Une caractérisation de la nilpotence

On commence par trigonaliser A dans $M_{n}({\mathbb{C}})$. Alors A ~
$${\begin{pmatrix} \lambda_{1} & && &\\ 0 & \lambda_{2}& *&& \\ \vdots & \vdots &\ddots \\ 0 & 0 & \cdots & \lambda_{n}\\ \end{pmatrix} }$$avec $(\lambda_{i})_{i\in [\![1,n]\!]}) \text{ (supposées)} \in {(\mathbb{C}^{*})^{\mathbb{N}}}$ les valeurs propres comptés avec multiplicitées : $(m_{i})_{i\in [\![1,n]\!]} \in (\mathbb{N^{*}})^{\mathbb{N}}.$ Ainsi, d’après l’énoncé, $\forall k \in [\![1,n]\!], \sum_{i=0}^{n} \lambda_i^k.m_i=0 \Rightarrow$
$$\underbrace{ {\begin{pmatrix} \lambda_{1} & \lambda_{2} & \cdots & \lambda_{n}\\ \lambda_{1}^{2}& \lambda_{2}^{2} &\cdots & \lambda_{n}^{2}\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\ \lambda_{1}^{n} & \lambda_{2}^{n}& \cdots & \lambda_{n}^{n}\\ \end{pmatrix} } }_{\Lambda}.{\begin{pmatrix} m_{1}\\m_{2}\\ \vdots \\m_{n} \end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0\\0\\ \vdots\\0 \end{pmatrix}}$$

Donc, $(m_{i})_{i \in [\![1,n]\!]} \in \ker(\Lambda)$. Or, $\det(\Lambda)=\prod_{i=0}^{n} \lambda_{i}$.$\underbrace{V(\lambda_1 ,\lambda_2 ,...,\lambda_n)}_{Vandermonde} = \lambda_{1}.\lambda_{2}. \dots .\lambda_{n}\prod_{1\le i< j \le n}(\lambda_{j}-\lambda{i})$. Or, par hypothèse, $\forall (i,j) \in \mathbb{N}^{2}, i\neq j \Rightarrow \lambda_{i} \neq \lambda_{j} \text{ et } \forall i \in \mathbb{N^{*}}, \lambda_{i} \neq 0$. Donc $\det(\Lambda) \neq 0$. Alors, $(m_i)_{i\in [\![1,n]\!]}=0_{M_{n,1}(\mathbb{C})}$ ce qui est absurde. Donc, au moins l’un des $\lambda_i$ est nul. Puis on itère le procédé sur les n-1 valeurs propres restantes jusqu’a trouver : $\forall i \in \mathbb{N^{*}}, \lambda_{i}=0 \text{. Donc, } \chi_{A}(X)=X^{n} \text{. Alors, par le théorème de Cayley-Hamilton, } A^{n} =0_{M_{n}(\mathbb{C})} \text{ : A est nilpotente.}$

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

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

Notons
$$u_k=\operatorname{Tr}(A^k).$$

Par le théorème de Cayley-Hamilton, il existe
$$c_0,\ldots,c_{n-1}\in\mathbb{R}$$tels que
$$A^n+c_{n-1}A^{n-1}+\cdots+c_0I_n=0.$$

En multipliant cette égalité par $A^k$, puis en prenant la trace, on obtient
$$u_{k+n}+c_{n-1}u_{k+n-1}+\cdots+c_0u_k=0.$$

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

Or, par hypothèse,
$$u_1=\cdots=u_n=0.$$

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

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

On note
$$\lambda_1,\ldots,\lambda_n$$les 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 $i_0$ tel que
$$|\lambda_{i_0}|=\max_{1\leq i\leq n}|\lambda_i|.$$

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

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

D’autre part, les valeurs propres de $A^k$ étant
$$\lambda_1^k,\ldots,\lambda_n^k,$$on a
$$u_k=\operatorname{Tr}(A^k) =\sum_{i=1}^n\lambda_i^k.$$

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

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

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

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

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

C’est une absurdité.

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