I Algèbres de Lie

SESSION 2007

Concours commun Mines-Ponts

SECONDE EPREUVE. FILIERE MP

I Algèbres de Lie

❏1 - SoitM∈ V.Xest associé à une valeur propre deMuniquement définie que l’on noteλ(M). On note que MX=λ(M)X⇒^tXMX=λ(M)^tXX⇒λ(M) =

tXMX

tXX (X6=0⇒^tXX∈R^∗).

Il est alors clair que l’applicationM7→λ(M)est linéaire.

∃λ∈ V^∗/∀M∈ V, MX=λ(M)X.

❏2 - SoitM∈ V.Mest dans U. Puisque U est une algèbre deLie,[M, A]est dans[U]et donc par hypothèse dansV.

❏3 - Montrons par récurrence que

∀i∈N, ∀M∈ V, MXi= Xi

j=0

C^j_iλ_i−j(M)Xj.

• Sii=0, pourM∈ V,MX0=MX=λ(M)X= X0

j=0

C^j₀λ0−j(M)Xj.

• Soiti≥0. Supposons que∀M∈ V, MXi= Xi

j=0

C^j_iλi−j(M)Xj. SoitM∈ V.

MXi+1=MAXi= [M, A]Xi+AMXi

= Xi

j=0

C^j_iλi−j([M, A])Xj+A Xi

j=0

C^j_iλi−j(M)Xj(par hypothèse de récurrence et puisque[M, A]∈ V)

= Xi

j=0

C^j_iλi+1−j(M)Xj+ Xi

j=0

C^j_iλi−j(M)X_j+1= Xi

j=0

C^j_iλi+1−j(M)Xj+ Xi+1

j=1

C^j−1_i λi+1−j(M)Xj

=λi+1(M)X0+ Xi

j=1

C^j_i+C^j−1_i

λi+1−j(M)Xj+λ0(M)X_i+1

=λi+1(M)X0+ Xi

j=1

C^j_i+1λi+1−j(M)Xj+λ0(M)Xi+1

= Xi

j=1

C^j_i+1λi+1−j(M)Xj.

On a montré par récurrence que

∀i∈N, ∀M∈ V, MXi= Xi

j=0

C^j_iλi−j(M)Xj.

http ://www.maths-france.fr 1 ^c Jean-Louis Rouget, 2007. Tous droits réservés.

SoitM∈ V. Alors,[M, A]∈ V et d’après ce qui précède [M, A] =

Xi

j=0

C^j_iλi−j([M, A])Xj= Xi

j=0

C^j_iλi−j+1(M)Xj (1).

∀i∈N, ∀M∈ V, [M, A]Xi= Xi

j=0

C^j_iλi−j+1(M)Xj(2).

❏4 - SoitE={p∈N/(X0, . . . , Xp)libre}.

• Xn’est pas nul et donc(X0)est une famille libre. Par suite, Eest non vide.

•Le cardinal d’une famille libre deMn,1(C)est majoré par la dimensionndeMn,1(C)et doncEest majoré parn−1.

Ainsi,E est une partie non vide et majorée de N. On sait alors que Eadmet un plus grand élément que l’on note q. Il existe donc un plus grand entierqtel que la famille(X0, . . . , Xq)soit libre.

❏5 - Les formules (1) et (2) montrent que pour chaquei∈J0, qK,MG(Xi)et[M, A]_G(Xi)sont dansG. On en déduit que MG(G) =Vect(MG(X0), . . . , MG(Xq))⊂Vect(X0, . . . , Xq) =G,

et de même,[M, A]_G(G)⊂G. Donc,MGet [M, A]_Gsont des endomorphismes deG.

Ensuite, pouri∈J0, q−1K,AG(Xi) =X_i+1∈Get enfin, puisque par définition de q, la famille(X0, . . . , Xq)est libre et que la famille(X0, . . . , Xq, X_q+1)est liée,AG(Xq) =X_q+1∈Vect(X0, . . . , Xq) =G. Ainsi,AG(G)⊂Get finalement

MG,AGet [M, A]_Gsont des endomorphiqmes deG.

❏6 - Tr([M, A]_G) =Tr(MG◦AG) −Tr(AG◦MG) =0.

Tr([M, A]_G) =0.

❏7 - Pourk∈Z^−∗, posonsλk(M) =0. On rappelle d’autre part que sij < i,Cⁱ_j=0.

La formule (2) montre que pour (i, j) ∈ J0, qK², le coefficient ligne i, colonne j de la matrice de [M, A]_G dans la base (X0, . . . , Xq)deG estCⁱ_jλj−i+1(M).

Mat(Xi)0≤i≤q([M, A]_G) = (Cⁱ_jλj−i+1(M))0≤i,j≤q.

❏8 - En particulier,

Tr([M, A]_G= Xq

i=0

Cⁱ_iλ1(M) = (q+1)λ([M, A]),

et d’après la question 6 -,

λ([M, A]) =0.

❏9 - Mais alors,[M, A]X=λ([M, A])X=0et donc

MAX=AMX=A(λ(M)X) =λ(M)AX,

ce qui démontre queAX est soit la colonne nulle, soit un vecteur propre deMassocié à la même valeur propre queXet donc démontre le théorème 1.

II Algèbres de Lie résolubles

❏ 10 - La propriété « il existe une matrice P inversible telle que pour tout M ∈ U, P⁻¹MP est triangulaire supé- rieure » équivaut à l’existence d’une base (ei)1≤i≤i de Cⁿ telle que ∀M ∈ U, ∀i ∈ J1, nK, M(ei) ∈ Vect(ej)1≤j≤n et fournit en particulier une base commune de triangulation pour tous les endomorphismes canoniquement associés aux éléments deU.

❏11 -•Démontrons queTP est une algèbre deLie. Tout d’abord,Tpest l’image de l’espaceTn,s(C)(espace des matrices triangulaires supérieures à coefficients dansC) par l’application linéaireT 7→PTP⁻¹et est donc un sous-espace deMn(C).

Ensuite, on sait que le produit de deux matrices triangulaires supérieures est une matrice triangulaire supérieure. Par suite, siMet Nsont deux éléments deTp, la matrice

P⁻¹[M, N]P=P⁻¹(MN−NM)P= (P⁻¹MP)(P⁻¹NP) − (P⁻¹NP)(P⁻¹MP),

est encore une matrice triangulaire supérieure. Par suite,[TP]⊂ TP et donc TP est une algèbre deLie.

•Il est clair que{0}=Nn⊂ Nn−1⊂. . .⊂ N1⊂ N0=TP. Montrons que chaqueNi,1≤i≤n, est une algèbre de Lie.

On note(Ej,k)1≤j,k≤n la base canonique deMn(C).

Soiti∈J1, nK. Tout d’abord,Ni=PVect(Ej,k)_k−j≥iP⁻¹=Vect(PEk,jP⁻¹)_k−j≥i est un sous-espace vectoriel deMn(C).

Maintenant,[Ni]est l’espace engendré par les P[Ej,kEj^′,k^′]P⁻¹,k−j≥i,k^′−j^′≥i.

Soientj,k, j^′,k^′ quatre tels entiers. On sait que

Ej,kEj^′,k^′ =δk,j^′Ej,k^′. Si ce produit est non nul, on ak=j^′ et dans ce cas,

k^′−j=k^′−j^′+k−j≥2i≥i (*)

ce qui montre que le produit Ej,kEj^′,k^′ est dans l’espace des matrices dont les k premières diagonales supérieures sont nulles. Il en est de même du crochet deLie[Ej,k, Ej^′,k^′]et finalement tous lesP[Ej,kEj^′,k^′]P⁻¹,k−j≥i,k^′−j^′≥isont dans[Ni]. On a ainsi montré que[Ni]⊂ Niet donc que

∀i∈J1, nK, Ni est une algèbre deLie.

•Montrons que∀i∈J0, n−1K, [Ni]⊂ Ni+1.

Soiti∈J0, n−1K. Sii≥1, on peut affiner les inégalités (*) en

k^′−j=k^′−j^′+k−j≥2i=i+i≥i+1, et donc lesP[Ej,kEj^′,k^′]P⁻¹,k−j≥i,k^′−j^′≥isont plus précisément dans [Ni+1].

Il reste à vérifier que[TP] = [N0]⊂ N1. Mais si T et T^′ sont deux matrices triangulaires supérieures, les matricesTT^′ et T^′T sont des matrices triangulaires supérieures ayant même diagonale principale et donc[T, T^′]est une matrice triangulaire supérieure de diagonale principale nulle. Par suite,[PTP⁻¹, PT^′P⁻¹] =P[T, T^′]P⁻¹est dansN1ce qui démontre le résultat.

On a montré que

TP est une algèbre deLie, résoluble de longueurn.

❏ 12 - Par définition,[U] = [U0]⊂[U1] = [{0}] ={0}. Par suite, si M et M^′ sont deux éléments de U, MM^′−M^′M= [M, M^′]∈{0}et doncMM^′=M^′M.

Si U est une algèbre deLierésoluble de longueur1,∀(MM^′)∈ U², MM^′=M^′M.

❏13 - Montrons par récurrence que ∀r∈N^∗, rendomorphismes d’unC-espace de dimension finie non nulle commutant deux à deux admettent un vecteur propre en commun.

•Soitf1un endomorphisme d’unC-espace de dimension finie non nulle. On sait quef1admet au moins un vecteur propre ce qui démontre le résultat pourr=1.

• Soitr ≥ 1. Supposons le résultat acquis pour r endomorphismes d’un C-espace de dimension finie non nulle. Soient f1,. . . , fr+1r+1 endomorphismes d’unC-espaceEde dimension finie non nulle commutant deux à deux deux.

fr+1 admet au moins une valeur propre λ. Le sous-espace F = Ker(fr+1−λIdE) est alors un C-espace de dimension finie non nulle. Puisque les endomorphismesf1,. . . , fr commutent avecfr+1, on sait queF est stable par chacun des fi, 1≤i≤r. Les restrictions desfi,1≤i≤r, à Fsont donc des endomorphismes deF, notés ˜fi,1≤i≤r, commutant deux à deux. Par hypothèse de récurrence, ˜f1,. . . , ˜fradmettent un vecteur propre communx.xest par construction un vecteur propre commun àf1,. . . , fr, fr+1.

Le résultat est ainsi démontré par récurrence. Maintenant, commeM1,. . . ,Mr sontr endomorphismes d’unC-espace de dimension finie non nulle, commutant deux à deux d’après la question 12-, on a montré que

∀r∈N^∗, ∀(M1, . . . , Mr)∈ U^r, M1, . . . , Mradmettent un vecteur propre commun.

❏14 -U est unC-espace de dimension finie non nulle. On peut appliquer le résultat précédent à une base(M1, . . . , Mq) deU : les endomorphismesM1,. . . ,Mqadmettent un vecteur proprexen commun. Maintenant tout élémentMdeU est une combinaison linéaire deM1,. . . ,Mq et doncxest un vecteur propre deMce qui démontre le résultat.

❏15 - Soitx∈E. Six∈F,u(x)∈Fet doncpH(u(x)) =0=pH(u(pH(x)))et six∈H,pH(u(pH(x))) =pH(u(x)). Ainsi, les endomorphismespHuetpHupHcoïncident sur les sous-espaces supplémentairesFet Het sont dons égaux. De même, pHv=pHvpH.

pHu=pHupH etpHv=pHvpH.

❏16 - D’après la question précédente,

pHupHpHvpH=pHupHvpH= (pHupH)vpH=pHuvpH=pHvupH=pHvpHpHupH.

pHuH=pHuiHest la restriction àHdepHupH. De même,pHvH est la restriction àHdepHvpH. DoncpHuH etpHvH

commutent.

pHuH etpHvH commutent.

❏ 17 - Montrons par récurrence que ∀n ∈ N^∗, si U est sous-espace de L(Cⁿ) qui est une algèbre de Lie résoluble de longueurp=1alors il existe une base deCⁿ dans laquelle les éléments deU trigonalisent supérieurement.

•Puisque toute matrice carrée de format1 est triangulaire supérieure, le résultat est vrai quandn=1.

•Soitn≥1. Supposons que toute algèbre de Lie deMn(C), résoluble de longueur1est telle que tous ses éléments soient simultanément trigonalisables. SoitU une algèbre de LiedeMn+1(C), résoluble de longueur1.

D’après la question 14 -, les éléments de U admettent un vecteur propre en commun. On note e1 ce vecteur puis F = Vect(e1). SoitHun supplémentaire deFdansCⁿ⁺¹.

Considérons alorsU^′ l’ensemble des pHuH, u∈ U.U^′ est un sous-espace deL(H)avec dimH=net d’après la question 16 -, puisqueFest stable par tous les éléments deU et que deux éléments deU commutent, les éléments deU^′commutent deux à deux. On en déduit queU^′est une algèbre de Lie deMn(C), résoluble de longueur1. Par hypothèse de récurrence, il existe une base(e2, . . . , en+1)deHqui est une base de triangulation commune à tous les éléments de U^′. Mais alors, (e1, . . . , en+1)est une base deCⁿ⁺¹qui est une base de triangulation commune à tous les éléments deU.

Le résultat est démontré par récurrence.

❏18 -U1 est une algèbre deLiedeMn(C), résoluble de longueurp−1. Par hypothèse de récurrence, il existe alors une base (e1, . . . , en)de Cⁿ qui est une base de triangulation commune à tous les éléments de U1. Mais alors, le vecteur e1

est un vecteur propre de chaqueM,M∈ U.

❏19 - NotonsF la famille génératrice deEfournie par l’énoncé.

SiA∈ U, alorsA(X)et plus généralementAA1. . . Ak(X),k∈N^∗,Aj∈ U, sont des éléments deE. Ainsi, l’image par tout élément deUdes éléments deF sont des éléments deEet doncEest stable par tous les éléments de U.

U etU1 sont deux algèbres deLiedeMn(C)telles que

PuisqueXest un vecteur propre de chaqueM,M∈ U1, associé à la valeur propreλ(M), on a déjà

∀M∈ U1, MX=λ(M)X,

et plus généralement, d’après le théorème 1, pourA∈ U, on a∀M∈ U1, MAX=λ(M)AX. Par suite, par récurrence sur k, tout élément de F est soit nul soit un vecteur propre de chaqueMdeU1. Par linéarité, un élément deE est soit nul, soit un vecteur propre de chaqueM∈U1.

tout élément non nul deEest un vecteur propre commun à tous les endomorphismes de U1.

❏ 20 - Soit (M, M^′) ∈ U². Notons f l’endomorphisme[M, M^′]E et posons x0= X. D’après la question 19 -, pour tout vecteurxdeE, la famille(x, f(x))est liée ou encore,

∀x∈E\ {0}, ∃!λx∈C/ f(x) =λxx.

Montrons quefest une homothétie. Soit x∈E\ {0}.

• Si(x, x0)est libre, on a

λx+x0x+λx+x0x0=f(x+x0) =f(x) +f(x0) =λxx+λx₀x0, et par identificationλx=λ_x+x0=λx₀. Dans ce cas, on af(x) =λx₀x.

• Si(x, x0)est liée, posonsf(x) =µx0.

f(x) =µf(x0) =λx₀(µx0) =λx₀x.

Dans ce cas aussi, on a f(x) =λx₀x.

fest donc l’homothétie de rapportλx₀. Enfin, comme en I 6 -, la trace def= [M, M^′]E est nulle.

∀(M, M^′)∈ U², [M, M^′]E est une homothétie de trace nulle.

❏21 - PuisqueEcontientX,E6={0}. La seule homothétie deEde trace nulle est donc l’application nulle. On a donc montré que pour(M, M^′)∈ U², [M, M^′]_E=0 et donc, puisqueEest stable par tous les éléments de E,MEM^′E=M^′EME. Ainsi,{ME, M∈ U}est une algèbre deLierésoluble de longueur1. D’après la question 17 -, il existe une base deEdans laquelle tous lesME, M∈ U trigonalisent supérieurement.