19 : Algèbre linéaire matricielle

Lycée Louis-Le-Grand,Paris MPSI 4– Mathématiques A. Troesch

Problème n

^o

19 : Algèbre linéaire matricielle

Correction du problème 1– (Trigonalisation des algèbres nipotentes, d’après X 1996)

Partie I – Questions préliminaires

1. Soit r l’ordre de nilpotence de A, et t un élément de A. En posant pour tout i ∈ [[1, r]], ti = t, on a, par nilpotence deA:

t^r=tr◦ · · · ◦t1= 0.

Ainsi, test nilpotent, d’indice de nilpotence inférieur ou égal àr.

2. Tout d’abord, il s’agit bien d’une sous-algèbre. En effet, elle contient0et est clairement stable par combinaison linéaire et produit (ces opérations laissant stables l’ensemble des matrices strictement triangulaires supérieures) Soitf1, . . . , fn des éléments deT. On a alors

MatB(fn◦ · · · ◦f1) = MatB(fn)· · ·MatB(f1).

Or, les matrices MatB(fi) sont strictement triangulaires supérieures. En notant Tn,k l’ensemble des matrices triangulaires supéieures dont leskpremières diagonales sont nulles, on sait, d’après le cours, queTn,k1· Tn,k2 ⊂ Tn,k1+k2. Ainsi, en particulier, le produit denmatrices strictement triangulaires supérieures (donc des éléments deTn,1) est dansTn,n ={0}.

On en déduit queMatB(fn◦ · · · ◦f1) = 0, puis quefn◦ · · · ◦f1= 0. Ainsi, T est une sous-algèbre nilpotente.

Ce qui précède nous assure que l’ordre de nilpotence deT est majoré parn. Par ailleurs, en considérantJ la matrice de Jordan constituée de0partout sauf sur la diagonale juste au-dessus de la diagonale principale, un calcul fait en cours nous assure queJⁿ⁻¹ 6= 0 et Jⁿ = 0. Ainsi, J est nilpotente, d’indice exactementn. Cet exemple montre queT est au moins d’ordre de nilpotence n.

Par conséquent, l’ordre de nilpotence deT est exactementn.

3. Soit S l’ensemble des endomorphismes de l’espace E représentés dans la même base B par une matrice strictement triangulaire inférieure . Il s’agit, pour les mêmes raisons, d’une sous-algèbre nilpotente.

La seule matrice à la fois strictement triangulaire supérieure et strictement triangulaire inférieure étant la matrice nulle, on a bien T ∩ S={0} .

4. Soit A l’ensemble des endomorphismes dont la matrice dans la base B est de la formeλK , où K est la matrice dont tous les coefficients sont nuls, à part un 1 en position(1, n). Cette matrice vérifieK²= 0, etAest clairement non vide et stable par combinaison linéaire et produit. De plus,Aest clairement nilpotente (d’ordre de nilpotence égal à 2), et non nulle, ni égale àT (puisque la matrice de Jordan par exemple n’est pas de la formeλK, lorsquen>3).

Partie II – Le cas de la dimension 2

Dans cette partie,E est un espace vectoriel surE de dimension 2.

1. Soitt un endomorphisme nilpotent non nul deE, etrson indice de nilpotence.

(a) tne peut pas être un automorphisme, sinon t^r serait également bijective, ce qui contreditt^r= 0.

Ainsi, par caractérisation des automorphismes en dimension finie,tne peut être ni injective, ni surjective .

(b) En particulier, t n’étant pas injective, Ker(t) n’est pas nul, donc dim(Ker(t)) > 1. De plus, t est non nul, donc Ker(t) 6= E, donc dim(Ker(t)) 6 1. Ainsi dim(Ker(t)) = 1, et d’après le théorème du rang,

dim(Im(t)) = rg(t) = dim(E)−dim(Ker(t)) = 1.

(c) • Analyse. Une telle base B = (b1, b2) doit vérifier t(b1) = 0 et t(b2) = b1 6= 0. Ainsi, en particulier, b26∈Ker(t).

• Synthèse. Soit b2 non nul dansE\Ker(t)(ce qui est possible du fait du calcul des dimensions). Si on montre comme on a fait dans le cours que t est nilpotente d’indice 2, on peut poser b1 = t(b2), qui sera un élément du noyau. Cela ne semble pas être la philosophie de l’énoncé. On va donc se débrouiller sans ce résultat. Par définition de b2, Vect(b2)∩Ker(t) = {0}, et du fait des dimensions, on a donc E = Vect(b2)⊕Ker(t). Soit alors t(b2) = λb2+k la décomposition de t(b2) dans cette somme. On montre alors sans peine par récurrence que pour toutm∈N^∗, t(b^m₂ ) =λ^mb2+λ^m−1k.Ainsi, si λ6= 0, la composante λ^mb2 sur le premier facteur de la somme directe est non nulle, donc t^m(b2) 6= 0. Cela contredit la nilpotence det. Ainsi,λ= 0, ett(b2)∈Ker(t).

On pose donc b1=f(b2). Commeb2 6∈Ker(t), b1 6= 0, donc forme à lui seul une famille libre. Comme b26∈Vect(b1) = Ker(t),B= (b1, b2)est une famille libre, donc une base de E.

On a par constructiont(b1) = 0 ett(b2) =b1, doncMatB(t) = 0 1 0 0

! . Un calcul direct amèneMatB(t)²= 0 0

0 0

!

, donc test nilpotente d’indicer= 2.

2. Soit A une sous-algèbre commutative nilpotente non nulle de L(E). Soit t0 un élément non nul de A, et B= (b1, b2)telle queMatB(t0) = 0 1

0 0

! . (a) Soit t∈ A. On a alors

t0◦t(b1) =t◦t0(b1) =t(0) = 0.

Ainsi,t(b1)∈Ker(t0) = Vect(b1). On en déduit que t(b1)et b1 sont colinéaires.

Ainsi, il existeλtels quet(b1) =λb1. En itérant, pour toutm∈N^∗,t^m(b1) =λ^mb1. Siλ6= 0, cela contredit la nilpotence deT. Ainsi,λ= 0, donc t(b1) = 0 .

(b) Si test non nul, son noyau est de dimension 1, et la question précédente montre queb1en est un élément.

Donc Ker(t) = Vect(b1). Par ailleurs, l’argument donné dans la question 1(c) montre que t(b2)∈ Ker(t).

Ainsin il existe un scalaireatel quet(b2) =ab₁. On en déduit queMatB(t) = 0 a 0 0

!

=aMatB(t0), donc t=at0. Ainsi,A ⊂Vect(t0). L’autre inclusion est évidente, puisqueAest un sous-espace vectoriel deL(E) contenantt0.

Ainsi, A= Vect(t0).

3. On ne suppose plus que A est commutative. L’argument de la question 1(c) (ou l’argument du cours) reste valable, et nous assure que tout élément deAest nilpotent d’indice2. On a alors, avec les données précédentes, puisquet+t0∈ A(Aétant un espace vectoriel)

0 = (t+t0)²=t²+t◦t0+t0◦t+t²₀=t◦t0+t0◦t.

Ainsi,t◦t0=−t0◦t.

On peut alors remplacer dans l’argument de 2(a) l’égalité de commutation par cette dernière égalité. Le signe qui s’ajoute ne perturbe pas le raisonnement.

Ainsi, le résultat reste vrai même si l’algèbre n’est pas supposée commutative .

Le résultat obtenu nous assure que de fait, l’algèbre obtenue sera bien commutative. On vient en fait de montrer qu’il n’existe pas dansL(E)de sous-algèbre nilpotente non commutative (en dimension 2).

Partie III – Trigonalisation des endomorphismes nilpotents

Dans cette partie, E est de dimension n >0. On considère un endomorphisme T nilpotent non nul de E, et on note

1. • Puisquet est non nul,Ker(t)est un sous-espace vectoriel strict deE, doncE1 aussi. Ainsi, E16=E

• Puisquetest non nul,Im(t)6= 0. De plus,{0}= Im(t^r) =T^r−1(Im(t)) = Im(˜t^r−1), oùt˜est l’endomorphisme induit partsur le sous-espace (trivialement stable)Im(t). Ainsi,˜t^r−1étant l’endomorphisme nul d’un espace non nul, elle n’est pas une bijection, donc˜tnon plus. Par caractérisation des automorphismes en dimension finie,˜tn’est pas injective, donc

{0} 6= Ker(˜t) = Ker(t)∩Im(t) =E1

2. E1 = Im(t) si et seulement si Ker(t)⊂Im(t), si et seulement si t² = 0. Comme t 6= 0, cette dernière égalité équivaut à r= 2.

3. (a) Par définition deE3,Im(t)⊕E3=E. Par définition deE1,E1⊕E2= Im(t). Par associativité de la somme (et du caractère direct), E1⊕E2⊕E3=E .

(b) Soit B une base de E adaptée à la décomposition E = E1⊕E2⊕E3. Notons B1, B2 et B3 les 3 bases associées deE1,E2 et E3. On considère le découpage par blocs sur les lignes et sur les colonnes associée à cette partition deB: ainsi, les différents blocsTi,jont un nombre de lignes égal àdim(E1)sii= 1,dim(E2) sii= 2, etdim(E3)sii= 3. Et de même pour les colonnes.

• Pour tout bi deB1, bi ∈ E1 = Im(t)∩Ker(t), T(bi) est nul, donc la colonne correspondante est nulle.

Ainsi, les 3 blocs de la première colonne sont nuls, cette première colonne correspondant au groupement des vecteurs deB1.

• Pour toutbi∈ B2∪ B3,t(bi)∈Im(t) =E2⊕E3. Ainsi,t(bi)se décompose uniquement sur B1et B2, et les coordonnées surB1 sont nulles. Cela correspond à la nullité des blocsA3,2etA3,3 (avec l’indexation que vous imaginez).

Ainsi, la matrice det relativement à la baseBest bien de la forme MatB(t) =







0 T1,2 T1,3

0 T2,2 T2,3

0 0 0





.

(c) D’après les règles du produit matriciel par blocs, et le fait que les coefficients diagonaux d’un produit de deux matrices triangulaires supérieures sont égaux aux produit des coefficients diagonaux correspondants, on obtient la description suivantepar blocs :

0 = MatB(t^r) = (MatB(t))^r=







0 ∗ ∗

0 T_2,2^r ∗

0 0 0





,

où∗désigne un bloc quelconque.

Ainsi,T_2,2^r = 0. On en déduit que T2,2est nilpotente, d’indice au plus égal à r.

4. On raisonne par récurrence forte surn∈NPourn= 1, il n’y a pas grand chose à démontrer, un endomorphisme ayant une matrice scalaire(a): il ne peut être nilpotent que si a= 0. Le casn= 2découle de la partie II.

Soitntel que la propriété soit vraie sur tout espace vectorielE de dimension strictement inférieure àn, et soit tun endomorphisme nilpotent. On reprend la base et la décomposition en blocs de la question précédente. La matriceT2,2 définit surE2 un endomorphismeudont la matrice dansB2 estT2,2. CommeT2,2 est nilpotente, ul’est également. Ainsi, par hypothèse de récurrence (puisquedim(E2)∈[[1, n−1]] d’après la question 1), il existe une baseB₂^′ de E2 telle que MatB′

2(u)soit strictement triangulaire supérieure. Soit B^′ la base obtenue par juxtaposition deB1,B₂^′ etB3, etT^′ la matrice det dans cette base, de blocsT_i,j^′ . Le blocT_2,2^′ correspond alors à la matrice deudans la baseB₂^′, soitT_2,2^′ = MatB′

2(u). Ainsi,T_2,2^′ est strictement triangulaire inférieure, et d’après les autres blocs, on en déduit queT^′ est strictement triangulaire supérieure.

Ainsi, d’après l’axiome de récurrence, pour toutt endomorphisme nilpotent d’un espace de dimension finie, il existe une baseB^′ deE telle que MatB′(t)soit strictement triangulaire supérieure .

5. SoitT = MatB′(t). PuisqueT ∈ Tn⁺⁺ =Tn,1, on a d’après le cours,T^k ∈ Tn,k, et donc en particulier, Tⁿ= 0.

Ainsi,tⁿ = 0, doncr6n. C’est un résultat qu’on avait démontré de façon différente en exemple de cours, en considérant une famille libre formée dest^k(x)oùx∈E\Ker(t^r−1).

6. On commence par déterminer l’image et le noyau. On a intérêt à trouver un système générateur le plus simple possible de l’image, afin de simplifier les calculs. On précède donc par pivot (double) sur les colonnes :

Im











−1 1 1 0

−3 2 3 1

2 −1 −1 0

−2 1 1 0











= Im











−1 0 0 0

−3 −1 0 1

2 1 1 0

−2 −1 −1 0











= Im











−1 0 0 0

−3 1 0 −1

2 0 1 1

−2 0 −1 −1











= Im











1 0 0 0

3 1 0 0

−2 0 1 0 2 0 −1 0











= Im











1 0 0 0

0 1 0 0

0 0 1 0

0 0 −1 0











Ainsi, en notant(e1, e2, e3, e4)la base canonique, une base de l’image est (e1, e2, e3−e4).

En particulier,test de rang3, donc son noyau est de dimension 1. Or, on a une relation simple sur les colonnes

deT :C2−C3+C4= 0. Ainsi,Ker(T) = Vect









 0 1

−1 1











= Vect(e2−e3+e4).

Ce vecteur est bien dans Im(T) (c’est la différence des deux derniers vecteurs de la base de Im(T)). Ainsi, Ker(t)⊂Im(t), donc

E1= Ker(t)∩Im(t) = Vect(e2−e3+e4).

Les vecteurs









 0 1 0 0









 et









 0 1

−1 1











sont non colinéaires, donc forment une famille libre. Par ailleurs, le vecteur









 1 0 0 0











n’est pas dansVect



















 0 1 0 0









 ,









 0 1

−1 1





















(par examen de la première coordonnée). Ainsi, (e2−e3+e4, e1, e2)est

une famille libre de vecteurs deIm(t). Cet espace étant de dimension 3, il s’agit d’une base deIm(t).

Ainsi, un supplémentaire deE1 dansIm(t)est (par exemple) E2= Vect(e1, e2).

Enfin, on remarque que(e1, e2, e3−e4, e4)est échelonnée : la matrice dans la base canonique de cette famille est triangulaire inférieure à coefficients diagonaux non nuls. Il s’agit d’une base de E. Les 3 premiers de ces vecteurs formant une base deIm(t), on en déduit un supplémentaire de cet espace :

E3= Vect(e4).

On considère donc la baseB^′ = (e2−e3+e4, e1, e2, e4) = (b^′₁, b^′₂, b^′₃, b^′₄). On a :

• t(e2−e3+e4) = 0(c’est un vecteur du noyau)

• t(e1) =−e1−3e2+ 2e3−2e4=−2(e2−e3+e4)−e1−e2=−2^′b1−b^′₂−b^′₃

• t(e2) =e1+ 2e2−e3+e4= (e2−e3+e4) +e1+e2=b^′₁+b^′₂+b^′₃

• t(e4) =e2=b^′₃. Ainsi,

MatB′(t) =











0 −2 1 0 0 −1 1 0 0 −1 1 1

0 0 0 0











On fait de même sur la matrice du milieu T^′ = −1 1

−1 1

!

, représentant, dans E2, un endomorphisme t^′, relativement à la base(b^′₂, b^′₃). On a alors facilementIm(t^′) = Vect(b^′₂, b^′₃) = Ker(t^′). Ainsi, on poseb2=b^′₂+b^′₃.

Il n’y a pas de supplémentaire à prendre dansIm(t^′), et un supplémentaire dansE2estVect(b^′₂). Ainsi, on pose b3=b^′₂. On a alors :

Mat(b2,b3)(t^′) = 0 1 0 0

! .

On pose enfin B= (b^′₁, b2, b3, b^′₄) = (e2−e3+e4, e1+e2, e1, e4). On a dans cette base :

MatB(t) =











0 −2 1 0

0 0 −1 0

0 0 0 1

0 0 0 0











Partie IV – Trigonalisation d’une sous-algèbre nilpotente de L(E)

1. (a) Supposons queI(A) =E, et soitF un sous-espace vectoriel strict de E. Si pour tout u∈ A, Im(u)⊂F, leur somme aussi, ce qui contreditI(A) =E. Ainsi, il existe u∈ Atel que Im(u)6⊂F .

(b) On suppose toujoursI(A) =E. On construit par récurrence une suite(un)n∈Ntelle que pour toutk∈N^∗, u1◦u2◦ · · · ◦uk6= 0.

On initialise en se donnantu1 non nul dansA, ce qui existe pas construction.

Soitk∈N^∗, on suppose que u1◦u2◦ · · · ◦uk 6= 0. On a doncKer(u1◦ · · · ◦uk)6=E. D’après la question précédente, il existe uk+1 ∈ A tel que Im(uk+1) 6⊂ Ker(u1◦ · · · ◦ uk). Ainsi, il existe y ∈ E tel que uk+1(y)6∈Ker(u1◦ · · · ◦uk), doncu1◦ · · · ◦uk◦uk+1(y)6= 0. Ainsi,u1◦ · · · ◦uk+16= 0.

D’après l’axiome de récurrence, notre suite(un)n∈N est construite, et contredit la nilpotence deA. Ainsi, I(A)6=E

2. • D’après ce qui précède,E1=I(A)∩ K(A)6=E

• Supposons I(A)∩ K(A) = {0}. Comme dans la question précdente, on peut alors construire une suite infinie donc les composées successives sont non nulles. En effet, on considère u1 non nulle dans A. Alors Im(u1)⊂ I(A), donc Im(u1)∩ K(A) ={0}. On en déduit l’existence deu2∈ Atel queIm(u1)6⊂Ker(u2) (sinon, Im(u1)est inclus dans K(A), et l’intersection ne peut pas être {0} puisque Im(u1) 6={0}). Ainsi, u2◦u16= 0. Plus généralement, si uk◦ · · · ◦u16= 0, alorsIm(uk◦ · · · ◦u1)est non nul et inclus dansIm(uk) donc dansI(A). Par le même argument, il existe donc uk+1 tel que Im(uk◦ · · · ◦u1)6⊂ Ker(uk+1), donc uk+1◦uk◦. . . u16= 0.

Par axiome de récurrence, on obtient une suite infinie d’éléments deAdont les composées sont non nulles, ce qui contredit la nilpotence deA. Ainsi, I(A)∩ K(A)6={0}

3. SiE1=I(A), alors, pour tout(u, v)∈ A²,

Im(u)⊂ I(A) =E1=I(A)∩ K(A)⊂ K(A)⊂Ker(v).

Ainsi,v◦u= 0. Ainsi,r62. PuisqueAest non nulle, r= 2 .

Réciproquement, si r= 2, soit u∈ A. On a alors, pour tout v ∈ A, v◦u= 0, donc Im(u) ⊂Ker(v). Cette inclusion étant vérifiée pour toutv deA, on en déduitIm(u)⊂ K(A). Puisque ceci est vrai pour toutudeA, et puisqueK(A)est un sous-espace vectoriel deE (donc stable par somme), on en déduit que I(A)⊂ K(A). 4. Soitt∈ AetT sa matrice dans la baseB. Notons(Ti,j)16i,j63sa représentation par blocs associée à la partition

de la baseB enB1,B2 etB3.

• Soitb∈ B1. Alors b∈ K(A)⊂Ker(t), donc t(b) = 0. Ainsi, la colonne correspondante de la matriceT est nulle. Cela donneTi,1= 0, pouri∈[[1,3]].

• Soitb∈ B2∪ B3. Alorst(b)∈Im(t)⊂ I(A). CommeB1∪ B2est une base deI(A), la décomposition det(b) dans la base Bne fait intervenir que ces vecteurs, et les coordonnées sur la base B3 sont nulles. Ainsi, les coordonnées surB3 des colonnes correspondantes deT sont nulles. On obtient doncT3,2= 0et T3,3= 0.

Ainsi, on a bien la représentation suivante deT :

MatB(t) =T =







0 T1,2 T1,3

0 T2,2 T2,3

0 0 0





.

De plus,t est niloptente, d’indice inférieur àr, donct^r= 0, soitT^r= 0. Or, les règles de produit des matrices triangulaires nous assurent, comme dans la partie III, que

T^r=







0 ∗ ∗

0 T_2,2^r ∗

0 0 0





.

L’égalitéT^r assure doncT_2,2^r = 0. On en déduit queT2,2 est nilpotente d’indice au plusr.

5. (a) • Pour commencer, puisque Aest non vide,A2,2 est non vide, et de façon évidente,A2,2⊂E2.

• Soit s1 et s2 dans A2,2, et λ ∈ K. Il existe t1 et t2 dans A tels que les matrices T1 et T2 aient une représentation par blocs tels que(T1)2,2soit la matrice des1dans la baseB2et(T2)2,2soit la matrice de s2dans la baseB2. AlorsT1+λT2est la matrice det1+λt2∈ Aet son bloc central est(T1)2,2+λ(T2)2,2, représentant dans la base B2 l’endomorphismes1+λs2. Ainsi, s1+λs2∈ A2,2. On en déduit queA2,2

est un sous-espace vectoriel deE2.

• Le même argument montre que si s1 est « associé » àt1 (par la construction ci-dessus) ets2 associé à t2, alorss1◦s2 est associé àt1◦t2∈ A(puisqueAest une algèbre). Doncs1◦s2∈ A2,2.

Ainsi, A2,2 est une sous-algèbre de L(E2).

Soitrl’ordre de nilpotence deA, ets1, . . . , srdes éléments deA2,2associés à des éléments t1, . . . , trdeA.

Par itération de l’argument précédent montrant la stabilité deA2,2 par produit, le produit s1◦ · · · ◦sr est associé àt1◦· · ·◦tr. Or cette dernière composée est nulle (carAest nilpotente d’ordrer), doncs1◦· · ·◦sr= 0.

On en déduit que A2,2est nilpotente.

(b) SiA2,2={0}, alors pour toutt∈ A,T2,2= 0, doncT = MatB(t)est strictement triangulaire supérieure par blocs. Comme il s’agit d’une description par blocs de type(3,3), on en déduit, d’après les règles de produit des matrices triangulaires, queT³ = 0, donc t³ = 0. Ainsi,r63. Comme on a supposér>3, on a donc

r= 3 .

(c) Réciproquement, supposonsA2,26={0}, et soits∈ A2,2 non nul, ett∈ Aassocié. Il existe doncx∈E2 tel ques(x)6= 0, donct(x)6∈E1. Ainsi,t(x)6∈ I(A)∩ K(A). Or,t(x)∈ I(A), donct(x)6∈ K(A). Il existe donc u∈ Atel quet6∈Ker(u), doncu◦t(x)6= 0.

Par ailleurs,x∈E2⊂ I(A), par conséquent, il existev1, . . . , vk dansAet y1, . . . , yk dansEtels que x=

k

X

i=1

vi(yi).

On en déduit que

06=u◦t(x) =u◦t

k

X

i=1

vi(yi)

!

=

k

X

i=1

u◦t◦vi(yi).

Ceci n’est possible que si l’un des vecteursu◦t◦vi(yi)est non nul, ce qui nécessiteu◦t◦vi6= 0. Ainsi, il existev∈ Atel queu◦t◦v6= 0. On en déduit que r >3 .

(d) On procède comme dans la partie III, par récurrence surn, le résultat étant acquis pourn= 1(trivial) et n= 2 (partie I). Soit alorsn>3, telle que la propriété soit vraie pour toute algèbre nilpotente non nulle sur un espace de dimension strictement inférieure àn, et soitAune algèbre nilpotente non nulle d’indicer.

Si r= 1,A={0}et il n’y a rien à montrer. Si r= 2,E1 =I(A), doncE2={0} et le blocT2,2 est vide.

Plus précisément, la matriceT s’écrit alors à l’aide de 4 blocs sous la forme 0 ∗ 0 0

!

et est donc strictement triangulaire supérieure. Sir>3, on considère la construction de la question IV-4, et l’algèbreA2,2. Sir= 3,

on applique l’hypothèse de récurrence àA2,2, ce qu’on peut faire puisque16dimE2< n, d’après 1(b) et 3, et puisqueA2,2 est non nulle. On construit alors la nouvelle base comme dans la partie III.

Ainsi, toute algèbre nilpotente non nulle admet une base de trigonalisation stricte commune.

(e) En particulier, puisque pour toute matrice T deT_n⁺⁺, Tⁿ= 0, on en déduit quer6n. 6. L’hypothèser>4 nous assure queA2,2 est non nulle.

Soitt1, . . . , tk des éléments de A, et soit Tℓ la matrice associée àtℓ relativement à la baseB trouvée précé- demment, dont les blocs seront notésT_i,j^ℓ (sans ambiguïté possible sur la notation en exposant de l’indice, car aucune exponentiation n’est en jeu dans cette question). On a alors

T1· · ·Tk−1Tk=







0 ∗ ∗

0 T_2,2¹ · · ·T_2,2^k−1 ∗

0 0 0













0 T_1,2^k T_1,3^k 0 T_2,2^k T_2,3^k

0 0 0





=







0 ∗ ∗

0 T_2,2¹ · · ·T_2,2^k T_2,2¹ · · ·T_2,2^k−1T_2,3^k

0 0 0







De même, en faisant le produit dans l’autre sens :

T1T2· · ·Tk=







0 T_1,2¹ T_1,3¹ 0 T_2,2¹ T_2,3¹

0 0 0













0 ∗ ∗

0 T_2,2² · · ·T_2,2^k ∗

0 0 0





=







0 T_1,2¹ T_2,2² · · ·T_2,2^k ∗ 0 T_2,2¹ · · ·T_2,2^k ∗

0 0 0







En remettant ensemble ces deux descriptions (au rangk−1), on peut déterminer le dernier coefficient :

T1· · ·Tk−1Tk=







0 T_1,2¹ T_2,2² · · ·T_2,2^k−1 ∗

0 T_2,2¹ · · ·T_2,2^k−1 T_2,2¹ · · ·T_2,2^k−2T_2,3^k−1

0 0 0













0 T_1,2^k T_1,3^k 0 T_2,2^k T_2,3^k

0 0 0







=







0 T_1,2¹ T_2,2² · · ·T_2,2^k T_1,2¹ T_2,2² · · ·T_2,2^k−1T_2,3^k 0 T_2,2¹ · · ·T_2,2^k T_2,2¹ · · ·T_2,2^k−1T_2,3^k

0 0 0





.

Soit alors t1, . . . , tr−1 dans A tels que t1◦ · · · ◦tr−1 6= 0 (ce qui est possible par définition de l’indice de nilpotence). On a alorsT1· · ·Tr−16= 0, donc l’un au moins des blocs de la description ci-dessus (aveck=r−1) est non nul. Cela impose en particulier queT_2,2² · · ·T_2,2^r−2 6= 0 (remarquez que cela a du sens puisque r> 4).

Cela définit doncr−3 éléments deA2,2 donc le produit est non nul. Ainsi, en notantr^′ l’ordre de nilpotence deA2,2, on obtient r^′>r−2 .

Réciproquement, on peut reprendre l’argument de la question 5(c), en remplaçant s par une composition s1◦ · · · ◦sr′−1 non nulle. Sit1, . . . , tr′−1 sont associés dans A, cet argument s’adapte bien pour montrer qu’il existeuetvdeux éléments deAtels queu◦t1◦ · · · ◦tr^′−1◦usoit non nul. Ainsi,r^′+ 1< r, donc r^′6r−2. Les deux inégalités amènent r^′ =r−2 .

7. (a) Soitt∈ A. On noteT la matrice detdans la baseB, avec sa description par blocs(Ti,j). Soitsl’endomor- phisme deE2défini par le blocT2,2.

Soity ∈s(I(A2,3)), et x∈ I(A2,3)tel que y =s(x). Il existe donc des applications linéairesuℓ ∈ A2,3 ⊂ L(E3, E2), et des élémentsxℓ deE3, pourℓ∈[[1, k]], tels que

x=

k

X

ℓ=1

uk(xk).

Il vient donc :

y=

k

X

ℓ=1

s◦uk(xk).

Soitt1, . . . , tk des éléments deAassociés auxu1, . . . , uk, etTℓla matrice associée àtℓ, dont les blocs seront notésT_i,j^ℓ . La matrice des◦uk ∈ L(E3, E2), relativement aux basesB3etB2, est alorsT2,2T_2,3^k , qui, d’après la description de la question 6 des matricesT, correspond à(T Tk)2,3, donc au bloc en position(2,3)associé à l’application linéairet◦tk deA. Ainsi, par définition,s◦uk ∈ A2,3, et donc

k

X

ℓ=1

s◦uk(xk)∈ I(A2,3).

On a bien montré que s(I(A2,3))⊂ I(A2,3).

(b) Soitu∈ A2,3⊂ L(E3, E2). Alors, par définitionIm(u)⊂E2. En sommant ces images, il vientI(A2,3)⊂E2. On note pour k∈N^∗, et Z ⊂E, on noteI^k(Z)la somme des images des composées u1◦ · · · ◦uk, où les ui sont des éléments deZ. On va montrer, par récurrence surk∈N, que pour toutx∈E2, et toutk∈N, x∈ I^k(Acal2,2) +I(A2,3)

L’initialisation, pourk= 1, se fait en remarquant quex∈ I(A). Ainsi, il existe des élémentst1, . . . , tk de Aetx1, . . . , xk deEtels que

x=

k

X

i=1

ti(xi).

En décomposantxi =xi,1+xi,2+xi,3 dansE1⊕E2⊕E3, et en remarquant quexest égal à son projeté surE2 dans la somme directeE1⊕E2⊕E2, on obtient donc :

x=

k

X

i=1

tⁱ_2,1(xi,1) +tⁱ_2,2(xi,2) +tⁱ_2,3(xi,3),

oùtⁱ_2,j est l’application deEj dansE2 définie part. Par définition de E1, il vient donc :

x=

k

X

i=1

tⁱ_2,2(xi,2) +tⁱ_2,3(xi,3)∈ I(A2,2) +I(A2,3).

Supposons maintenant le résultat acquis pour une valeurk∈N(pour toutx∈E2). On a vu que x∈ I(A2,2) +I(A2,3).

Il suffit donc de montrer queI(A2,2)⊂ I^k+1(A2,2) +I(A2,3).

Par stabilité par somme, il suffit de vérifier que pour touts ∈ A2,2, et tout y ∈E2, s(y)∈ I^k+1(A2,2) + I(A2,3). Or, par hypothèse de récurrence,y∈ I^k(A2,2) +I(A2,3), donc

s(y)∈s I^k(A2,2)

+s(I(A2,3))⊂ I^k+1(A2,2) +I(A2,2), d’après la question 7(a).

Ainsi, d’après l’axiome de récurrence, pour tout x ∈ E2, et tout k ∈ N^∗, x ∈ I^k(A2,2) +I(A2,3). Or, A2,2 étant nilpotente d’indice r−2, I^r−2(A2,2) = 0, donc finalement, en prenant k = r−2, on obtient x∈ I(A2,3). Ainsi,E2⊂ I(A2,3).

La double-inclusion amène I(A2,3) =E2 .

8. On suppose Anilpotente. Soittun élément deAtel queT2,3= 0. On noteT sa matrice.

(a) Pour tout s ∈ A, de matriceS dont les blocs sont (Si,j), on aST =T S, soit, par un calcul explicite, en utilisant l’hypothèseT2,3= 0,







O T1,2S2,2 T1,2S2,3

0 T2,2S2,2 T2,2S2,3

0 0 0





=







0 S1,2T2,2 0 0 S2,2T2,2 0

0 0 0







En particulier,T1,2S2,3= 0et T2,2S2,3= 0. On notet1,2 ett2,2 les applications linéaires deL(E2, E1)et de L(E2, E2)associées àT1,2etT2,2. Les inégalités précédentes se traduisent par le fait que pour touts∈ A2,3, Im(s)⊂Ker(t1,2)etIm(s)⊂Ker(t2,2). Par stabilité par somme, il en découle :

I(A2,3)⊂Ker(t1,2) et I(A2,3)⊂Ker(t2,2).

La question précédente amène alorsE2 ⊂Ker(t1,2)et E2 ⊂Ker(t2,2), soitt1,2 = 0et t2,2= 0. On a donc montré que T1,2= 0 et T2,2= 0.

(b) En revanche,T1,3peut ne pas être nul. On donne l’exemple dans le cadre matriciel, vous transcrirez facilement par des applications linéaires.

Il suffit de considérer l’algèbre A = {aJ +bJ²+cJ³,(a, b, c) ∈ K} dans M4(K), où J est la matrice de

On vérifie sans peine queK(A) = Vect(e1),I(A) = Vect(e1, e2, e3). Ainsi, on peut prendreE1= Vect(e1), E2= Vect(e2, e3)et E3= Vect(e4). La base canonique est donc déjà adaptée.

Considérons maintenant la matriceJ³, qui vérifie bienT2,3= 0, ainsi queT2,2= 0etT1,2= 0. En revanche, T1,3= (1). Ainsi, on n’a pas toujoursT1,3= 0.