Crochet de Lie et similitude | WikiPrépa Maths

Soient $A$ et $B$ deux matrices de $\mathcal{M}_n(\mathbb{C})$ et $\alpha$ un complexe non nul. On suppose que le crochet de Lie de $B$ et $A$ vérifie la relation :

[B, A] = BA - AB = -\alpha A

Établir que pour tout nombre complexe $t$ , on a l'égalité suivante : $A \exp(tB) = \exp(t\alpha) \exp(tB) A$
En déduire que pour tout scalaire $\beta \in \mathbb{C}^*$ , la matrice $A$ est semblable à la matrice $\beta A$ .
En examinant les traces des puissances de $A$ , démontrer que $A$ est une matrice nilpotente.

1.

Pour la question 1, on pourra introduire la fonction de la variable réelle $t$ définie par $f(t) = \exp(tB) A \exp(-tB)$ et montrer qu'elle vérifie une équation différentielle simple.

2.

Pour la question 2, utiliser la surjectivité de l'exponentielle complexe de $\mathbb{C}$ vers $\mathbb{C}^*$ .

3.

Pour la question 3, montrer par récurrence une relation sur $[B, A^k]$ pour en déduire que $Tr(A^k) = 0$ pour tout $k \geq 1$ .

Idées clés

•

Utilisation d'une fonction auxiliaire de l'exponentielle de matrice.

•

Lien entre similitude et spectre (invariance par similitude).

•

Caractérisation de la nilpotence par les traces des puissances.

Résolution.

Soit $t \in \mathbb{R}$ . Posons $\Phi(t) = \exp(tB) A \exp(-tB)$ . La fonction $\Phi$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ et sa dérivée vaut : $\Phi'(t) = B \exp(tB) A \exp(-tB) - \exp(tB) A \exp(-tB) B$ On reconnaît le crochet de Lie : $\Phi'(t) = [B, \Phi(t)]$ Or, par hypothèse, $[B, A] = -\alpha A$ . L'endomorphisme $u : M \mapsto [B, M]$ de $\mathcal{M}_n(\mathbb{C})$ vérifie $u(A) = -\alpha A$ . Il en résulte que $\Phi(t) = \exp(tu)(A)$ , ce qui donne : $\Phi(t) = \sum_{k=0}^{+\infty} \frac{t^k}{k!} u^k(A) = \sum_{k=0}^{+\infty} \frac{t^k}{k!} (-\alpha)^k A = e^{-t\alpha} A$ On en déduit l'égalité $\exp(tB) A \exp(-tB) = e^{-t\alpha} A$ , ce qui équivaut à : $\boxed{ A \exp(tB) = e^{t\alpha} \exp(tB) A }$ Cette relation, établie pour $t \in \mathbb{R}$ , s'étend à $t \in \mathbb{C}$ par prolongement analytique (ou en constatant que les deux membres sont des fonctions entières de $t$ ).
Soit $\beta \in \mathbb{C}^*$ . Puisque $\alpha \neq 0$ , la fonction $z \mapsto e^{z\alpha}$ est une surjection de $\mathbb{C}$ sur $\mathbb{C}^*$ . Il existe donc un complexe $t_0$ tel que $e^{t_0 \alpha} = \beta$ . D'après la question précédente, on a $A \exp(t_0 B) = \beta \exp(t_0 B) A$ , ce qui s'écrit : $\beta A = \exp(t_0 B)^{-1} A \exp(t_0 B)$ Comme $\exp(t_0 B)$ est inversible, on conclut : $\boxed{ \forall \beta \in \mathbb{C}^*, A \sim \beta A }$
Montrons par récurrence que pour tout $k \in \mathbb{N}^*$ , on a $[B, A^k] = -k\alpha A^k$ . Pour $k=1$ , c'est l'hypothèse. Supposons la propriété vraie au rang $k$ . Alors : \begin{align*} [B, A^{k+1}] &= B A^{k+1} - A^{k+1} B
&= (BA^k - A^kB) A + A^k(BA - AB)
&= (-k\alpha A^k) A + A^k(-\alpha A) = -(k+1)\alpha A^{k+1} \end{align*} La propriété est donc démontrée pour tout $k \geq 1$ . En prenant la trace de cette égalité, et sachant que la trace d'un commutateur est nulle ( $Tr(XY-YX)=0$ ), on obtient : $0 = Tr([B, A^k]) = -k\alpha Tr(A^k)$ Puisque $\alpha \neq 0$ et $k \geq 1$ , on en déduit que : $\forall k \in \{1, \dots, n\}, Tr(A^k) = 0$ D'après les relations de Newton, cela implique que toutes les valeurs propres de $A$ sont nulles. $\boxed{ \text{La matrice } A \text{ est nilpotente.} }$

Une erreur classique serait de penser que $A \sim \beta A$ implique $A=0$ . C'est faux, cela impose seulement la nilpotence car le spectre doit être invariant par homothétie, ce qui n'est possible pour un ensemble fini que s'il est réduit à $\{0\}$ .