Matrice triangulaire et produit

Je peux le démontrer par récurrence proprement. Je trouve la récurrence lourde et sans intérêt ici. On ne voit pas ce qui se passe. 
Je ne trouve pas que la récurrence soit utile ici, elle n'apporte aucune clarté au raisonnement, je pense que dire que ça marche pour $n=2$ et $n=3$ puis que c'est le même raisonnement pour $n$ quelconque est beaucoup plus clair.
Montrons par récurrence sur $n$ que $(A^n)_{ij}=\displaystyle\sum_{i_1,j_1, \cdots, i_n,j_n \in \varepsilon_n (i,j)} a_{i_1 j_1}  \times \cdots a_{i_n  j_n}$
Au rang $n=1$ on a $(A)_{ij}=a_{ij}$ et le résultat est évident en choisissant $i_1=i$ et $j_1= j$. 
Supposons $H(n)$ vraie.
On a $(A^{n+1})_{ij}= \displaystyle\sum_{k=1}^d \displaystyle\sum_{i_1,j_1, \cdots, i_n, k \in \varepsilon_n (i,j)} a_{i_1 j_1}  \times \cdots a_{i_n k} a_{kj}$
Ce qui donne, comme la  matrice $A$ est triangulaire supérieure : 
$(A^{n+1})_{ij}= \displaystyle\sum_{k=i_n}^j \displaystyle\sum_{i_1,j_1, \cdots, i_n , k \in \varepsilon_n (i,j)} a_{i_1 j_1}  \times \cdots a_{i_n k} a_{kj}$
Il suffit de poser  $k=i_{n+1}$ et $j_{n+1}=j$ ce qui fournit : 
$\boxed{(A^{n+1})_{ij}= \displaystyle\sum_{i_1,j_1, \cdots, i_n , j_n , i_{n+1} , j_{n+1}  \in \varepsilon_{n+1} (i,j)} a_{i_1 j_1}  \times \cdots a_{i_n j_n} a_{i_{n+1} j_{n+1}} }$
On vérifie facilement que $i_{n+1} \leq j_{n+1}$ car $k \leq j$ par définition de la somme.

Bd2017 merci, je trouve l'écriture de cette somme non intuitive et je ne comprends pas vraiment la somme écrite comme ça avec un seul symbole et des conditions en-dessous.
J'ai fait n'importe quoi car je ne comprends pas les sommes écrites de cette façon. 
Je vais essayer de trouver ma propre expression de $A^n$ en continuant comme j'ai fait pour $n=3$ .

Le cardinal de l'ensemble des applications strictement croissantes de $[|0,n|]$ dans $[|0,n+(j-i) |]$ est $\displaystyle\binom{n-1+(j-i)}{n+1}$.
Il y a donc $\displaystyle\binom{n-1+(j-i)}{n+1}$ suites $(u_i)_{0 \leq i \leq n}$ strictement croissantes de $n+1$ entiers tels que $u_0=0$ et $u_n= n+(j-i)$
Mais je ne comprends pas le rapport avec les $\varepsilon_n(i,j)$

1) Une suite $(u_i)_{0 \leq i \leq n}$ de $n+1$ éléments strictement croissante et telle que $u_0=0$ et $u_n=n+(j-i)$ est une application strictement croissante de $[|0,n|]$ dans $[|0,n+(j-i) |]$.
Déterminons le cardinal du nombre d'applications strictement croissantes de $[|0,n|]$ dans $[|0,n+(j-i) |]$.
Soit $f : [|0,n|] \longrightarrow [|0,n+(j-i) |]$ une application strictement croissante. Alors $f$ est nécessairement injective. Pour construire $f$, il faut se donner une telle injection, il y a $A_{n+1+(j-i)}^{n+1}$ choix. 
Parmi toutes ces injections, un certain nombre ont la même image $Im f =\{ f(0), \cdots, f(n) \}$ il en a $(n+1)!$ c'est le nombre de façons de permuter les $n+1$ éléments de $Im(f)$.
Parmi ces $(n+1)!$ injections de même image, une seule est strictement croissante.
Le nombre d'applications strictement croissantes de $[|0,n|]$ dans $[|0,n+(j-i) |]$ est $\boxed{\binom{n+1+(j-i)}{n+1}}$
2) Montrons qu'il y a au plus $d-1$ valeurs $k$ telles que $i_k \ne j_k$.
D'après les deux premiers points, on a $1 \leq i_1 \leq j_1 = i_2 \leq j_2 =i_3 \leq j_3 \leq \cdots \leq i_n \leq j_n \leq d$
Si on avait $d$ valeurs distinctes ou plus, pour $d=4$ par exemple la configuration $1= i_1 < j_1 = i_2< j_2 = i_3 < j_3 = i_4 < j_4 =d=4$ et ceci est impossible car dans ce cas on obtient $d=5$ ce qui est absurde.
Pour le cas général, le même raisonnement s'applique. 
3) Je ne comprends pas le rapport entre les suites strictement croissantes et $\varepsilon_n(i,j)$.

Ok merci.

1) Le nombre de suites strictement croissantes $(u_i)_{0 \leq i \leq n}$ de $n+1$ éléments qui vérifient $u_0=0$ et $u_n=n+(j-i)$ est le nombre d'applications strictement croissantes $f$ de $[|0,n|]$ dans $[|0,n+(j-i) |]$ qui vérifient les conditions $f(0)=0$ et $f(n)=n+(j-i)$

Pour détermine le cardinal des applications $f : [|0,n|] \longrightarrow [|0,n+(j-i) |]$ avec les conditions $f(0)=0$ et $f(n)=n+(j-i)$, revient à choisir une partie de cardinal $n-1$ parmi les $n-1+(j-i)$ éléments restants car $f(0)$ et $f(n)$ sont fixés, qui constituera son image, l'ordre des éléments étant imposé par la stricte croissance.
Ainsi, son cardinal vaut $\binom{n-1+(i-j)}{n-1} \times 1= \boxed{\binom{n-1+(j-i)}{n-1} }$

2) Montrons qu'il existe au plus $d-1$ valeurs tels que $i_k \ne j_k$.

Pour $d=3$ par exemple, le cas où on a plus de $i_k \ne j_k$ est le suivant : $1 \leq i_1 <j_1 =i_2 <j_2=i_3 <j_3 \leq 3$.
Il y a 3 inégalités strictes sont associées aux $j_1,j_2,j_3$, on remarque que le nombre d'inégalités strictes est égal à $d$.
Ceci est impossible d'avoir $d$ valeurs $i_k \ne j_k$ car on aurait $4$ entiers différents compris entre $1$ et $3$.

Dans le cas général, le cas où on a le plus d'éléments qui vérifient $i_k \ne j_k$ est le suivant :

On prend $i_1 = 1$ et $j_n=d$. 
On a : $1 \leq i_1 < j_1 =i_2 <j_2=i_3 < \cdots < j_{n-2} =i_{n-1} < j_n \leq d$ il y a $d$ inégalités strictes, donc $d+1$ éléments distincts à placer dans $[|1,d|]$ de cardinal $d$ ce qui est impossible.


3) Je ne vois toujours pas le lien entre $\varepsilon_n(i,j)$ et les suites strictement croissantes vues précédemment.

2) Je n'ai pas compris pourquoi $\Delta \geq p$.
3) On a la suite $i_1,j_1 =i_2,j_2=i_3, \cdots, j_{n-2}=i_{n-1},j_{n-1}=i_n,j_n$
Donc la suite $i_1,j_1,i_2,j_2, \cdots, i_{n-1},j_{n-1},i_n,j_n$ est croissante d'après les hypothèses, en ajoutant $1$ à $i_1$ puis $2$ à $j_1$ puis $3$ à $i_3$ etc, on rend la suite strictement croissante. 
Mais je n'ai pas vraiment compris pourquoi ça ne modifie pas le cardinal ni le rapport avec les suites $(u_i)_{0 \leq i \leq n}$ de $n+1$ entiers telles qui $u_0=0$ et $u_n=n+(j-i)$.

Bd2017 ok merci. Soit $n \geq d$. 

Si $\rho(A)=0$ alors l'unique valeur propre de $A$ est $0$ et donc $A$ est nilpotente, l'indice de nilpotence étant inférieur à $d$, on a $A^n=0$ donc l'inégalité est vraie.

Supposons $\rho(A) \ne 0$ alors $M=\dfrac{1}{\rho(A)} \max_{ i \ne j} |a_{ij} |$ est bien définie et $M>0$ car $A$ est non nulle. 

On a $|(A^n)_{ij} | \leq \displaystyle\sum_{i_1, \cdots j_n \in \varepsilon_n(i,j)} |a_{i_1 j_1}| \times \cdots \times  |a_{i_n j_n}|$

Mais je bloque ici comment savoir qui sont les diagonaux et qui sont ceux qui ne sont pas sur la diagonale ? 

Si $i_k =j_k$ on est sur la diagonale. 
Il y a au plus $d-1$ valeurs telles que $i_k \ne j_k$ donc au moins $d$ valeurs telles que $i_k =j_k$.
Mais on ne sait pas leur nombre exact c'est ça qui me bloque.
Repasser à la somme bizarre m'embrouille. Je dois majorer $|a_{i_1 j_1}| \times \cdots \times |a_{i_n j_n}|$ et sortir le majorant de la somme.
Le nombre de termes dans $\varepsilon_n(i,j)$ c'est son cardinal mais dans le produit on a que $n$ termes je ne comprends pas le lien entre les deux. 

J'ai dit une bêtise car je ne comprend pas comment manipuler la somme bizarre pour majorer. Quand je bloque longtemps je commence à écrire n'importe quoi. 
D'après le rapport du jury je ne suis pas le seul à avoir écrit des bêtises, certains ont dit qu'il y avait $n-(d-1)$ coefficients diagonaux. 

Il y a $n$ termes à majorer qui sont $|a_{i_1 j_1}| , \cdots, |a_{i_n j_n} |$ je n'ai pas compris le lien avec les termes de la diagonale et ceux hors diagonale.

T'es trop fort pour voir ça.
On a $|(A_{ij}| \leq M^{d-1} \rho(A)^{n-1} \displaystyle\sum_{i_1, \cdots, j_n \in \varepsilon_n (i,j)} = \boxed{  M^{d-1} \rho(A)^{n-1} \binom{n-1+(j-i)}{n-1}}$
Je n'ai pas compris comment tu majores le coefficient binomial. 
J'ai écrit $ \binom{n-1+(j-i)}{n-1}= \dfrac{ (n-1+(j-i) )!}{(n-1)! (j-i)!} \leq n \times (n+1) \times \cdots \times (n + (j-i-1) )$
Je bloque ici.