Sommes de Newton

Cas $k\ge n$. Chaque $x_i$ est racine de $P$, donc $x_i^{\,k-n}P(x_i)=0$, c'est-à-dire $x_i^{\,k}-\sigma_1x_i^{\,k-1}+\cdots+(-1)^n\sigma_nx_i^{\,k-n}=0$. On somme sur $i$.

Cas $1\le k\le n$. On introduit le polynôme réciproque $R(t)=\prod_{i=1}^n(1-x_it)=\sum_{j=0}^n(-1)^j\sigma_jt^j$. En dérivant le produit,

Pour $t$ réel assez proche de $0$, on a $1-x_it\neq 0$ pour tout $i$, donc $-tR'(t)=R(t)\sum_{i=1}^n\frac{x_it}{1-x_it}$. Au voisinage de $0$, $\frac{x_it}{1-x_it}=\sum_{m=1}^{n}x_i^{\,m}t^m+O(t^{n+1})$, et $R$ est bornée, d'où

Les deux membres sont des polynômes en $t$ à $O(t^{n+1})$ près ; par unicité du développement limité, leurs coefficients de $t^k$ coïncident pour $1\le k\le n$. À gauche, le coefficient de $t^k$ est $-k(-1)^k\sigma_k$ ; à droite, c'est $\sum_{j=0}^{k-1}(-1)^j\sigma_jp_{k-j}$. Ainsi

qui est l'identité annoncée. Pour $k=n$, elle coïncide avec celle du premier cas, car $p_0=n$.

Traces. On trigonalise : $A=QTQ^{-1}$ avec $T$ triangulaire de diagonale $(\lambda_1,\dots,\lambda_n)$. Alors $A^k=QT^kQ^{-1}$, $T^k$ est triangulaire de diagonale $(\lambda_1^{\,k},\dots,\lambda_n^{\,k})$, et la trace est invariante par similitude.

Les identités permettent de calculer les $p_k$ de proche en proche à partir des coefficients : $p_1=\sigma_1$, $p_2=\sigma_1p_1-2\sigma_2=\sigma_1^2-2\sigma_2$, $p_3=\sigma_1p_2-\sigma_2p_1+3\sigma_3$. Réciproquement, en caractéristique nulle ($\K=\R$ ou $\C$), on peut diviser par $k$ : les $n$ premières sommes $p_1,\dots,p_n$ déterminent $\sigma_1,\dots,\sigma_n$, donc le polynôme $P$. Pour une matrice, les traces $\operatorname{tr}(A^k)$, $1\le k\le n$, déterminent donc $\chi_A$.

Les identités de Newton ne sont pas au programme : il faut les redémontrer avant de s'en servir dans une copie ou à l'oral. En revanche, l'égalité $\operatorname{tr}(A^k)=\sum_i\lambda_i^k$ découle directement de la trigonalisation, et la caractérisation de la nilpotence par les traces se démontre aussi par un argument de Vandermonde, sans les identités de Newton.