Si A et B ont une valeur propre commune :
Soit q la valeur propre commune.
Il existe x non nul tel que Ax = qx, et y non nul tel que yB = qy.
 
Alors en posant M = xy : MB = xyB = x(qy) = qxy = Axy = AM et M est non nul.
 
Réciproque :
il existe M non nul tel que AM = MB.
 
On écrit M = PJQ, P et Q inversibles et J une matrice diagonale avec des 1 (au moins un) puis des 0.
AM = MB s'écrit APJQ = PJQB et en notant P' l'inverse de P :
P'APJ = JQBQ'.
Les transformations A -> T'AT préservent le spectre donc on peut supposer M = J.
En écrivant les produits par bloc, ça vient tout seul dans le cas complexe
 

(=> ) Fait quasiment pareil. (J'ai juste pris y vecteur propre de transposée de B donc j'ai du me taper une transposée en plus pour revenir à ton écriture)
(<=) Soit M non nulle tq AM=MB
Alors A²M=AMB=MBB=MB²
Par récurrence immédiate on a A^kM=MB^k, donc pour tout P: P(A)M=MP(B)
On prend P le polynome caractéristique de B.
Ainsi par Cayley Hamilton P(B)=0, d'où P(A)M=0, d'où P(A) non inversible car M non nulle.
Si on note a_i une vap de A alors P(a_i) vap de P(A), or 0 est vap de P(A), donc il existe i0 tq P(a_i0)=0
Or par définition P est le polynome caractéristique de B, il s'annule donc sur les valeurs propres de B, ainsi ce a_i0 est également valeur propre de B.

Tu commences directement avec une matrice équivalente parce que si M est inversible alors A et B sont semblables donc mêmes vap ?

• Si A et B sont diagonales de coefficients diagonaux respectifs (alpha_i)_{i€[1,n]} et (beta_i)_{i€[1,n]}, alors la matrice de f dans la base des E_{i,j} est diagonale de coefficients diagonaux (alpha_i-beta_j)_{i,j€[1,n]}.
• Si A et B sont diagonalisables, alors A=PDP^{-1} et B=QEQ^{-1}. f_{A,B}(X) = AX-XB = PDP^{-1}X-XQEQ^{-1} = PDP^{-1}XQQ^{-1}-PP^{-1}XQEQ^{-1} = Pf_{D,E}(P^{-1}XQ)Q^{-1}

=(gof_{D,E}og^{-1})(X) où g = Y|->PYQ^{-1}. D'où f a pour valeurs propres comme le point ci-dessus.

• D'où par continuité de (M,N)->det(f_{M,N}-(a-b)Id), a-b est valeur propre de f, car A et B sont limites de matrices diagonalisables de valeurs propres respectives a et b.

de mémoire, somme T_n x^n = 1/x(1-sqrt(1-4x)) et T_n = (2n)!/n!(n+1)!

Si q est divisible par p,
f(A \in Mp) = diag(A, A, ... A) (q/p fois).

si f une fonction de M_n(C) dans C est un polynôme en les coefficients de l'antécédents et vérifie pour tous M et N, f(MN)=f(M)f(N) et f(Id)=1, alors il existe k tel que f=det^k.

Soient (i,j) tels que i != j.
Considérons les matrices M^{i,j}_a = Id + a*E_{i,j}.
g := a |-> f(M^{i,j}_a) est un morphisme de groupe de (C, +) dans (C*, x). En particulier, g(a) est différent de 0 pour tout a.
Or c'est également un polynôme en a. D'où g est constant égal à 1.
Donc pour tous (i, j, a) tels que i!=j, f(Id + a*E_{i,j})=1.

Soit i un entier.
g := a |-> f(Id + (a-1)E_{i,i}) est un morphisme de groupe de (C*, x) dans (C*, x). En particulier, g(a) est différent de 0 pour tout a différent de 0.
Or, c'est également un polynôme. D'où l'existence d'un n_i tel que g(a)=a^(n_i).
Donc pour tous (i, a), il existe un k_i tel que  f(Id + (a-1)E_{i,i})=a^k_i.

Soient (i,j) tels que i != j.
Alors f(Id + aE_{i,i})=f(Id + aE_{j,j}) car il existe deux produits P_1 et P_2 de matrices du type vu dans la première étape tels que Id + aE_{i,i} = P_1(Id + aE_{j,j})P_2.
Exemple de preuve d'existence d'un tel produit (suite d'opérations élémentaires sur les lignes et les colonnes) dans le cas n=2, i=1, j=2 :
a 0
0 1 (matrice de départ)
 
a 1
0 1 (L1 <- L1+L2)
 
 0 1
-a 0 (L2 <- L2-L1)  
 
 0 1
-a a (C2 <- C2-C1)
 
1 1
0 a (C1 <- C1+C2)
 
1 0
0 a (C2 <- C2-C1)
 
Cet exemple se généralise.
Donc k_i=k_j= K.

Toute matrice est un produit des matrices vues lors des première et seconde étapes (pour en obtenir une preuve regarder le calcul pratique du déterminant, la "transposition" faite dans la troisième étape, et le fait que les permutations sont engendrées par les transpositions). Sur toutes ces matrices, f(M)=det(M)^K. D'où f=det^K.

Soit phi un tel isomorphisme.
Alors f = det o phi vérifie les hypothèses du lemme. Donc f=det^K.
Par argument de degré, q=Kp.