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Epreuve Ecrite Ecole Normale Supérieure de Lyon (correction)
L'énoncé
Version pdf de la correction
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I.1 Si F est trigonalisable, on peut trouver une base e1,...., en de V dans laquelle tous les
éléments de F ont une matrice triangulaire supérieure.
Le vecteur e1 est alors un vecteur propre commun à tous ces éléments.
I.2 Soit x dans Vu(l), on a
pour tout v de F l¢égalité u(v(x)) = v(u(x)) (par hypothèse sur F) et u(x) = l x
du fait que x est dans Vu(l), donc u(v(x)) = l v(x),
ce qui signifie que v(x) est encore dans Vu(l),
autrement dit que ce sous espace est bien stable par v, quel que soit v de F.
I.3 Soit F¢= Vect(F) l¢espace vectoriel engendré par la partie F et considérons une base
u1,...., ud de F¢. Il est suffisant de montrer la propriété pour cette base,
par récurrence sur d. Si d=1 c¢est immédiat. Si pour tout ensemble fini < d
de matrices commutant 2 à 2 la propriété est vérifiée, comme nous sommes dans C,
ud possède au moins un vecteur propre donc Vud(l) est de dimension non nulle pour
au moins un nombre l. Ce sous espace est stable par u1,....,ud-1 car les endomorphismes
commutent 2 à 2, en appliquant le 1-2. La restriction des u1,....,ud-1 à Vud(l)
contient donc par hypothèse de récurrence un vecteur propre commun à u1,....,ud-1, qui
sera donc aussi vecteur propre de ud car appartenant à Vud(l), ce qui termine la récurrence.
I.4 Comme au 1-3 il est suffisant de montrer la propriété sur une base u1,...,ud de l¢espace
vectoriel engendré par F. On applique une récurrence, cette fois sur la dimension de l¢espace V.
Le résultat est immédiat pour n=1. Supposons qu¢en dimension strictement inférieure à n, toute
famille d¢endomorphismes commutant 2 à 2 est une famille trigonalisable, et soit
alors e un vecteur propre commun à tous les éléments de F (cf 1-3) et
H un supplémentaire de Vect(e) et p le projecteur sur H parallèlement à e.
La restriction des p ° uk à H sont des endomorphismes de H et nous allons montrer que
ces endomorphismes commutent 2 à 2.
Si h est un vecteur de H, pour tout entier k on peut décomposer le vecteur uk(h) sur H Å C.e
sous la forme uk(h)= hk+ck.e (hk est un élément de H et ck un nombre complexe).
On a donc
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(p uk) (p ul)(h) - (p ul) (p uk)(h)
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(p uk) p(hl+cl.e)-(p ul) p(hk+ck.e)
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p uk (ul(h) - cl.e) -p ul (uk(h) - ck.e)
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Le premier et le troisième termes s¢annulent du fait que u ° v = v ° u
et les 2 autres termes sont nuls car e est un vecteur propre commun aux uk et
que par définition de p on a p(e)=0. Le résultat est donc nul,
ce qui signifie que les opérateurs (p uk) commutent et
on peut donc appliquer la récurrence.
I.5 Soit F¢= Vect(F) l¢espace vectoriel engendré par la partie F. F¢ est de dimension finie et nous allons
montrer qu¢une base quelconque f1 .... fk de F¢ est diagonalisable , F¢ sera donc aussi diagonalisable
et a fortiori ce sera le cas aussi pour F. Procédons par récurrence sur k. Le cas de k=1 est immédiat.
Supposons que pour toute famille {f1,..., fk-1} composée de k-1 endomorphismes diagonalisables d¢un espace de dimension finie,
commutant 2 à 2 soit toujours diagonalisable en tant que famille (c¢est à dire qu¢il existe une base commune les diagonalisant tous).
Si fk est un autre endomorphisme diagonalisable commutant avec les fi ( 1 £ i £ k-1 ) alors nous avons
que V = Åi Vfk(li) où Vfk(li) est le sous espace propre de fk associé à la valeur propre li.
Pour tout i et tout j<k, Vfk(li) est stable par fj, on peut donc considérer la restriction des k-1 endomorphismes {f1,..., fk-1}
sur Vfk(li) et y appliquer la récurrence. Comme fk est une homothétie sur ce sous espace on aura pu diagonaliser
les {f1,..., fk} sur Vfk(li) quel que soit i, donc aussi sur V qui est somme directe de tous ces sous-espaces.
I.6 A la question 1-5 la nature du corps n¢intervient pas, et on a la même réponse positive avec le même raisonnement.
[NDR: cela ne s¢appliquerait pas à la trigonalisabilité car si on suppose F composé de matrices trigonalisables
rien ne permet de dire que les operateurs du 1-4 projetés sur et restreints à un sous espace sont eux
même trigonalisables. Au 1-4 l¢hypothèse K=C est donc nécessaire]
II.1 u0,v0 est une base de F (s¢ils étaient colinéaires on aurait [u0,v0]=0).
De même u0¢,v0¢ est une base de F¢.
On pose w0 = [u0, v0] , w0¢ = [u0¢,v0¢].
w0 est donc forcément non colinéaire soit à u0 soit à v0, nous ferons
l¢hypothèse que w0 est non colinéaire à u0 quitte à permuter u0 et v0,
et de même nous supposons w0¢ non colinéaire à u0¢, nous définissons alors
une application linéaire f dans cette base sous la forme.
f(w0) = w0¢ et
f(u0) = au0¢ + cw0¢.
Si u = xu0 + yw0 et v = x¢u0+y¢w0 sont 2 éléments quelconques de F alors
f([u,v]) =f( [xu0 + yw0, x¢u0+y¢w0] ) = (xy¢-x¢y)f( [u0, w0] )
Et d¢un autre côté on a:
[f(u),f(v)] = (xy¢-x¢y)[f(u0),f(w0)]
et comme [f(u0),f(w0)] = a[u0¢,w0¢] on a que
[f(u),f(v)] = (xy¢-x¢y)a [u0¢,w0¢]
L¢égalité voulue sera donc vraie si et seulement si f( [u0, w0] ) = a[u0¢,w0¢]
Comme u0 , v0 est une base , il existe 2 nombres p et q tels que
[u0,v0] = p u0 + q v0 donc [u0,w0] = [u0,[u0,v0]] = q w0
et il existe p¢ et q¢ tels que
[u0¢,v0¢] = p¢ u0¢ + q¢ v0¢ donc [u0¢,w0¢] = [u0¢,[u0¢,v0¢]] = q¢ w0¢
On doit donc avoir f( q w0 ) = aq¢ w0¢
Il suffit donc de choisir a = q/q¢¢ ( q et q¢ sont non nuls par hypothèse).
II.2 x étant dans W et v dans I, v(x) = l(v)x ce qui initie la récurrence.
Si v(xk+1) - l(v)xk+1 = v(u(xk)) - l(v)u(xk).
mais v(u(xk))- u(v(xk)) = [u,v](xk) et comme [x,v] est dans I
car I est un idéal, [u,v](xk) - l([u,v])xk appartient à Vect(x0... xk-1)
par hypothèse de récurrence. On a de même que v(xk)-l(v)xk,
donc u(v(xk))-l(v)u(xk) appartient à Vect(x1,...,xk).
Donc comme l¢égalité précédente se re-écrit v(u(xk))= u(v(xk)) + [u,v](xk) ou encore
v(u(xk)) - l(v)u(xk) = u(v(xk)) - l(v)u(xk) + [u,v](xk),
la somme des 2 premiers termes appartenant à Vect(x1,...,xk) et le dernier
à Vect(x0... xk-1) , le vecteur v(xk+1) - l(v)xk+1 appartient
bien à Vect(x0... xk) ce qui termine la récurrence.
II.3 La stabilité par u est évidente, par I est conséquence immédiate du 2-2.
II.4 Comme I est un idéal, [u,v] est dans I, U est alors stable par [u,v] et on peut
donc considérer la restriction de [u,v] à U. Soit d le plus petit entier tel
que {x0,,, xd} engendre U, on vérifie facilement que la famille est libre et
forme une base dans laquelle on peut considérer la matrice de [u,v].
[u,v](xk) = l([u,v])xk + d avec d dans Vect(x0... xk-1)
La matrice est donc triangulaire supérieure avec pour unique valeur propre l([u,v]).
On a donc immédiatement Tr([u,v]) = dim(U)l([u,v]) = (d+1)l([u,v]).
II.5 Soit x quelconque dans W et u quelconque dans F.
Quel que soit v dans I, v(u(x)) = [v,u](x) + uv(x) = [v,u](x) + l(v)u(x)
Montrons que [v,u](x)=0. Définissons U comme au 2-3, U est stable par u et par I donc par v,
on peut donc considérer les restriction à U de u et v. Comme Tr(uv)= Tr(vu), la trace étant
considérée sur la restriction à U, on a que Tr([u,v])=0 et du 2-4 on déduit que l([u,v])=0.
Or [v,u](x) = l([u,v])x donc [v,u](x) = 0.
On obtient finalement que v(u(x)) = l(v)u(x) donc u(x) est bien dans W.
II.6 en dimension 1 c¢est évident, le commutateur de deux éléments étant toujours nul.
En dimension 2, soit le commutateur de 2 éléments est toujours nul et on a terminé,
soit il existe toujours un commutateur non nul et d¢après le 2-1, deux algèbres de
Lie de ce type sont toujours isomorphes (algébriquement), il suffit donc d¢en expliciter
une qui soit résoluble.
alors [u,v] = -2u et il est facile alors de voir alors que [F,F] = Vect(u) et que donc
elle est résoluble. [NDR préciser au préalable par un calcul simple que l¢image d¢une algèbre de Lie résoluble
par un isomorphisme d¢algèbre de Lie donne encore une algèbre résoluble.]
II.7 On montre facilement que Fp-1 est un idéal. L¢ensemble des idéaux de F non triviaux est
donc non vide. Soit I un idéal non nul quelconque contenant Fp-1 alors
l¢espace vectoriel engendré par I et un élément u qui n¢est pas dans I est de dimension dim(I)+1 et
est aussi un idéal de F car tout commutateur d¢un élément de I Å C.u avec un élément
quelconque de F est a fortiori un commutateur de F, qui se trouve donc dans Fp-1 , donc dans I
et donc dans I Å C.u. On peut donc construire une suite croissante d¢idéaux
entre Fp-1 et Fp dont les dimensions augmentent de 1 à chaque fois. Celui qui sera de dimension d-1,
qu¢on note I, répond à la première question et il est
résoluble car F0 Ì ... Ì Fp-1 Ì I et comme [Fp, Fp] Ì Fp-1 on a a fortiori
[I, I] Ì Fp-1.
II.8 Par récurrence sur la dimension de l¢algèbre: En dimension 1 c¢est évident car K=C.
De par 2-7 on a F=I Å C.u.
Soit Vu(l) un sous espace propre de u. et e un vecteur de ce sous espace
Soit e un vecteur propre commun à I (hypothèse de
récurrence) pour tout v dans I on a v(e) = l(v).e,
l(v) étant une forme linéaire sur l¢idéal I de F.
L¢espace W défini plus haut contenant e est donc stable par F (2-5)
La restriction à W de u possède donc un vecteur propre et comme x est dans
W, x, vérifie aussi v(x) = l(v)x pour tout v dans I, c¢est donc un vecteur
propre commun.
II.9 Récurrence similaire au 1-3 sur la dimension de V. Si e est un vecteur propre commun à F, uk une base de F
adaptée à la suite croissante de sous algèbres, et
H désigne un supplémentaire de Vect(e) et p le projecteur sur H parallèlement à e.
La restriction à H des p ° uk à H sont des endomorphismes de H et nous allons montrer que
ces endomorphismes forment une algèbre résoluble.
Si h est un vecteur de H, pour tout entier k on peut décomposer le vecteur uk(h) sur H Å C.e
sous la forme uk(h)= hk+ck.e (hk est un élément de H et ck un nombre complexe).
On a donc
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(p uk) (p ul)(h) - (p ul) (p uk)(h)
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(p uk p)(hl+cl.e)-(p ul p)(hk+ck.e)
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p uk (ul h - cl.e) - p ul (uk h - ck.e)
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p [uk, ul](h) - cl p uk(e) + ck p ul(e)
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Les 2 derniers termes sont nuls car e est un vecteur propre commun aux uk et
que par définition de p on a p(e)=0. Si uk et ul sont dans un Fj pour un certain entier j,
alors p[uk,ul] est dans l¢ensemble des endomorphismes de p Fj-1
composé des p w avec w Î Fj-1 restreints à H. On vérifie que c¢est une sous algèbre de l¢ensemble des
p u pour u décrivant Fj et on a donc montré que [p Fj, p Fj] Ì p Fj-1, donc que
p Fp est résoluble et donc par hypothèse de récurrence, trigonalisable. Fp est donc aussi trigonalisable
puisque e est un vecteur propre commun.
II.10 montrer que les commutateurs d¢endomorphismes d¢une telle algèbre de lie sont
formés de matrices nilpotentes, et que les commutateurs de telles matrices sont de degré
de nilpotence plus élevée que chacune des matrices du commutateur, ce qui permet aisément de
construire la suite croissante de sous algèbres.
II.11 Si F est formée de matrices commutantes alors [F,F] = {0}, F est donc résoluble
et la suite de sous algèbres est formée de l¢algèbre nulle et de F. 1-4 est donc un corolaire
du théorème de Lie (2-9).
III.1 Calcul élémentaire
III.2 Si un = 0 alors on constate dans le calcul de adu2n
que cette
expression fait apparaitre dans chaque terme une puissance
de u au moins égale à n. Et donc adu2n
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= 0
III.3 Posons p(g)(h) = q([g,h]) pour h dans H.
Pour tout u de F u = q(u) + g¢ avec g¢ Î G.
p(g)(q(u)) = q([g,q(u)]) = q([g, u-g¢])
or [g,g¢] est un élément de G car c¢est une algèbre de Lie, donc q([g,g¢])= 0 et on a bien
p(g)(q(u)) = q([g,u])
Unicité: soit p et p¢ deux telles applications alors p¢(g)(q(u)) = p(g)(q(u)), donc en particulier
si u est dans H auquel cas q(u) = u donc pour tout g dans G et u dans H on a p¢(g)(u) = p(g)(u),
autrement dit p = p¢.
III.4 F¢ est constitué des endomorphismes de H définis par h ® p(g)(h) = q([g,h]) pour tout u de G,
Le commutateur de deux tels endomorphismes s¢écrit p(g)(p(g¢)(h)) - p(g¢)(p(g)(h)) = q([g, q( [g¢,h])]) - q([g¢, q( [g,h])])
Or on a q([g,h]) = [g,h] - g1 pour un certain g1 de G et de même q( [g¢,h]) = [g¢,h] - g1¢
et q([g, q( [g¢,h])]) = q([g, [g¢,h] - g1¢]) = q([g, [g¢,h] ]) car [g,g1¢] est dans G donc q([g,g1¢])=0
et de même q([g¢, q( [g,h])]) = q([g¢,[g,h]]). On a finalement
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p(g)(p(g¢)(h)) - p(g¢)(p(g)(h))
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q ( (adg adg¢ - adg¢ adg)(h) )
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(on a utilisé le résultat du 3-1). F¢ est donc bien une algèbre de Lie.
Si les gi forment une base de G, les endomorphismes p(gi) engendrent F¢,
donc dim F¢ £ dim G < dim F.
Un élément p(g) est nilpotent car en effet si on compose p(g)m on a que pour tout h dans H on a
p(g)m (h) = q([g, q( [g, ..... q([g,h]) ....]) = q( [g,[g,[g... [g,h]))))
d¢après le raisonnement qu¢au début de cette
question. Comme on a vu que adg est nilpotent (3-2) il en résulte que p(g) l¢est aussi.
III.5 Il faut lire évidemment G idéal de G1 et non le contraire, mais un candidat
capable d¢arriver à cette question s¢en rendra compte aisément.
On construit F¢ comme à la question précédente. On a que dim(F¢) < dim(F)
et que F¢ est composé d¢éléments nilpotents, l¢hypothèse de cette question
induit l¢existence d¢un élément x de H se trouvant dans le noyau de tous les p(g).
Il vérifie donc q([g,x]) = 0 pour tout g de G, donc [g,x] Î G.
On en conclut que G1 = G Å C.x forme une algèbre de Lie et que ce
qui précède montre que G est un idéal de G1. dim(G1) = dim(G)+1 car sinon x
serait un élément de G, et comme il est par définition dans H et que G et H sont
en somme directe il serait nul.
III.6 Le 3-5 fournit un raisonnement par récurrence sur la dimension de l¢algèbre qu¢il suffit
d¢initier pour conclure. En effet il suffit de montrer l¢existence d¢une sous
algèbre stricte de F, or si F est de dimension strictement plus grande que 1,
tout élément de F engendre une sous algèbre de dimension 1 qui convient car le commutateur de 2 éléments
est alors toujours nul. Pour initier la récurrence il suffit de constater que dans une algèbre de Lie de
dimension 1 composée d'éléments nilpotents, on peut trouver un vecteur non nul qui sera dans le noyau de tous
les endomorphismes de l'algèbre, en prenant un élément quelconque du noyau d'un générateur de l'algèbre.
III.7 Comme dans la partie 1, on procède par récurrence sur la dimension de V. La dimension 1 est immédiate,
en dimension supérieure le 3-6 permet d¢exhiber un élément x non nul dans l¢intersection des noyaux.
On considère H un supplémentaire de C.x dans V et P la projection sur H parallèlement à C.x.
Pour tout u dans F en notant uH = P ° u |H , l¢ensemble des uH forment une
algèbre de Lie d¢endomorphismes de H par un calcul similaire au 2-9. Les uH sont tous nilpotents.
Une trigonalisation par blocs le montre immédiatement, sinon de façon équivalente
on peut les re-écrire sous la forme uH = P ° u ° P.
P étant un projecteur on a : uHn = P u P u .... P u P
et pour tout y de H, P(y) = y - l.x pour un certain l dépendant de y.
Donc
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P u P u .... u ( u(y) - l x)
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(car u(x) = 0) et ainsi de suite et on obtient uHn(y)= P un(y) = 0 pour n suffisamment grand car
u est nilpotent. Ayant obtenu une algèbre de Lie d¢endomorphismes nilpotents sur un espace de dimension strictement
inférieure à celle de V on peut appliquer la récurrence et conclure.
eric.chopin@wanadoo.fr
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