`mes de Mathe

matiques
Proble
Crochet de Lie et projecteurs en dimension finie

Enonc
e

Crochet de Lie et projecteurs en dimension finie

Dans tout le probl`eme :
n est un entier naturel non nul.
E est un espace vectoriel sur K (R ou C) de dimension finie n.
L(E) designe lensemble des endomorphismes de E.
Pour tous elements f, g de L(E), on note [ f, g ] = f g g f .
PE designe lensemble des projecteurs (projections vectorielles) de E.

Premi`
ere partie
1. Rappeler pourquoi il est possible de definir la trace dun endomorphisme de E. [ S ]
2. Rappeler pourquoi la trace dun projecteur est egale `a son rang. [ S ]
3. Soient p dans PE , et f dans L(E) tels que [ p, f ] = p, avec 6= 0.
Montrer que p est lapplication nulle. [ S ]
4. Sur lensemble PE , on pose p R q p q = q p = p.

Montrer que R est une relation dordre sur PE . [ S ]

5. Dans cette question, on suppose que E = K4 . On pose A =
Soit p dans L(E), de matrice A dans la base canonique.

1
0

3 1
0

1 2

(a) Montrer que p est un projecteur de E.

Preciser une base (0 ) de limage de p, et une base (00 ) du noyau de p.
On note alors () la base de E obtenue par juxtaposition de (0 ) et de (00 ). [ S ]
(b) Caracteriser par leur matrice dans () les f de L(E) tels que [ p, f ] = 0.
Interpreter le resultat obtenu en termes de stabilite. [ S ]
(c) Caracteriser par leur matrice dans () les projecteurs q de E tels que p R q. [ S ]
6. Soit p un element quelconque de PE , et soit f un element de L(E).
Montrer que [ p, f ] = 0 si et seulement si Im p et Ker p sont stables par f . [ S ]
7. Soient p, q deux projecteurs de E tels que [ p, q ] = 0.
(a) Montrer que p q et p + q p q sont dans PE . [ S ]
(b) Montrer que, pour la relation R :
Le projecteur p q est le plus grand des minorants de p et q.
Le projecteur p + q p q est le plus petit des majorants de p et q. [ S ]

c
Page 1
Jean-Michel Ferrard
www.klubprepa.net
EduKlub
S.A.
Tous droits de lauteur des uvres r
eserv
es. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des uvres autre que la consultation
individuelle et priv
ee sont interdites.

`mes de Mathe
matiques
Proble
Crochet de Lie et projecteurs en dimension finie

Enonc
e

Deuxi`
eme partie
Dans cette partie, on se donne f, g dans L(E) tels que [ f, g ] = f + g, avec , dans K.
1. Dans cette question, on suppose 6= 0 et = 0. Ainsi [ f, g ] = f , avec 6= 0.
(a) Montrer que pour tout k de N on a : [ f k , g ] = kf k . [ S ]
(b) On suppose que f m 6= 0, avec m 0.
Montrer alors que les applications IdE , f, f 2 , . . . , f m sont libres dans L(E). [ S ]
(c) Deduire de ce qui prec`ede que lendomorphisme f est nilpotent. [ S ]
2. Dans cette question, on suppose que f, g sont deux elements distincts de PE .
On suppose egalement que nest ni egal `a 0, ni egal `a 1.
(a) Montrer que 2 g f + (1 + )g = (1 )f . [ S ]
(b) En deduire Im f Im g, puis g f = f . [ S ]
(c) On suppose f 6= 0. Montrer que = 1, = 1 et Im f = Im g. [ S ] 
Im q Im p
(d) Reciproquement, montrer que si p, q sont deux projecteurs tels que
,
qp=p
alors on a legalite [ p, q ] = q p. [ S ]
(e) On reprend les notations de la question I.4
Caracteriser par leur matrice dans () les q de PE tels que [ p, q ] = q p. [ S ]
3. Dans cette question, on suppose que f, g sont distincts de PE , avec f 6= 0.
On suppose egalement que nest ni egal `a 0, ni egal `a 1.
(a) Montrer que : Ker g Ker f , f g = f , + = 0, = 1, Ker f Ker g. [ S ]

Ker p Ker q
(b) Reciproquement, montrer que si p, q sont deux projecteurs tels que
,
pq =p
alors on a legalite [ p, q ] = p q. [ S ]
(c) On reprend les notations de la question I.4
Caracteriser par leur matrice dans () les q de PE tels que [ p, q ] = p q. [ S ]

c
Page 2
Jean-Michel Ferrard
www.klubprepa.net
EduKlub
S.A.
Tous droits de lauteur des uvres r
eserv
es. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des uvres autre que la consultation
individuelle et priv
ee sont interdites.

`mes de Mathe
matiques
Proble
Crochet de Lie et projecteurs en dimension finie
Corrige

Corrig
e du probl`
eme
Premi`
ere partie
1. Soit f dans L(E), et soit A la matrice de f dans une base (e) de E.
On pose tr (f ) = tr (A). Cette definition ne depend pas de la base (e) utilisee.
En effet soit () une autre base de E, et P la matrice de passage de (e) `a ().
La matrice B de f dans la base () secrit B = P 1 AP .
On sait dautre part que pour toutes matrices M, N de Mn (K) on a tr (M N ) = tr (N M ).
On en deduit tr (B) = tr (P 1 (AP )) = tr ((AP )P 1 ) = tr (A). [ Q ]
2. Soit p un projecteur de E, de rang r. Par definition r = dim Im (p).
Si r = 0, alors p = 0 donc tr (p) = 0 = rg (p).
Si r = n, alors p = Id (car E = Im (p) = Inv(p)) donc tr (p) = tr (In ) = n = rg (p).
Dans le cas general, on a E = Im (p) Ker (p) et dim Im (p) = r {1, . . . , n 1}.
On se donne une base (e0 ) de Im (p) et une base (e00 ) de Ker (p).
On forme une base (e) de E en juxtaposant (e0 ) et (e00 ).

Dans la base (e), la matrice de la projection p est A = Jr (n) =

On en deduit ici tr (p) = tr (A) = r = rg (p). [ Q ]

Ir
0

0
0

3. On suppose donc p f f p = p, avec 6= 0.

Les proprietes de la trace donnent tr (p f f p) = tr (p f ) tr (f p) = 0.
Ainsi 0 = tr (p) = tr (p), ce qui implique tr (p) = 0.
Or tr (p) = rg (p). Il en decoule rg (p) = 0 cest-`a-dire p = 0. [ Q ]
4. Reflexivite : pour tout projecteur p, on a p p = p donc p R p.
Antisymetrie : si p, q dans PE verifient p R q = q R p, il est evident que p = q.
Transitivite : soient p, q, r trois projecteurs tels que p R q et q R r.


pq =qp=p
p r = (p q) r = p (q r) = p q = p
Alors
donc
qr =rq =q
r p = r (q p) = (r q) p = q p = p
On a donc montre que R est une relation dordre sur PE . [ Q ]
5. (a) On a immediatement A2 = A, donc p2 = p : lapplication p est un projecteur.

A est visiblement de rang 2 (colonnes C1 et C2 libres, C3 = C1 et C4 = 0 .)

Ainsi dim Im (p) = 2 puis dim Ker (p) = 2 (theor`eme de la dimension.)

1 = 3p(e1 ) = (2, 0, 1, 0)
0
Une base ( ) de Im (p) est formee par
1 = 3p(e2 ) = (1, 3, 1, 0)

On a p(e1 ) = p(e3 ) et p(e4 ) = 0 .


3 = e1 + e3 = (1, 1, 0, 0)
00
Une base ( ) de Ker (p) est donc formee de
4 = e4 = (0, 0, 0, 1)
c
Page 3
Jean-Michel Ferrard
www.klubprepa.net
EduKlub
S.A.
Tous droits de lauteur des uvres r
eserv
es. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des uvres autre que la consultation
individuelle et priv
ee sont interdites.

`mes de Mathe
matiques
Proble
Crochet de Lie et projecteurs en dimension finie
Corrige

La famille () = 1 , 2 , 3 , 4 est donc une base de E = Im (p) Ker (p). [ Q ]

1 0 0 0
(b) Soit f dans L(E), de matrice M = (mij ) dans ().
0 1 0 0

La matrice de la projection p dans la base () secrit P =

0 0 0 0
On a [ p, f ] = 0 f p = p f M P = P M .
0 0 0 0

m11 m12 0 0
m11 m12 m13 m14
m

21 m22 0 0
21 m22 m23 m24
Mais M P =
et P M =
.
m31 m32 0 0
0
0
0
0
m41 m42 0 0
0
0
0
0

m11 m12
0
0
m
0
0
21 m22

Ainsi [ p, f ] = 0 la matrice M secrit M =

0
0
m33 m34

f (Im p) Im p
0
0
m43 m44
Cela equivaut `a
f (Ker p) Ker p
Ainsi f L(E) commute avec p Im (p) et Ker (p) sont stables par f . [ Q ]
(c) Soit q dans PE , de matrice Q = (qij ) dans la base ().

1
0

Compte tenu de ce qui prec`ede, cela equivaut `a dire que Q =

0


q33 q34
Notons R =
.
0
q43 q44

On a p R q (p q = q p = p) P Q = QP = P .

0 0
1 0
0 q33
0 q43

0
0

q34
q44

On doit ajouter la condition R2 = R pour avoir Q2 = Q (c`ad q PE ) [ Q ]

6. On suppose que [ p, f ] = 0, cest-`a-dire que p et f commutent.

Soit u dans Ker p. On a p(f (u)) = f (p(u)) = f ( 0 ) = 0 .

Ainsi f (u) appartient `a Ker p : le sous-espace Ker p est donc stable par f .
Soit v un element de Im p. Il existe u dans E tel que v = p(u).
On en deduit que f (v) = f (p(u)) = p(f (u)) = p(w), avec w = f (u).
Ainsi f (v) appartient `a Im p : le sous-espace Im p est donc stable par f .
Remarque : dans ce sens direct, on na pas utilise le fait que p est un projecteur.
On suppose que p est un projecteur, et que Im p et Ker p sont stables par f .
Soit u un element quelconque de E. Il sagit de prouver que (p f )(u) = (f p)(u).
On sait que E = Im p Ker p, et que Im p = Inv p.
Il existe donc v dans dans E et w dans Ker p tel que u = p(v) + w.
On en deduit p(u) = p2 (v) + p(w) = p(v) (en utilisant p2 = p.)
Ainsi (f p)(u) = f (p(v)). Dautre part, f (u) = f (p(v) + w) = f (p(v)) + f (w).

c
Page 4
Jean-Michel Ferrard
www.klubprepa.net
EduKlub
S.A.
Tous droits de lauteur des uvres r
eserv
es. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des uvres autre que la consultation
individuelle et priv
ee sont interdites.

`mes de Mathe
matiques
Proble
Crochet de Lie et projecteurs en dimension finie
Corrige

w est dans Ker p, qui est stable par p. Ainsi w0 = f (w) Ker p, donc p(w0 ) = 0 .
Le vecteur p(v) est dans Im p, donc dans Inv p, qui est stable par f .
On en deduit que v 0 = f (p(v)) est invariant par p.
Ainsi (p f )(u) = p(v 0 ) + p(w0 ) = v 0 = f (p(v)) = (f p)(u). Donc [ p, f ] = 0.
[Q]
7. (a) Bien s
ur r = p q et s = p + q p q sont dans L(E).
On a r r = p q p q = p2 q 2 = p q car p et q commutent.
Enfin, toujours parce que les projecteurs p et q commutent :
(p + q p q)2 = p2 + q 2 + (p q)2 + 2p q 2p2 q 2p q 2
= p + q + p q + 2p q 2p q 2p q = p + q p q
Les applications r = p q et s = p + q p q sont donc des projecteurs de E. [ Q ]
(b) Gardons les definitions r = p q et s = p + q p q.
Puisque p et q commutent, il est clair que r et s commutent avec p et q.
On voit egalement que p et q ont exactement le meme role.
Dune part r p = (p q) p = p2 q = p q = r. Ainsi r R p.
Donc r est un minorant de p (et de q par symetrie du probl`eme.)
Dautre part s p = (p + q p q) p = p2 + p q p2 q = p.
Ainsi p R s. Donc s est un majorant de p (et de q.)
Soit t dans PE minorant p et q. On suppose donc t p = p t = t et t q = q t = t.
On en deduit r t = t r = p q t = p t = t donc t r.
Ainsi r est le plus grand des minorants (la borne inferieure) de p et q.
Soit t dans PE majorant p et q. On suppose donc tp = pt = p et tq = q t = q.
On en deduit s t = t s = (p + q p q) t = p + q p q = s.
Ainsi s R t, et s est le plus petit des majorants (la borne superieure) de p et q.
[Q]

Deuxi`
eme partie
1. (a) On proc`ede par recurrence sur lentier k.
La propriete est vraie si k = 0 car [ f 0 , g ] = [ Id, g ] = 0, et si k = 1 (hypoth`ese).
On se donne k 0 et on suppose que [ f k , g ] = k f k . On en deduit :
[ f k+1 , g ] = f k+1 g g f k+1 = f (f k g) g f k+1
= f (g f k + kf k ) g f k+1 = f g f k g f f k + kf k+1
= (f g g f ) f k + kf k+1 = ( f ) f k + kf k+1 = (k + 1)f k+1
Ce qui prouve la propriete au rang k + 1 et ach`eve la recurrence. [ Q ]

c
Page 5
Jean-Michel Ferrard
www.klubprepa.net
EduKlub
S.A.
Tous droits de lauteur des uvres r
eserv
es. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des uvres autre que la consultation
individuelle et priv
ee sont interdites.

`mes de Mathe
matiques
Proble
Crochet de Lie et projecteurs en dimension finie
Corrige

(b) Puisque f m 6= 0, on a f k 6= 0 pour tout k de {0, . . . , m}.

On va montrer que Id, f, f 2 , f k sont libres, par recurrence finie sur k m.
La propriete est vraie si k = 0, puisque f 0 = Id est `a lui seul une famille libre.
On se donne donc 1 k m et on suppose que Id, f, . . . , f k1 sont libres.
k
P
Soient 0 , . . . , k dans K tels que
j f j = 0 (1)
j=0
hP
i P
k
k
k
P
Les egalites [ f j , g ] = jf j donnent 0 =
j f j , g =
j [ f j , g ] = j jf j (2)
j=0

j=0

j=0

k1
P
Mais legalite 1 (2) k(1) secrit :
j (j k)f j .
j=0

Lhypoth`ese de recurrence implique j (j k) = 0 donc j = 0 pour j {0, . . . , k1}.

Legalite (1) se reduit alors `a k f k = 0 qui donne k = 0.
Ainsi les applications Id, f, f 2 , . . . , f k forment une famille libre.
On a donc prouve la propriete au rang k, ce qui ach`eve la recurrence. [ Q ]
(c) Raisonnons par labsurde. Si f netait pas nilpotent, on aurait f m 6= 0 pour tout m.
Les applications Id, f, . . . , f m formeraient donc une famille libre, pour tout m de N.
Mais ceci est absurde d`es que m n2 car L(E) est un espace de dimension n2 . [ Q ]
2. (a) On compose legalite f g g f = f + g, `a gauche et `a droite par g.

g f g g f = g f +g
On trouve donc
f g g f g = f g +g
On ajoute membre `a membre et on obtient : f g g f = (g f + f g) + 2 g.
Cette derni`ere egalite peut aussi secrire : f + g = (2g f + f + g) + 2 g.
Il en decoule effectivement : 2 g f + (1 + )g = ( 1)f . [ Q ]
(b) Legalite precedente secrit aussi : f = g h, avec h =

1
(1)

g (2 f + (1 + )Id).

Dans ces conditions, soit v un vecteur de Im (f ). Il existe u dans E tel que v = f (u).
Donc v = g(u0 ) avec u0 = h(u). Ainsi v appartient `a Im (g), et Im (f ) Im (g).
Lapplication g etant un projecteur, on a Im (g) = Inv(g) (vecteurs invariants.)
Linclusion Im (f ) Inv(g) implique u E, g(f (u)) = f (u). Ainsi g f = f . [ Q ]
(c) On a g f = f , donc f g g f = f + g implique f g = ( + 1)f + g.
Si on compose par f `a droite, on trouve f g f = ( + 1)f + g f .
On en deduit f 2 = ( + + 1)f cest-`a-dire f = ( + + 1)f .
Puisque f nest pas lapplication nulle, il en decoule + = 0.
Ainsi f g = ( + 1)f g. Composons cette egalite par f `a gauche.
On trouve f g = ( + 1)f f g donc ( + 1)f g = ( + 1)f .

c
Page 6
Jean-Michel Ferrard
www.klubprepa.net
EduKlub
S.A.
Tous droits de lauteur des uvres r
eserv
es. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des uvres autre que la consultation
individuelle et priv
ee sont interdites.

`mes de Mathe
matiques
Proble
Crochet de Lie et projecteurs en dimension finie
Corrige

Si etait different de 1, on en deduirait f g = f donc (f g) = 0.

On aboutirait `a une contradiction puisque par hypoth`ese 6= 0 et f 6= g.
On trouve donc = 1 et naturellement = 1.
Legalite f g = ( + 1)f + g donne alors g = f g.
Il en decoule Im (g) Im (f ) (si v = g(u), alors v = f (u0 ) avec u0 = g(u).)
On a donc finalement obtenu Im (f ) = Im (g).
En resume :
Legalite f g g f = f + g, o`
u f, g sont deux projecteurs non nuls distincts,
et o`
u
/ {0, 1}, implique f g = g, g f = f donc f g g f = g f . [ Q ]
(d) Remarquons que la condition Im (q) Im (p) implique p q = q.
En effet, pour tout u de E, q(u) Im (q) q(u) Im (p) q(u) Inv(p).
Il en decoule p q(u) = p(q(u)) = q(u). De meme, p q = q Im (q) Im (p).
Les hypoth`eses q p = p, Im (q) Im (p) donnent donc q p = p et p q = q.
Cela implique evidemment [ p, q ] = p q q p = q p. [ Q ]
(e) Ici la condition f 6= 0 de la question (c) est realisee car f = p est de rang 2.


qp=p
q PE
Les conditions
equivalent aux conditions
pq =q
[ p, q ] = q p
Si on note Q la matrice de q dans la base (), cela equivaut `a QB = B et BQ = Q.


Q1

Q2

.
Decomposons la matrice Q en blocs 2 2, en ecrivant Q =
Q3 Q4


 
 
 

QB = B
Q1 0
I2 0
Q1 Q2
Q1 Q2
Les egalites
secrivent
=
et
=
.
Q3 0
0 0
0
0
Q3 Q4
BQ = Q
Les conditions equivalent donc `a Q1 = I2 et Q3 = Q4 = 0.


Cela revient `a dire que la matrice Q est de la forme Q =

I2

Q2

, o`
u Q2 est une

matrice 2 2 quelconque (sous cette forme on a effectivement toujours Q2 = Q.) [ Q ]

3. (a) Dans (II.2.a), on a trouve f g g f = (g f + f g) + 2 g (pour tous , .)
On en deduit f + g = (2f g f g) + 2 g.
Il en decoule 2 f g + (1 )g = (1 + )f .
Cette egalite prouve que Ker g est inclus dans Ker f .

En effet g(u) = 0 (1 + )f (u) = 0 f (u) = 0 car

/ {1, 0}.

Pour tout u de E, on a g(g(u)) = g(u) g(g(u) u) = 0 g(u) u Ker (g).

On en deduit g(u) u Ker (f ) donc f (g(u) u) = 0 .

Ainsi f (g(u)) = f (u) pour tout u de E, ce qui prouve f g = f .

c
Page 7
Jean-Michel Ferrard
www.klubprepa.net
EduKlub
S.A.
Tous droits de lauteur des uvres r
eserv
es. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des uvres autre que la consultation
individuelle et priv
ee sont interdites.

`mes de Mathe
matiques
Proble
Crochet de Lie et projecteurs en dimension finie
Corrige

Legalite initiale f g g f = f + g donne maintenant g f = (1 )f g.

Si on compose par f `a gauche, on trouve f = (1 )f f .
Ainsi ( + )f = 0 donc + = 0 car f 6= 0.
On obtient donc g f = (1 )f + g.
On compose par f `a droite : g f = (1 )f + g f (1 )g f = (1 )f .
Si on avait 6= 1, on en deduirait g f = f .
Legalite g f = (1 )f + g donnerait alors (f g) = 0.
Mais ceci est absurde car 6= 0 et f 6= g. Ainsi = 1.
Legalite g f = (1 )f + g donne maintenant g f = g.

Ainsi Ker f Ker g, car f (u) = 0 g f (u) = 0 g(u) = 0 .

[Q]
(b) Si Ker f Ker g, on a g f = g.

En effet f (f (u)) = f (u) (f (u)u) Ker (f ) g(f (u)u) = 0 g(f (u)) = g(u).


f g =f
f g =f
Les deux hypoth`eses
secrivent donc
.
Ker (f ) Ker (g)
gf =g
Ces deux hypoth`eses impliquent donc [ f, g ] = f g g f = f g. [ Q ]
(c) Lhypoth`ese f 6= 0 est realisee car ici f = p est de rang 2.


qp=q
q PE ,
Les conditions
equivalent aux conditions
pq =p
[ p, q ] = p q
Si on note Q la matrice de q dans la base (), cela equivaut `a BQ = B et QB = Q.


Q1

Q2

Decomposons la matrice Q en blocs 2 2, en ecrivant Q =

.
Q3 Q4


 
 
 

BQ = B
Q1 Q2
I2 0
Q1 0
Q1 Q2
Les egalites
secrivent
=
et
=
.
0 0
Q3 0
Q3 Q4
0
0
QB = Q
Les conditions equivalent donc `a Q1 = I2 et Q2 = Q4 = 0.


Cela revient `a dire que la matrice Q est de la forme Q =

I2

Q3

, o`
u Q3 est une

matrice 2 2 quelconque (sous cette forme on a effectivement toujours Q2 = Q.) [ Q ]

c
Page 8
Jean-Michel Ferrard
www.klubprepa.net
EduKlub
S.A.
Tous droits de lauteur des uvres r
eserv
es. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des uvres autre que la consultation
individuelle et priv
ee sont interdites.