Ivan Shishkin, Rye (1878)

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Une caractérisation de la nilpotence

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Solution by beignet62 · FR

On se propose une méthode exotique passant par les fractions rationnelles.

Premieˋre partie : Montrons que, pour tout k∈N∗, Tr⁡(Ak)=0.\boxed{\text{Première partie : Montrons que, pour tout } k\in\mathbb{N}^*,\ \operatorname{Tr}(A^k)=0.}

Notons
uk=Tr⁡(Ak).u_k=\operatorname{Tr}(A^k).

Par le théorème de Cayley-Hamilton, il existe
c0,…,cn−1∈Rc_0,\ldots,c_{n-1}\in\mathbb{R}tels que
An+cn−1An−1+⋯+c0In=0.A^n+c_{n-1}A^{n-1}+\cdots+c_0I_n=0.

En multipliant cette égalité par AkA^k, puis en prenant la trace, on obtient
uk+n+cn−1uk+n−1+⋯+c0uk=0.u_{k+n}+c_{n-1}u_{k+n-1}+\cdots+c_0u_k=0.

Ainsi, la suite (uk)(u_k) vérifie une équation de récurrence linéaire.

Or, par hypothèse,
u1=⋯=un=0.u_1=\cdots=u_n=0.

Une simple récurrence montre alors que
∀k≥1,uk=0.\boxed{\forall k\geq 1,\quad u_k=0.}

Deuxieˋme partie : Utilisation d’une fraction rationnelle\boxed{\text{Deuxième partie : Utilisation d'une fraction rationnelle}}

On note
λ1,…,λn\lambda_1,\ldots,\lambda_nles valeurs propres de AA, comptées avec multiplicité.

Supposons, par l’absurde, que AA ne soit pas nilpotente. Alors l’une de ses valeurs propres est non nulle.

On choisit i0i_0 tel que
∣λi0∣=max⁡1≤i≤n∣λi∣.|\lambda_{i_0}|=\max_{1\leq i\leq n}|\lambda_i|.

On considère alors la série entière
F(X)=∑k=1+∞ukXk,F(X)=\sum_{k=1}^{+\infty}u_kX^k,pour
∣X∣<1∣λi0∣.|X|<\frac{1}{|\lambda_{i_0}|}.

D’une part, puisque
uk=0∀k≥1,u_k=0\qquad\forall k\geq1,on a
F(X)=0.\boxed{F(X)=0.}

D’autre part, les valeurs propres de AkA^k étant
λ1k,…,λnk,\lambda_1^k,\ldots,\lambda_n^k,on a
uk=Tr⁡(Ak)=∑i=1nλik.u_k=\operatorname{Tr}(A^k) =\sum_{i=1}^n\lambda_i^k.

Ainsi,
F(X)=∑k=1+∞(∑i=1nλik)Xk.F(X) =\sum_{k=1}^{+\infty} \left(\sum_{i=1}^n\lambda_i^k\right)X^k.

Comme la série converge absolument pour
∣X∣<1∣λi0∣,|X|<\frac{1}{|\lambda_{i_0}|},on peut permuter les deux sommes :
F(X)=∑i=1n∑k=1+∞(λiX)k.F(X) =\sum_{i=1}^n\sum_{k=1}^{+\infty}(\lambda_iX)^k.

On reconnaît alors une somme géométrique :
F(X)=∑i=1nλiX1−λiX.F(X) =\sum_{i=1}^n \frac{\lambda_iX}{1-\lambda_iX}.

On obtient donc une fraction rationnelle qui possède un pôle en
X=1λi0,X=\frac{1}{\lambda_{i_0}},puisque λi0≠0\lambda_{i_0}\neq0.

On a ainsi obtenu simultanément
F(X)=0F(X)=0et une expression rationnelle possédant au moins un pôle.

C’est une absurdité.

Par conséquent,
A est nilpotente.\boxed{A\text{ est nilpotente}.}

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