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[ID: 2351] [Date de publication: 7 novembre 2022 22:40] [Catégorie(s): Algèbres bilinéaire et hermitienne ] [ Nombre commentaires: 1] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]

Solution(s)

Solution(s)

Caractérisation des matrices nilpotentes par la trace
Par Patrice Lassère le 7 novembre 2022 22:40

Nous restons ici fidèlement sur la trace de Francinou, Gianella et Nicolas [fgna2] qui proposent plusieurs solutions de ce classique problème.

1.  -Sur \(\mathbb C\), le polynôme caractérique de \(A\) est scindé. Raisonnons par l’absurde en supposant \(A\) non nilpotente. Alors \(A\) possède au moins des valeurs propres non nulles que l’on note \(\lambda_1,\dots,\lambda_r,\ 1\leq r\leq n\) de multiplicités respectives \(n_1,\dots,n_r\). Par hypothèse nous avons pour tout \(k\in\mathbb N^\star\) : \[\rm{tr}(A^k)=n_1\lambda_1^k+\dots+n_r\lambda_r^k.\] Écrire ces relations pour \(k\) variant de \(1\) à \(r\) équivaut à dire que le vecteur \((n_1,\dots,n_r)\) est solution du système linéaire \[\begin{pmatrix} \lambda_1&\lambda_2&\dots&\lambda_r\\ \lambda_1^2&\lambda_2^2&\dots&\lambda_r^2\\ \vdots & & &\ldots\\ \lambda_1^r&\lambda_2^r&\dots&\lambda_r^r\\ \end{pmatrix}\begin{pmatrix} x_1\\x_2\\\ldots\\x_r \end{pmatrix}=0.\] Et ce système est de Cramer puisque le déterminant de la matrice du système vaut1 \[\lambda_1\dots\lambda_r\prod_{1\leq i<j\leq r}(\lambda_i-\lambda_j)\] donc nécessairement \(n_1=n_2=\dots=n_r=0\) ce qui est exclu.

   La seconde solution utilise les formules de Newton. Désignons cette fois-ci par \(\lambda_1,\dots,\lambda_n\) les racines du polynôme caractéristique \(\chi_A\) comptées avec leur multiplicités. Dire que \(\rm{tr}(A^k)=0\) pour tout entier \(k\in\mathbb N^\star\) revient exactement à dire que \[\rm{tr}(A^k)=0=\lambda_1^k+\dots+\lambda_n^k= 0,\quad\forall\,k\in\mathbb N^\star\] car \(A\) étant semblable à une matrice triangulaire à coefficients diagonaux \(\lambda_1,\dots,\lambda_n\) les matrices \(A^k\) sont elles semblables à des matrices triangulaires à coefficients diagonaux \(\lambda_1^k,\dots,\lambda_n^k\). Les formules de Newton² impliquent alors que les fonctions symétriques élémentaires des racines \(\lambda_1,\dots,\lambda_n\) sont nulles : \[\sigma_1=\dots=\sigma_n=0.\] On en déduit que³ \[\chi_A=X^n-\sigma_1X^{n-1}+\dots+(-1)^{n-1}\sigma_{n-1}X+(-1)^n\sigma_n =X^n.\] Soit \(A^n=0\) d’aprés le théorème de Cayley-Hamilton

   Pour la troisième solution on procède par récurrence sur la taille de la matrice. Si \(n=1\), \(\rm{tr}(A)=0\) implique \(A=0\). Soit donc \(n\geq 2\), et supposons le résultat vrai jusqu’au rang \(n-1\). Le polynôme caractéristique de \(A\) \[\chi_A=X^n-\sigma_1X^{n-1}+\dots+(-1)^{n-1}\sigma_{n-1}X+(-1)^n\sigma_n\] vérifie par Cayley-Hamilton \[\chi_A(A)=0=A^n-\sigma_1A^{n-1}+\dots+(-1)^{n-1}\sigma_{n-1}A +(-1)^n\sigma_nI_n\] et en prenant la trace de cette dernière expression il vient \[(-1)^n\sigma_n\cdot n=(-1)^\lambda_1\dots\lambda_n n=(-1)^n n\det(A)=0\] soit \(\det(A)=0\). \(0\) est donc valeur propre de \(A\) et on peut écrire \[\chi_A=X^pQ\quad\text{avec}\quad Q(0)\neq 0\ \text{ et }\ p\geq 1.\] Le théorème de décomposition des noyaux assure alors que \[\mathbb K^n=\ker(\chi_A(A))=\ker(A^p)\oplus\ker(Q(A)).\] Supposons maintenant \(\ker(Q(A))\neq\{0\}\). Dans une base obtenue comme réunion d’une base de \(\ker(A^p)\) et d’une base de \(\ker(Q(A))\), l’endomorphisme \(A\) admet une matrice de la forme \[\begin{pmatrix} A'& 0\\0&B'\end{pmatrix}.\] Mais \(A'^p=0\), \(A'\) est donc nilpotente et par conséquent \(\rm{tr}(A'^k)=0,\ \forall\,k\in\mathbb N^\star\). Maintenant, comme \(A^k\) est semblable à \[\begin{pmatrix} A'^k& 0\\0&B'^k\end{pmatrix}\] on a nécessairement \(\rm{tr}(B'^k)=0,\ \forall\,k\in\mathbb N^\star\) : \(B'\) est aussi nilpotente. Mais par hypothèse, \(Q(0)\neq 0\) qui implique que la restriction de \(A\) à \(\ker(Q(A))\) est injective, soit \(B'\) inversible ce qui fournit la contradiction.

   On peut donc affirmer que \(\ker(Q(A))=\{0\}\), soit \(\mathbb K^n=\ker(A^p)\) et la matrice \(A\) est bien nilpotente.

2. Soient \(\lambda_1,\dots,\lambda_n\) les valeurs propres de \(A\), comme \(\text{rang}(A^k)=\lambda_1^k+\dots+\lambda_n^k\) pour tout entier \(k\in\{1,\dots,n\}\), l’implication \((1)\Rightarrow (2)\) est immédiate.

   Pour \((2)\Rightarrow (1)\), remarquons que \(\text{spec}(A-I_n)=\{\,\lambda-1,\lambda\in \text{spec}(A)\}\), il est donc suffisant de montrer que la seule valeur propre de \(A-I_n\) est \(0\) ou encore que \(A-I_n\) est nilpotente.

   D’aprés la première question, \(A-I_n\) est nilpotente, si et seulement si, \(\text{tr}(A-I_n)^k=0\) pour tout entier \(k\in\{1,\dots,n\}\), et cette dernière vérification est élémentaire car : \[\text{tr}(A-I_n)^k=\sum_{l=0}^k\,\binom{k}{l}(-1)^l\text{tr}(A^{k-l}) =n\sum_{l=0}^k\,\binom{k}{l}(-1)^l=(1-1)^k=0.\]

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1. [fgna2], exercice 1.8.1  C’est le trés fameux déterminant de Vandermonde :
2. [fgna1], exercice 5.26 où...2  Voir
3. 3  où \((-1)^n\chi_A\) comme le veut souvent la coutume.