$T$ semblable à $T^2$

Bonjour,
$N=T-I$ est nilpotente et $N$ est semblable à $kN+P(N)$ où $P$ est un polynôme de valuation $\ge 2$ et $k$ est un scalaire non nul quelconque. A démontrer.

Merci bien. J’avais pourtant tenté d’éviter cette confusion...
Imbécile que je suis.

Merci !

Il faudrait savoir : semblables ou équivalentes ?

En voici une d'un genre différent de l'exponentielle de nilpotentes : \[\begin{pmatrix}\mathrm{j}&0\\0&\mathrm{j}^2\end{pmatrix}\quad\text{où}\ \mathrm{j}=\mathrm{e}^{2\pi\mathrm{i}/3}.\]

@lanchois: Oui, mais Math Coss ne sous-entendait pas cela !
Si tu permutes convenablement les vecteurs de ta base propre initiale, tu obtiens une nouvelle base propre, et la formule de changement de base te permet de conclure.

Je cherchais une solution d'algèbre linéaire, et je crois que j'en ai trouvé une. Après réflexion, elle est très similaire à celle de guego parce qu'on voit les mêmes choses apparaître à savoir l'intérêt de la nilpotence, et aussi l'intérêt du $2$.

L'intérêt du $2$ est évident, parce que le résultat est faux en caractéristique $2$ : voir $\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$.

Cependant la preuve de guego utilise la caractéristique $0$, alors que ce résultat est certainement vrai aussi en caractéristique $p\neq 2$.

Voici donc l'idée: $T+I$ est inversible car on est en caractéristique $\neq 2$ - de plus, il commute avec $T-I$ pour des raisons évidentes.
En particulier, $(T+I)(T-I)$ est nilpotent, et a exactement les mêmes invariants de similitude que $T-I$ - plus précisément, pour tout $k$, $\ker ((T-I)(T+I))^k= \ker (T-I)^k$.

Il s'ensuit que les deux sont semblables, sauf que le premier est $T^2-I$, c'est ce qu'on voulait.

Peut-être devrais-je ajouter un mot à propos de la conclusion: on remarque qu'essentiellement je montre que $(T-I)f $ et $(T-I)$ sont semblables, pour un certain $f$ inversible. Il faut alors noter que ce n'est pas toujours vrai en général, et que la forme du $f$ est ici importante, ainsi que celle de $(T-I)$. D'ailleurs, un point important aussi à remarquer: à ce stade de la preuve il n'est pas possible de bidouiller avec des puissances de $T$ pour obtenir la matrice de passage, puisque tout tel bidouillage commutera avec $(T-I)$ et $(T+I)$ et empêchera donc une conjugaison intéressante : il faut donc un résultat structurel, que je rappelle :

Lemme: Soit $E$ un espace vectoriel, $u,v$ deux endomorphismes nilpotents tels que pour tout $k, \dim\ker(u^k) = \dim\ker(v^k)$. Alors $u,v$ sont semblables.
Preuve: Voir 3b ici par exemple : de l'égalité des dimensions des noyaux on déduit, par le théorème du rang, l'égalité des rangs, et de l'égalité des rangs on déduit, par le 3b indiqué, on déduit l'égalité du nombre de blocs de Jordan de taille $l$ pour tout $l$. A partir de ça, on récupère le type de similitude de $u,v$.
On peut peut-être faire une preuve plus à la main, mais je dirais que c'est essentiellement équivalent à Jordan de toute façon.

En conclusion, comme chez Guego on utilise la nilpotence et le $2$, mais l'intérêt c'est qu'ici on n'utilise que $2$, et pas $n!$ pour tout $n$ ($\leq \dim E$)

Pas mal, Maxtimax, mais je rappelle la consigne

Les outils à disposition sont ceux de deuxième année post-bac, donc pas d'invariants de similitude, de réduction de Jordan...

Cela dit, je suis d'accord que ma solution utilise fortement le fait qu'on soit en caractéristique nulle. Je ne sais pas s'il y a une preuve élémentaire (sans Jordan ni invariants de similitudes) qui suppose juste la caractéristique différente de $2$.

supp

Le résultat clé (à connaître et comprendre si on veut progresser) rappelé par Maxtimax est celui qui dit que dans un espace vectoriel de dimension finie, deux endomorphismes nilpotents $f$ et $g$ sont semblables si et seulement si $\ker(f^n)$ et $\ker(g^n)$ sont de même dimension pour tout $n\in \N$. une preuve avec peu de prérequis doit pouvoir se bricoler. Le très bon livre de Rached Mneimné sur la réduction des endomorphismes en parle.

Par "programme de deuxième année post bac" il faut comprendre "dans le cadre imposé par les pédagogistes" (il doit y avoir un document officiel: cela veut dire math spé c'est ça ?).

Ce résultat (ou autres formulations équivalentes via le rang) est une étape vers la forme normale de Jordan et contient l'information qui permet de voir ce qui se passe.
Après on peut multiplier les divertissements du genre "soit $N$ nilpotent et $\alpha$ non nul dans le corps de base, montrer que $N$ et $\alpha N$ sont semblables".

En fait on récupère Jordan avec Dunford et le résultat ci-dessus.

Bonsoir,
Allez revisiter mon message, un peu plus haut.J'ajoute qu'il faut Frobenius, redémontrable facilement.