Produit de matrices dont le carré est nul

OShine

Bonsoir,

Exercice (oral Mines Ponts PC 2024) : 
Soit un entier $n \geq 2$. Soient $A,B$ deux matrices de $\mathcal M_n(\mathbb{K})$. 
L'égalité $(AB)^2=0$ implique t-elle $(BA)^2=0$ ? 
Indication : 
Distinguer le cas $n=2$.

Je cherche cet exercice, j'ai cherché environ 20 minutes pour l'instant et je n'arrive pas à voir si la réponse est oui ou non pour le cas $n=2$.
Pour le cas $n=2$, en fait j'ai essayé plein d'exemples et ça marche.

Rescassol

Bonsoir,

$AB$ et $BA$ ont même trace et même déterminant.

Cordialement,
Rescassol

Bibix

Et elles ont aussi le même polynôme caractéristique. Je dis ça, je dis rien

Rescassol

Bonsoir,

Ben oui, et dans le cas $n=2$, ça devrait suffire.

Cordialement,
Rescassol

OShine

Merci.
D'après le cours, $Tr(AB)=Tr(BA)$.
$\det(AB)=\det(A) \det(B)=\det(B) \det(A)= \det (BA)$ car $\mathbb{K}$ est un corps commutatif, en prépa, le corps est celui des réels ou celui des complexes.
Dans le cas où $n=2$, on a la formule connue pour calculer le polynôme caractéristique : 
$\chi_{AB}=X^2-Tr(AB)X+\det(AB)=\chi_{BA}$.
Or $sp(AB)= \{0 \}$ donc $sp(BA)= \{ 0 \}$.
Donc : $BA \sim \begin{pmatrix}
0 & \alpha \\
0 & 0 
\end{pmatrix}$ donc $(BA)^2 \sim 0$ donc $\boxed{(BA)^2=0}$.

Bibix

Le résultat $\chi_{AB} = \chi_{BA}$ n'est pas au programme de PC ? Quitte à balancer du cours, autant y aller franchement.

OShine

@Bibix
Je ne pense pas que ce soit au programme car dans ce cours de PC de Fermat, cette propriété n'y figure pas : http://pc.fermat.free.fr/cours/reduction.pdf
J'ai regardé dans le programme officiel, cette propriété n'y figure pas.

OShine

Pour la dimension quelconque, je bloque.

marco

Si $A= \begin{pmatrix} 0 &0 &0 \\ 0 & 1 &0 \\ 0& 0& 1 \end{pmatrix}$ et $B=\begin{pmatrix} 0 & 1 &0 \\ 0 &0 &1 \\ 0 & 0 &0 \end{pmatrix}$, alors $BA=B$ et $B^3=0$ et $B^2\neq 0$, et $(AB)^2=0$.

OShine

@marco
Merci je vois que $B$ est nilpotente car a diagonale nulle et triangulaire supérieure.
Mais comment on fait pour trouver des matrices $A$ et $B$ qui vérifient $(AB)^2=0$ et $BA=B$.
Je n'arrive pas à comprendre comment on trouve le contre-exemple.

john_john

À noter que, si $(AB)^2=0$, alors $(BA)^3=B(AB)^2A=0$. Cela règle en particulier le cas où $n=2$ puisque $BA$ est nilpotente et donc $(BA)^2=0$.

OShine

john_john a dit :

À noter que, si $(AB)^2=0$, alors $(BA)^3=B(AB)^2A=0$. Cela règle en particulier le cas où $n=2$ puisque $BA$ est nilpotente et donc $(BA)^2=0$.

Ah d'accord merci car l'indice de nilpotence est toujours inférieur ou égal à la dimension de l'espace.
C'est subtil comme raisonnement.

OShine

L'exemple de Marco est brillant.
Mais ensuite l'exercice est terminé ? 

JLapin

OShine a dit :
Mais ensuite l'exercice est terminé ? 

Quelle question étonnante... A ton avis, quelle en est la réponse ?

OShine

@JLapin
Je pense qu'il faut trouver un contre-exemple en dimension $n$.
Je peux essayer de m'inspirer de l'exemple de marco.

NicoLeProf

C'est assez simple de trouver un contre-exemple en réalité.

Si tu connais le résultat suivant : $M \in M_n(\mathbb K)$ est nilpotente d'indice de nilpotence égal à $n$ si et seulement si $M$ est de rang $n-1$, c'est très simple sinon, ça marche par intuition. (Résultat très mal formulé donc faux, voir formulation correcte ci-dessous).

A partir de là, je vais chercher deux matrices $A$ et $B$ telles que $AB=\begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0& 0 \\ 0& 0 & 0 \end{pmatrix}$  (bien nilpotente de rang $1$ donc d'indice de nilpotence égal à $2$ comme cela, je suis sûr que $(AB)^2=0$).

Et telles que $BA=\begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0& 1 \\ 0& 0 & 0 \end{pmatrix}$ (bien nilpotente de rang $2$ donc d'indice de nilpotence égal à $3$ donc comme cela, je suis sûr que $(BA)^2 \neq 0$). 

Après avoir bidouillé intelligemment les coeffs de sorte à respecter les objectifs décrits ci-dessus, je trouve $A=\begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0& 1 \\ 0& 0 & 0 \end{pmatrix}$ et $B=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0& 0 & 0 \end{pmatrix}$   comme candidates et tout marche ! 

OShine

@NicoLeProf
Merci mais je ne connais pas ce résultat qui lie indice de nilpotence au rang, jamais vu ça dans mes cours.
Par contre je sais qu'une matrice nilpotente est triangulaire supérieure stricte avec des zéros sur la diagonale.
Je ne comprends pas comment on "bidouille" pour trouver $A$ et $B$ à partir de ces deux conditions que tu donnes.

Bbidule

OShine a dit :

@NicoLeProf
[...]

 je sais qu'une matrice nilpotente est triangulaire supérieure stricte avec des zéros sur la diagonale.
[...]

Cette assertion n'est pas correcte.

(De plus, une matrice triangulaire stricte est nécessairement de diagonale nulle).

OShine

@bidule
C'est plutôt : un endomorphisme est nilpotent si et seulement si il est trigonalisable et son spectre est réduit à $\{0 \}$.

OShine

@NicoLeProf
Il y a une erreur dans ton calcul de $AB$.

NicoLeProf

Normal OShine, ce n'est pas un résultat de cours. Je ne sais pas trop ce qu'est un résultat de cours pour des notions aussi avancées. Il y a "cours" et "cours", des cours très fournis d'autres moins (même au collège, c'est vrai de manière plus limitée peut-être : certains profs mettent beaucoup de choses en leçon, d'autres moins).

Quoi qu'il en soit, tu peux démontrer mon résultat si tu veux.

Pour construire $A$ et $B$ avec mes conditions, je suis sûr que tu sais le faire en réalité.

Je me suis dit que si je pars pour $A$ d'une matrice du type : $\begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0& 0 \\ 0& 0 & 0 \end{pmatrix}$, je me suis dit que pour $B$, il faudrait mettre un $1$ au bon endroit pour obtenir le bon $AB$ donc j'ai écrit $\begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0& 0 & 0 \end{pmatrix}$ de manière à ce que $AB$ ait un $1$ en position $(1,2)$ et des $0$ partout ailleurs.

Sauf qu'ensuite, je me suis dit "mince, on doit avoir la condition sur $BA$ donc je dois absolument ajuster les matrices $A$ et $B$ en changeant le moins possible le travail que j'ai déjà fait pour ne pas changer le produit $AB$. Il faut que je m'assure de changer des coeffs de $A$ et $B$ qui donneront encore $0$ pour tous les coeffs de $AB$ sauf celui en position $(1,2)$."

Quelques essais plus tard, je trouve les bons $A$ et $B$. C'est du bidouillage rigoureux lié à de l'intuition.

OShine

@NicoLeProf
Les résultats de cours sont généralement ceux qu'on trouve dans les bouquins de prépa MPSI-MP. Le programme ne change pas beaucoup d'année en année. 
Ce dernier n'y figure pas, il n'est pas au programme. 
Sinon, sur bibmaths partie cours, il y a les résultats à retenir.
Je ne vais pas essayer de démontrer ton résultat car je vais me noyer, je préfère me concentrer sur l'exercice qui me donne déjà beaucoup de difficultés.
Ton produit $AB$ est incorrect.

Sinon merci ta méthode fonctionne, j'ai essayé de le faire en faisant juste $AB$ et en mettant plein de $0$, puis j'ai ajusté avec la condition $BA=B$ en rajoutant des $1$.
Il me reste maintenant à faire le cas $n$ quelconque !

NicoLeProf

L'exo est terminé non? On a trouvé des contre-exemple avec Marco.

Bah si mon produit $AB$ est bon. (Evidemment, il faut que tu le fasse avec mes matrices finales donc sur ce message).

Ci-dessus, c'était pour t'expliquer comment je trouvais des $A$ et $B$ candidates !

Bbidule

Pour le cas $n$ supérieur à $4$ quelconque, envisage une matrice diagonale par bloc en reprenant un contre-exemple pour $n=3$.

OShine

@NicoLeProf
Ce n'est pas terminé, il faut généraliser à $n$ quelconque, $n \geq 3$.
Je suis resté sur l'exemple de marco pour ne pas me mélanger.

@Bbidule
Oui merci, sans les matrices par blocs, j'ai vu que les calculs étaient pénibles en dimension $n$, j'ai perdu du temps.

Bbidule

NicoLeProf a dit :

C'est assez simple de trouver un contre-exemple en réalité.

Si tu connais le résultat suivant : $M \in M_n(\mathbb K)$ est nilpotente d'indice de nilpotence égal à $n$ si et seulement si $M$ est de rang $n-1$, c'est très simple sinon, ça marche par intuition.

Cette assertion n'est pas correcte: tu es en train d'affirmer que toute matrice carrée d'ordre n de rang $n-1$ est nilpotente, ce qui est clairement faux (considère $diag(1,\dots,1,0)$ par exemple).

Tu voulais peut-être dire:

Pour toute matrice carrée d'ordre $n$ nilpotente, l'indice de nilpotente de $M$ vaut $n$ si et seulement si le rang de $M$ vaut $n-1$

Si oui, ce n'est pas correct non plus.

La matrice $\begin{pmatrix} 0&1&1\\0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix}$ est carrée d'ordre $3$ nilpotente d'indice de nilpotence $2$ de rang $2$.

Ce qui est correct est:

Pour tout $n\in\N^*$, le rang de toute matrice carrée d'ordre $n$ nilpotente d'indice $n$ est $n-1$ 

(c'est la réciproque, que tu envisageais dans ton message sauf erreur de ma part, qui est problématique).

Ce résultat se démontre facilement en montrant que toute matrice carrée d'ordre $n$ nilpotente d'indice $n$ est semblable à la matrice carrée d'ordre $n$ dont tous les coefficients sont nuls à l'exception des coefficients de la première surdiagonale, tous égaux à $1$.

OShine

marco a dit :

Si $A= \begin{pmatrix} 0 &0 &0 \\ 0 & 1 &0 \\ 0& 0& 1 \end{pmatrix}$ et $B=\begin{pmatrix} 0 & 1 &0 \\ 0 &0 &1 \\ 0 & 0 &0 \end{pmatrix}$, alors $BA=B$ et $B^3=0$ et $B^2\neq 0$, et $(AB)^2=0$.

J'ai essayé d'adapter cet exemple en dimension $n \geq 4$ avec des matrices par blocs, mais il me semble qu'il n'y a pas compatibilité pour faire le produit matriciel.
$A=\begin{pmatrix}
0_{1,1} & 0_{1,2}\\
0_{2,1} & I_{n-1}
\end{pmatrix}$ et $B=\begin{pmatrix}
0_{1,1} & I_{n-1}\\
0_{1,1} & 0_{1,2}
\end{pmatrix}$
Je ne vois pas comment contourner ce problème.

NicoLeProf

@Bbidule Tu as raison là-dessus :

"Tu voulais peut-être dire:

Pour toute matrice carrée d'ordre $n$ nilpotente, l'indice de nilpotente de $M$ vaut $n$ si et seulement si le rang de $M$ vaut $n−1$" 

(j'ai très mal écrit mon énoncé).

Mais tu n'as pas raison sur ton contre-exemple qui n'en est pas un puisque la matrice que tu donnes est de rang $1$ et non de rang $2$.

Match nul, égalité, quid de la réciproque?

Bbidule

oula, exact: il est l'heure d'aller se coucher!^^

NicoLeProf

Pour le sens direct, c'est facile. Je dis que comme l'indice de nilpotence de $A$ est $n$, alors il existe un vecteur colonne $X $ tel que $A^{n-1}X \neq 0$ puis je montre que la famille $(X,AX,...,A^{n-1}X)$ est libre donc c'est une base de $\mathbb K^n$. Puis, en écrivant la matrice de l'endomorphisme canoniquement associé à $A$ dans cette nouvelle base, je conclus sans difficulté sur le rang de $A$. (C'est un grand classique).

J'ai une preuve plus élaborée pour la réciproque mais c'est vraiment sortir l'artillerie lourde, j'imagine qu'il y a plus simple...

Notons $p$ l'indice de nilpotence de $A$. Donc son polynôme minimal est $X^p$ tandis que son polynôme caractéristique est $X^n$ (il est scindé). De plus, $\ker A$ est de dimension $1$ puisque $A$ est de rang $n-1$.

On peut donc en déduire que la réduite de Jordan contient un seul bloc (dimension du noyau), de taille $p$ (multiplicité de $0$ en tant que racine du polynôme minimal) et que la somme des tailles des blocs de Jordan vaut $n$ (multiplicité de $0$ en tant que racine du polynôme caractéristique). Ainsi, $p=n$. Et $A$ est nilpotente d'indice de nilpotence $n$.

Jordan c'est vraiment très puissant !

OShine

Je bloque sur la généralisation à $n$ quelconque pour le contre-exemple.
J'ai essayé de généraliser l'exemple de marco mais on n'a pas $(AB)^2=0$.

Bbidule

@NicoLeProf: l'équivalence est effectivement vraie (où avais-je la tête...), on peut démontrer la réciproque en montrant que la suite d'entiers naturels $\left(\dim\left(\ker(A^i)\right)\right)_{1\leqslant i\leqslant n}$ est strictement croissante de premier terme $1$ (théorème du rang) et de dernier terme $n$ (par nilpotence de $A$), et donc, pour tout $i$ compris entre $1$ et $n$, $\dim\left(\ker(A^i)\right)=i$, et donc, en particulier, $\dim\left(\ker(A^{n-1})\right)=n-1$, et donc $A^{n-1}\neq 0$, d'où la conclusion.

NicoLeProf

Ah oui, encore un grand classique cette fameuse suite strictement croissante, au sens de l'inclusion, des noyaux itérés ! Encore un grand classique oui et plus simple que Jordan !

NicoLeProf

OShine a dit :

Je bloque sur la généralisation à $n$ quelconque pour le contre-exemple.
J'ai essayé de généraliser l'exemple de marco mais on n'a pas $(AB)^2=0$.

Prends $A$ de taille $n$ en commençant comme $A$ de dimension $3$ et en ajoutant des $0$ partout ailleurs.

Ainsi, $A$ sera la matrice comportant des $1$ en positions $(2,2)$ et $(3,3)$ et des $0$ partout ailleurs.

De même pour $B$ et ça devrait marcher !

Dit de manière plus savante, tu peux prendre $A_{n,n}=\begin{pmatrix} A_{3,3} & 0_{3,n-3} \\ 0_{n-3,3} & 0_{n-3,n-3} \end{pmatrix}$ où $A_{3,3}$ est la matrice $3 \times 3$ de Marco.

Effectivement, tes matrices par blocs n'ont aucun sens, vois-tu pourquoi?

OShine

Oui je me suis trompé dans les tailles de mes blocs mais mon idée n'était pas la bonne.
J'avais eu cette idée de mettre des blocs de 0 mais je ne me suis pas fait confiance, j'aurais dû explorer cette piste jusqu'au bout.
En tout cas cette construction par blocs a partir d'un exemple en petit dimension est très utile et sert dans beaucoup d'exercices.
Je vais finir la démonstration avec ton indication, merci.

NicoLeProf

Oui je pense que cette construction par blocs est une méthode à acquérir en s'entraînant sur d'autres exos et à retenir effectivement.

Je te laisse finir !

Bbidule

Je détaille ici une variante de la preuve de la réciproque esquissée plus haut, en utilisant des outils élémentaires (niveau L1):

Soit $n\in\N^*$.

Soit $M\in\mathcal{M}_n(\mathbb{K})$.

On suppose $M$ nilpotente et $rg(M)=n-1$.

Alors, $M^{n-1}\neq 0_{\mathcal{M}_n(\mathbb{K})}$ et $M^{n-1}= 0_{\mathcal{M}_n(\mathbb{K})}$.

preuve:

Soit $u$ l'endomorphisme de $\mathbb{K}^n$ canoniquement associé à $M$.

Pour tout $k\in\N$, on note $v_k$ la restriction de $u$ à $Im\left(u^k\right)$.

Soit $k\in\N$.

Alors, $v_k$ est une application linéaire du $\mathbb{K}$-espace vectoriel de dimension finie $Im(u^k)$ (sous-espace vectoriel de l'espace vectoriel de dimension finie $\mathbb{K}^n$) dans $\mathbb{K}^n$. 

Le théorème du rang donne:

$$\dim(Im(u^k)) = \dim(\ker(v_k))+\dim(Im(v_k))$$

Or, $\ker(v_k)\subset \ker(u)$ et $Im(v_k)= Im(u^{k+1})$ (immédiat, non détaillé).

Donc, $\dim(Im(u^k)) \leqslant \dim(Ker(u))+\dim(Im(u^{k+1}))$.

Or, le théorème du rang appliqué à $u$ donne: $n = \dim(\ker(u))+rg(u)$ et, $rg(u) = rg(M)=n-1$.

Donc, $\dim(\ker(u))=1$.

Donc, $\dim(Im(u^k)) \leqslant 1+\dim(Im(u^{k+1}))$.

Donc, $\dim(Im(u^k))-\dim(Im(u^{k+1})) \leqslant 1$, et ce pour tout $k\in\N$.

Donc, par sommation membre à membre,  pour tout $i\in\N^*$, $\displaystyle\sum_{k=0}^{i-1}\left(\dim(Im(u^k))-\dim(Im(u^{k+1}))\right)\leqslant \displaystyle\sum_{k=0}^{i-1}1$.

Donc, par télescopage additif, pour tout $i\in\N^*$, $\dim(Im(u^0))-\dim(Im(u^{i}))\leqslant i$.

Or, $u^0=id_{\mathbb{K}^n}$ et $id_{\mathbb{K}^n}$ a une image égale à $\mathbb{K}^n$, donc de dimension $n$.

Donc, pour tout $i\in\N^*$, $n-\dim(Im(u^{i}))\leqslant i$.

Donc, pour tout $i\in\N^*$, le théorème du rang appliqué à l'endomorphisme $u^i$ de $\mathbb{K}^n$ donne:

$$\dim\left(\ker\left(u^i\right)\right)\leqslant i$$

Or, $u^0=id_{\mathbb{K}^n}$ et $id_{\mathbb{K}^n}$ est injectif et a donc un noyau de dimension $0$.

Donc, $\dim\left(\ker\left(u^0\right)\right)\leqslant 0$.

Donc,

$$\forall i\in\N,~\dim\left(\ker\left(u^i\right)\right)\leqslant i$$

Donc, en particulier, comme $n-1\in\N$, $\dim\left(\ker\left(u^{n-1}\right)\right)\leqslant n-1<n = \dim(\mathbb{K}^n)$.

Donc, $\ker\left(u^{n-1}\right)\neq \mathbb{K}^n$.

Donc, $u^{n-1}\neq 0_{\mathcal{L}(\mathbb{K}^n)}$.

Donc, $M^{n-1}\neq 0_{\mathcal{M}_n(\mathbb{K})}$.

Montrons que $M^n=0_{\mathcal{M}_n(\mathbb{K})}$.

$M$ est, par hypothèse, nilpotente.

On note $p$ l'indice de nilpotence de $M$.

On raisonne par l'absurde et on suppose que $M^{n}\neq 0_{\mathcal{M}_n(\mathbb{K})}$.

Alors, $p\geqslant n+1$ et l'on dispose de $x\in\mathbb{K}^n$ tel que $u^{p-1}(x)\neq 0_{\mathbb{K}^n}$.

On montre (non détaillé, classique) que la famille $\left(u^{i}(x)\right)_{0\leqslant i\leqslant p-1}$ est libre dans $\mathbb{K}^n$.

Or, cette famille comporte $p$ vecteurs, $\dim(\mathbb{K}^n)=n$.

Donc, $p\leqslant n$.

Or, $p\geqslant n+1$.

Nous avons donc obtenu une contradiction.

Ainsi, $M^n=0_{\mathcal{M}_n(\mathbb{K})}$.

(On peut aller plus vite avec le théorème de Caley-Hamilton, mais c'est moins "élémentaire").

Ainsi, on a bien prouvé $M^{n-1}\neq 0_{\mathcal{M}_n(\mathbb{K})}$ et $M^{n-1}= 0_{\mathcal{M}_n(\mathbb{K})}$.

Donc, l'indice de nilpotence de $M$ est $n-1$.

OShine

Posons : $A'=\begin{pmatrix}
A_{3,3} &  0_{3,n-3} \\
0_{n-3,3}  & 0_{n-3,n-3}
\end{pmatrix}$ et $B'=\begin{pmatrix}
B_{3,3} &  0_{3,n-3} \\
0_{n-3,3}  & 0_{n-3,n-3}
\end{pmatrix}$  avec $A$ et $B$ désignant les matrices de marco.
$B' A'=\begin{pmatrix}
B_{3,3} A_{3,3} &  0_{3,n-3} \\
0_{n-3,3}  & 0_{n-3,n-3}
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
B_{3,3}  &  0_{3,n-3} \\
0_{n-3,3}  & 0_{n-3,n-3}
\end{pmatrix} $ puis $(B' A')^2=\begin{pmatrix}
B_{3,3} ^2 &  0_{3,n-3} \\
0_{n-3,3}  & 0_{n-3,n-3}
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
B_{3,3}  &  0_{3,n-3} \\
0_{n-3,3}  & 0_{n-3,n-3}
\end{pmatrix} \ne 0$ car $B^2 \ne 0$.
De plus, $A' {}B'=\begin{pmatrix}
A_{3,3} B_{3,3} &  0_{3,n-3} \\
0_{n-3,3}  & 0_{n-3,n-3}
\end{pmatrix}$
$(A'{}B')^2=\begin{pmatrix}
0_{3,3} &  0_{3,n-3} \\
0_{n-3,3}  & 0_{n-3,n-3}
\end{pmatrix}$ car $(AB)^2=0$.
Donc l'implication logique de l'exercice est vraie si et seulement si $n=2$.

Très bel exercice, qui fait travailler la notion de matrice nilpotente en dimension 2-3.

NicoLeProf

Maintenant, n'hésite pas à au moins lire et comprendre nos preuves à Bbidule et à moi car mon exo plus général peut être une question d'agrég et il est bien pratique !

Chaurien

Un résultat simple et amusant. Plus généralement, on sait que si $A$ est une matrice nilpotente de $\mathfrak{M}_{n}(\mathbb{K})$, alors $A^n=0_n$.

 Si $A$ et $B$ sont deux matrices de $\mathfrak{M}_{n}(\mathbb{K})$ telles que $(AB)^n=0_n$,  alors $(BA)^{n+1}=B(AB)^nA=0_n$, d'où $(BA)^n=0_n$.

OShine

@chaurien
Je n'ai pas compris le "d'où $(BA)^n=0_n$" comment on l'obtient.

lourrran

En dimension $n$, si une matrice $M$ est nilpotente, il existe un certain rang $r_0$ à partir duquel, si $r \ge r_0$, on a $M^r=0_n$ , et ce rang $r_0$ est forcément inférieur ou égal à $n$
Edit suite à la remarque de JLapin :
En dimension $n$, si une matrice $M$ est nilpotente, il existe un unique rang $r_0$ pour lequel, si $r \ge r_0$, on a $M^r=0_n$, et si $r< r_0$, alors  $M^r \neq 0_n$ et ce rang $r_0$ est forcément inférieur ou égal à $n$ ; ce rang $r_0$ est appelé indice de nilpotence de $M$.

Autre résultat un peu similaire (qui va permettre de démontrer le résultat ci-dessus si tu le souhaites et si c'est un résultat pas dans le cours, ce qui m'étonnerait) : Si $M$ est une matrice nilpotente, si $f$ est l'endomorphisme associé à $M$
alors $\text{dim} (f(E)) $ est strictement inférieur à $\text{dim}(E)$
et aussi, pour tout entier $r$ : $\text{dim} (f^{r+1}(E)) $ est strictement inférieur à $\text{dim}f^r(E)$ ... sauf pour les $r$ suffisamment grands, et tels que $f^r $soit l'endomorphisme nul

Si on part d'un espace de dimension $n$, et qu'à chaque étape, on diminue d'au moins $1$, on arrive à $0$ en maximum $n$ étapes.

Ici, on montre que BA est nilpotente $(BA)^{n+1}=0_n$ , et donc comme elle est nilpotente, son indice de nilpotence est $n$ ou moins.

gai requin

On suppose $AB$ nilpotente d'indice $p$.
Donc $BA$ est nilpotente d'indice $q$.
Montrer que $p-1\leq q\leq p+1$.

OShine

@lourrran
Pour le premier résultat ok pour le second je ne l'ai jamais vu.

JLapin

lourrran a dit :

En dimension $n$, si une matrice $M$ est nilpotente, il existe un certain rang $r_0$ à partir duquel, si $r \ge r_0$, on a $M^r=0_n$ , et ce rang $r_0$ est forcément inférieur ou égal à $n$

Non, un tel rang n'est pas forcément inférieur ou égal à $n$. Par contre, le rang minimal qui vérifie cette propriété est inférieur ou égal à $n$ (c'est l'indice de nilpotence).

lourrran

Si tu connais le 1er résultat, ça répond à la question que tu posais.


Considérons un endomorphisme $f$, et les différents sev $E, f(E), f^2(E),$ ... $f^k(E)$
On suppose qu'il existe un rang $k_0$ tel que $dim ( f^{k_0}(E) ) = dim ( f^{k_0 - 1}(E) )$ ,  et $ f^{k_0}\neq 0$  
Q1) que peut-on dire des 2 sev $ f^{k_0}(E) $ et $ f^{k_0 - 1}(E) $ ?
Q2) que peut-on dire de $ f^{k_0 +1}(E) $ , ou plus généralement de $  f^{k}(E) $ pour tout $k > k_0$ ?
Q3) que peut-on dire de $dim ( f^{k_0 +1}(E) )$ , ou plus généralement de $dim ( f^{k}(E) )$ pour tout $k > k_0$ ?
Q4) $f$ peut-elle être nilpotente ?

OShine

gai requin a dit :

On suppose $AB$ nilpotente d'indice $p$.
Donc $BA$ est nilpotente d'indice $q$.
Montrer que $p-1\leq q\leq p+1$.

Merci pour l'indication.
Supposons $AB$ nilpotente d'indice $p$.
Notons $q$ l'indice de nilpotence de $BA$.
Alors $(AB)^p=0$ et $(AB)^{p-1} \ne 0$.
$(BA)^{p+1}=B (AB)^p A=0$ donc $BA$ est nilpotente et $q \leq p+1$.
Il reste à montrer que $q \geq p-1$.
Raisonnons par contraposée. Supposons $(BA)^{p-2}=0$.
Alors $(AB)^{p-1}= A(BA)^{p-2} B=0$ donc $(AB)^{p-1}=0$ ce qui est absurde.
Finalement, $BA$ est nilpotente d'indice $q$ est $\boxed{p-1 \leq q \leq p+1}$

OShine

@lourrran
L'exercice m'est destiné ?

NicoLeProf

OShine a dit :

@chaurien
Je n'ai pas compris le "d'où $(BA)^n=0_n$" comment on l'obtient.

Autre explication que ci-dessus. Comme $(BA)^{n+1}=0_n$, $BA$ est nilpotente donc son polynôme caractéristique est $X^n$ et par suite, d'après le théorème de Cayley-Hamilton, $(BA)^n=0_n$.

lourrran

Oui, cet exercice t'est destiné, évidemment.
Cet exercice, c'est même un complément indispensable du cours. Dans un cours bien construit sur les endomorphismes nilpotents, on a 2 ou 3 exercices de ce type juste après le cours. L'élève retient ces résultats, il sait (éventuellement) les redémontrer (1 ou 2 lignes pour chaque résultat), et après seulement, l'élève est armé pour attaquer des exercices plus difficiles.

OShine

@NicoLeProf
D'accord merci.

@lourrran
Ok je le cherche dans la soirée.