Matrices nilpotentes — Les-mathematiques.net The most powerful custom community solution in the world

Matrices nilpotentes

Modifié (23 Jan) dans Algèbre
Bonjour
$A,B$ non inversibles de $M_n(\C)$, avec $n\geq 2$ et $(AB)^n=0$.
Montrer que $(AB)^{n-1}=0$ ou $(BA)^{n-1}=0$.
Merci.
«1

Réponses

  • Il y a probablement des tas de méthodes. Bien sûr, le truc est trivialisé si on connaît la réduction des couples contragrédients, mais je vais traiter le truc à un niveau taupinal.

    Par l'absurde, on suppose donc $(AB)^{n-1} \neq 0$ et $(BA)^{n-1} \neq 0$. Evidemment $BA$ est nilpotente, et ainsi $AB$ et $BA$ sont des blocs de Jordan nilpotents. Si on prend $X$ dans $\C^n \setminus \mathrm{Im}(BA)$, alors
    $X$ est cyclique pour $BA$, et ainsi $AX$ sera cyclique pour $AB$ sauf si $AX \in \mathrm{Im}(AB)$. Mais si $AX$ est cyclique pour $AB$ alors on en déduit facilement que $\mathrm{rg} A=n$, ce qui a été exclu. Ainsi $AX \in \mathrm{Im}(AB)$ pour tout $X \in \C^n \setminus \mathrm{Im}(BA)$, puis par linéarité $\mathrm{Im} A \subset \mathrm{Im}(AB)$. Symétriquement $\mathrm{Im} B \subset \mathrm{Im}(BA)$. On trouve alors facilement, par itérations,
    $\mathrm{Im} A \subset \mathrm{Im} ABA \subset \mathrm{Im} ABABA \subset \cdots \subset \mathrm{Im} A(BA)^n A=\{0\}$, donc $A=0$, puis $(AB)^{n-1}=0$, ce qui est absurde.

  • Modifié (23 Jan)
    Variante de dSP.
    Il est classique que $AB$ et $BA$ ont même polynôme caractéristique. Donc $BA$ aussi est nilpotente.
     Supposons par l'absurde que ni $(AB)^{n-1}$, ni $(BA)^{n-1}$ ne sont nulles. Alors les matrices $AB$ et $BA$ sont nilpotentes d'indice $n$, donc de rang $n-1$.
     De là, il découle facilement que ${\rm ker}(AB)={\rm ker}(B)$ et ${\rm ker}(BA)={\rm ker}(A)$. Donc par récurrence ${\rm ker}((AB)^{n})={\rm ker}(B)$, ce qui est absurde.
  • On a  $(AB)^n=(AB)^{n-1}.AB$ donc si  $(AB)^n=0$ alors aussi $(AB)^{n-1}.AB=0$ et on déduit que  $(AB)^{n-1}=0$ en multipliant à  droite par l inverse de B puis l inverse de A. J'ai raté quoi ?C'est ma première bêtise 2023 ?
    -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
    Citation :  Je suis Jack 
  • $A$ et $B$ ne sont pas inversibles.
  • D'ailleurs, si elles l'étaient, $AB$ le serait aussi et aurait ainsi du mal à être nilpotente.
  • Sincèrement  je n'ai pas vu le mot non  . Je commence bien la 2023

    -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
    Citation :  Je suis Jack 
  • Pour expier, tu pourrais reformater ton ordinateur avec un système d'exploitation digne de ce nom qui te permet d'importer des bibliothèques C.
  • Ce n'est pas parce qu'une personne ne sait pas faire une chose dans un environnement que c'est impossible dans cet environnement !
    504, c'est trop !

    J'affirme péremptoirement que toute affirmation péremptoire est fausse
  • il se passe quoi dans ce fil, tous sont devenus aveugles ? on n'est pas dans le fil de C
    -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
    Citation :  Je suis Jack 
  • Modifié (23 Jan)
     De là, il découle facilement que ${\rm ker}(AB)={\rm ker}(B)$ et ${\rm ker}(BA)={\rm ker}(A)$. Donc par récurrence ${\rm ker}((AB)^{n})={\rm ker}(B)$, ce qui est absurde.
    Pourquoi $\ker(AB) = \ker(B)$ ? Merci.
  • Modifié (23 Jan)
    etanche a dit :
    Pourquoi $\ker(AB) = \ker(B)$ ? Merci.
    OH ! Pour une fois que j'ai une réponse à donner sur un post d'etanche !!! :D:D           
    Je me posais la question aussi ! On a : $\ker(B) \subset \ker(AB)$ mais on a vu que $AB$ est de rang $n-1$ donc $\ker(AB)$ est de dimension $1$ d'après le théorème du rang.
    Ainsi, $\ker(B)$ est de dimension $0$ ou $1$ mais $B$ n'est pas inversible donc $\dim(\ker(B))=1=\dim(\ker(AB))$ et ainsi, l'inclusion est en fait une égalité ! :)  
    Par contre, le "par récurrence ..." qui suit, je ne comprends pas... Ah si, ça y est, j'ai compris ! ^^'  :D:)o:)
  • Modifié (23 Jan)
    NicoLeProf a dit :
    Par contre, le "par récurrence ..." qui suit, je ne comprends pas...
     Si $X\in {\ker}((AB)^n )$, alors $(AB)^{n-1}(ABX)=0$. Donc $ABX\in {\ker}((AB)^{n-1})={\ker}(B)$ par hypothèse de récurrence. Donc $BA(BX)=0$, donc $BX=0$.  Ainsi ${\ker}((AB)^n )\subseteq {\ker}(B)$, puis égalité, l'autre inclusion étant claire.  J'espère m'être pas fourvoyé.
  • Modifié (23 Jan)
    Oui c'est ce que j'ai fait sur mon brouillon en raisonnant par récurrence sur un entier $k \in \mathbb{N}^*$ plutôt car $n$ est supposé supérieur ou égal à $2$ dans l'énoncé d'etanche donc finalement j'ai compris ! Merci beaucoup pour cette preuve très intéressante !!! :)       
    Je vais pouvoir ajouter l'exercice à ma base de données ! :D
  • Modifié (24 Jan)
    Je propose ceci.
    [Une réponse fausse, désolé]
  • Un contre-exemple avec A  inversible et B non inversible ?
    -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
    Citation :  Je suis Jack 
  • @ dSP peux-tu nous dire plus sur la réduction des couples contragrédients ? Des références  ? Merci
  • dSPdSP
    Modifié (24 Jan)
    Le principe est de réduire les couples $(a,b) \in \mathcal{L}(U,V) \times \mathcal{L}(V,U)$ modulo la relation
    d'équivalence définie par : $(a,b) \sim (a',b')$ si et seulement s'il existe deux automorphismes
    $\varphi \in \mathrm{GL}(U)$ et $\psi \in \mathrm{GL}(V)$ tels que $a'=\psi \circ a \circ \varphi$ et $b'=\varphi^{-1} \circ b \circ \psi^{-1}$.
    Voir Horn : https://www.sciencedirect.com/science/article/pii/0024379593000566
  • Modifié (24 Jan)
    Pour l'exemple demandé par @gebrane, pourquoi ne pas prendre simplement $A=\mathrm I_n$ et $B$ nilpotente ?
  • Nilpotente d'indice inférieur à $n-2$ :)
  • Ad libitum, selon que l'on veut une illustration ou un contre-exemple. 
  • Pardon, j'aurais dû préciser "d'indice $n-1$" pour un contre-exemple !
    Ou j'aurais mieux fait de ne rien ajouter :)
  • Modifié (24 Jan)
    De la question du fil, on peut déduire le lemme suivant
      Lemme : Soient A et B deux matrices non inversibles d'ordres n>1. Si la matrice produit A.B est nilpotente d'indice p alors p<n
    -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
    Citation :  Je suis Jack 
  • Ah non ça c'est faux. Par exemple $A=\begin{pmatrix} 1&0\\0&0\end{pmatrix}$ et $B=\begin{pmatrix} 0&1\\0&0\end{pmatrix}$.
  • Modifié (24 Jan)
    Ma bêtise 1 en 2023
    Ma bêtise 2 en 2023
    Ma bêtise 3 en 2023
    . Merci @JLT    Voici comment j'ai raisonné.
    On a un résultat (de mémoire) qui dit que l'indice de nilpotence ne doit pas dépasser l'ordre de la matrice. Donc $p\le n$.
    Maintenant d’après la question du fil, le $p$ ne peut être égale à $n$  (car dès que $(AB)^n=0$ alors $(AB)^(n-1)=0 $, donc $p<n$).
    J'avais raté que la question du fil dit que  des que $(AB)^n=0$ alors $(AB)^(n-1)=0$ ou $(BA)^(n-1)=0$.
    -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
    Citation :  Je suis Jack 
  • Modifié (24 Jan)
    Non, la question du fil dit que si $AB$ et $BA$ sont deux matrices nilpotentes (et que $A$ et $B$ sont non inversibles), alors l'une des deux est d'indice strictement plus petit que $n$ mais ne précise pas laquelle.
  • Modifié (24 Jan)
    JLapin  Il y a une redondance dans   si AB et BA sont deux matrices nilpotentes.
     Si AB est nilpotente alors nécessairement BA est aussi nilpotente ! non ?
    -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
    Citation :  Je suis Jack 
  • Modifié (24 Jan)
    @gebrane Oui car $AB$ et $BA$ ont le même polynôme caractéristique. Comme celui de $AB$ est $X^n$ où $n$ est la dimension de l'espace $E$ entier (car $AB$ est nilpotente), celui de $BA$ est aussi $X^n$ et $BA$ est également nilpotente (théorème de Cayley-Hamilton).

    Par contre, j'ai une question à laquelle j'ai réfléchi aujourd'hui !
    Dans la preuve fournie par Paul Broussous que je remercie chaleureusement, on déduit au début du raisonnement que $AB$ et $BA$ sont de rang $n-1$ . Cette déduction découle du fait que quand on a un endomorphisme $u$ nilpotent d'ordre de nilpotence égal à $p$, la famille $(x,u(x),...,u^{p-1}(x))$ avec $x$ tel que $u^{p-1}(x) \neq 0$ est libre.
    Je parviens à prouver la liberté de cette famille avec un raisonnement par l'absurde bien rigoureux mais aussi d'une autre manière pas vraiment rigoureuse pour le coup en appliquant $u$, $u^2$ , ... , $u^{p-1}$ à la combinaison linéaire nulle considérée. Je pense que cette dernière preuve cache en fait un raisonnement par récurrence mais je ne parviens pas à le formaliser clairement ! Comment peut-on s'y prendre?
  • Modifié (24 Jan)
    Tu peux présenter une combinaison linéaire nulle $\lambda_0 x+\dots+\lambda_{p-1} u^{p-1}(x)=0$ et démontrer par récurrence forte (finie) la propriété $\lambda_k=0$.
  • Modifié (24 Jan)
    Pour prouver la liberté de la famille je procède comme ça  (plus simple) si $\lambda_0 x+\dots+\lambda_{p-1} u^{p-1}(x)=0,$ soit $i$ le plus petit indice tel que $\lambda_i\ne 0$, donc le problème devient $$\lambda_i u^{i}(x)+\dots+\lambda_{p-1} u^{p-1}(x)=0,$$ et on compose avec $u^{p-1-i}$ ce qui donne $\ \lambda_i u^{p-1}(x)=0$, donc $\lambda_i=0$ donc ...
    -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
    Citation :  Je suis Jack 
  • Modifié (24 Jan)
    Ok, merci JLapin j'ai compris ! :)<3
  • @NicoLeProf Tu n'as pas compris la mienne   :mrgreen:  , elle est économique
    -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
    Citation :  Je suis Jack 
  • Modifié (24 Jan)
    Cette même démonstration permet de démontrer, sans utiliser le polynôme caractéristique, que si $(AB)^n=0$ alors $(BA)^n=0$ (dans $M_n(\C)$).

    En effet $(AB)^n=0$ entraine que $(BA)^{n+1}=B(AB)^nA=0$ : si on avait $(BA)^n\neq0$ il existerait un vecteur $X$ tel que $(BA)^nX\neq0$ et par suite la famille $(X,(BA)X,\dots,(BA)^nX)$ de cardinal $n+1$ serait libre, impossible car $\dim(\C^n)=n$.
  • gebrane a dit :
    @NicoLeProf Tu n'as pas compris la mienne   :mrgreen:  , elle est économique
    Bah si je l'ai bien comprise celle-ci, je l'ai soulignée dans mon message précédent : on raisonne par l'absurde et on prouve la liberté de cette famille en obtenant une contradiction sur la définition de $i$ . Ce que je cherchais était la formalisation du raisonnement par récurrence car il faut savoir faire plusieurs preuves à l'agreg. Une récurrence peut être imposée dans un sujet d'écrit (c'est déjà arrivé ^^').
  • Modifié (24 Jan)
    Euh non, $AB$ peut être nilpotente sans que $BA$ le soit. Avec l'exemple de JLT, on a $AB \neq 0$ et $BA = 0$... . Le polynôme minimal divise le polynôme caractéristique, mais l'inverse n'est pas vrai en général.
  • Modifié (24 Jan)
     @Bibix  Mais $(BA)^{n+1}=B(AB)^nA$ donc si $AB$ est nilpotente. alors aussi BA est nilpotente.
    [L'économie de deux fois cinq lettres au détriment de la lisibilité est-elle justifiable ? AD]
    Merci AD
    -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
    Citation :  Je suis Jack 
  • @Bibix, je ne vois pas le problème : la matrice nulle n'est-elle pas considérée comme une matrice nilpotente d'indice de nilpotence égal à $1$ ?
    Nous n'avons pas parlé de polynôme minimal ici . Nous avons dit que $AB$ et $BA$ ont le même polynôme caractéristique. Comme celui de $AB$ est $X^n$ car $AB$ est nilpotente, celui de $BA$ est $X^n$ donc $BA$ est aussi nilpotente ($BA$ peut être nulle mais son polynôme caractéristique sera quand même égal à $X^n$ et elle est nilpotente d'indice de nilpotence égal à $1$ dans ce cas). Il y a pourtant équivalence entre "être nilpotent" et avoir un polynôme caractéristique égal à $X^n$ dans tous les cours que j'ai lus jusqu'à présent.
    Et d'ailleurs, on peut prouver facilement que la seule matrice nilpotente diagonalisable est la matrice nulle... non? ^^'
  • Modifié (24 Jan)
    Oui, as-tu un doute? Si $M=P^{-1}DP$ et $M^p=0$ alors $P^{-1}D^pP=0$ alors $D=0$
    -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
    Citation :  Je suis Jack 
  • Modifié (24 Jan)
    Pas vraiment de doute pour le coup non mais de nombreux membres de ce forum sont vraiment brillants je trouve et il me semble bien que Bibix en fait partie ! Donc forcément, Bibix crée le doute à travers son message. Si je fais une erreur de raisonnement ou si ma définition d'endomorphisme nilpotent n'est pas bonne, j'aimerais donc avoir une explication ! ^^'
  • Oui, j'ai écrit n'importe quoi. Leur indice de nilpotence peut être différent...
  • Modifié (24 Jan)
    Sauf erreur, $(BA)^{n+1}=0$ suffit, merci @jandri ! Supposons $(AB)^{n-1}\neq 0$ et $(BA)^{n-1}\neq 0$. On a : $$\{0\}\varsubsetneq \ker B\subset \ker AB\varsubsetneq\cdots\varsubsetneq\ker (AB)^{n-1}\varsubsetneq\ker(AB)^n.$$ La première inclusion est stricte car $B$ n'est pas inversible. La dernière inclusion est stricte car $(AB)^{n-1}\neq 0$ et $(AB)^{n}=0$. Et pour tout $k\in\N^*$, si $\ker(AB)^k=\ker(AB)^{k+1}$ alors $\ker(AB)^{k+1}=\ker(AB)^{k+2}$, ce qui explique les autres inclusions strictes. Pour tout $k\in\N^*$ on note $d_k$ la dimension de $\ker(AB)^k$. On a : $$n\geqslant d_n=d_1+\sum_{k=1}^{n-1}d_{k+1}-d_k\geqslant d_1+n-1.$$ Il suit $d_1\leqslant 1$, puis $\ker B=\ker AB$. Comme $A$ n'est pas inversible non plus et comme $(BA)^{n+1}=B(AB)^nA=0$, on peut échanger les rôles de $A$ et de $B$, d'où $\ker A=\ker BA$. Enfin, si $X\in\ker(AB)^2$ alors $ABX\in\ker B$, donc $BX\in\ker A$, donc $X\in\ker AB$, d'où $\ker AB=\ker(AB)^2$, contradiction.
  • Modifié (24 Jan)
    @Audeo si $(BA)^{n+1}=0$ alors on a trivialement $(BA)^n =0$. Car si $BA$ est nilpotente et si on note $p$ son indice de nilpotence alors $p\le n$, d’où  $(BA)^n =0$.
    -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
    Citation :  Je suis Jack 
  • Modifié (25 Jan)
    Dans ce fil un argument souvent utilisé est que $AB$ et $BA$ ont même polynôme caractéristique, théorème dont je n'ai que de vagues souvenirs et qui n'est pas aussi évident que d'aucuns l'affirment . J'en essaie donc une démonstration :smile:
    Si $A,B\in Gl_n(\mathbb{C})$ alors $AB=B^{-1}(BA)B$ donc $AB$ et $BA$ sont équivalentes et ont mêmes polynômes caractéristiques.
    Pour $A,B$ quelconques le théorème vient par densité de $Gl_n(\mathbb{C})$ dans $M_n(\mathbb{C})$ puis par continuité des deux applications égales sur $Gl_n(\mathbb{C})$ $AB\mapsto P_{AB}(X)$ et $AB\mapsto P_{AB}(X)$ $BA\mapsto P_{BA}(X)$.
    o:)
  • Modifié (25 Jan)
    Merci beaucoup Alain24 !!! :)
    J'ai trouvé cette autre preuve (de Guego : https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=discussion/469654#Comment_469654)  sur un ancien fil aussi (je l'aime bien aussi même si je dois admettre qu'il faut être très doué et malin pour construire des matrices $M$ et $N$ pertinentes) :
    "Soient $M = \begin{pmatrix} -\lambda I & -B \\ A & I \end{pmatrix}$ et $N = \begin{pmatrix} I & B \\ 0 & -\lambda I \end{pmatrix}$.
    L'identité $\det(MN)=\det(NM)$ fournit l'égalité des polynômes caractéristiques de $AB$ et de $BA$".
  • @NicoLeProf : et pourquoi ces deux applications citées par Alain24 sont continues ?
  • @gebrane : j'ai voulu montrer que les résultats bien connus sur les noyaux itérés suffisent. Pas de théorème du rang, pas de polynôme caractéristique, pas de "si $u^{k}=0$ et $u^{k-1}\neq 0$, alors il existe un vecteur $x$ tel que $(x,u(x),\dots,u^{k-1}(x))$ est libre".
    Supposons $(AB)^{n-1}\neq 0$ et $(BA)^{n-1}\neq 0$.
    D'une part : $$\{0\}\varsubsetneq \ker B\subset \ker AB\varsubsetneq\cdots\varsubsetneq\ker (AB)^{n-1}\varsubsetneq\ker(AB)^n,$$ les inclusions strictes étant justifiées par le fait que $B$ n'est pas inversible et que $(AB)^n=0$. D'où, avec $d_k:=\dim\ker(AB)^k$ : $$n=d_n=d_1+\sum_{k=1}^{n-1}d_{k+1}-d_k\geqslant d_1+n-1 \implies d_1\leqslant 1 \implies \ker B=\ker AB.$$ D'autre part : $$\{0\}\varsubsetneq \ker A\subset \ker BA\varsubsetneq\cdots\varsubsetneq\ker (BA)^{n-1}\varsubsetneq\ker(BA)^n,$$ les inclusions strictes étant justifiées par le fait que $A$ n'est pas inversible et que $(BA)^{n+1}=0$. En effet, si l'une des inclusions entre $\ker BA$ et $\ker(BA)^n$ n'était pas stricte, l'on aurait aussitôt $\ker(BA)^{n-1}=\ker(BA)^{n+1}=\C^n$. D'où, avec $D_k:=\dim\ker(BA)^k$ : $$n\geqslant D_n=D_1+\sum_{k=1}^{n-1}D_{k+1}-D_k\geqslant D_1+n-1 \implies D_1\leqslant 1 \implies \ker A=\ker BA.$$ Il en résulte que $\ker AB=\ker(AB)^2$, contradiction.
  • Modifié (25 Jan)
    Audeo Je n'avais pas compris cela.

    Pour tous  et si on pose la question de étanche autrement
    Soit $X\in M_n(\C)$ vérifiant $X^k=0$ pour un certain k>1. Existe-t-il deux matrices A et B  de $M_n(\C)$ vérifiant $X=AB$ et $(BA)^{k-1}=0$
    je trouve la question difficile . Je ne sais pas faire.

    On peut même remplacer $M_n(\C)$ par L(E):  espace des endomorphismes sur un espace vectoriel E ou en une  algèbre stellaire 

    -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
    Citation :  Je suis Jack 
  • Modifié (25 Jan)
  • ChatGTP a répondu à ma question
    -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
    Citation :  Je suis Jack 
  • Modifié (25 Jan)
    @ gebrane c’est impressionnant. Peux-tu demander à ChatGTP une solution du 93 de 
    https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=/discussion/2332700/exercices-oraux-2022-ens-x-minesponts-centrale-de-la-rms/p1 Merci 
  • Etanche écrit moi la question en latex, cette nouvelle version de ce bot comprend et écrit en Latex
    -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
    Citation :  Je suis Jack 
Connectez-vous ou Inscrivez-vous pour répondre.
Success message!