Sujet : Algèbre, Réduction des endomorphismes, Nilpotence
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Sujet : Algèbre, Réduction des endomorphismes, Nilpotence

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[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 6 août 2013 Enoncés 1 Nilpotence Exercice 6 X MP [ 00938 ] [correction] ?Soient n∈N , A et B dansM (C) et λ ,...,λ ,λ deux à deux distincts dansn 1 n n+1 C. On suppose, pour 16i6n + 1, que A +λ B est nilpotente.iExercice 1 [ 00863 ] [correction] Montrer que A et B sont nilpotentes.Soit A∈M (C) une matrice nilpotente.n a) Montrer que A est semblable à une matrice triangulaire supérieure stricte. b) Le résultat est-il encore vrai pour A∈M (R)?n Exercice 7 X MP [ 03023 ] [correction] Soient E unC-espace vectoriel de dimension finie et u∈L(E). On noteI ={P∈C [X]/P (u) = 0} etI ={P∈C [X]/P (u) est nilpotent}.1 2Exercice 2 [ 00837 ] [correction] a) Montrer queI etI sont des idéaux non nuls deC [X].1 2Soit u un endomorphisme d’unC-espace vectoriel E de dimension finie. On note P et P leurs générateurs unitaires respectifs.1 2Montrer que u possède une seule valeur propre si, et seulement si, il existe λ∈C b) Etablir un lien entre P et P .1 2tel que u−λId soit nilpotent.E c) Montrer l’existence de Q∈I tel que u−Q(u) est diagonalisable2 Exercice 3 [ 00828 ] [correction] Exercice 8 X PC [ 03095 ] [correction] Soient E un espace vectoriel réel de dimension finie, f et g deux endomorphismes Soit Φ :M (R)→R vérifiant2de E vérifiant f◦g−g◦f =f 0 1 ∀A,B∈M (R), Φ(AB) = Φ(A)Φ(B) et Φ = Φ(I )2 21 0a) Calculer n nf ◦g−g◦f a) Démontrer que Φ(O ) = 0.2 0b) Soit P un polynôme. Montrer que si P (f) = 0 alors f◦P (f) = 0.

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Exrait

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 6 août 2013

Nilpotence

Exercice 1[ 00863 ][correction]
SoitA∈ Mn(C)une matrice nilpotente.
a) Montrer queAsemblable à une matrice triangulaire supérieure stricte.est
b) Le résultat est-il encore vrai pourA∈ Mn(R)?

Enoncés

Exercice 2[ 00837 ][correction]
Soituun endomorphisme d’unC-espace vectorielEde dimension finie.
Montrer queupossède une seule valeur propre si, et seulement si, il existeλ∈C
tel queu−λIdEsoit nilpotent.

Exercice 3[ 00828 ][correction]
SoientEun espace vectoriel réel de dimension finie,fetgdeux endomorphismes
deEvérifiant
f◦g−g◦f=f
a) Calculer
fn◦g−g◦fn

b) SoitPun polynôme. Montrer que siP(f) = 0alorsf◦P0(f) = 0.
c) En déduire quefest un endomorphisme nilpotent.

Exercice 4[ 00865 ][correction]
SoientEunC-espace vectoriel de dimensionnetf∈ L(E).
a) Montrer quefest nilpotent si, et seulement si,

Sp(f) ={0}

b) Montrer quefest nilpotent si, et seulement si,

∀16k6ntr(fk) = 0

Exercice 5[ 03031 ][correction]
SoitA∈ Mn(C). On considère l’endomorphismeTdeMn(C)défini par

T(M) =AM−M A

a) On suppose que la matriceAest nilpotente.
Montrer que l’endomorphismeTest aussi nilpotent.
b) Réciproque ?

1

Exercice 6X MP[ 00938 ][correction]
Soientn∈N?,AetBdansMn(C)etλ1     λn λn+1deux à deux distincts dans
C. On suppose, pour16i6n+ 1, queA+λiBest nilpotente.
Montrer queAetBsont nilpotentes.

Exercice 7X MP[ 03023 ][correction]
SoientEunC-espace vectoriel de dimension finie etu∈ L(E).
On noteI1={P∈C[X]P(u) = 0}etI2={P∈C[X]P(u)est nilpotent}.
a) Montrer queI1etI2sont des idéaux non nuls deC[X].
On noteP1etP2leurs générateurs unitaires respectifs.
b) Etablir un lien entreP1etP2.
c) Montrer l’existence deQ∈ I2tel queu−Q(u)est diagonalisable

Exercice 8X PC[ 03095 ][correction]
SoitΦ :M2(R)→Rvérifiant

∀A B∈ M2(R)Φ(AB) = Φ(A)Φ(B)etΦ

0
1

1
0

6= Φ(I2)

a) Démontrer queΦ(O2) = 0.
b) SiAest nilpotente, démontrer queΦ(A) = 0.
c) SoientA∈ M2(R)etBla matrice obtenue à partir deAen permutant les
lignes deA.
Démontrer queΦ(B) =−Φ(A).
d) Démontrer queAest inversible si, et seulement si,Φ(A)6= 0.

Exercice 9Centrale MP[ 01959 ][correction]
SoitA∈ Mn(K)une matrice nilpotente non nulle. On appelle indice de
nilpotence deAle nombre entier
Ind(A) = mink∈N?Ak= 0

1. Quelle est la dimension de l’algèbreK[A]engendrée parA?
2.a) SoitP∈K[X]tel queP(0) = 1. Démontrer que la matriceB=AP(A)est
nilpotente, de mme indice queA.
2.b) En déduire qu’il existe un polynômeQ∈K[X]vérifiantQ(0)6= 0et
A=BQ(B).
3. Cette question doit tre traitée avec le logiciel de calcul formel. On considère la
matriceA∈ M8(R)définie par :
∀(i j)∈[18]2 A[i j] = 1sii=j−1ou sii=j−4et 0 sinon

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Enoncés

3.a) Vérifier queAest nilpotente et calculer son indice de nilpotence.
3.b) On suppose ici queP= 1 +X+ 2X2+ 3X3etB=AP(A). Déterminer
explicitement un polynômeQde coefficient constant non nul tel queA=BQ(B).
Indication : on peut chercherQde degré strictement inférieur à l’indice de
nilpotence deA.
Enoncé fourni par le concours CENTRALE-SUPELEC (CC)-BY-NC-SA

Exercice 10Mines-Ponts PC[ 01956 ][correction]
Soientn>2etA= (aij)16ij6n∈ Mn(R)oùaii+1= 1pouri∈ {1     n−1},
les autres coefficients étant nuls.
a) La matriceAest-elle diagonalisable ?
b) Existe-t-ilB∈ Mn(R)vérifiantB2=A?

Exercice 11[ 01677 ][correction]
SoientA∈GLn(C)etN∈ Mn(C)nilpotente telles que
AN=N A

Montrer que

det(A+N) = detA

Exercice 12Centrale MP[ 00867 ][correction]
SoitA∈ Mn(C). On suppose qu’il existep∈N?tel queAp= 0.
a) Montrer queAn= 0.
b) Calculerdet(A+In).
SoitM∈ Mn(C)tel queAM=M A.
c) Calculerdet(A+M)(on pourra commencer par le cas oùM∈GLn(C)).
d) Le résultat est-il vrai siMne commute pas avecA?

Exercice 13Mines-Ponts MP[ 02690 ][correction]
SoitAetBdes matrices complexes carrées d’ordren. On supposeA+ 2kB
nilpotente pour tout entierktel que06k6n. Montrer queAetBsont
nilpotentes.

Exercice 14[ 03253 ][correction]
Soientnun entier naturel non nul etEunC-espace vectoriel de dimensionn.

a) Montrer qu’il existe un polynômePn∈R[X]vérifiant au voisinage de 0
√1 +x=Pn(x) +O(xn)

b) Etablir queXndivise alors le polynômePn2(X)−X−1.
˜
c) Soitfun endomorphisme deEvérifiantfn= 0.
Montrer qu’il existe un endomorphismegdeEvérifiant

g2=IdE+f

2

d) Soit maintenantfun endomorphisme deEne possédant qu’une valeur propre
λ.
˜
Montrer que(f−λIdE)n= 0et conclure qu’il existe un endomorphismegdeE
vérifiant
g2=f

Exercice 15[ 03372 ][correction]
SoientA B∈ Mn(C). On suppose que la matriceAest nilpotente et que la
matriceBcommute avecA. Que dire de tr(AB)?

Exercice 16X MP[ 03477 ][correction]
SoitA∈ Mn(R).
a) On supposeA3=A2. Montrer queA2est diagonalisable et queA2−Aest
nilpotente.
b) Plus généralement on supposeAk+1=Akpour un certain entierk >0.
Etablir l’existence d’un entierp >0tel queApest diagonalisable etAp−A
nilpotente.

Exercice 17Mines-Ponts PC[ 03763 ][correction]
Pourn>2, on noteHun hyperplan deMn(K)ne contenant aucune matrice
inversible.
a) Montrer queHcontient toutes les matrices nilpotentes.
b) En déduire que tout hyperplan deMn(K)rencontre GLn(K).

Exercice 18[ 03765 ][correction]
SoientA M∈ Mn(C)avecMmatrice nilpotente.
a) On supposeM A=On. Montrer que les matricesA+MetAont le mme
polynôme caractéristique.
b) Mme question en supposant cette fois-ciAM=On.

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Enoncés

Exercice 19Centrale PC[ 03616 ][correction]
Soientn∈NetE=Mn(C). On noteE?=L(EC)leC-espace vectoriel des
formes linéaires surE.
?
a) Montrer queL:E→E,A7→LAoùLAest la forme linéaireM7→tr(AM)
est un isomorphisme
d’espaces vectoriels. En déduire une description des hyperplans deE.
b) SoitT∈ Mn(C)une matrice triangulaire supérieure non nulle etH= kerLT.
On noteTn+(respectivementTn−) le sous-espace vectoriel des matrices triangulaires
supérieures (respectivement inférieures) à diagonales nulles.
DéterminerH∩Tn+.
En discutant selon queTpossède ou non un coefficient non nul (au moins) hors
de la diagonale, déterminer la dimension deH∩Tn−.
c) Une matriceA∈ Mn(C)est dite nilpotente s’il existek∈Ntel queAk= 0.
Prouver que les éléments deTn+∪Tn−sont des matrices nilpotentes.
En déduire queHcontient au moinsn2−n−1matrices nilpotentes linéairement
indépendantes.
d) Montrer que tout hyperplan deEcontient au moinsn2−n−1matrices
nilpotentes linéairement indépendantes.
Enoncé fourni par le CENTRALE-SUPELEC (CC)-BY-NC-SA

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Corrections

Corrections

Exercice 1 :[énoncé]
a) SiA∈ Mn(C)alorsAest triangularisable et lors de cette triangularisation les
valeurs propres deAapparaissent sur la diagonale. OrAest nilpotent donc 0 est
sa seule valeur propre et la diagonale de la matrice triangulaire obtenue est nulle.
Le polynôme caractéristique deA∈ Mn(C)est alors égal à(−1)nXn.
b) PourA∈ Mn(R), on a aussiA∈ Mn(C)et le polynôme caractéristique est
calculé par la mme formule dans les deux cas. Par suite le polynôme
caractéristique pourA∈ Mn(R)est scindé et donc à nouveauAest
triangularisable avec des 0 sur la diagonale.

Exercice 2 :[énoncé]
Siupossède une unique valeur propreλalors celle-ci est la seule racine de son
polynôme caractéristique qui est alors(λ−X)dimE. Ce dernier annulantu, on
peut affirmeru−λIdEest nilpotent.
Siu−λIdEest nilpotent alors il existep∈Ntel que(X−λ)psoit annulateur de
u. Les valeurs propres deuétant racine de ce polynôme, elles ne peuvent qu’tre
égale àλ. De plusλest assurément valeur propre car un endomorphisme d’un
C-espace vectoriel de dimension finie possède au moins une valeur propre.

Exercice 3 :[énoncé]
a) Par récurrence

fn◦g−g◦fn=nfn

b) Par linéarité
P(f)◦g−g◦P(f) =f◦P0(f)
Par suite, siP(f) = 0, alorsf◦P0(f) = 0.
c) Soitπle polynôme minimal de l’endomorphismef.
πannulefdoncXπ0aussi. Par minimalité deπ,π|Xπ0. Pour des raisons de
degré et de coefficients dominants,απ=Xπ0avecα= degπ. On en déduit
π=Xαet doncfest nilpotent.

Exercice 4 :[énoncé]
a) Supposons qu’il existep∈N?tel quefp= 0.
Xpest annulateur defdonc Sp(f)⊂ {0}. Or Sp(f)6=∅donc Sp(f) ={0}.
Inversement, si Sp(f) ={0}alors seule0est racine de son polynôme
caractéristique. Orχfest scindé dansC[X]doncχf= (−1)nXnpuisfn= 0en
vertu du théorème de Cayley Hamilton. On en déduit quefest nilpotente.

b) Supposonsfnilpotent.
Par l’étude ci-dessus,fest trigonalisable stricte et donc

∀16k6ntr(fk) = 0

car les puissances defpourront aussi tre représentées par des matrices
triangulaires strictes.
Inversement, supposons
∀16k6ntr(fk) = 0

En notantλ1     λnles valeurs propres comptées avec multiplicité deA, on
obtient le système
λ1+∙ ∙ ∙+λn= 0
∙ ∙ ∙+λ2n= 0
∙λ∙12∙+

λn1+∙ ∙ ∙+λnn= 0
La résolution de ce système est délicate.
En raisonnant par récurrence, nous allons établir que la seule solution est
λ1= =λn= 0ce qui permettra de conclure quefest nilpotente car

χf= (−1)nXnest annulateur def.
Pourn= 1: la propriété est immédiate.
Supposons la propriété au rangn−1.
Considérons le polynôme

En développant,

P(X) = (X−λ1)  (X−λn)

P(X) =Xn+an−1Xn−1+∙ ∙ ∙+a1X+a0

n
CommeP(λi) = 0, on aPP(λi) = 0.
i=1
Or
n n n n
XP(λi) =Xλni+an−1Xλni−1+∙ ∙ ∙+a1Xλi+na0=na0
i=1i=1i=1i=1
On en déduita0= 0et donc 0 est racine deP.
Il existe alorsi∈ {1     n}tel queλi= 0.
Par symétrie du problème, on peut supposerλn= 0.
Par application de l’hypothèse de récurrence, on obtientλ1=  =λn= 0.
La récurrence est établie.

4

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Corrections

Exercice 5 :[énoncé]
a) Soitλune valeur propre de l’endomorphismeT.
Il existe une matriceMnon nulle vérifiantT(M) =λM.
On a alorsM A= (A+λIn)M.
Par une récurrence facile,M Ap= (A+λIn)pM.
Or pour un certainp∈N?,Ap=Ondonc(A+λIn)pM=On.
Cependant la matriceMn’est pas nulle donc la matrice(A+λIn)pn’est pas
inversible puis la matriceA+λInne l’est pas non plus. Ainsiλest valeur propre
deAet doncλ= 0car 0 est la seule valeur propre d’une matrice nilpotente.
On en déduit SpT⊂ {0}puis SpT={0}car le corps de baseCassure l’existence
d’au moins une valeur propre.
Le polynôme caractéristique deTétant scindé dansC[X]et de degrén2, on a
χT= (−1)n2Xn2puisTn20˜=car le polynôme caractéristique est annulateur en
vertu du théorème de Cayley Hamilton.
Finalement, l’endomorphismeTest nilpotent.
˜
b) Pourg=IdEon aT= 0.
Ainsi l’endomorphismeTest nilpotent alors quegne l’est pas.
La réciproque est fausse.

Exercice 6 :[énoncé]
Une matriceM∈ Mn(C)nilpotente vérifieMn=On. Considérons la matrice
(A+xB)n. Les coefficients de cette matrice sont des polynômes de degrés
inférieurs àns’annulant chacun en lesλ1     λn λn+1, ce sont donc des
polynômes nuls. Ainsi, pour toutx∈C,(A+xB)n=On. En particulier pour
x= 0, on obtientAn=On. Aussi pour touty6= 0, en considéranty= 1x, on a
(yA+B)n=Onet en faisanty→0, on obtientBn=On.

Exercice 7 :[énoncé]
a)I1est l’idéal des polynômes annulateurs deu; il est engendré parP1=πu
polynôme minimal deu.
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 queI2est un sous-groupe de
(K[X]+). La stabilité par absorption étant immédiate,I2est un idéal deK[X]
et comme il contientI1, il est non nul.
b) PuisqueI1⊂ I2,P1∈P2K[X]et doncP2|P1.
Aussi, en posantnla dimension deE, on sait que pour tout endomorphisme
˜
nilpotent devdeE, on avn= 0. PuisqueP2(u)est nilpotent, on en déduit que
˜
(P2)n(u) = 0et doncP1|P2n.

c) Cette question est immédiate avec la décomposition de Dunford mais cette
dernière est hors-programme. . . Procédons autrement !
PuisqueP2|P1etP1|P2n, les racines deP2sont exactement celles deP1
c’est-à-dire les valeurs propres de l’endomorphismeu. On peut donc écrire

P2=Y(X−λ)αλ
λ∈Spu
OrP2(u)étant nilpotent, il est immédiat que l’endomorphismeQ(u−λIdE)
λ∈Spu
l’est aussi.
On en déduit que
P2=Y(X−λ)
λ∈Spu

et ce polynôme est donc scindé simple.
Déterminons maintenons un polynômeR∈K[X]tel que pourQ=P2R, on ait
˜
P2(u−Q(u)) = 0.
On en déduira queu−Q(u)est diagonalisable avecQ(u)∈ I2.
˜
L’identitéP2(u−Q(u)) = 0est obtenue dès queP1divise le polynôme
P2(X−P2(X)R(X)) =Y(X−λ−P2(X)R(X))
λ∈Spu
OrP1=Q(X−λ)βλdonc il suffit que pour chaqueλ∈Spu, le facteur
λ∈Spu
(X−λ)βλdivise le facteurX−λ−P2(X)R(X)pour pouvoir conclure.
On a
X−λ−P2(X)R(X) = (X−λ)1−µ6Y=λ(X−µ)R(X)

5

La condition voulue est assurément vérifiée siβλ= 1.
Pourβλ>2, la condition voulue est satisfaite siQ(λ−µ)R(λ) = 1et si pour
µ6=λ
toutk∈ {1     βλ−2}, la dérivéekème du polynômeQ(X−µ)R(X)s’annule
µ6=λ
enλ. Cela fournit des équations déterminant pleinement
R(λ) R0(λ)     Rβλ−2(λ)carQ(λ−µ)6= 0.
µ6=λ
Sachant qu’il est possible de construire un polynôme prenant des valeurs données
ainsi que ses dérivées en des éléments deux à deux distincts deK, on peut
déterminer un polynôme résolvant notre problème.

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Corrections

Exercice 8 :[énoncé]
a)O22=O2doncΦ(O2)2= Φ(O2)d’oùΦ(O2) = 0ou 1.
SiΦ(O2) = 1alors pour toutA∈ M2(R),
Φ(A) = Φ(A)×Φ(O2) = Φ(A×O2) = 1.
Ceci est exclu car la fonctionΦn’est pas constante. On en déduitΦ(O2) = 0.
b) SiAest nilpotente alorsA2=O2(carAest de taille 2) et doncΦ(A)2= 0puis
Φ(A) = 0.
c)I22=I2doncΦ(I2)2= Φ(I2)puisΦ(I2) = 0ou1.
SiΦ(I2) = 0alors pour toutA∈ M2(R),Φ(A) = Φ(A×I2) = Φ(A)×0 = 0.
Ceci est exclu car la fonctionΦn’est pas constante. On en déduitΦ(I2) = 1.
NotonsE=0110.
On remarqueE2=I2doncΦ(E)2= 1puisΦ(E) =−1carΦ(E)6= Φ(I2).
PuisqueB=EA, on en déduitΦ(B) =−Φ(A).
d) SiAest inversible alorsΦ(I2) = Φ(A)×Φ(A−1)et doncΦ(A)6= 0puisque
Φ(I2) = 16= 0.
Inversement, supposonsAnon inversible. 0 est valeur propre deA.
On vérifie aisément que deux matricesAetBsemblables vérifientΦ(A) = Φ(B).
SiAest diagonalisable alorsAest semblable à
00tr0A

Par suite

Φ(A) = Φ00tr0A−Φ00tr0A
=

= 0

car cette dernière matrice est nilpotente.
SiAn’est pas diagonalisableAest trigonalisable (carχAscindé surR) etAest
semblable à
0100

et par suiteΦ(A) = 0car cette dernière matrice est nilpotente.

Exercice 9 :[énoncé]
1.K[A] =VectAkk∈N.
En notantpl’indice de nilpotence deA,K[A] =Vect(In A     Ap−1).
D’autre part, on établit facilement que la famille(In A     Ap−1)est libre et
donc on peut concluredimK[A] =p.
2.a)Bp=ApP(A)p= 0doncBest nilpotente et Ind(B)6Ind(A).
SiBq= 0alorsAqP(A)q= 0et donc le polynômeXqP(X)qest annulateur deA.

6

Or le polynôme minimal deAestXpet celui-ci divise tout polynôme annulateur
deAdoncXpdiviseXqP(X)q. SachantP(0)6= 0, on obtient queXpdiviseXqet
doncp6q.
2.b) PuisqueBest un polynôme enA, on aK[B]⊂K[A]. Or par égalité des
indices de nilpotence, on a égalité des dimensions et doncK[B] =K[A]. Par suite
il existeR∈K[X]tel queA=R(B).
PuisqueAp= 0, le polynômeR(X)pest annulateur deB, or le polynôme minimal
deBestXpdoncXpdiviseR(X)pet on en déduitR(0) = 0. Cela permet
d’écrireR(X) =XQ(X)et doncA=BQ(B).
SiQ(0) = 0, alors on peut encore écrireA=B2S(B)et alors l’indice de
nilpotence deAest inférieur au plus petit entier supérieur àp2. Sip >1, c’est
absurde et donc on peut affirmerQ(0)6= 0.
Dans le casp= 1, on aA= 0,B= 0et la résolution est immédiate.
3.a) On définit la matrice étudiée
A:=matrix(8, 8, (i, j)->if i=j-1 or i=j-4 then 1 else 0 fi);
Cette matrice est triangulaire supérieure, donc nilpotente.
On évalue les puissances successives de la matriceA
seq(evalm(Aˆk), k=1..8);
On observe alors Ind(A) = 8.
3.b) On définit la matriceB
B:=evalm(A*(1+A+2*Aˆ2+3*Aˆ3));
On cherche ensuite le polynômeQa coefficients inconnus. On définit celui-ci
Q:=unapply(add(a[k]*Xˆk, k=0..6), X);
ainsi que la matriceC=BQ(B)
C:=evalm(B&*Q(B));
En jouant avec le facteur de zoom, on observe la structure de cette matrice et
celle-ci correspond àAsi, et seulement si, lesaksont solutions d’un système facile
à former. On résout celui-ci
solve(C[1, 2]=1, C[1, 3]=0, C[1, 4]=1, seq(C[1, k]=0, k=5..8));
On peut vérifier l’exactitude de cette solution
assign(%);
evalm(B&*Q(B));
Finalement, on obtient le polynôme

Q(X) = 1−X+X2−2X3+ 9X4−32X5+ 72X6

Exercice 10 :[énoncé]
a) SpA={0}etA6=OndoncAn’est pas diagonalisable.
b) On remarqueAn=OnetAn−16=On.
S’il existeB∈ Mn(R)vérifiantB2=AalorsB2n=An=OndoncBest
nilpotente. Par suiteBn=On.

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OrB2n−26=Onavec2n−2>n, c’est absurde.

Corrections

Exercice 11 :[énoncé]
On a
det(A+N) = det(A) det(In+A−1N)
PuisqueAetNcommutent, il en est de mme deA−1etN. On en déduit que la
matriceA−1Nest nilpotente carNl’est.
La matriceA−1Nest alors semblable à une matrice triangulaire supérieure stricte
et la matriceIn+A−1Nest semblable à une matrice triangulaire supérieure avec
des 1 sur la diagonale.
On en déduit
det(In+A−1N) = 1
puis
det(A+N) = detA

Exercice 12 :[énoncé]
a) Siλest valeur propre deAalorsλp= 0d’oùλ= 0. Par suiteχA= (−1)nXn
puis par Cayley HamiltonAn= 0.
b)det(A+I) =χA(−1) = (−1)n(−1)n= 1
c) SiMest inversibledet(A+M) = det(AM−1+I) detM.
OrAetM−1commutent donc(AM−1)p= 0puis par b) :det(A+M) = detM.
SiMn’est pas inversible. PosonsMp=M+1pIn. Quandp→+∞,Mpest
inversible et commute avecAdoncdet(A+Mp) = detMp. OrdetMp→detMet
det(A+Mp)→det(A+M)donc on peut prolonger l’égalité à toute matrice qui
commute avecA.
d) Non prendre :A=0010etM=1234.

Exercice 13 :[énoncé]
On a
∀k∈ {0     n}(A+ 2kB)n=On
Considérons alors la matrice

(A+XB)n∈ Mn(K[X])

Celle-ci est à coefficients polynomiaux de degrés inférieurs àn. Puisque
12    2nsontn+ 1racines 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 termesXnsont nuls.

Exercice 14 :[énoncé]
a) Par le développement limite de√1 +xen 0 on peut écrire
√1 +x=Pn(x) +O(xn)

avecPnpolynôme de degré inférieur àn−1.
b) On a
Pn2(x) =√1 +x+O(xn)2= 1 +x+O(xn)

donc
Pn2(x)−x−1 =O(xn)
Notonsαla multiplicité de 0 en tant que racine du polynômePn2(X)−X−1.
On peut écrirePn2(X)−X−1 =XαQ(X)avecQ(0)6= 0et donc
xαQ(x) =O(xn)au voisinage de 0

puis

xα−nQ(x) =O(1)

7

Nécessairementα−n>0et on en déduit que 0 est racine de multiplicité au
moinsndu polynômePn2(X)−X−1et donc queXndivise ce polynôme.
c) PuisqueXnannulef,Pn2(X)−X−1annule aussifet alors l’endomorphisme
g=Pn2(f)vérifie
g2=f+IdE
d) PuisqueEest unC-espace vectoriel, le polynôme caractéristique defest
scindé et puisqueλest sa seule valeur propre, celui-ci est

χf= (−1)n(X−λ)n

˜
En vertu du théorème de Cayley-Hamilton, on a(f−λIdE)n= 0.
Considérons alorsµ∈Cvérifiantµ2=λet posons

g=µPn((f−λIdE)µ2)

Puisque(f−λIdE)µ2vérifie l’hypothèse du c), on a
g2=µ2f−λµ2IdE+IdE=f

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Exercice 15 :[énoncé]
Puisque la matriceAest nilpotente, on a

An=On

et donc puisqueAetBcommutent

(AB)n=AnBn=On

Corrections

On en déduit que la matriceABest aussi nilpotente. Elle est alors semblable à
une matrice triangulaire supérieure stricte et donc

Exercice 16 :[énoncé]
a) On remarque

tr(AB) = 0

∀k>2 Ak=A2

En particulierA4=A2doncX2−X=X(X−1)annuleA2. Ce poly étant scindé
simple, la matriceA2est diagonalisable.
De plus(A2−A)2=A4−2A3+A2=OndoncA2−Aest nilpotente.
b) On remarque
i
∀i>k A=Ak

et doncA2k=Akce qui assure comme au dessus queAkest diagonalisable et
(Ak−A)k=i=Xk0(−1)iik!Ak(k−i)+i=i=kX0(−1)iik!Ak=On

Exercice 17 :[énoncé]
a) PuisqueHest un hyperplan et queIn∈ H, on a

H⊕Vect(In) =Mn(K)

SoitAune matrice nilpotente. On peut l’écrireA=B+λInavecB∈H. La
matriceBn’étant pas inversible, il existe une colonneXnon nulle telle que
BX=Oet alorsAX=λX. Le scalaireλest alors valeur propre de la matriceA.
Or les seules valeurs propres d’une matrice nilpotente sont nulles. On en déduit
λ= 0puisA=B∈H.

8

b) Les matrices élémentairesEijaveci6=jsont nilpotentes car de carrées nulles ;
elles sont donc toutes éléments deHet par combinaison linéaire la matrice
 (0)0 1
. .
. .
. .
M=
)0(1...01

appartient àH. Cependant celle-ci est notoirement inversible.

Exercice 18 :[énoncé]
a) SachantM A=On, on a ImA⊂kerM. IntroduisonsFun sous-espace vectoriel
supplémentaire dekerMdansMn1(C). En considérant une matrice de passageP
traduisant un changement de base vers une base adaptée à la supplémentarité

Mn1(C) = kerM⊕F

on obtient les écritures par blocs
P−1AP=OA1OA2etP−1M P=MOMO21

On a alors
χA=χA1×(−X)dimFetχA+M=χA1χM2
OrM2est une matrice nilpotente complexe, sa seule valeur propre étant 0, on
obtient
χM(X)dimF
=−
2
et l’identité voulue est établie. b) C’est le mme raisonnement avec ImM⊂kerA
et l’introduction d’un sous-espace vectorielFtel que

On a alors

P−1AP=

avecM1nilpotente.

O
O

Mn1(C) = kerA⊕F

AA21etP−1M P=OM1OM2

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Corrections

Exercice 19 :[énoncé]
a) Notons qu’il est immédiat de vérifier queLAest une forme linéaire surE.
Par linéarité de la trace, on vérifie tr((λA+µB)M) =λtr(AM) +µtr(BM)ce qui
fournit la linéarité de l’applicationL.
PuisquedimE= dimE?<+∞, il suffit désormais de vérifier l’injectivité deL
pour assurer qu’il s’agit d’un isomorphisme. SiLA= 0(l’application nulle) alors
¯ ¯ ¯
en particulierLA(tA) = 0et donc tr(AtA) =tr(tAA) = 0.
Or
n
tr(tA¯A) =X|aij|2

ij=1
doncA= 0.
Puisque les hyperplans sont exactement les noyaux des formes linéaires non nulles,
on peut assurer que pour tout hyperplanHdeE, il existeA∈ Mn(C)non nulle
telle que
H={M∈ Mn(C)tr(AM) = 0}
b) Pour tout matriceM∈Tn+, le produitT Mest triangulaire à coefficients
diagonaux nuls donc tr(T M) = 0. AinsiTn+⊂HpuisH∩Tn+=Tn+.
ConcernantH∩Tn−, ou bien c’est un hyperplan deTn−, ou bien c’estTn−entier.
S’il n’y a pas de coefficient non nul dans le bloc supérieur strict deTalorsTest
diagonale et un calcul analogue au précédent donneH∩Tn−=Tn−(de dimension
n(n−1)2)
Sinon, on peut déterminer une matrice élémentaire dansTn−qui n’est pas dansH
(si[T]ij6= 0alorsEjiconvient) et doncH∩Tn−est un hyperplan deTn−(de
dimensionn(n−1)2−1).
c) Les matrices triangulaire strictes sont bien connes nilpotentes. . .
Une base deTn+adjointe à une base deH∩Tn−fournit une famille libre (carTn+
etTn−en somme directe) et celle-ci est formée d’au moinssont
n(n−1)2 +n(n−1)2−1 =n2−n−1éléments.
d) SoitHun hyperplan deE. Il existeA∈ Mn(C)non nulle telle que

H={M∈ Mn(C)tr(AM) = 0}
La matriceAest trigonalisable donc on peut écrireA=P T P−1avecP∈GLn(C)
etTtriangulaire supérieure non nulle. Posons alors l’isomorphisme
ϕ:M→P−1M Pet considérons l’hyperplan

K={N∈ Mn(C)tr(T N) = 0}

On constate
M∈H⇔ϕ(N)∈K
Par l’isomorphismeϕ, on transforme une famille den2−n−1matrices nilpotentes
linéairement indépendantes d’éléments deKen une famille telle que voulue.

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