Réduction

Pas d’information sur $\displaystyle A$ 👉 On trigonalise la matrice dans $\displaystyle \mathbb C$.

1. On trigonalise la matrice dans $\displaystyle \mathbb C$, que l’on note encore $\displaystyle A$.
   On a les valeurs propres complexes $\displaystyle \lambda_i$ sur la diagonale de $\displaystyle A$. Sur la diagonale de $\displaystyle A^k$, on a les $\displaystyle \lambda_i^k$, et sur celle de $\displaystyle e^A=\sum_{k\ge0}\frac{A^k}{k!}$, on a donc les $\displaystyle e^{\lambda_i}$. Ainsi $\displaystyle \det(\exp(A))=e^{\lambda_1}\cdots e^{\lambda_n}=e^{\lambda_1+\cdots+\lambda_n}=\exp{\rm Tr(A)}$.
2. De même, sur la diagonale de $\displaystyle (x I_n-A)$, on a les $\displaystyle (x-\lambda_i)$, et donc sur celle de $\displaystyle (x I_n-A)^{-1}$ on a les $\displaystyle (x-\lambda_i)^{-1}$ si $\displaystyle x\neq \lambda_i$ pour tout $\displaystyle i$.
   Ainsi, en écrivant $\displaystyle \chi_A(x)=(x-\lambda_1)\cdots (x-\lambda_n)$, on obtient $\displaystyle {\rm Tr}(xI_n-A)^{-1}=\frac{1}{x-\lambda_1}+\cdots +\frac{1}{x-\lambda_n}=\frac{\chi'_A(x)}{\chi_A(x)}$, d’après une décomposition en fraction rationnelle bien connue (cf Fiche de cours Polynômes).

Soit $\displaystyle \lambda$ une valeur propre de $\displaystyle u$, alors $\displaystyle {\rm Ker}(u-\lambda Id)\neq \{0\}$. Soit $\displaystyle x\in {\rm Ker}(u-\lambda Id)$, non nul. On a $\displaystyle u(v(x))=v(u(x))=v(\lambda x)=\lambda v(x)$, donc $\displaystyle v(x)\in {\rm Ker}(u-\lambda Id)$, ce qui montre que $\displaystyle {\rm Ker}(u-\lambda Id)$ est stable par $\displaystyle v$.

Comme le polynôme caractéristique de $\displaystyle u$ est scindé sur $\displaystyle \C$, $\displaystyle u$ admet au moins une valeur propre $\displaystyle \lambda\in\C$. Comme $\displaystyle {\rm Ker}(u-\lambda Id)$ est stable par $\displaystyle v$, on déduit que $\displaystyle v$ induit sur $\displaystyle {\rm Ker}(u-\lambda Id)$ un endomorphisme. Ce dernier possède alors au moins une valeur propre et donc aussi un vecteur propre $\displaystyle x$, qui appartient par définition au sous-espace propre $\displaystyle {\rm Ker}(u-\lambda Id)$. Ainsi $\displaystyle x$ est un bien vecteur propre commun à $\displaystyle u$ et $\displaystyle v$.

• Polynôme annulateur scindé à racines simples 👉 Matrice diagonalisable !
• Valeurs propres, trace, det ?

Un polynôme annulateur de $\displaystyle A$ est $\displaystyle X^p-1$. Comme il est scindé à racines simples dans $\displaystyle \mathbb C$, $\displaystyle A$ est diagonalisable dans $\displaystyle \C$.
Les racines du polynôme caractéristique $\displaystyle \chi_A$ doivent donc être des racines $\displaystyle p-$ième de l’unité. Comme $\displaystyle \chi_A\in \R[X]$ est de degré $\displaystyle 2$, il a deux racines complexes conjuguées $\displaystyle \lambda=e^{i\theta}$ et $\displaystyle \overline{\lambda}=e^{-i\theta}$.
De plus on a $\displaystyle Tr(A)=e^{i\theta}+e^{-i\theta}=2\cos(\theta)\in \Z$ car $\displaystyle \chi_A\in \Z[X]$. Donc $$\cos(\theta)\in\{-1,-1/2,0,1/2,1\}.$$ On peut donc faire tous les cas possibles pour $\displaystyle \theta$ (mod $\displaystyle 2\pi$) : $$\{\pi,2\pi/3,\pi/2,\pi/3,0\}.$$ On obtient alors les différents ordres $\displaystyle \alpha$ de $\displaystyle A$ possibles qui sont $\displaystyle 2,3,4,6$ ou $\displaystyle 1$ (on veut le plus petit entier non nul $\displaystyle \alpha$ tel que $\displaystyle (e^{i\theta})^\alpha=e^{i\alpha\theta}=1$, i.e. $\displaystyle \alpha\theta=2\pi$). Dans tous les cas $\displaystyle A^{12}=I_2$.

Peu d’information sur $\displaystyle A$ 👉 Réduire $\displaystyle A$, i.e. trigonaliser ou diagonaliser.

On va d’abord réduire $\displaystyle A$ pour y voir plus clair. De deux choses l’une :

1. Soit $\displaystyle A$ n’a qu’une valeur propre $\displaystyle \lambda\in\mathbb C$, et alors soit $\displaystyle A=\lambda Id$, soit $\displaystyle A$ est semblable à $\displaystyle \left(\begin{matrix} \lambda & 1 \\ 0 & \lambda \end{matrix}\right)$ ;
2. ou bien $\displaystyle A$ a deux valeurs propres distinctes $\displaystyle \lambda_1\neq\lambda_2$, et la matrice est diagonalisable, donc semblable à $\displaystyle \left(\begin{matrix} \lambda_1 & 0 \\ 0 & \lambda_2 \end{matrix}\right)$.

Dans le cas 2), on cherche des solutions sous la forme $\displaystyle X=\left(\begin{matrix} z_1 & 0 \\ 0 & z_2 \end{matrix}\right)$, i.e. on veut $\displaystyle z_1^n=\lambda_1$ et $\displaystyle z_2^n=\lambda_2$. Ces deux équations ont bien des solutions dans $\displaystyle \C$ en utilisant des racines $\displaystyle n-$ième de l’unité. C’est gagné !
Dans le cas 1), il est naturel de chercher des solutions sous la forme $\displaystyle X=\left(\begin{matrix} z & a \\ 0 & z \end{matrix}\right)$.
On a $\displaystyle X^2=\left(\begin{matrix} z & a \\ 0 & z \end{matrix}\right)\left(\begin{matrix} z & a \\ 0 & z \end{matrix}\right)=\left(\begin{matrix} z^2 & 2za \\ 0 & z^2 \end{matrix}\right)$, et en continuant on peut conjecturer et prouver par récurrence que $\displaystyle X^n=\left(\begin{matrix} z^n & nz^{n-1}a \\ 0 & z^n \end{matrix}\right)$. On résout donc d’abord $\displaystyle z^n=\lambda$. Comme $\displaystyle A\in GL_2(\mathbb C)$, on a $\displaystyle \lambda\neq0$ et donc $\displaystyle z\neq0$. Il suffit donc de poser $\displaystyle a=\frac{1}{nz^{n-1}}$ pour conclure. Jusqu’à présent on a résolu l’équation en $\displaystyle X$ à partir des matrices réduites de $\displaystyle A$, qu’on notera $\displaystyle P^{-1}AP$. Dans le cas général, les solutions s’écrivent alors $\displaystyle PXP^{-1}$ car $\displaystyle (PXP^{-1})^n=PX^nP^{-1}$.

Matrice diagonalisable 👉 écrire la diagonalisation, puis examiner le problème dans la nouvelle base (ici il s’agit d’écrire la formule de changement de base pour les matrices $\displaystyle A$ et $\displaystyle B$ en question).

Notons $\displaystyle \lambda_1,\dots,\lambda_p$ les valeurs propres distinctes de $\displaystyle A$.
On note aussi $\displaystyle E_{\lambda_i}$ le sous espace propre associé à $\displaystyle \lambda_i$, et $\displaystyle d_i$ sa dimension.
Soit $\displaystyle \mathcal B$ une base de $\displaystyle \mathbb C^n$ adaptée à $\displaystyle E_{\lambda_1}\oplus \cdots\oplus E_{\lambda_p}$, et $\displaystyle P$ la matrice de passage de la base canonique vers $\displaystyle \mathcal B$. Alors on a $\displaystyle P^{-1}AP=D$, avec par blocs : $$D=\begin{pmatrix} \lambda_1 I_{d_1} & &\\ & \ddots & \\ &&\lambda_p I_{d_p} \end{pmatrix}.$$
On a $$\begin{aligned} BA=AB & \Leftrightarrow BPDP^{-1}=PDP^{-1}B\\ & \Leftrightarrow (P^{-1}BP)D=D(P^{-1}BP)\\ & \Leftrightarrow B'D=DB', \end{aligned}$$ en posant $\displaystyle B' = P^{-1}BP$. Montrons qu’on a l’équivalence entre :
(i) $\displaystyle B'D=DB'$,
(ii) $\displaystyle B'$ est de la forme $\displaystyle \begin{pmatrix} M_1 & &\\ & \ddots & \\ &&M_p \end{pmatrix},$ avec $\displaystyle M_i\in M_{d_i}(\mathbb C)$ pour $\displaystyle i=1,\dots,p$.

• Supposons (i). Alors les sous-espaces propres de $\displaystyle D$ sont stables par $\displaystyle B'$, ce qui montre que $\displaystyle B'$ est de cette forme.
• Supposons (ii). Alors $\displaystyle B'D=DB'=\begin{pmatrix} \lambda_1M_1 & &\\ & \ddots & \\ &&\lambda_pM_p \end{pmatrix}$.

Conclusion. $\displaystyle \mathcal C(A)$ est l’image par l’isomorphisme $\displaystyle M\mapsto PMP^{-1}$, de l’espace vectoriel des matrices de la forme $\displaystyle \begin{pmatrix} M_1 & &\\ & \ddots & \\ &&M_p \end{pmatrix}$. Ainsi $\displaystyle \dim \mathcal C(A)=d_1^2+\dots+d_p^2$. Comme $\displaystyle d_i\ge 1$ on a au passage $\displaystyle \dim \mathcal C(A)\ge d_1+\dots+d_p=n.$

$\displaystyle A$ et $\displaystyle B$ pas isomorphe 👉 Trouver une sous-structure dans $\displaystyle A$ qui n’est pas (à isomorphisme près bien sûr) dans $\displaystyle B$.

Ici, on parle de groupe, donc on va chercher un sous-groupe de $\displaystyle GL_m(\R)$ qui n’est pas dans $\displaystyle GL_n(\R)$. Toujours penser aux choses les plus simples : pour un groupe, on peut penser à un sous groupe cyclique, ou un sous-groupe qu’avec des éléments d’ordre $\displaystyle 2$ (on peut difficilement faire moins 😃) ; pour des matrices, on peut penser à des matrices de rang $\displaystyle 1$, ou à des matrices diagonales. On peut faire un bon compromis avec des matrices diagonales avec des $\displaystyle 1$ ou $\displaystyle -1$. Dans $\displaystyle GL_m(\R)$, ces matrices sont d’ordre $\displaystyle 2$ et elles forment un sous-groupe $\displaystyle H$ d’ordre (de cardinal) $\displaystyle 2^m$.

Supposons qu’il existe un isomorphisme $\displaystyle f$ de $\displaystyle GL_m(\R)$ dans $\displaystyle GL_n(\R)$. Alors $\displaystyle G=f(H)$ est un sous-groupe commutatif de $\displaystyle GL_n(\R)$ d’ordre $\displaystyle 2^m$. Soit $\displaystyle S\in G$, alors $\displaystyle S^2=I_n$. Ainsi $\displaystyle S$ est diagonalisable car annulé par un polynôme scindé à racines simples, et ses valeurs propres sont dans $\displaystyle \{-1,1\}$. Tous les éléments de $\displaystyle G$ commutent, donc ils sont diagonalisables dans une même base. Donc tous les éléments de $\displaystyle G$ s’écrivent $\displaystyle PMP^{-1}$ où $\displaystyle M$ est diagonale avec des $\displaystyle 1$ ou $\displaystyle -1$ sur la diagonale. Ainsi $\displaystyle 2^m=|G|\le 2^n$, ce qui contredit $\displaystyle n<m$ !

Comme le polynôme caractéristique de $\displaystyle u$ est scindé sur $\displaystyle \C$, $\displaystyle u$ admet au moins une valeur propre $\displaystyle \lambda\in\C$, et donc un vecteur propre, qui engendre une droite stable.

Soit $\displaystyle A$ la matrice de $\displaystyle u$ dans la base canonique de $\displaystyle \C^n$. Pour la même raison que précédemment, la matrice $\displaystyle A^T$ admet une valeur propre $\displaystyle \mu\in\C$. Soit $\displaystyle X$ un vecteur (colonne) propre associé, i.e. $\displaystyle A^TX=\mu X$. On a aussi $\displaystyle X^TA=\mu X^T$ et donc pour tout vecteur colonne $\displaystyle Y$, $\displaystyle X^TAY=\mu X^TY$. On en déduit que si $\displaystyle X^TY=0$ alors $\displaystyle X^T(AY)=0$. Cela signifie que l’hyperplan $\displaystyle \{Y\in \C^n, \ X^TY=0\}$ est stable par $\displaystyle A$.

Soit $\displaystyle \lambda\in\C$. Comme $\displaystyle b\neq0$, on a, pour $\displaystyle X\in \C^n$,
$\displaystyle (aI_n +bA−\lambda I_n)X = 0 \iff (bA−(\lambda−a)I_n)X = 0 \iff \left(A-\frac{\lambda-a}{b}I_n\right)X=0$,
ce qui montre que $\displaystyle {\rm Ker}(B − \lambda I_n) = {\rm Ker}\left(A-\frac{\lambda-a}{b}I_n\right)$, d’où $\displaystyle \lambda \in Sp(B) \iff \frac{\lambda-a}{b} \in Sp(A)$.
On peut en déduire : $\displaystyle A$ diagonalisable $\displaystyle \iff$ $\displaystyle B$ diagonalisable.

Supposons par l’absurde que $\displaystyle Sp(A)\cap Sp(B) \neq \emptyset$ et soit $\displaystyle \lambda\in Sp(A)\cap Sp(B)$. Alors $\displaystyle AX=\lambda X$ et $\displaystyle BY=\lambda Y$ pour des vecteurs propres $\displaystyle X$ et $\displaystyle Y$ non nuls. On a $\displaystyle P(A)X=P(\lambda) X=0$ car $\displaystyle P$ est un polynôme annulateur de $\displaystyle A$. Donc $\displaystyle P(\lambda)=0$. Mais on a aussi $\displaystyle P(B)Y=P(\lambda) Y$, donc $\displaystyle P(B)Y=0$. Comme $\displaystyle P(B)$ est inversible, il vient $\displaystyle Y=0$, ce qui est impossible car $\displaystyle Y$ est un vecteur propre.

Remarquons que $\displaystyle f(x)=x \iff \phi(x)=0$, donc $\displaystyle {\rm Ker}(f-Id)=Ker \phi$.
Par le théorème du rang, comme $\displaystyle \phi:\R^n\to\R$, $\displaystyle {\rm dim\ Ker}\ \phi=n-1$ et donc $\displaystyle 1$ est valeur propre de $\displaystyle f$ et son sous-espace propre associé est de dimension $\displaystyle n-1$. De plus $\displaystyle f(e)=(1+\phi(e))e$. Ainsi si $\displaystyle \phi(e)\neq 0$, alors $\displaystyle 1+\phi(e)\neq 1$ est une autre valeur propre que $\displaystyle 1$, et donc $\displaystyle f$ est diagonalisable.
Réciproquement, si $\displaystyle f$ est diagonalisable, elle possède une valeur propre $\displaystyle \lambda \neq 1$, i.e. il existe $\displaystyle y\neq 0$ et $\displaystyle y\notin Ker \phi$ tel que $\displaystyle f(y)=\lambda y$. Donc $\displaystyle (\lambda-1)y=\phi(y)e$, et en appliquant $\displaystyle \phi$ aux 2 membres, on obtient, car $\displaystyle \phi(y)\neq0$, $\displaystyle \phi(e)=\lambda-1\neq 0$.

Relation entre $\displaystyle A$ et $\displaystyle B$ 👉 Faire des petits calculs pour se donner des idées : $\displaystyle A^2=\cdots$, $\displaystyle AB=\cdots$, etc.

Il faut montrer que $\displaystyle A^n=0$ pour un certain $\displaystyle n$. On ne voit pas très bien ce qu’il faut faire, donc on fait des petits calculs pour se donner des idées. Le plus naturel :
$$\begin{aligned}{} A^2&=ABA-BA^2\\\\ AB&=A+BA\\ &=(I+B)A\\\\ A^2&=A(AB-A)-BA^2\\ &=A^2B-A^2-BA^2\\ \end{aligned}$$

La dernière ligne donne $\displaystyle 2A^2=A^2B-BA^2$, et vu l’hypothèse, ça sent la récurrence. En effet on a $\displaystyle 2A^3=A^2BA-BA^3$ et il suffit encore de remplacer $\displaystyle BA$ par $\displaystyle AB-A$. On vous laisse montrer proprement que pour tout $\displaystyle k\ge1$, $\displaystyle kA^k=A^kB-BA^k$. Cela peut suggérer plusieurs pistes :

1. On continue sur la généralisation : on peut en déduire que, pour tout polynôme $\displaystyle P \in \mathbb{K[X]}$, on a $\displaystyle A P'(A)=P(A)B-BP(A)$. En particulier, si $\displaystyle P$ est le polynôme minimal de $\displaystyle A$, on a $\displaystyle AP'(A) = 0$. Le polynôme $\displaystyle Q(X)=XP'(X)$ annule $\displaystyle A$ et est de même degré que le polynôme minimal de $\displaystyle A$, on en déduit qu’il existe une constante $\displaystyle c$ telle que $\displaystyle Q(X)=cP(X)$. En observant le coefficient dominant, on montre que $\displaystyle c={\rm deg(P)}$. Notons $\displaystyle k$ le degré de $\displaystyle P$. On écrit $\displaystyle P(X) = \sum_{i=0}^k a_iX^i$ avec $\displaystyle a_k= 1$. On a alors : $\displaystyle 0 = kP(X)- Q(X) = \sum_{i=0}^k (k-i) a_i X^î.$
   En identifiant les coefficients, on en déduit que $\displaystyle a_i = 0$ dès que $\displaystyle i<k$. On peut aussi résoudre $\displaystyle xP'(x)=kP(x)$, i.e. $\displaystyle \log(P(x))=k\log(x)$, et $\displaystyle P(x)=x^k$. Ainsi $\displaystyle P(X)=X^k$, donc $\displaystyle A$ est nilpotente.
2. La relation peut aussi faire penser à une relation aux valeurs propres, vecteurs propres : $\displaystyle \phi(A^k)=kA^k$, où $\displaystyle \phi(M)=MB-BM$, et ça tombe bien, $\displaystyle \phi$ est un endomorphisme de $\displaystyle M_n(\mathbb R)$. Si $\displaystyle A^k$ n’est nulle pour aucun $\displaystyle k$, alors $\displaystyle \phi$ possède une infinité de valeurs propres, i.e. tous les entiers. Et ceci n’est pas possible sur un e.v. de dimension fini, ici $\displaystyle M_n(\mathbb R)$. Donc il existe $\displaystyle k$ tel que $\displaystyle A^k=0$.

C’est pas magnifique les maths ?! Cette relation a généré deux idées qui conduisent à des preuves complètement différentes !

Exercice théorique sur la diagonalisation 👉 “Il existe un polynôme annulateur scindé à racines simples”.

Comme $\displaystyle P(A)$ est diagonalisable, il existe un polynôme $\displaystyle Q$ scindé à racines simples tel que $\displaystyle Q(P(A))=0$, et on veut en trouver un pour $\displaystyle A$. Des candidats naturels sont les $\displaystyle Q\circ P$. Prenons comme $\displaystyle Q$ le polynôme minimal de $\displaystyle P(A)$. Ses racines (complexes) sont exactement les valeurs propres de $\displaystyle P(A)$. En trigonalisant $\displaystyle A$ dans $\displaystyle \mathbb C$, on voit que les valeurs propres de $\displaystyle P(A)$ sont les $\displaystyle P(\lambda_i)$ où les $\displaystyle \lambda_i$ sont les valeurs propres de $\displaystyle A$. Comme $\displaystyle Q$ est à racines simples, on a $\displaystyle Q'(P(\lambda_i))\neq 0$. Les valeurs propres de $\displaystyle P'(A)$ sont les $\displaystyle P'(\lambda_i)$, et comme $\displaystyle P'(A)$ est inversible, on a $\displaystyle P'(\lambda_i)\neq 0$. Ainsi $\displaystyle Q'(P(\lambda_i))P'(\lambda_i)\neq 0$, et donc $\displaystyle (Q\circ P)'(\lambda_i)\neq 0$. Notons que les racines de $\displaystyle Q\circ P$ sont exactement les $\displaystyle \lambda_i$. Par suite, $\displaystyle Q\circ P$ est un polynôme scindé (sur $\displaystyle \mathbb C$) à racines simples et qui annule $\displaystyle A$, donc $\displaystyle A$ est diagonalisable.

• Expression des coefficients d’un polynôme en fonction de ses racines ;
• $\displaystyle Tr(A^k)$ 👉 Expression en fonction des valeurs propres.

1er réflexe : On exprime les coefficients $\displaystyle c_k$ du polynôme $\displaystyle P(X)$ en fonction des racines de ce dernier (c’est-à-dire les valeurs propres de $\displaystyle A$). Le lien est donné par les polynômes symétriques élémentaires en les variables $\displaystyle \lambda_1,\ldots,\lambda_n$ :
$$c_{n-k} = (-1)^k \sigma_k = (-1)^k \sigma_k(\lambda_1,\ldots,\lambda_n) = (-1)^k \sum_{1\le i_1 < \cdots < i_k \le n} \prod_{j=1}^k \lambda_{i_j}.$$

2nd réflexe : On exprime également les quantités $\displaystyle Tr(A^k)$ en fonction des valeurs propres $\displaystyle \lambda_1,\ldots,\lambda_n$. On sait que $\displaystyle A$ est semblable à une matrice triangulaire dont les coefficients diagonaux valent $\displaystyle \lambda_1,\ldots,\lambda_n$, donc $\displaystyle A^k$ est semblable à une matrice triangulaire avec $\displaystyle \lambda_1^k,\ldots,\lambda_n^k$ pour coefficients diagonaux, donc
$$Tr(A^k) = \lambda_1^k+\cdots+\lambda_n^k = S_k.$$ Les $\displaystyle S_k$ sont aussi des polynômes symétriques en les $\displaystyle \lambda_1,\ldots,\lambda_n$. Les relations entre les $\displaystyle \sigma_k$ et les $\displaystyle S_k$ sont bien comprises, et souvent résumées sous la forme de l’identité de Newton. On peut imaginer que l’idée du concepteur de l’exercice est la suivante :

• La première question permet d’établir l’identité de Newton, par une méthode assez originale.
• La deuxième question revient à exprimer les $\displaystyle \sigma_k$ uniquement en terme des quantités $\displaystyle S_k$.

On se rend compte qu’on oublie vite le cadre matriciel posé dans l’exercice, en se ramenant à un exercice sur les polynômes. L’intérêt de ce cadre matriciel réside dans l’interprétation que l’on peut faire du résultat final : la formule prouvée à la deuxième question permet de calculer les coefficients du polynôme caractéristique de $\displaystyle A$ à l’aide des traces des $\displaystyle n$ premières puissances de $\displaystyle A$, ce qui en termes de calculs est très économe.

1. On calcule tout d’abord : $$\sum_{i=1}^n \frac{P(X)}{X-\lambda_i} = \sum_{i=1}^n \prod_{j \neq i} (X-\lambda_j) = P'(X) .$$

Or $\displaystyle P(X) = \sum_{k=0}^n c_{n-k} X^k$ (avec $\displaystyle c_n=1$), donc
$$\sum_{i=1}^n \frac{P(X)}{X-\lambda_i} = \sum_{k=0}^n k c_{n-k} X^{k-1} .$$
On obtient une autre formule en se plaçant dans le cadre des séries formelles : $$\sum_{i=1}^n \frac{P(X)}{X-\lambda_i} = \sum_{i=1}^n \frac{P(X)}{X} \sum_{l=0}^\infty \left(\frac{\lambda_i}{X}\right)^l = \sum_{l=0}^\infty P(X) X^{-l-1} S_l.$$ $$= \sum_{p=0}^n \sum_{l=0}^\infty c_{n-p} S_l X^{p-l-1} = \sum_{k=0}^\infty \left(\sum_{p-l = k} c_{n-p} S_l \right) X^{k-1}.$$
En identifiant terme à terme les coefficients des séries formelles, on obtient les formules de Newton :
$$\forall 1 \leq k \leq n \ , \ (n-k) c_k = \sum_{l=0}^k c_{k-l} S_{l}.$$ On peut encore simplifier l’expression en remarquant que $\displaystyle S_0=n$, et donc $$\forall 1 \leq k \leq n \ , \ - k c_k = \sum_{l=1}^k c_{k-l} S_{l}.$$

2. Les formules de Newton nous fournissent un système de $\displaystyle n$ équations en les $\displaystyle n$ inconnues $\displaystyle c_1,\ldots,c_n$. On peut écrire matriciellement :
   $$\left(\begin{array}{ccc} 1 & 0 & \cdots & \cdots & \cdots & 0 \\ S_1 & 1 & 0 & \cdots & \cdots & 0 \\ S_2 & S_1 & 2 & 0 & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \ddots & \ddots & \vdots \\ S_n & S_{n-1} & \cdots & \cdots & S_1 & -n \end{array}\right) \left(\begin{array}{c} 1 \\ c_1 \\ \vdots \\ c_n \end{array}\right) = \left(\begin{array}{c} 1 \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \end{array}\right).$$ Le déterminant de la matrice (que l’on appelle $\displaystyle A$) est simple à calculer, puisqu’elle est triangulaire : celui-ci vaut $\displaystyle n!$. La formule de Cramer permet alors d’obtenir une expression des $\displaystyle c_k$ en fonction des $\displaystyle S_i$. On a : $$c_k = \frac{\det(A_k)}{\det(A)},\ 1 \le k \le n,$$ où $\displaystyle A_k$ est la matrice obtenue en remplaçant la $\displaystyle k+1$-ème colonne de $\displaystyle A$ par le vecteur colonne $\displaystyle \left(\begin{array}{c} 1 \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \end{array}\right)$. On peut calculer le déterminant de $\displaystyle A_k$ en développant par rapport à la $\displaystyle k+1$-ème colonne, on obtient que le calcul de ce déterminant se ramène à celui du déterminant de la matrice diagonale par blocs
   $$\det(A_k) = (-1)^k \det \left( \begin{array}{cc} M_k & 0 \\ P_k & D_k \end{array}\right),$$ où $\displaystyle M_k$ est exactement la matrice donnée dans l’énoncé, et $\displaystyle D_k$ est la matrice diagonale
   $$D_k = \left(\begin{array}{ccccc} k+1 & 0 & 0 & \cdots & 0 \\ S_1 & k+2 & 0 &\cdots & 0 \\ S_2 & S_1 & \ddots & \vdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \cdots & \ddots & 0 \\ S_n & \cdots & \cdots & S_1 & n \end{array}\right),$$ qui est de déterminant $\displaystyle \det(D_k) = \frac{n!}{k!},$ et on conclut facilement.

On a $\displaystyle {\rm tr}(A)=2x$ et $\displaystyle \det(A)=y$, donc le discriminant du polynôme caractéristique $\displaystyle \chi$ est $\displaystyle \Delta=4x^2-4y$.
Si $\displaystyle \Delta>0$ i.e. $\displaystyle x^2>y$ alors $\displaystyle \chi$ a 2 racines réelles distinctes et $\displaystyle A$ est diagonalisable dans $\displaystyle \R$.
Si $\displaystyle \chi$ a une racine double i.e. $\displaystyle \Delta=0$ et donc $\displaystyle x^2=y$, alors : soit $\displaystyle A$ est diagonalisable et donc $\displaystyle A=\lambda I_2$, ce qui ne peut pas être le cas, soit $\displaystyle A$ n’est pas diagonalisable.
Si $\displaystyle x^2<y$ alors $\displaystyle \chi$ a deux racines complexes conjuguées, et donc $\displaystyle A$ est diagonalisable dans $\displaystyle \mathbb C$, mais pas dans $\displaystyle \R$.