On se propose une méthode exotique passant par les fractions rationnelles.
Premieˋre partie : Montrons que, pour tout k∈N∗, Tr(Ak)=0.
Notons
uk=Tr(Ak).
Par le théorème de Cayley-Hamilton, il existe
c0,…,cn−1∈Rtels que
An+cn−1An−1+⋯+c0In=0.
En multipliant cette égalité par Ak, puis en prenant la trace, on obtient
uk+n+cn−1uk+n−1+⋯+c0uk=0.
Ainsi, la suite (uk) vérifie une équation de récurrence linéaire.
Or, par hypothèse,
u1=⋯=un=0.
Une simple récurrence montre alors que
∀k≥1,uk=0.
Deuxieˋme partie : Utilisation d’une fraction rationnelle
On note
λ1,…,λnles valeurs propres de A, comptées avec multiplicité.
Supposons, par l’absurde, que A ne soit pas nilpotente. Alors l’une de ses valeurs propres est non nulle.
On choisit i0 tel que
∣λi0∣=1≤i≤nmax∣λi∣.
On considère alors la série entière
F(X)=k=1∑+∞ukXk,pour
∣X∣<∣λi0∣1.
D’une part, puisque
uk=0∀k≥1,on a
F(X)=0.
D’autre part, les valeurs propres de Ak étant
λ1k,…,λnk,on a
uk=Tr(Ak)=i=1∑nλik.
Ainsi,
F(X)=k=1∑+∞(i=1∑nλik)Xk.
Comme la série converge absolument pour
∣X∣<∣λi0∣1,on peut permuter les deux sommes :
F(X)=i=1∑nk=1∑+∞(λiX)k.
On reconnaît alors une somme géométrique :
F(X)=i=1∑n1−λiXλiX.
On obtient donc une fraction rationnelle qui possède un pôle en
X=λi01,puisque λi0=0.
On a ainsi obtenu simultanément
F(X)=0et une expression rationnelle possédant au moins un pôle.
C’est une absurdité.
Par conséquent,
A est nilpotente.
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