Formule du binôme matricielle

Pour le carré, on obtient déjà $2AB = (A+B)^2 - A^2 - B^2 = AB+BA$, d'où $AB = BA$, qui doit être valable pour tout $B \in \mathcal M_n(\mathbb K)$.

Bonjour,

je pense que prendre $B=\delta_{ij}$, matrice dont seul le coefficient d'indices $i$ et $j$ est non nul doit alors pouvoir permettre de conclure.

Cordialement.

@marco : Je sais bien, je voulais juste lancer la discussion. Je n'ai malheureusement pas du tout le temps d'y réfléchir ces jours-ci. Cela dit, rien ne t'empêche de chercher aussi...

Il me semble avoir vu un sujet d’algèbre ens il y a quelques années où il y avait des expressions du même genre $A^k B^{m-k}$.

Bonjour !
Un peu longuet mais s'il n'y a rien d'autre...
En se plaçant dans une clôture algébrique de $\K$ on peut supposer $A$ trigonale.
En écrivant $A=\begin{pmatrix}a&L\\0&A_1\end{pmatrix}, \; L$ matrice ligne on peut montrer que $A_1$ vérifie aussi la propriété du binôme pour le même $m$.
En effet, si $B=\begin{pmatrix}0&-L\\0&B_1\end{pmatrix},\;B_1$ arbitraire en taille $n-1$, on calcule facilement les blocs de $A^k,B^k,A^kB^{m-k},(A+B)^m$.
Il en résulte, par récurrence sur la taille $n$ de $A$, la propriété demandée.

Comme @jandri, on montre que si une matrice de taille 2 est diagonalisable, les valeurs propres sont égales.
Ensuite pour $A=\begin{pmatrix}a&b\\0&a\end{pmatrix},\;B=\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}$ les matrices $A,A+B$ ont même polynôme caractéristique donc il y a des constantes $\lambda_m,\mu_m$ telles que $(A+B)^m=\lambda_m(A+B)+\mu_mI_2,\;A^m=\lambda_mA+\mu_mI_2$.
On en déduit que nécessairement $a=0$.
Edit, 21:09 : Une erreur ici. Le choix de $B$ ne donne pas de contradiction avec $a\neq0$, je m'y remets...

Enfin pour $A=\begin{pmatrix}0&b\\0&0\end{pmatrix},\;B=\begin{pmatrix}1&0\\0&2\end{pmatrix}$ on arrive à une contradiction si $b\neq0$ toujours par comparaison des polynômes caractéristiques de $B,A+B$.

Bonjour et merci @DSP pour tes remarques.
En reprenant pour mon erreur et, en tenant compte de ta remarque judicieuse concernant ma récurrence pas finie, je me suis rendu compte qu'on pouvait faire une démonstration pour les deux.
Donc pour l'initialisation de récurrence ($n=2$) il suffit d'enlever les blocs de taille $n-2$ de ma démonstration.

Le calcul par blocs a montré que, sous hypothèse de récurrence, le bloc $A_1$ est une matrice scalaire.
Par conséquent, $A=\begin{pmatrix}a& L \\0 & bI_{n-1} \end{pmatrix}$.

Supposons $a\neq b$. Il existe un vecteur propre associé à $b$ et, par similitude, on peut prendre
$A=\begin{pmatrix}a & 0 & L \\ 0 & b & L' \\0 & 0 & bI_{n-2} \end{pmatrix}$.

Soit $U=\begin{pmatrix}a& 0 \\0 & b \end{pmatrix},\;V=\begin{pmatrix}0& 1 \\0 & 0 \end{pmatrix},\;W=\begin{pmatrix}0& 0 \\1 & 0 \end{pmatrix}$.
On note $\lambda_kX+\mu_k$ le reste de la division de $X^k$ par $(X-a)(X-b)$.

Les polynômes caractéristiques de $U,U+V,U+W$ étant les mêmes on a $U^k=\lambda_kU+\mu_kI_2,\;(U+V)^k=\lambda_k(U+V)+\mu_kI_2,\;(U+W)^k=\lambda_k(U+W)+\mu_kI_2 $ donc, si $B=\begin{pmatrix}V & 0 \\ 0 & 0_{n-2}\end{pmatrix}$ on a $A+B=\begin{pmatrix}U+V & * \\ 0 & bI_{n-2}\end{pmatrix}$ et $$(A+B)^m=\begin{pmatrix}U+V & * \\ 0 & bI_{n-2}\end{pmatrix}^m=\begin{pmatrix}\lambda_m(U+V)+\mu_mI_2 & * \\ 0 & b^mI_{n-2}\end{pmatrix}$$ et, puisque $B^2=0$,
$$\sum_{0\leqslant k\leqslant m}\binom mkA^{m-k}B^k=\begin{pmatrix}\lambda_{m}U+\mu_mI_2 & * \\ 0 & b^mI_{n-2}\end{pmatrix}+m\begin{pmatrix}\lambda_{m-1}U+\mu_{m-1}I_2 & * \\ 0 & b^{m-1}I_{n-2}\end{pmatrix}B$$
On a $UV=bV$ et $UW=aW$ d'où la relation: $\lambda_mV=m(b\lambda_{m-1}+\mu_{m-1})V $
De même, avec $A+B^T$ on aurait $\lambda_mW=m(a\lambda_{m-1}+\mu_{m-1})W$.
Il en résulte $a=b$.

Il me manque la démonstration de $A$ diagonale : j'ai une solution quand la première ligne de $A$ ne contient qu'un terme non nul, à part $a$ évidemment...
Peux-tu donner des détails pour ta méthode sans récurrence ?

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Pour $n=2$ il reste à montrer que si $A=\begin{pmatrix} a & b \\0 & a \end{pmatrix}=aI_2+bD$ le coefficient $b$ est nul.
Soit $B=\begin{pmatrix} -a & 0 \\b & -a \end{pmatrix}=-aI_2+bD^T$.
Alors, $(A+B)^m=b^m(D+D^T)^m$ et
$(D+D^T)^m=\begin{cases}I_2, & \text{si $m\equiv0\pmod2$;} \\D+D^T, & \text{si $m\equiv1\pmod2$.}\end{cases}$.

$D,D^T$ sont de carré nul donc $A^k=a^kI_2+kbD,\;B^k=(-a)^kI_2+kbD^T$. Alors,
\begin{align*}
\sum_{0\leqslant k\leqslant m}\binom mkA^{m-k}B^k= &
\sum_{0\leqslant k\leqslant m}\binom mk(-1)^k(a^{m-k}I_2+(m-k)bD)(a^kI_2-kbD^T) \\
&a^m\sum_{0\leqslant k\leqslant m}(-1)^k\binom mk\,I_2+a^{m-1}b\sum_{0\leqslant k\leqslant m}(-1)^k(m-k)\binom mk\,D \\
&-a^{m-1}b\sum_{0\leqslant k\leqslant m}(-1)^k\binom mk\,D^T+a^{m-2}\sum_{0\leqslant k\leqslant m}(-1)^kk(m-k)\binom mk\,D^T
\end{align*}
Tous les coefficients de la formule précédente sont nuls car, pour des réels $x,y$,
\begin{align*}
f(x,y)&=(x-y)^m=\sum_{0\leqslant k\leqslant m}(-1)^k\binom mk\,x^{m-k}y^k\\
\dfrac{\partial f}{\partial x}(x,y)&=m(x-y)^{m-1}=\sum_{0\leqslant k\leqslant m}(-1)^k(m-k)\binom mk\,x^{m-k-1}y^k\\
\dfrac{\partial f}{\partial y}(x,y)&=-m(x-y)^{m-1}=\sum_{0\leqslant k\leqslant m}(-1)^kk\binom mk\,x^{m-k}y^{k-1}\\
\dfrac{\partial^2 f}{\partial y\partial x}f(x,y)&=-m(m-1)(x-y)^{m-2}=\sum_{0\leqslant k\leqslant m}(-1)^km(m-k)\binom mk\,x^{m-k-1}y^{k-1}
\end{align*}
(inutile de changer les bornes des sommations car les "apparents" exposants négatifs de $x,y$ ont des coefficients nuls).
On a donc bien $b=0$ puisque $(D+D^T)^m\neq 0$.

Tu remercieras ton élève. J'en archive une variante dans "il est facile de".

@dSP. Rassure nous, pour les "petits" corps finis, on peut se passer d'une tour d'extensions quadratiques ?

@dsp est-ce ton élève et toi pouvez-vous écrire un article sur cette exo passant
en revue le cas K=R,K=C,K corps commutatif quelconque
Merci

Pour K autre que R ou C faut-il utiliser le théorème de Frobénius
et les matrices compagnons ?