2. Quelques propriétés de la matrice J .

e3a PSI 2007 Math A

1. Quelques calculs préliminaires.

1. On a

A+I3= 0

@ 3 3 3

3 4 4

3 4 4

1

A , (A+I3)²= 9 0

@ 1 1 1

1 1 1

1 1 1

1

A ,A 2I3= 0

@ 0 3 3

3 1 4

3 4 7

1 A

DansA+I3 les colonnes2et3sont opposés et la colonne1n’est pas proportionnelle à ces colonnes : A+I3est de rang 2:

(A+I3)² est de rang 1:,A 2I3 est de rang2

2. En utilisant le théorème du rang on en déduit quedim Kern

(A+I3)²o

= 2etdim (KerfA 2I3g) = 1. Pour montrer queker((A+I3)²)etker(A 2I3)sont supplémentaires dansC³, il su¢ t de montrer que l’intersection est réduite àf0g..

V 2Ker (A+I3)²\KerfA 2I3g )(A+I3)²V = 0et AV = 2V . Or(A+I3)²=A²+ 2A+I3 (binôme de Newton comme les matrices commutent) .

Or AV = 2V )(A+I3)²V = A²+ 2A+I3 V = A²V + 2AV +V = 4V + 4V +V = 9V et donc 9V = 0et donc V = 0

ker((A+I3)²) ker(A 2I3) =C³

3. On posef tel que M at_(i;jk)(f) =Aet on cherche une base(I; J; K)telle queM at_(I;J;K)(f) = 0

@ 1 1 0

0 1 0

0 0 2

1 A

On veutf(I) = I, doncI2Ker(f+Id)ce qui donne le système 8<

:

3x 3y+ 3z= 0 3x+ 4y 4z= 0 3x+ 4y 4z= 0

,9z2CI= 0

@ 0 z z

1 A

On veut f(J) +J = I ce qui donne le système 8<

:

3x⁰ 3y⁰+ 3z⁰ = 0 3x⁰+ 4y⁰ 4z⁰=z 3x⁰+ 4y⁰ 4z⁰=z

; on prend z et z⁰ comme paramètres : x⁰ =z

y⁰=z⁰+z

On peut prendreI= 0

@ 0 1 1

1 A,J =

0

@ 1 1 0

1 A

la relationf(K) = 2Kdonne comme solution possible K= 0

@ 1 1 1

1 A

les deux matrices sont semblables et une matrice de passage estP = 0

@ 0 1 1

1 1 1

1 0 1

1

A de déterminant 1

2. Quelques propriétés de la matrice J .

J= 0 BB BB BB

@

0 0 0

1 0 0 0

0 . .. ... ... ... . .. 1 0 0

0 0 1 0

1 CC CC CC A

1. Lesn 1premières colonnes deJ sont indépendantes, et la dernière est nulle Le rang deJ vaut doncn 1.

2.1. Soitj l’endomorphisme canoniquement associé à J et (u₁; : : : ; u_n)la base canonique deCⁿ. On a alors 8j2[1::n 1]; j(ej) =ej+1 et j(en) = 0

On en déduit alors, par récurrence surk2[1::n 1],

8l2[1; n k]; j^k(e_l) =e_l+k et8l2[n k+ 1; n]; j^k(e_l) = 0

–Initialisation : par dé…nition de Idet de j le résultat est vrai aux ordres0met1.

–Hérédité : si à l’ordrek : 8l2[1; n k]; j^k(el) =el+k et8l2[n k+ 1; n]; j^k(el) = 0alors 8<

:

8l2[1; n k 1]; j^k+1(e_l) =j(e_l+k) =e_l+k+1 sil=n k ,j^k(e_{n k}) =j(e_n) = 0

8l2[n k+ 1; n]; j^k+1(e_l) =j(O) = 0

On en déduit queJ^k= 0 BB BB BB BB BB BB B@

0 0 0

... ...

0 ...

1 . .. ...

0 . .. ... ...

... . .. ... ... ...

0 0 1 0 0

1 CC CC CC CC CC CC CA

où la diagonale de1commence sur la lignek+ 1. On peut

aussi écrire que

8i; j2[1::n]; (J^k)_i;j= _j+k;i On remarque que c’est encore valable sik= 0(on obtient alors la matriceIn).

On a aussijⁿ(el) = 0pour toutlet doncJⁿ= 0et donc (on continue à multiplier parJ et on obtient toujours la matrice nulle) :

8k n; J^k = 0_n 2.2. (J^k)ⁿ = (Jⁿ)^k= 0 carnk n. J^k est donc nilpotente.

3. Dans la somme dé…nissant (J), il n’y a qu’un nombre …ni de matrices non nulles et on vient de les calculer :

(J) =

nX1 k=0

J^k k! =

0 BB BB BB BB BB

@

1 0 0

1

1! 1 0 0

1

2! . .. ... ... ... . .. 1

1! 1 0

1 (n 1)!

1 2!

1 1! 1

1 CC CC CC CC CC A

= ( i;j)avec i;j= 8<

:

0sii j 1 1

(i j)! si i j

U = (J) In est la même matrice où l’on a remplacé les1 diagonaux par des zéros.

4.

Soient A et B deux matrices nilpotentes qui commutent. On peut trouver des entiers pet q tels que A^p =B^q = 0.

CommeA etB commutent, on peut utiliser la formule du binôme pour obtenir

(A+B)^p+q =

p+qX

k=0

p+q

k A^kB^{p+q k}

Sik p,A^k =A^pA^{k p}= 0et sik palorsp+q k q etB^{p+q k}= 0. Ainsi, tous les termes de la somme sont nuls et(A+B)^p+q= 0.

Il est évident que siA^p= 0et 2Calors( A)^p= 0

On conclut par récurrence sur le nombrepde termes de la combinaison linéaire : –Initialisation : on a vu que le résultat était vrai pourp= 2

–Hérédité : On suppose que pourpmatrices nilpotentesAiqui commutent etpscalaires i :, Xp i=1

iAiest nilpotente.

Soit alorsp+ 1matrices nilpotentes B_i qui commutent etp+ 1 scalairesb_i ; on écrit :

p+1X

i=1

b_iB_i= Xp i=1

b_iB_i

!

+ (b_p+1B_p+1)

2

la première matrice est nilpotente d’après l’hypothèse de récurrence , la seconde d’après la remarque précédente , et les deux matrice commutent carBp+1 commute avec chaqueBi pour i p. Donc d’après l’étude de la somme Xp+1

i=1

biBi est nilpotente.

5. :On a

U = Xn k=1

1 k!J^k

qui est une combinaison linéaire de matrices nilpotentes qui commutent deux à deux. Avec la question précédente,U est nilpotente.

Lesn 1 premières colonnes deU sont indépendantes (matrice "pseudo triangulaire") dans la base canonique deCⁿ) et la dernière est nulle . U est donc de rangn 1.

3. Quelques résultats sur les noyaux itérés d’un endomorphisme.

1. Soienti; j2N, on a

8x2E; u^i+j(x) =u^j(uⁱ(x))

Donc six2ker(uⁱ),uⁱ(x) = 0puisu^i+j(x) =u^j(0) = 0 (uest linéaire) ce qui prouve l’inclusion : ker(uⁱ) ker(u^i+j)

2. En particulier, la suite(ker(u^m))m2Nest croissante pour l’inclusion et, en passant aux dimensions , la suite(tm)m2Nest croissante dansN, sir n’existe pas on a pour toutm tm< tm+1 et donc comme on est dansN: tm+1 tm+ 1. On a donct_m t₀+mqui tend vers +1. Absurde car la suite est majoré parn= dim(E).

il exister= minfm2N= t_m=t_m+1g 3.

Par dé…nition der, sim < ralorst_m6=t_m+1. Or ker(u^m) ker(u^m+1), les sous-espaces n’ayant pas même dimension ker(u^m)$ker(u^m+1)

rétant un minimum, on atr=tr+1. Orker(u^r) ker(u^r+1), comme on a égalité des dimensions, on aker(u^r) = ker(u^r+1).

En…n, on montre par récurrence sur l’entiermque l’a¢ rmation ker(u^m) = ker(u^m+1) est vraie pour toutm r.

–Initialisation : on a vu que le résultat était vrai pourm=r.

–Hérédité : soit m rtel queker(u^m) = ker(u^m+1).

Soitx2ker(u^m+2); on au^m+1(u(x)) = 0et doncu(x)2ker(u^m+1). Par hypothèse de récurrence,ker(u^m) = ker(u^m+1) et donc u^m(u(x)) = 0 c’est à direx2ker(u^m+1). On a prouvé que ker(u^m+2) ker(u^m+1) et comme l’inclusion réciproque a déjà été prouvée, on a l’égalité et le résultat au rang m+ 1.

4. Recherche des endomorphismes nilpotents de rang n 1.

1.1. On a

Im(w) =v^q(Im(v^p)) = Im(v^p+q)

1.2. w(x) = 0équivautx2Im(v^p)etw(x) = 0c’est à dire àx2Im(v^p)etv^q(x) = 0. On a donc ker(w) = Im(v^p)\ker(v^q) ker(v^q)

1.3. D’après le théorème du rang,

dim(Im(w)) + dim(ker(w)) = dim(Im(v^p)) En utilisant les deux questions précédentes, on a donc

dim(Im(v^p)) dim(ker(v^q)) + dim(Im(v^p+q))

3

Le théorème du rang donne aussi

dim(Im(v^p)) = dim(E) dim(ker(v^p)) dim(Im(v^p+q)) = dim(E) dim(ker(v^p+q)) on obtient donc :

dim(ker(v^p+q)) = n dim(Im(v^p+q))

n (dim(Im(v^p)) dim(ker(v^q)))

= dim(ker(v^p)) + dim(ker(v^q))

1.4. On prouve le résultat demandé par récurrence suri.

- Initialisation : le résultat est vrai pouri= 1carv est de rangn 1 et doncdim(ker(v)) = 1 1 - Hérédité : soiti2[1::n 1]tel quedim Ker(vⁱ ) i. La question précédente avecq= 1 donne :

dim(ker(vⁱ⁺¹)) dim(ker(vⁱ)) + dim(ker(v))

Commedim (ker(v)) = 1 etdim Ker(vⁱ ) i, on a :

dim(ker(vⁱ⁺¹)) i+ 1 ce qui prouve le résultat au rang i+ 1.

1.5. Par hypothèsevⁿ= 0et dim(ker(vⁿ)) =n.

Si par l’absurde on suppose qu’il existe unj ntel quedim Ker(v^j )< j , alors la récurrence précédente donne pour i j : dim Ker(vⁱ )< i ;ce qui est absurde pouri=n.

8i2[1::n]; dim(ker(vⁱ)) =i

2. Commeker(v^{n 1})est de dimensionn 1, il n’est pas égal àE etv6= .

3. Il existe donc e 2 E tel que v^{n 1}(e) 6= 0. Montrons que (e; v(e); : : : ; v^{n 1}(e)) est libre. Pour cela, on suppose par l’absurde que

nX1 i=0

ivⁱ(e) = 0 avec ( _i)6= (0)

La famille étant non nul il existe un plus petit indiceptel que p 6= 0 :

nX1 i=p

ivⁱ(e) = 0 :On compose par v^{n p 1} ..

Tous les termes sont nuls sauf le premier (n+p 1 +i n)v^{n+p 1+i} = ) Il reste pv^{n 1}(e) = 0, absurde car les deux facteurs sont non nuls.

La famille est libre et possèden= dim(E)éléments :

la famille est une base deE 4. La matrice dev dans cette base est tout simplementJ.

5. SiN est nilpotente de rangn 1 , alors siN =M atB(f), f est nilpotente de rang n 1 et donc dans une base bien choisieM at(f) =J . doncN etJ sont semblables.

Par transistivité siM etN sont nilpotentes de rangn 1,M etNsont semblables àJ , donc sont toutes les 2 semblables.

4