Matrice commutantes (de taille 2x2)

SandwichFromage

Bonjour
Soient $A,B\in \mathcal M_2(\mathbb K)$, on suppose $AB = BA$.

Il faut montrer que l'une des deux matrice est un polynôme en l'autre (que $A \in \mathbb K[B] $ ou $B \in \mathbb K[A]$).

J'ai pensé à considérer des familles bien choisies. Comme $n = 2$, la famille $(B,I_2,A,A^2,A^3)$ est liée (comporte 5>4 vecteurs). Si le coefficient de $B$ dans la relation de dépendance linéaire est non nul, on a gagné. On pourrait montrer que si ce coef est nul, alors c'est $A$ qui est un polynôme en $B$. 

Je suis bloqué, quelqu'un peut-il m'aider ?
(Aussi, $A$ commute avec tout polynôme en $B$ et idem dans l'autre sens ; et la dimension de $\mathbb K[A]$ est $\deg \mu_A $, idem pour $B$.)

gebrane

Une idée Si A est une matrice diagonale, exhibe les matrices B qui commutent avec A et il me semble que B=Vect (I_2,A)

JLT

On se ramène au cas où $K$ est algébriquement clos, puis on traite deux cas :

1) $A$ est diagonalisable

2) $A=\lambda I + N$ avec $N$ nilpotente d'ordre $2$.

Rescassol

Bonsoir,

La famille $(I_2,A,A^2)$ est déjà liée (Cayley-Hamilton).

Cordialement,
Rescassol

Amédé

Bonsoir, il me semble que le commutant d'une matrice est $K[A]$.

Amédé

Je rectifie $K[A]$ est inclus dans le commutant

gebrane

Lien supprimé 

SandwichFromage

Effectivement, merci JLT, j'ai presque terminé l'exercice avec tes indications. 
Étant donné le contexte, il se trouve qu'on pouvait probablement supposer $\mathbb K = \mathbb R $ ou $\mathbb C$.
Puisque $n=2$, il est utile de distinguer les cas suivants.
1) Si $A$ admet deux valeurs propres distinctes. 
Alors $A$ est diagonalisable : $A = PDP^{-1}$. En posant $ \Delta = P^{-1}BP $, $B = P\Delta P^{-1}$ et l'égalisation de $AB = BA$ donne que $\Delta$ est diagonale
(plus généralement, le commutant d'une matrice $M$ admettant $n$ valeurs propres distinctes est l'ensemble des matrices $N$ telles que $M$ et $N$ sont simultanément diagonalisables - quelque soit $n$).
Il est alors clair que (puisque $n = 2$ ici) $D$ est un polynôme en $\Delta$ (elles sont toutes deux diagonales : la recherche de $a,b$ tq $D = a\Delta + bI_2$ donne un gentil système 2x2...) et il en découle aisément, en multipliant par $P$ et $P^{-1}$ de chaque côté, que $A$ est un polynôme en $B$.
2) Si $A$ admet qu'une seule valeur propre. 
a) Si $A$ est diagonalisable, $A$ est une homothétie et c'est fini. 
b) Si $A$ est non-diagonalisable, elle est dans $M_2(\mathbb C)$ donc trigonalisable : $ A = PTP^{-1} = P(\lambda I_2 + N)P^{-1} $ avec $N$ nilpotente d'ordre deux. On voit alors que $B$ commute avec $A - \lambda I_2 = PNP^{-1} =: T'$...

JLT

Le commutant de T' n'est pas trop difficile à expliciter dans les matrices 2x2.

SandwichFromage

Oui, j'avais vu, mais il m'avait semblé qu'on ne pouvait pas conclure comme ça. 

Pourtant, en y regardant de plus près, en posant $B' = P^{-1}BP$ et $T' = PNP^{-1}$, on avait $BT' = T'B$ donc $B'N = NB'$ ce qui, quand on l'écrit, donne que $B'$ est triangulaire supérieure avec une seule valeur propre car $N$ est triangulaire supérieure stricte. La recherche de $a',b'$ tels que $B' = aN + bI_2$ donne à nouveau un gentil système 2x2 : $B'$ est un polynôme en $N$, donc $B = PB'P^{-1}$ est un polynôme en $T' = PNP^{-1}$ qui est un polynôme en $A$, d'où le résultat. 

Merci bien !

gai requin

Une preuve plus élémentaire ?

Lemme : Si $AB=BA=0$, alors $A\in K[B]$ ou $B\in K[A]$.
Preuve : Si $A=0$ ou $B=0$, c'est clair donc on peut supposer que $\dim\mathrm{Im}(A)=1$.
Soit alors $x\in K^2$ tel que $(x,Ax)$ est une base.
Il existe $\lambda,y\in K$ tels que la matrice de $A$ dans cette base est $\begin{pmatrix}0&0\\1&\lambda\end{pmatrix}$ et celle de $B$ est $\begin{pmatrix}-\lambda y&0\\y&0\end{pmatrix}$.
D'où $B=y(A-\lambda I)\in K[A]$.

Revenons au cas général en supposant $AB=BA\neq 0$.
Si $(I,A,B,AB)$ est libre, $A$ est une homothétie donc $A\in K[B]$.
Sinon, $(I,A,B)$ est liée (et c'est fini) ou il existe $\alpha,\beta,\gamma\in K$ tels que $AB=\gamma I+\beta A+\alpha B$.
Dans le second cas, on a $A(B-\beta I)=\gamma I+\alpha B$.
Si $B-\beta I$ est inversible, alors $A\in K[B]$.
Sinon, il existe $0\neq x\in K^2$ tel que $Bx=\beta x$.
D'où $ABx=\beta Ax=\gamma x+\beta Ax+\alpha\beta x$ donc $\gamma+\alpha\beta=0$ donc $(A-\alpha I)(B-\beta I)=0$ et on conclut avec le lemme.