\lambda_k - 1) x' + f(y)$ Puisque $f(y) \in N_{k-2}$ , cela montre que le coefficient diagonal de $g$ sur $N_{k-1}/N_{k-2}$ est $\lambda_{k-1} = \lambda_k - 1$ . Par récurrence, les valeurs propres de $g$ sont $\lambda, \lambda+1, \dots, \lambda+d-1$ (où $\lambda = \lambda_1$ ). Ces $d$ valeurs propres sont distinctes. $\boxed{ g \text{ possède } d \text{ valeurs propres distinctes, donc } g \text{ est diagonalisable} }$

Dans la question 2.(a), ne pas oublier de mentionner que la caractéristique nulle est cruciale pour affirmer que les $n\alpha$ sont tous distincts dans le corps.