[<] Trigonalisabilité et polynôme annulateur

 
Exercice 1  4309  

Montrer qu’un endomorphisme nilpotent d’un espace non réduit au vecteur nul admet une et une seule valeur propre qui est 0.

 
Exercice 2  5150  

Montrer qu’une matrice carrée complexe est nilpotente si, et seulement si, 0 est sa seule valeur propre11 1 On retrouve ici un résultat déjà évoqué dans le sujet 5158..

 
Exercice 3  783  Correction  

Soit An() nilpotente.

  • (a)

    Calculer χA.

  • (b)

    Même question avec An().

Solution

  • (a)

    Puisque A est nilpotente, A ne peut avoir que des valeurs propres nulles. Les valeurs propres étant les racines du polynôme caractéristique et ce dernier étant scindé sur , χA=Xn.

  • (b)

    Pour An(), on a aussi An() et le polynôme caractéristique est calculé par la même formule dans les deux cas.

 
Exercice 4  837  Correction  

Soit u un endomorphisme d’un -espace vectoriel E de dimension finie.
Montrer que u possède une seule valeur propre si, et seulement si, il existe λ tel que u-λIdE soit nilpotent.

Solution

Si u possède une unique valeur propre λ alors celle-ci est la seule racine de son polynôme caractéristique qui est alors (X-λ)dimE. Ce dernier annulant u, on peut affirmer u-λIdE est nilpotent.
Si u-λIdE est nilpotent alors il existe p tel que (X-λ)p soit annulateur de u. Les valeurs propres de u étant racine de ce polynôme, elles ne peuvent qu’être égale à λ. De plus, λ est assurément valeur propre car un endomorphisme d’un -espace vectoriel de dimension finie possède au moins une valeur propre.

 
Exercice 5  4979    MINES (PSI)

Soit An().

Déterminer les polynômes P de [X] tels que la matrice P(A) soit nilpotente.

 
Exercice 6  3253   

Soit E un espace vectoriel complexe de dimension finie n1.

  • (a)

    Montrer qu’il existe un polynôme réel Pn vérifiant 1+x=Pn(x)+O(xn) quand le réel x tend vers 0.

  • (b)

    Établir que Xn divise alors le polynôme Pn2-X-1.

  • (c)

    Soit f un endomorphisme de E nilpotent. Montrer qu’il existe un endomorphisme g de E vérifiant g2=IdE+f.

  • (d)

    Soit maintenant f un endomorphisme de E ne possédant qu’une seule valeur propre λ non nulle11 1 Lorsque λ=0, l’équation étudiée peut ne pas avoir de solutions, voir le sujet 1956.. Montrer qu’il existe un endomorphisme g de E vérifiant g2=f.

 
Exercice 7  4955   

Soient a et Mn(). Montrer que, si les matrices M et aM sont semblables, alors a est une racine de l’unité ou M est une matrice nilpotente.

 
Exercice 8  2690     MINES (MP)Correction  

Soient A et B des matrices complexes carrées d’ordre n. On suppose les matrices A+2kB nilpotentes pour tout entier k tel que 0kn. Montrer que les matrices A et B sont nilpotentes.

Solution

Rappelons qu’une matrice M carrée de taille n qui est nilpotente vérifie Mn=On (l’ordre de nilpotence est au plus égal à la taille de la matrice). On a

k{0,,n},(A+2kB)n=On.

Considérons alors la matrice

(A+XB)nn(𝕂[X]).

Celle-ci est à coefficients polynomiaux de degrés inférieurs à n. Puisque 1,2,,2n sont n+1 racines distinctes de ces coefficients, ceux-ci sont tous nuls. On en déduit

An=On

car les coefficients constants sont nuls, et

Bn=On

car les coefficients des termes Xn sont aussi nuls.

 
Exercice 9  938     X (MP)Correction  

Soient n*, A et B dans n() et λ1,,λn,λn+1 deux à deux distincts dans . On suppose, pour 1in+1, que A+λiB est nilpotente.
Montrer que A et B sont nilpotentes.

Solution

Une matrice Mn() nilpotente vérifie Mn=On. Considérons la matrice (A+xB)n. Les coefficients de cette matrice sont des polynômes de degrés inférieurs à n s’annulant chacun en les λ1,,λn,λn+1, ce sont donc des polynômes nuls. Ainsi, pour tout x, (A+xB)n=On. En particulier, les coefficients constants sont nuls et l’on obtient An=On. Aussi, les coefficients de xn sont nuls et l’on a Bn=On.

 
Exercice 10  3477     X (MP)Correction  

Soit An().

  • (a)

    On suppose A3=A2. Montrer que A2 est diagonalisable et que A2-A est nilpotente.

  • (b)

    Plus généralement on suppose Ak+1=Ak pour un certain entier k>0.
    Établir l’existence d’un entier p>0 tel que Ap est diagonalisable et Ap-A nilpotente.

Solution

  • (a)

    On remarque

    k2,Ak=A2.

    En particulier, A4=A2 et X2-X=X(X-1) annule A2. Ce polynôme étant scindé à racines simples, la matrice A2 est diagonalisable. De plus,

    (A2-A)2=A4-2A3+A2=On

    et la matrice A2-A est nilpotente.

  • (b)

    On remarque

    ik,Ai=Ak

    et donc A2k=Ak ce qui assure comme au dessus que Ak est diagonalisable et

    (Ak-A)k=i=0k(-1)i(ki)Ak(k-i)+i=i=0k(-1)i(ki)=0Ak=On.
 
Exercice 11  865    Correction  

Soient E un -espace vectoriel de dimension n et f(E).

  • (a)

    Montrer que l’endomorphisme f est nilpotent si, et seulement si,

    Sp(f)={0}.
  • (b)

    Montrer que l’endomorphisme f est nilpotent si, et seulement si,

    1kn,tr(fk)=0.

Solution

  • (a)

    Supposons qu’il existe p* tel que fp=0.
    Xp est annulateur de f donc Sp(f){0}. Or Sp(f) donc Sp(f)={0}.
    Inversement, si Sp(f)={0} alors seule 0 est racine de son polynôme caractéristique. Or χf est scindé dans [X] donc χf=(-1)nXn puis fn=0 en vertu du théorème de Cayley Hamilton. On en déduit que f est nilpotente.

  • (b)

    Supposons f nilpotent.

    Par l’étude ci-dessus, f est trigonalisable stricte et donc

    1kn,tr(fk)=0

    car les puissances de f pourront aussi être représentées par des matrices triangulaires strictes.
    Inversement, supposons

    1kn,tr(fk)=0.

    En notant λ1,,λn les valeurs propres comptées avec multiplicité de A, on obtient le système

    {λ1++λn=0λ12++λn2=0λ1n++λnn=0.

    La résolution de ce système est délicate.
    En raisonnant par récurrence, nous allons établir que la seule solution est λ1==λn=0 ce qui permettra de conclure que f est nilpotente car χf=Xn est annulateur de f.
    Pour n=1: la propriété est immédiate.
    Supposons la propriété au rang n-1.
    Considérons le polynôme

    P(X)=(X-λ1)(X-λn).

    En développant,

    P(X)=Xn+an-1Xn-1++a1X+a0.

    Comme P(λi)=0, on a i=1nP(λi)=0.
    Or

    i=1nP(λi)=i=1nλin+an-1i=1nλin-1++a1i=1nλi+na0=na0.

    On en déduit a0=0 et donc 0 est racine de P.
    Il existe alors i{1,,n} tel que λi=0.
    Par symétrie du problème, on peut supposer λn=0.
    Par application de l’hypothèse de récurrence, on obtient λ1==λn=0.
    La récurrence est établie.

 
Exercice 12  3023      X (MP)Correction  

Soient E un -espace vectoriel de dimension finie et u(E).
On note

1={P[X]|P(u)=0}et2={P[X]|P(u) est nilpotent}.
  • (a)

    Montrer que 1 et 2 sont des idéaux non nuls de [X].

On note P1 et P2 leurs générateurs unitaires respectifs.

  • (b)

    Établir un lien entre P1 et P2.

  • (c)

    Montrer l’existence de Q2 tel que u-Q(u) est diagonalisable

Solution

  • (a)

    1 est l’idéal des polynômes annulateurs de u, il est engendré par P1=Πu polynôme minimal de u.

    La somme de deux endomorphismes nilpotents commutant est encore nilpotent car la formule du binôme de Newton s’applique et il suffit de travailler avec un exposant assez grand. On obtient alors facilement que 2 est un sous-groupe de (𝕂[X],+). La stabilité par absorption étant immédiate, 2 est un idéal de 𝕂[X]. Comme il contient 1, l’idéal n’est pas réduit à l’élément nul.

  • (b)

    Puisque 12, P1P2𝕂[X] et donc P2P1.

    Aussi, en posant n la dimension de E, on sait que pour tout endomorphisme nilpotent de v de E, on a vn=0. Puisque P2(u) est nilpotent, on en déduit que (P2)n(u)=0 et donc P1P2n.

  • (c)

    Cette question est immédiate avec la décomposition de Dunford mais cette dernière est hors-programme…Procédons autrement!

    Puisque P2P1 et P1P2n, les racines de P2 sont exactement celles de P1, c’est-à-dire les valeurs propres de l’endomorphisme u. On peut donc écrire

    P2=λSp(u)(X-λ)αλ.

    Or P2(u) étant nilpotent, il est immédiat que l’endomorphisme λSp(u)(u-λIdE) l’est aussi. On en déduit que

    P2=λSp(u)(X-λ)

    et ce polynôme est donc scindé à racines simples.

    Déterminons maintenons un polynôme R𝕂[X] tel que pour Q=P2R, on ait P2(u-Q(u))=0.

    On en déduira que u-Q(u) est diagonalisable avec Q(u)2.

    L’identité P2(u-Q(u))=0 est obtenue dès que P1 divise le polynôme

    P2(X-P2(X)R(X))=λSp(u)(X-λ-P2(X)R(X)).

    Or P1=λSp(u)(X-λ)βλ et il suffit donc que pour chaque λSp(u), le facteur (X-λ)βλ divise le facteur X-λ-P2(X)R(X) pour pouvoir conclure. On a

    X-λ-P2(X)R(X)=(X-λ)(1-μλ(X-μ)R(X)).

    La condition voulue est assurément vérifiée si βλ=1.

    Pour βλ2, la condition voulue est satisfaite si μλ(λ-μ)R(λ)=1 et si pour tout k{1,,βλ-2}, la dérivée k-ième du polynôme μλ(X-μ)R(X) s’annule en λ. Cela fournit des équations déterminant pleinement R(λ),R(λ),,Rβλ-2(λ) car μλ(λ-μ)0.

    Sachant qu’il est possible de construire un polynôme prenant des valeurs données ainsi que ses dérivées en des éléments deux à deux distincts de 𝕂, on peut déterminer un polynôme résolvant notre problème.

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Édité le 08-11-2019

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