Mathématiques universitaires — Licence 1 · Bachelor Year 1

18Espaces vectoriels

L’algèbre linéaire commence ici : les axiomes des espaces vectoriels isolent ce que $\R^2$ , $\R^3$ , les espaces de polynômes et les espaces de fonctions ont en commun — on peut additionner, et multiplier par un scalaire. Deux chapitres construisent la théorie (le Chapitre 19 y ajoute la dimension) ; le langage qu’ils installent — sous-espace engendré, famille libre, base, somme directe — est le pain quotidien de tous les chapitres qui suivent. Dans tout ce qui suit, $K$ désigne $\R$ ou $\C$ (les scalaires).

18.1 Définition et exemples

Définition 18.1 (Espace vectoriel)

Un $K$ -espace vectoriel est un ensemble $E$ muni d’une addition faisant de $(E, +)$ un groupe abélien (de neutre noté $0_E$ ou $0$ ), et d’une multiplication externe $K \times E \to E$ telle que, pour tous $\lambda, \mu \in K$ et $x, y \in E$ :

\lambda(x + y) = \lambda x + \lambda y,\quad (\lambda + \mu) x = \lambda x + \mu x,\quad \lambda(\mu x) = (\lambda\mu) x,\quad 1\,x = x .

Conséquences : $0\,x = 0_E$ , $\lambda\,0_E = 0_E$ , $(-1)x = -x$ , et $\lambda x = 0_E \implies \lambda = 0$ ou $x = 0_E$ (multiplier par $\lambda^{-1}$ ).

Démonstration des conséquences. Pour $0\,x = 0_E$ : de $(0 + 0)x = 0x + 0x$ et $(0+0)x = 0x$ , on simplifie $0x$ dans le groupe $(E, +)$ . Pour $\lambda\,0_E$ : même astuce sur $\lambda(0_E + 0_E)$ . Pour $(-1)x$ : ajoutons $x$ ,

x + (-1)x = 1\,x + (-1)x = \bigl(1 + (-1)\bigr)x = 0\,x = 0_E ,

donc $(-1)x$ est l’opposé de $x$ . Enfin si $\lambda x = 0_E$ avec $\lambda \neq 0$ : multiplions par $\lambda^{-1}$ (les scalaires forment un corps) et utilisons les deux axiomes $\lambda^{-1}(\lambda x) = (\lambda^{-1}\lambda)x = 1x = x$ ainsi que $\lambda^{-1}0_E = 0_E$ : $x = 0_E$ . Aussi modestes soient-elles, ces quatre règles servent en silence à chaque page qui suit — et la dernière est exactement l’endroit où l’on a besoin d’un corps : sur les scalaires $\Z$ , l’« espace » $\Z/2\Z$ la mettrait en défaut avec $2\,x = 0$ . ∎

Exemple 18.2

$K^n$ (opérations coordonnée par coordonnée) ; les polynômes $K[X]$ ; les fonctions $\mathcal{F}(A, K)$ d’un ensemble quelconque $A$ dans $K$ (opérations point par point) — qui contient les fonctions continues, les suites $\mathcal{F}(\N, \R)$ , etc. ; $\C$ comme $\R$ -espace vectoriel. Dans chaque cas, les axiomes sont hérités de ceux de $K$ .

Définition 18.3 (Sous-espace vectoriel)

$F \subseteq E$ est un sous-espace vectoriel lorsque $0_E \in F$ et que $F$ est stable par addition et par multiplication externe — de façon équivalente :

F \neq \emptyset \qquad\text{et}\qquad \forall x, y \in F,\ \forall \lambda \in K,\quad x + \lambda y \in F .

Un sous-espace vectoriel est lui-même un espace vectoriel. Toute intersection de sous-espaces est un sous-espace ; une réunion ne l’est presque jamais (même démonstration qu’à Exercice 7.6).

Exemple 18.4

Dans $\mathcal{F}(\R, \R)$ : les fonctions continues, les fonctions dérivables, les polynômes de degré $\leq n$ (notés $K_n[X]$ à l’intérieur de $K[X]$ ), les solutions d’une équation différentielle linéaire homogène (le Théorème 5.10 disait exactement cela). Contre-exemples : $\{f : f(0) = 1\}$ (pas de vecteur nul), les polynômes de degré exactement $n$ (non stable par addition).

Exemple 18.5 (Sous-espace ou non : quatre verdicts, argumentés)

Dans l’espace des suites réelles :

$\{u : u \text{ bornée}\}$ est un sous-espace : $0$ est bornée, et si $\abs{u_n} \leq M$ , $\abs{v_n} \leq M'$ , alors $\abs{u_n + \lambda v_n} \leq M + \abs\lambda M'$ .
$\{u : u_n \to 1\}$ n’en est pas un : la suite nulle manque (et la somme de deux membres tend vers $2$ ).
$\{u : u \text{ monotone}\}$ n’en est pas un : $u_n = n$ et $v_n = -n + (-1)^n$ sont monotones, leur somme $(-1)^n$ ne l’est pas ; c’est la stabilité par addition qui tombe en défaut, alors même que l’ensemble contient $0$ et tous les multiples scalaires de ses membres.
$\{u : u_{n+1} = u_n^2\}$ n’en est pas un : il contient $0$ mais $2u$ s’en échappe dès que $u$ en est un membre non nul ( $2u_{n+1} \neq (2u_n)^2$ en général) — l’élévation au carré est la non-linéarité coupable.

L’ordre de travail est toujours le même : tester $0$ d’abord (le moins cher), puis la stabilité — et pour réfuter, un seul contre-exemple explicite vaut mieux que n’importe quelle quantité de doute.

18.2 Sous-espaces engendrés, sommes, sommes directes

Définition 18.6 (Combinaisons linéaires, sous-espace engendré)

Une combinaison linéaire de la famille $(x_1, \dots, x_p)$ de vecteurs de $E$ est un vecteur $\lambda_1 x_1 + \dots + \lambda_p x_p$ ( $\lambda_i \in K$ ). L’ensemble de toutes ces combinaisons est le sous-espace engendré $\operatorname{Vect}(x_1, \dots, x_p)$ : c’est un sous-espace, le plus petit contenant la famille.

Démonstration des deux assertions. Stabilité : une somme de deux combinaisons linéaires $\sum\lambda_i x_i + \sum\mu_i x_i = \sum(\lambda_i + \mu_i)x_i$ en est encore une, et un multiple scalaire $\mu\sum\lambda_i x_i = \sum(\mu\lambda_i) x_i$ aussi ; la combinaison nulle montre que $0$ y appartient : le sous-espace engendré est un sous-espace. Minimalité : soit $H$ un sous-espace contenant $x_1, \dots, x_p$ . Par stabilité par multiplication externe, chaque $\lambda_i x_i \in H$ , et par stabilité par addition leur somme est dans $H$ : toute combinaison linéaire appartient à $H$ , c’est-à-dire $\operatorname{Vect}(x_1, \dots, x_p) \subseteq H$ . Ainsi le sous-espace engendré est contenu dans tout sous-espace contenant la famille : c’est le plus petit. ∎

Définition 18.7 (Somme, somme directe)

Pour des sous-espaces $F, G$ de $E$ :

F + G = \{\,u + v : u \in F,\ v \in G\,\}

est un sous-espace (le plus petit contenant $F \cup G$ ). La somme est directe, notée $F \oplus G$ , lorsque tout élément de $F + G$ se décompose de façon unique en $u + v$ ; de façon équivalente (voir ci-dessous) lorsque $F \cap G = \{0\}$ . Quand $E = F \oplus G$ , les sous-espaces sont supplémentaires dans $E$ .

Exemple 18.8 (Une somme de deux droites)

Dans $\R^3$ , posons $F = \operatorname{Vect}\bigl((1,0,1)\bigr)$ et $G = \operatorname{Vect}\bigl((0,1,1)\bigr)$ . Leur somme est

F + G = \{\,a(1,0,1) + b(0,1,1)\,\} = \{(a,\ b,\ a + b)\} = \{(x, y, z) : z = x + y\},

le plan passant par l’origine et contenant les deux droites. Il est strictement plus gros que la réunion $F \cup G$ (la simple croix formée des deux droites) : le vecteur $(1, 1, 2) = (1,0,1) + (0,1,1)$ est dans la somme mais sur aucune des deux droites. Et $F \cap G = \{0\}$ (un vecteur commun impose $a(1,0,1) = b(0,1,1)$ , dont les deux premières coordonnées forcent $a = b = 0$ ) : la somme est directe, et $F \oplus G$ est exactement ce plan.

Proposition 18.9

$F + G$ est directe si et seulement si $F \cap G = \{0\}$ .

Démonstration. Si un $w \neq 0$ appartient à $F \cap G$ : $w = w + 0 = 0 + w$ sont deux décompositions de $w$ . Réciproquement, si $u + v = u' + v'$ avec $u, u' \in F$ , $v, v' \in G$ , alors $u - u' = v' - v$ appartient à $F \cap G = \{0\}$ : les décompositions sont uniques. ∎

Méthode 18.10 (Démontrer que $E = F \oplus G$ )

Deux choses à vérifier, chacune avec son ouverture standard.

Intersection triviale. Prendre $x \in F \cap G$ , écrire les deux conditions d’appartenance, et coincer $x = 0$ . (Ne jamais argumenter sur un dessin : cf. les pièges ci-dessous.)
La somme est tout. Prendre $x \in E$ quelconque et produire la décomposition $x = f + g$ — soit en devinant $f$ à partir de la cible ( $f$ doit vérifier la propriété définissant $F$ , ce qui en dicte d’ordinaire la formule), soit en résolvant le système linéaire exprimant $x$ sur des générateurs de $F$ et de $G$ .

Quand la formule de décomposition est devinée, l’unicité est automatique par l’étape 1 ; quand seule l’existence pose problème, c’est à l’étape 2 que le travail se trouve. Les deux exemples ci-dessous font tourner la méthode : pour les fonctions paires et impaires, la formule de $f$ est forcée en évaluant l’identité voulue en $x$ et en $-x$ ; pour les polynômes s’annulant en un point, en évaluant en $a$ .

Exemple 18.11

Dans $\mathcal{F}(\R, \R)$ , les fonctions paires $\mathcal{P}$ et les fonctions impaires $\mathcal{I}$ sont supplémentaires : toute $f$ s’écrit

f(x) = \underbrace{\frac{f(x) + f(-x)}{2}}_{\text{paire}} + \underbrace{\frac{f(x) - f(-x)}{2}}_{\text{impaire}},

et une fonction à la fois paire et impaire est nulle. (Appliqué à $\exp$ , c’est le couple $(\cosh, \sinh)$ du Chapitre 4.)

Exemple 18.12 (Un couple de supplémentaires dans $K_n[X]$ )

Fixons $a \in K$ et posons $F = \{P \in K_n[X] : P(a) = 0\}$ , $G = \operatorname{Vect}(1)$ (les constantes). Alors $K_n[X] = F \oplus G$ . En effet $F \cap G$ est formé des constantes s’annulant en $a$ , c’est-à-dire $\{0\}$ ; et tout $P$ se décompose en

P = \underbrace{\bigl(P - P(a)\bigr)}_{\in F} + \underbrace{P(a)}_{\in G} .

La décomposition mérite d’être mémorisée : retrancher la valeur en un point est la façon standard de projeter sur les « fonctions s’annulant en $a$ ». Remarquons que $F$ est un gros sous-espace et $G$ un tout petit ; un couple de supplémentaires n’a aucune raison d’être équilibré.

Exemple 18.13 (Un supplémentaire n’est jamais unique)

Dans $\R^2$ , soit $F = \operatorname{Vect}\bigl((1,0)\bigr)$ (l’axe des $x$ ). Les deux sous-espaces $G = \operatorname{Vect}\bigl((0,1)\bigr)$ et $G' = \operatorname{Vect}\bigl((1,1)\bigr)$ sont supplémentaires de $F$ : chacun ne rencontre $F$ qu’en $0$ , et chaque couple a pour somme $\R^2$ . Les décompositions d’un même vecteur diffèrent :

(2,\ 1.5) = \underbrace{(2, 0)}_{\in F} + \underbrace{(0, 1.5)}_{\in G} = \underbrace{(0.5,\ 0)}_{\in F} + \underbrace{(1.5,\ 1.5)}_{\in G'} .

En fait toute droite autre que $F$ elle-même est un supplémentaire de $F$ dans $\R^2$ : les supplémentaires foisonnent, et parler du « supplémentaire » n’a aucun sens tant qu’une structure additionnelle (un produit scalaire, Chapitre 23) n’en distingue pas un.

Deux décompositions d’un même point de ℝ2 selon F (l’axe des x) : avec le supplémentaire G (descente verticale) et avec le supplémentaire G' (descente oblique). Les composantes sur F diffèrent : une projection dépend de la direction de descente. — Deux décompositions d’un même point de $\R^2$ selon $F$ (l’axe des $x$ ) : avec le supplémentaire $G$ (descente verticale) et avec le supplémentaire $G'$ (descente oblique). Les composantes sur $F$ diffèrent : une projection dépend de la direction de descente.

18.3 Familles libres, familles génératrices, bases

Définition 18.14

Une famille $(x_1, \dots, x_p)$ de vecteurs de $E$ est :

génératrice (de $E$ ) lorsque $\operatorname{Vect}(x_1,\dots,x_p) = E$ ;
libre (ses vecteurs sont alors linéairement indépendants) lorsque

$\lambda_1 x_1 + \dots + \lambda_p x_p = 0 \implies \lambda_1 = \dots = \lambda_p = 0 ;$

sinon liée ;
une base lorsqu’elle est libre et génératrice.

Proposition 18.15 (Coordonnées)

$(e_1, \dots, e_n)$ est une base de $E$ si et seulement si tout $x \in E$ est de façon unique une combinaison $x = \lambda_1 e_1 + \dots + \lambda_n e_n$ ; les scalaires $\lambda_i$ sont les coordonnées de $x$ dans la base.

Démonstration. Génératrice $=$ existence de la décomposition. Unicité $=$ liberté : deux décompositions d’un même $x$ diffèrent d’une combinaison égale à $0$ ; la liberté force tous ses coefficients — les différences des coordonnées — à être nuls. Réciproquement, une combinaison nulle non triviale fournit les deux décompositions $0 = \sum \lambda_i e_i = \sum 0\,e_i$ . ∎

Exemple 18.16

La base canonique de $K^n$ : $e_i = (0, \dots, 1, \dots, 0)$ ( $1$ en position $i$ ). Les monômes $(1, X, X^2, \dots, X^n)$ : une base de $K_n[X]$ (liberté : une combinaison nulle est le polynôme nul, donc tous les coefficients sont nuls, Définition 8.1). Dans $\C$ vu sur $\R$ : la base $(1, \iu)$ .

Remarque 18.17 (Les coordonnées sont un travail d’équipe)

La première coordonnée de $x$ dans une base $(e_1, \dots, e_n)$ dépend de tous les vecteurs de la base, pas seulement de $e_1$ . Dans $\R^2$ : le vecteur $(3, 1)$ a pour première coordonnée $3$ dans la base canonique, mais $2$ dans la base $\bigl((1,0), (1,1)\bigr)$ — résolvons $(3,1) = a(1,0) + b(1,1)$ : $b = 1$ , $a = 2$ . Changer un seul vecteur de base rebat toutes les coordonnées ; le Chapitre 21 mettra ce brassage en boîte sous le nom de matrice de passage.

Exemple 18.18 (Tester une base candidate, de bout en bout)

La famille $\mathcal{F} = (1 + X,\ 1 + X^2,\ X + X^2)$ est-elle une base de $\R_2[X]$ ? Notons $u_1, u_2, u_3$ les trois polynômes. Liberté : une combinaison nulle $a\,u_1 + b\,u_2 + c\,u_3 = 0$ donne, coefficient par coefficient,

a + b = 0, \qquad a + c = 0, \qquad b + c = 0 ;

en soustrayant les deux premières, $b = c$ , puis la troisième donne $2b = 0$ : $a = b = c = 0$ , la famille est libre. Génératrice : plutôt que de résoudre trois systèmes, remarquons la combinaison symétrique

u_1 + u_2 - u_3 = (1 + X) + (1 + X^2) - (X + X^2) = 2 ,

d’où $1 = \frac12(u_1 + u_2 - u_3)$ ; puis

X = u_1 - 1 = \tfrac12\bigl(u_1 - u_2 + u_3\bigr), \qquad X^2 = u_2 - 1 = \tfrac12\bigl(-u_1 + u_2 + u_3\bigr).

Les monômes sont dans le sous-espace engendré, donc tout y est : $\mathcal{F}$ est une base. En prime, en assemblant les trois formules on obtient les coordonnées de tout $P = \alpha + \beta X + \gamma X^2$ :

P = \frac{\alpha + \beta - \gamma}{2}\,u_1 + \frac{\alpha - \beta + \gamma}{2}\,u_2 + \frac{-\alpha + \beta + \gamma}{2}\,u_3 .

(Vérification avec $P = X$ : coordonnées $\bigl(\frac12, -\frac12, \frac12\bigr)$ , comme trouvé plus haut.) Deux leçons : une symétrie dans la famille cache d’ordinaire une combinaison raccourci ; et une fois la dimension disponible (Chapitre 19), toute la moitié « génératrice » de ce travail sera gratuite — trois vecteurs libres d’un espace de dimension $3$ forment toujours une base.

Proposition 18.19 (Critères de liberté utiles)

Une famille de polynômes non nuls de degrés deux à deux distincts est libre.
Ajouter un vecteur à une famille libre la laisse libre si et seulement si ce vecteur est hors du sous-espace engendré par la famille.
Toute sous-famille d’une famille libre est libre ; toute famille contenant une famille génératrice est génératrice.

Démonstration. (1) Dans une combinaison nulle, regardons le plus haut degré présent : son coefficient doit être nul (rien ne peut annuler ce degré), puis on descend en cascade.

(2) Si $x \in \operatorname{Vect}(x_1, \dots, x_p)$ , la relation $x - \sum\lambda_i x_i = 0$ est non triviale. Réciproquement, une combinaison nulle non triviale de $(x_1, \dots, x_p, x)$ doit faire intervenir $x$ avec un coefficient non nul (sinon elle contredirait la liberté de la petite famille), et résoudre en $x$ le place dans le sous-espace engendré.

(3) Sous-famille : une combinaison nulle de la sous-famille en est une de la famille entière, les coefficients manquants étant pris nuls ; la liberté de la grande famille les tue tous. Sur-famille : tout vecteur de $E$ est déjà combinaison de la partie génératrice ; donnons aux vecteurs supplémentaires le coefficient $0$ . ∎

Exemple 18.20 (Le principe de l’escalier)

Soient $P_0, P_1, \dots, P_n \in K_n[X]$ avec $\deg P_k = k$ pour chaque $k$ (un « escalier » de degrés). Alors $(P_0, \dots, P_n)$ est une base de $K_n[X]$ . La liberté résulte de la Proposition 18.19 (1). Pour le caractère générateur, raisonnons par descente finie sur le degré : soit $Q \in K_n[X]$ , $Q \neq 0$ , de degré $d$ , de coefficient dominant $a$ , et soit $b \neq 0$ le coefficient dominant de $P_d$ . Alors $Q - \frac ab P_d$ est de degré $< d$ (les termes de tête s’annulent) ; en remplaçant $Q$ par cette différence et en itérant, on atteint après au plus $n + 1$ étapes le polynôme nul, et en remontant les soustractions on exprime $Q$ comme combinaison des $P_k$ . Deux escaliers déjà rencontrés : les puissances translatées $\bigl((X-a)^k\bigr)_{0 \leq k \leq n}$ (Exercice 18.4), et les produits de Newton $\bigl((X - x_0)(X - x_1)\cdots(X - x_{k-1})\bigr)_{0 \leq k \leq n}$ , mis à profit dans le devoir maison.

Exemple 18.21 (Liberté dans les espaces de fonctions)

Dans $\mathcal{F}(\R,\R)$ , la famille $(\eu^{a_1 x}, \dots, \eu^{a_p x})$ avec $a_1 < \dots < a_p$ est libre : divisons une combinaison nulle par $\eu^{a_p x}$ et faisons $x \to +\infty$ ; le dernier coefficient meurt, et l’on descend en cascade (l’Exercice 18.8 détaille cela et ses variantes). La liberté de fonctions se démontre en évaluant : en des points bien choisis, à l’infini, ou après dérivation.

Exemple 18.22 (Une relation cachée rétrécit un sous-espace engendré)

Dans $\mathcal{F}(\R, \R)$ , que vaut $\operatorname{Vect}(1,\ \cos^2,\ \sin^2)$ ? L’identité $\cos^2 + \sin^2 = 1$ est une combinaison nulle non triviale

1\cdot\mathbf{1} + (-1)\cos^2 + (-1)\sin^2 = 0 :

la famille est liée, et le sous-espace engendré est déjà engendré par la seule famille $(1, \cos^2)$ ( $\sin^2 = 1 - \cos^2$ ). Cette famille plus petite est libre : $a + b\cos^2 x = 0$ pour tout $x$ donne, en $x = 0$ et $x = \frac\pi2$ : $a + b = 0$ et $a = 0$ . Le sous-espace engendré est donc un plan à l’intérieur de l’espace des fonctions — et il contient aussi $\cos 2x = 2\cos^2 x - 1$ : les familles de fonctions trigonométriques d’allure linéaire s’effondrent régulièrement sous l’effet d’identités, et c’est pourquoi la liberté doit être démontrée, jamais déduite de la longueur de la liste.

Remarque 18.23 (Pièges classiques)

Quatre pièges classiques. Deux à deux ne suffit pas : dans $\R^2$ , les vecteurs $(1,0)$ , $(0,1)$ , $(1,1)$ sont deux à deux non proportionnels, et pourtant liés — la liberté est une propriété de la famille entière, testée par une unique combinaison globale, jamais deux à deux. Le vecteur nul empoisonne tout : toute famille contenant $0$ est liée ( $1\cdot 0 = 0$ est une relation non triviale), si innocents que soient les autres vecteurs. Réunion n’est pas somme : $F \cup G$ n’est presque jamais un sous-espace (Définition 18.3) ; le plus petit sous-espace contenant les deux est $F + G$ , en général bien plus gros que la réunion — dans $\R^2$ , deux droites distinctes ont pour réunion une croix, et pour somme le plan tout entier. « Directe » exige une intersection triviale, pas la disjonction : deux sous-espaces ne sont jamais disjoints (tous deux contiennent $0$ ) ; la bonne condition est $F \cap G = \{0\}$ , et elle doit être démontrée, pas lue sur un dessin — cf. Exemple 18.13, où bien des $G$ différents conviennent. La liberté dépend des scalaires : le couple $(1, \iu)$ est libre dans $\C$ vu comme $\R$ -espace vectoriel, mais lié dans $\C$ vu comme $\C$ -espace vectoriel ( $\iu\cdot 1 + (-1)\cdot\iu = 0$ ). Toujours savoir quel corps agit avant de déclarer une famille libre — le devoir maison du Chapitre 19 transforme exactement cette sensibilité en démonstrations d’irrationalité.

Remarque 18.24 (Où mène ce langage)

Tout ce qui suit ce chapitre parle le langage installé ici. Le Chapitre 19 compte les vecteurs d’une base et transforme « libre » et « génératrice » en inégalités sur un unique entier, la dimension. Le Chapitre 20 étudie les applications compatibles avec les deux opérations ; les sommes directes y deviennent des projecteurs. Le Chapitre 21 code les vecteurs par leurs coordonnées dans une base — la Proposition 18.15 est ce qui autorise ce codage — et le Chapitre 23 ajoute longueurs et angles par-dessus la structure linéaire. Dans le volume de Licence 2, les mêmes axiomes, mot pour mot, valent sur un corps quelconque et en dimension infinie ; rien dans ce chapitre n’a utilisé la finitude où que ce soit.

Remarque 18.25 (Trois fils à suivre dans le livre 3)

Regardez grandir trois idées précises de ce chapitre. Le principe de l’escalier (Exemple 18.20) réapparaît sous la forme de la base de Newton dans le devoir maison de ce chapitre, sous celle de la base binomiale $(B_k)$ au même endroit, et sous celle de l’astuce de l’alternant polynomial dans le devoir maison du Chapitre 22 : un lemme, trois dividendes sans le moindre déterminant. L’évaluation comme test de liberté (Exemple 18.21) devient l’isomorphisme d’interpolation du Chapitre 20, puis le critère de Vandermonde du Chapitre 22, puis le test de Gram du Chapitre 23 : un même réflexe, aiguisé trois fois. Les sommes directes (Définition 18.7) deviennent les projecteurs du Chapitre 20, les décompositions orthogonales $E = F \oplus F^\perp$ du Chapitre 23, et la décomposition « expliqué plus résidu » des moindres carrés dans le devoir maison du Chapitre 25. Bien peu de choses, dans ce livre, ne sont pas, au fond, l’une de ces trois idées vêtue de neuf.

18.4 Exercices

Exercice 18.1 ★

Lesquels des ensembles suivants sont des sous-espaces vectoriels ?

$\{(x, y, z) \in \R^3 : x + 2y - z = 0\}$ ;
$\{(x, y, z) \in \R^3 : x + 2y - z = 1\}$ ;
$\{(x, y) \in \R^2 : xy \geq 0\}$ ;
$\{P \in \R[X] : P(1) = 0\}$ ;
$\{f \in \mathcal{F}(\R,\R) : f \text{ bornée}\}$ .

Solution

Solution de Exercice 18.1.

Oui : contient $0$ , et l’équation qui le définit est linéaire (stabilité par $x + \lambda y$ ).
Non : ne contient pas $(0,0,0)$ .
Non : $(1, 0)$ et $(0, -1)$ y appartiennent ( $xy = 0$ ), leur somme $(1, -1)$ non ( $xy = -1 < 0$ ).
Oui : $0$ s’annule en $1$ ; $(P + \lambda Q)(1) = P(1) + \lambda Q(1) = 0$ .
Oui : la fonction nulle est bornée ; si $\abs f \leq M$ et $\abs g \leq M'$ , alors $\abs{f + \lambda g} \leq M + \abs\lambda M'$ .

Exercice 18.2 ★

Dans $\R^3$ , le vecteur $(1, 2, 1)$ est-il dans $\operatorname{Vect}\bigl((1,0,1),\, (1,1,0)\bigr)$ ? Et $(2, 1, 1)$ ? Décrivez $\operatorname{Vect}\bigl((1,0,1),(1,1,0)\bigr)$ par une équation.

Solution

Solution de Exercice 18.2.

$(1,2,1) = a(1,0,1) + b(1,1,0)$ impose $a + b = 1$ , $b = 2$ , $a = 1$ : incompatible ( $a + b = 3 \neq 1$ ) : le vecteur n’est pas dans le sous-espace engendré. $(2,1,1) = a(1,0,1) + b(1,1,0)$ : $b = 1$ , $a = 1$ , $a + b = 2$ : compatible, donc $(2,1,1) = (1,0,1) + (1,1,0)$ , il y est.

Équation : $(x, y, z) = (a + b, b, a)$ signifie $x = y + z$ : le sous-espace engendré est le plan $\{x - y - z = 0\}$ .

Exercice 18.3 ★

Décidez de la liberté dans $\R^3$ : $\;\bigl((1,1,0), (1,0,1), (0,1,1)\bigr)$ ; $\;\bigl((1,2,3), (2,4,6)\bigr)$ ; $\;\bigl((1,0,0), (1,1,0), (1,1,1), (0,1,1)\bigr)$ .

Solution

Solution de Exercice 18.3.

Première famille : $\lambda(1,1,0) + \mu(1,0,1) + \nu(0,1,1) = 0$ donne $\lambda + \mu = 0$ , $\lambda + \nu = 0$ , $\mu + \nu = 0$ : en additionnant, $2(\lambda + \mu + \nu) = 0$ , puis en soustrayant chaque équation, $\lambda = \mu = \nu = 0$ : libre.

Deuxième : $(2,4,6) = 2(1,2,3)$ : liée.

Troisième : quatre vecteurs dans $\R^3$ — nécessairement liés une fois la dimension disponible (Chapitre 19) ; directement : $(0,1,1) = -(1,0,0) + 0\cdot(1,1,0) + (1,1,1)$ , en effet $(-1,0,0) + (1,1,1) = (0,1,1)$ : une relation non triviale.

Exercice 18.4 ★

Démontrez que $(1, X - 1, (X-1)^2, (X-1)^3)$ est une base de $\R_3[X]$ , et donnez les coordonnées de $X^3$ dans cette base. (Taylor en $1$ !)

Solution

Solution de Exercice 18.4.

Les polynômes $1, (X-1), (X-1)^2, (X-1)^3$ ont des degrés distincts $0, 1, 2, 3$ : la famille est libre (Proposition 18.19 (1)) ; elle est génératrice (tout $P \in \R_3[X]$ se développe suivant les puissances de $X - 1$ , par exemple par la formule de Taylor pour les polynômes, cf. la démonstration de la Proposition 8.11) : c’est une base. Pour $X^3$ , Taylor en $1$ : $P = X^3$ , $P(1) = 1$ , $P'(1) = 3$ , $P''(1) = 6$ , $P'''(1) = 6$ :

X^3 = 1 + 3(X - 1) + 3(X-1)^2 + (X-1)^3 ,

coordonnées $(1, 3, 3, 1)$ (une ligne du triangle de Pascal, comme le laissait attendre $X^3 = ((X-1)+1)^3$ ).

Exercice 18.5 ★★

Dans $\R^4$ , soient $F = \{(x,y,z,t) : x = y = z\}$ et $G = \{(x,y,z,t) : x = t = 0\}$ . Démontrez que $F \oplus G = \R^4$ , et décomposez $(1,2,3,4)$ en conséquence.

Solution

Solution de Exercice 18.5.

$F \cap G$ : les conditions $x = y = z$ et $x = t = 0$ donnent ensemble $x = 0$ , donc $y = z = 0$ , et $t = 0$ : l’intersection est $\{0\}$ . Somme : étant donné $(x,y,z,t)$ , cherchons $(a,a,a,b) \in F$ et $(0,c,d,0) \in G$ de somme ce vecteur : $a = x$ , $b = t$ , $c = y - x$ , $d = z - x$ : toujours possible. Donc $\R^4 = F \oplus G$ , et

(1,2,3,4) = (1,1,1,4) + (0,1,2,0) .

Exercice 18.6 ★★

Dans l’espace des suites, soit $F$ l’ensemble des suites convergentes et $G = \operatorname{Vect}(u)$ où $u_n = (-1)^n$ . Démontrez que $F \cap G = \{0\}$ . La somme $F + G$ est-elle l’espace des suites tout entier ?

Solution

Solution de Exercice 18.6.

Un élément de $G$ s’écrit $\lambda u$ ; s’il converge, alors (puisque $\lambda u_n = \lambda(-1)^n$ a les deux valeurs d’adhérence $\pm \lambda$ ) nécessairement $\lambda = 0$ : $F \cap G = \{0\}$ .

$F + G$ n’est pas l’espace tout entier : il est formé des suites de la forme $c_n + \lambda(-1)^n$ avec $(c_n)$ convergente. La suite $v_n = n$ n’est pas de cette forme ( $v_n - \lambda(-1)^n$ n’est pas bornée, donc jamais convergente). Ainsi $F \oplus G \subsetneq$ (espace de toutes les suites).

Exercice 18.7 ★★

Soient $F, G, H$ des sous-espaces de $E$ . Démontrez que

F \cap (G + (F \cap H)) = (F \cap G) + (F \cap H),

et montrez sur un exemple dans $\R^2$ que la distributivité sans restriction $F \cap (G + H) = (F\cap G) + (F \cap H)$ est fausse.

Solution

Solution de Exercice 18.7.

( $\supseteq$ ) $F \cap G$ et $F \cap H$ sont tous deux dans $F$ , et leur somme est dans $G + (F \cap H)$ : l’inclusion suit, le membre de gauche étant un sous-espace contenant les deux morceaux — concrètement, un élément $g + h$ avec $g \in F\cap G$ , $h \in F \cap H$ est dans $F$ (somme de deux éléments de $F$ ) et dans $G + (F \cap H)$ .

( $\subseteq$ ) Soit $x \in F$ avec $x = g + h$ , $g \in G$ , $h \in F \cap H$ . Alors $g = x - h \in F$ (différence d’éléments de $F$ ), donc $g \in F \cap G$ , et $x = g + h \in (F \cap G) + (F \cap H)$ .

Contre-exemple à la distributivité complète dans $\R^2$ : $F = \operatorname{Vect}(1,1)$ , $G = \operatorname{Vect}(1,0)$ , $H = \operatorname{Vect}(0,1)$ . Alors $G + H = \R^2$ , donc $F \cap (G+H) = F$ , tandis que $F \cap G = F \cap H = \{0\}$ : le membre de droite vaut $\{0\} \neq F$ .

Exercice 18.8 ★★★

Démontrez que les familles suivantes de $\mathcal{F}(\R, \R)$ sont libres :

$(\eu^{a_1 x}, \dots, \eu^{a_p x})$ pour $a_1 < \dots < a_p$ ;
$(\cos x, \sin x, \cos 2x, \sin 2x)$ ;
$(x \mapsto \abs{x - a_1}, \dots, x \mapsto \abs{x - a_p})$ pour des $a_i$ distincts (la dérivabilité tombe en défaut en exactement un point par fonction).

Solution

Solution de Exercice 18.8.

Supposons $\sum_{i} \lambda_i \eu^{a_i x} = 0$ pour tout $x$ . Multiplions par $\eu^{-a_p x}$ : $\lambda_p + \sum_{i < p} \lambda_i \eu^{(a_i - a_p)x} \to \lambda_p$ quand $x \to +\infty$ (chaque exposant $a_i - a_p < 0$ ). Le membre de gauche est identiquement nul, donc $\lambda_p = 0$ ; on itère en descendant.
Soit $a\cos x + b \sin x + c \cos 2x + d\sin 2x = 0$ pour tout $x$ . Évaluons en $x = 0$ : $a + c = 0$ ; en $x = \pi$ : $-a + c = 0$ ; d’où $a = c = 0$ , et la relation se réduit à $b\sin x + d \sin 2x = 0$ . Évaluons en $x = \frac\pi2$ : $b = 0$ ; puis en $x = \frac\pi4$ : $d = 0$ .
Supposons $\sum \lambda_i \abs{x - a_i} = 0$ pour tout $x$ . La fonction $\sum_{i \neq j} \lambda_i\abs{x - a_i}$ est dérivable en $a_j$ (chaque terme l’est, loin de son propre point anguleux), donc $-\lambda_j \abs{x - a_j}$ , leur différence, doit l’être aussi en $a_j$ — ce qui force $\lambda_j = 0$ ( $\abs{\,\cdot\,}$ a un point anguleux). Cela vaut pour tout $j$ .

Exercice 18.9 ★★★

Soient $E$ un $K$ -espace vectoriel et $F, G, H$ des sous-espaces avec $F + G = F + H$ , $F \cap G = F \cap H$ et $G \subseteq H$ . Démontrez que $G = H$ . Donnez un contre-exemple sans l’hypothèse $G \subseteq H$ .

Solution

Solution de Exercice 18.9.

Soit $h \in H$ . Comme $h \in H \subseteq F + H = F + G$ , écrivons $h = f + g$ avec $f \in F$ , $g \in G$ . Alors $f = h - g \in H$ (les deux termes sont dans $H$ , grâce à $G \subseteq H$ ), donc $f \in F \cap H = F \cap G \subseteq G$ , et $h = f + g \in G$ . Ainsi $H \subseteq G$ , et avec l’hypothèse $G \subseteq H$ : égalité.

Contre-exemple sans $G \subseteq H$ : dans $\R^2$ , prenons $F = \operatorname{Vect}(1,0)$ , $G = \operatorname{Vect}(0,1)$ , $H = \operatorname{Vect}(1,1)$ : alors $F + G = F + H = \R^2$ et $F \cap G = F \cap H = \{0\}$ , et pourtant $G \neq H$ .

Exercice 18.10 ★★

Dans $\R[X]$ , soit $\mathcal P$ l’ensemble des polynômes pairs ( $P(-X) = P(X)$ ) et $\mathcal I$ celui des polynômes impairs ( $P(-X) = -P(X)$ ). Démontrez que $\R[X] = \mathcal P \oplus \mathcal I$ , et montrez que $\mathcal P = \operatorname{Vect}(1, X^2, X^4, \dots)$ , c’est-à-dire que les polynômes pairs sont exactement les polynômes en $X^2$ .

Solution

Solution de Exercice 18.10.

Les deux ensembles sont des sous-espaces (les conditions qui les définissent sont linéaires et valent pour $0$ ). Décomposition : pour $P \in \R[X]$ ,

P(X) = \underbrace{\frac{P(X) + P(-X)}{2}}_{\in\,\mathcal P} + \underbrace{\frac{P(X) - P(-X)}{2}}_{\in\,\mathcal I},

et un polynôme à la fois pair et impair vérifie $P = -P$ , donc $P = 0$ : la somme est directe et vaut $\R[X]$ .

Soit maintenant $P = \sum_k a_k X^k$ pair. Alors $P(X) - P(-X) = 2 \sum_{k \text{ impair}} a_k X^k$ est le polynôme nul, donc tous les coefficients de degré impair sont nuls (Définition 8.1) : $P \in \operatorname{Vect}(1, X^2, X^4, \dots)$ , c’est-à-dire $P = Q(X^2)$ pour un certain polynôme $Q$ . Réciproquement, tout polynôme en $X^2$ est pair.

Exercice 18.11 ★★

Soit $(x_1, x_2, x_3)$ une famille libre d’un espace vectoriel réel $E$ . Démontrez que $(x_1 + x_2,\ x_2 + x_3,\ x_3 + x_1)$ est libre. La famille analogue de quatre vecteurs $(x_1 + x_2,\ x_2 + x_3,\ x_3 + x_4,\ x_4 + x_1)$ est-elle libre lorsque $(x_1, x_2, x_3, x_4)$ l’est ?

Solution

Solution de Exercice 18.11.

Supposons $a(x_1 + x_2) + b(x_2 + x_3) + c(x_3 + x_1) = 0$ . En regroupant sur la famille libre $(x_1, x_2, x_3)$ :

(a + c)\,x_1 + (a + b)\,x_2 + (b + c)\,x_3 = 0 \implies a + c = a + b = b + c = 0 .

Soustraire les deux premières équations donne $c = b$ ; la troisième donne alors $2b = 0$ , donc $b = c = 0$ , puis $a = 0$ : la famille est libre.

Pour quatre vecteurs, la famille analogue est toujours liée :

(x_1 + x_2) - (x_2 + x_3) + (x_3 + x_4) - (x_4 + x_1) = 0

est une combinaison nulle non triviale (coefficients $1, -1, 1, -1$ ), quels que soient $(x_1, x_2, x_3, x_4)$ . C’est la parité de la longueur du cycle qui décide.

Exercice 18.12 ★★★

Soient $E$ un espace vectoriel sur $\R$ (ou $\C$ ) et $F_1, \dots, F_k$ des sous-espaces propres de $E$ (chaque $F_i \neq E$ ).

Traitez directement le cas $k = 2$ : si $F_1 \not\subseteq F_2$ et $F_2 \not\subseteq F_1$ , prenez $x \in F_1 \setminus F_2$ et $y \in F_2 \setminus F_1$ et localisez $x + y$ .
Démontrez en général que $E \neq F_1 \cup \dots \cup F_k$ : un espace vectoriel sur un corps infini n’est jamais réunion finie de sous-espaces propres. (Prenez $k$ minimal, choisissez $x \in F_1$ hors des autres $F_i$ , choisissez $y \notin F_1$ , et suivez la droite $t \mapsto y + tx$ .)

Solution

Solution de Exercice 18.12.

Si $F_1 \subseteq F_2$ ou $F_2 \subseteq F_1$ , la réunion est l’un des deux, donc propre. Sinon, prenons $x \in F_1 \setminus F_2$ et $y \in F_2 \setminus F_1$ , et considérons $x + y$ . Si $x + y \in F_1$ , alors $y = (x + y) - x \in F_1$ : contradiction. Si $x + y \in F_2$ , alors $x \in F_2$ : contradiction. Donc $x + y \notin F_1 \cup F_2$ , et $E \neq F_1 \cup F_2$ .
Supposons par l’absurde que $E = F_1 \cup \dots \cup F_k$ , avec $k$ choisi minimal parmi tous les recouvrements de ce type. La minimalité interdit $F_1 \subseteq F_2 \cup \dots \cup F_k$ (sinon on supprimerait $F_1$ ), donc il existe $x \in F_1$ avec $x \notin F_i$ pour tout $i \geq 2$ . Comme $F_1$ est propre, choisissons $y \notin F_1$ . Pour chaque scalaire $t$ , le vecteur $y + t x$ appartient à un certain $F_i$ . Il n’est jamais dans $F_1$ : sinon $y = (y + tx) - tx \in F_1$ (car $x \in F_1$ ). Le corps est infini, choisissons donc $k$ scalaires distincts $t_1, \dots, t_k$ : les $k$ vecteurs $y + t_j x$ tombent dans les $k - 1$ sous-espaces $F_2, \dots, F_k$ , et deux d’entre eux, disons $y + t x$ et $y + t' x$ avec $t \neq t'$ , sont dans le même $F_i$ ( $i \geq 2$ ). Alors leur différence $(t - t')x \in F_i$ , donc $x \in F_i$ : contradiction. Il n’existe donc aucun recouvrement fini par des sous-espaces propres.

18.5 Problème : interpolation, trois bases pour un même espace

Problème 18.1

Fixons $n + 1$ points distincts $x_0, x_1, \dots, x_n$ de $\R$ . Ce problème revisite l’interpolation de Lagrange (Théorème 8.23) avec les yeux de ce chapitre : l’espace $\R_n[X]$ porte trois bases naturelles — celle de Lagrange, celle de Newton, et (pour des points équidistants) la base binomiale — et chacune rend une question facile. La route s’achève sur un véritable théorème d’arithmétique : la caractérisation, due à Pólya, des polynômes envoyant $\Z$ dans $\Z$ .

Partie I — La base de Lagrange. Pour $0 \leq i \leq n$ , posons

L_i \;=\; \prod_{j \neq i} \frac{X - x_j}{x_i - x_j} \;\in\; \R_n[X].

Vérifiez que $\deg L_i = n$ et que $L_i(x_j) = 1$ si $j = i$ , et $0$ si $j \neq i$ .
Démontrez que la famille $(L_0, \dots, L_n)$ est libre.
Démontrez que pour tout $P \in \R_n[X]$ ,

$P \;=\; \sum_{i=0}^{n} P(x_i)\, L_i ,$

et concluez que $(L_0, \dots, L_n)$ est une base de $\R_n[X]$ . (Considérez la différence des deux membres et comptez ses racines, Corollaire 8.8.)
Déduisez-en le théorème d’interpolation : pour toutes valeurs $y_0, \dots, y_n \in \R$ , il existe un unique $P \in \R_n[X]$ tel que $P(x_i) = y_i$ pour tout $i$ . Dans la base de Lagrange, quelles sont les coordonnées d’un polynôme $P$ ?
Démontrez les identités

$\sum_{i=0}^{n} L_i = 1 \qquad\text{et, pour } 0 \leq k \leq n,\qquad \sum_{i=0}^{n} x_i^{k}\, L_i = X^{k} .$

Partie II — La base de Newton et les différences divisées. Posons $N_0 = 1$ et $N_k = (X - x_0)(X - x_1) \cdots (X - x_{k-1})$ pour $1 \leq k \leq n$ . Pour une fonction $f$ définie aux nœuds, définissons les différences divisées par $f[x_i] = f(x_i)$ et

f[x_i, \dots, x_{i+k}] \;=\; \frac{f[x_{i+1}, \dots, x_{i+k}] - f[x_i, \dots, x_{i+k-1}]} {x_{i+k} - x_i} .

Démontrez que $(N_0, N_1, \dots, N_n)$ est une base de $\R_n[X]$ .
Calculez $f[x_0, x_1]$ et $f[x_0, x_1, x_2]$ en fonction des valeurs de $f$ , puis calculez toutes les différences divisées de $f(x) = x^2$ en trois nœuds quelconques.
(Lemme d’Aitken) Soient $R$ interpolant $f$ en $x_0, \dots, x_{n-1}$ et $Q$ interpolant $f$ en $x_1, \dots, x_n$ , tous deux de degré $\leq n - 1$ . Démontrez que

$S \;=\; \frac{(X - x_0)\,Q - (X - x_n)\,R}{x_n - x_0}$

interpole $f$ en $x_0, x_1, \dots, x_n$ .
Déduisez-en, par récurrence sur le nombre de nœuds, que le coefficient de $X^{k}$ dans l’interpolant de $f$ en $x_0, \dots, x_k$ vaut exactement $f[x_0, \dots, x_k]$ .
Démontrez la formule d’interpolation de Newton : l’interpolant de $f$ en $x_0, \dots, x_n$ est

$P \;=\; \sum_{k=0}^{n} f[x_0, \dots, x_k]\, N_k ,$

et déduisez-en la formule close

$f[x_0, \dots, x_k] \;=\; \sum_{i=0}^{k} \frac{f(x_i)}{\prod_{j \neq i,\, j \leq k} (x_i - x_j)} ,$

qui montre que $f[x_0, \dots, x_k]$ ne dépend pas de l’ordre des nœuds.

Partie III — Nœuds équidistants : l’opérateur de différence. Désormais les nœuds sont $0, 1, 2, \dots$ et, pour un polynôme $P$ , on pose

\Delta P(X) = P(X + 1) - P(X), \qquad B_k = \frac{X(X-1)\cdots(X-k+1)}{k!} \quad (B_0 = 1).

Montrez que si $\deg P = m \geq 1$ de coefficient dominant $a$ , alors $\deg \Delta P = m - 1$ de coefficient dominant $m\,a$ , et que $\Delta$ tue les constantes.
Montrez que $(B_0, B_1, \dots, B_n)$ est une base de $\R_n[X]$ et que $\Delta B_k = B_{k-1}$ pour $k \geq 1$ .
(Formule des différences progressives de Newton) Démontrez que tout $P \in \R_n[X]$ vérifie

$P \;=\; \sum_{k=0}^{n} \bigl(\Delta^{k} P\bigr)(0)\, B_k .$
Démontrez que pour tout $k \geq 0$ ,

$\bigl(\Delta^{k} P\bigr)(0) \;=\; \sum_{j=0}^{k} (-1)^{k-j} \binom{k}{j} P(j) .$
Montrez que si $\deg P = n$ de coefficient dominant $a_n$ , alors $\Delta^{n} P$ est la constante $n!\,a_n$ et $\Delta^{n+1} P = 0$ .

Partie IV — Polynômes à valeurs entières. Un polynôme $P \in \R[X]$ est à valeurs entières lorsque $P(m) \in \Z$ pour tout $m \in \Z$ .

Démontrez que chaque $B_k$ est à valeurs entières. (Traitez séparément $m \geq k$ , $0 \leq m < k$ et $m < 0$ ; pour $m = -q < 0$ , montrez que $B_k(-q) = (-1)^k \binom{q + k - 1}{k}$ .)
Démontrez la caractérisation de Pólya : $P \in \R_n[X]$ est à valeurs entières si et seulement si ses coordonnées dans la base $(B_0, \dots, B_n)$ sont des entiers.
Déduisez-en : si $P \in \R_n[X]$ prend des valeurs entières en $n + 1$ entiers consécutifs $a, a+1, \dots, a+n$ , alors $P$ est à valeurs entières. (Translation : appliquez l’étude à $Q(X) = P(X + a)$ .)
Déduisez de la question 16 qu’un produit de $k$ entiers consécutifs est toujours divisible par $k!$ .
Soit $P = \dfrac{X(X+1)(2X+1)}{6}$ . Calculez sa table de Newton en $0, 1, 2, 3$ , écrivez $P$ dans la base $(B_k)$ , et concluez que $P$ est à valeurs entières bien qu’aucun de ses coefficients monomiaux ne soit entier. Vérifiez que $\Delta P = (X+1)^2$ et déduisez-en que $P(m) = 1^2 + 2^2 + \dots + m^2$ pour $m \in \N$ .

Partie V — Dividendes.

Soit $P \in \R_n[X]$ interpolant les valeurs $2^i$ en $i = 0, 1, \dots, n$ . Montrez que $P = B_0 + B_1 + \dots + B_n$ et que $P(n + 1) = 2^{n+1} - 1$ : le « schéma de doublement » se brise toujours au point suivant.
(Primitive discrète) Démontrez que pour tous entiers $m \geq 1$ et $k \geq 0$ ,

$\sum_{j=0}^{m-1} B_k(j) \;=\; B_{k+1}(m),$

c’est-à-dire l’identité de la crosse de hockey $\sum_{j=k}^{m-1} \binom{j}{k} = \binom{m}{k+1}$ .
Développez $X^2$ et $X^3$ dans la base $(B_k)$ et déduisez-en des formules closes pour $\sum_{j=0}^{m-1} j^2$ et $\sum_{j=0}^{m-1} j^3$ ; retrouvez l’identité de Nicomaque $1^3 + \dots + m^3 = (1 + \dots + m)^2$ .
Prenez $n = 2$ et les nœuds $0, 1, 2$ . Écrivez les coordonnées de $X^2$ dans les trois bases de ce problème : la base monomiale, la base de Lagrange, la base de Newton. Confrontez les trois réponses aux questions 4 et 9.
Synthèse. En quatre phrases : quel concept d’espace vectoriel rend la question 4 automatique ; pourquoi la base de Newton calcule les coordonnées de proche en proche alors que la base de Lagrange les lit instantanément ; quel critère de liberté les deux bases partagent ; et en quel sens précis le théorème de Pólya dit que le fait qu’un polynôme soit à valeurs entières est une propriété de ses coordonnées dans la bonne base.

Solution

Solution de Problème 18.1.

1. $L_i$ est un produit de $n$ facteurs du premier degré divisé par une constante non nulle (les $x_i$ sont distincts), donc $\deg L_i = n$ . En évaluant en $x_j$ avec $j \neq i$ : le facteur $X - x_j$ du numérateur s’annule, donc $L_i(x_j) = 0$ . En $x_i$ , numérateur et dénominateur coïncident : $L_i(x_i) = 1$ .

2. Supposons $\sum_i \lambda_i L_i = 0$ . Évaluons en $x_j$ : tous les termes meurent sauf $\lambda_j L_j(x_j) = \lambda_j$ , donc $\lambda_j = 0$ pour tout $j$ : la famille est libre.

3. Posons $D = P - \sum_i P(x_i) L_i$ . Alors $\deg D \leq n$ et, par la question 1, $D(x_j) = P(x_j) - P(x_j) = 0$ aux $n + 1$ points distincts $x_0, \dots, x_n$ . Un polynôme non nul de degré $\leq n$ a au plus $n$ racines (Corollaire 8.8), donc $D = 0$ . Ainsi tout $P \in \R_n[X]$ est combinaison des $L_i$ : la famille est génératrice, et avec la question 2, c’est une base.

4. Étant donné $y_0, \dots, y_n$ , le polynôme $P = \sum_i y_i L_i$ est de degré $\leq n$ et interpole. Unicité : un tel $P$ a, par la question 3, pour coordonnées $(P(x_0), \dots, P(x_n)) = (y_0, \dots, y_n)$ dans la base $(L_i)$ , et les coordonnées dans une base sont uniques (Proposition 18.15). Les coordonnées de $P$ dans la base de Lagrange sont ses valeurs aux nœuds — c’est tout l’intérêt de cette base.

5. Appliquons la question 3 à $P = X^k$ ( $0 \leq k \leq n$ ) :

X^k = \sum_{i=0}^{n} x_i^{k} L_i ,

et $k = 0$ donne $\sum_i L_i = 1$ .

6. $\deg N_k = k$ exactement : la famille $(N_0, \dots, N_n)$ est un escalier de degrés dans $\R_n[X]$ , donc une base d’après l’Exemple 18.20 (liberté par la Proposition 18.19 (1), caractère générateur par descente finie sur le degré).

7. D’après la récurrence,

f[x_0, x_1] = \frac{f(x_1) - f(x_0)}{x_1 - x_0}, \qquad f[x_0, x_1, x_2] = \frac{f[x_1, x_2] - f[x_0, x_1]}{x_2 - x_0}.

Pour $f(x) = x^2$ :

f[x_0, x_1] = \frac{x_1^2 - x_0^2}{x_1 - x_0} = x_0 + x_1,

puis

f[x_0, x_1, x_2] = \frac{(x_1 + x_2) - (x_0 + x_1)}{x_2 - x_0} = \frac{x_2 - x_0}{x_2 - x_0} = 1 .

8. $\deg S \leq n$ puisque $Q, R$ sont de degré $\leq n - 1$ . En $x_0$ : $S(x_0) = \frac{-(x_0 - x_n) R(x_0)}{x_n - x_0} = R(x_0) = f(x_0)$ . En $x_n$ : $S(x_n) = \frac{(x_n - x_0) Q(x_n)}{x_n - x_0} = Q(x_n) = f(x_n)$ . En un nœud intérieur $x_i$ ( $1 \leq i \leq n-1$ ), $Q$ et $R$ prennent tous deux la valeur $f(x_i)$ , donc

S(x_i) = \frac{(x_i - x_0) - (x_i - x_n)}{x_n - x_0}\, f(x_i) = f(x_i) .

9. Par récurrence sur le nombre de nœuds. Un nœud : l’interpolant est la constante $f(x_0) = f[x_0]$ . Supposons l’assertion vraie pour $k$ nœuds et soit $S$ interpolant en $x_0, \dots, x_k$ ; par unicité (question 4), $S$ est donné par le lemme d’Aitken à partir de $R$ (nœuds $x_0, \dots, x_{k-1}$ ) et de $Q$ (nœuds $x_1, \dots, x_k$ ). Le coefficient de $X^{k}$ dans $S$ vaut

\frac{[X^{k-1}]\,Q - [X^{k-1}]\,R}{x_k - x_0} = \frac{f[x_1, \dots, x_k] - f[x_0, \dots, x_{k-1}]}{x_k - x_0} = f[x_0, \dots, x_k]

par l’hypothèse de récurrence et la relation de récurrence de définition.

10. Soit $P_k$ l’interpolant de $f$ en $x_0, \dots, x_k$ . La différence $P_k - P_{k-1}$ est de degré $\leq k$ et s’annule en $x_0, \dots, x_{k-1}$ , donc, par le théorème de factorisation appliqué $k$ fois (Théorème 8.7), elle vaut $c\,N_k$ pour une constante $c$ ; en comparant les coefficients de $X^{k}$ et en utilisant la question 9, $c = f[x_0, \dots, x_k]$ . Le télescopage à partir de $P_0 = f(x_0) N_0$ donne la formule de Newton. Pour la formule close, écrivons $P_k = \sum_{i \leq k} f(x_i) L_i$ (Lagrange, sur les nœuds $x_0, \dots, x_k$ ) et lisons le coefficient de $X^{k}$ : chaque $L_i$ contribue $\frac{1}{\prod_{j \neq i}(x_i - x_j)}$ , d’où

f[x_0, \dots, x_k] = \sum_{i=0}^{k} \frac{f(x_i)}{\prod_{j \neq i,\, j \leq k}(x_i - x_j)} .

Le membre de droite est invariant par toute permutation des nœuds, donc la différence divisée ne dépend pas de leur ordre.

11. Si $P = a X^m + (\text{degrés inférieurs})$ , la formule du binôme donne

\Delta P = a\bigl((X+1)^m - X^m\bigr) + \dots = a\,m\,X^{m-1} + (\text{degrés inférieurs}),

car $(X+1)^m - X^m = m X^{m-1} + \dots$ et la partie de degré inférieur de $P$ ne contribue, après $\Delta$ , qu’en degré $\leq m - 2$ (ou en termes de degré $\leq m-2$ ). Donc $\deg \Delta P = m - 1$ de coefficient dominant $m a$ . Une constante $c$ donne $\Delta c = c - c = 0$ .

12. $\deg B_k = k$ : escalier, donc une base de $\R_n[X]$ (Exemple 18.20). Pour $\Delta B_k$ ( $k \geq 1$ ), factorisons le produit commun :

\begin{align*} k!\,\Delta B_k &= (X+1)X\cdots(X-k+2) - X(X-1)\cdots(X-k+1) \\ &= X(X-1)\cdots(X-k+2)\,\bigl[(X+1) - (X-k+1)\bigr] \\ &= k\,X(X-1)\cdots(X-k+2), \end{align*}

donc $\Delta B_k = \frac{X(X-1)\cdots(X-k+2)}{(k-1)!} = B_{k-1}$ .

13. Écrivons $P = \sum_{k=0}^{n} c_k B_k$ (base, question 12). Appliquons $\Delta^{j}$ : d’après la question 12, $\Delta^{j} P = \sum_{k \geq j} c_k B_{k-j}$ . Évaluons en $0$ : $B_0(0) = 1$ et $B_m(0) = 0$ pour $m \geq 1$ (le facteur $X$ s’annule), donc $\bigl(\Delta^{j}P\bigr)(0) = c_j$ . C’est la formule des différences progressives.

14. Par récurrence sur $k$ . Pour $k = 0$ , l’identité s’écrit $P(0) = P(0)$ . Supposons-la vraie au rang $k$ et appliquons-la à $\Delta P$ :

\bigl(\Delta^{k+1} P\bigr)(0) = \sum_{j=0}^{k} (-1)^{k-j}\binom kj \bigl(P(j+1) - P(j)\bigr).

Collectons le coefficient de $P(i)$ : il vaut $(-1)^{k-i+1}\binom k{i-1}\cdot(-1)^{0}$ venant de la première somme (décalée) et $-(-1)^{k-i}\binom ki$ venant de la seconde — au total

(-1)^{k+1-i}\Bigl(\binom k{i-1} + \binom ki\Bigr) = (-1)^{k+1-i}\binom{k+1}i

par la règle de Pascal, ce qui est l’identité au rang $k + 1$ .

15. En itérant la question 11 depuis le degré $n$ , de coefficient dominant $a_n$ : après un $\Delta$ , degré $n-1$ et coefficient dominant $n a_n$ ; après deux, $n(n-1)a_n$ ; après $n$ étapes, degré $0$ et valeur $n(n-1)\cdots 1\, a_n = n!\,a_n$ , une constante. Un $\Delta$ de plus la tue : $\Delta^{n+1}P = 0$ .

16. Si $m \geq k$ : $B_k(m) = \binom mk \in \N$ . Si $0 \leq m < k$ : l’un des facteurs de $m(m-1)\cdots(m-k+1)$ est nul, donc $B_k(m) = 0$ . Si $m = -q$ avec $q \geq 1$ :

B_k(-q) = \frac{(-q)(-q-1)\cdots(-q-k+1)}{k!} = (-1)^k\,\frac{q(q+1)\cdots(q+k-1)}{k!} = (-1)^k \binom{q+k-1}{k},

un entier. Donc chaque $B_k$ envoie $\Z$ dans $\Z$ .

17. ( $\Leftarrow$ ) Si $P = \sum_k c_k B_k$ avec $c_k \in \Z$ , alors pour $m \in \Z$ , $P(m) = \sum_k c_k B_k(m) \in \Z$ par la question 16. ( $\Rightarrow$ ) Si $P$ est à valeurs entières, ses coordonnées sont $c_k = \bigl(\Delta^k P\bigr)(0) = \sum_{j=0}^k (-1)^{k-j}\binom kj P(j)$ (questions 13 et 14), combinaison à coefficients entiers des entiers $P(0), \dots, P(k)$ . C’est la caractérisation de Pólya des polynômes à valeurs entières.

18. Posons $Q(X) = P(X + a)$ , polynôme de degré $\leq n$ avec $Q(0), Q(1), \dots, Q(n) \in \Z$ . Ses coordonnées dans $(B_k)_{k \leq n}$ sont $c_k = \sum_{j \leq k}(-1)^{k-j}\binom kj Q(j) \in \Z$ (la question 14 n’utilise que les valeurs en $0, \dots, k \leq n$ ). Par la question 17 ( $\Leftarrow$ ), $Q$ est à valeurs entières sur $\Z$ tout entier, et donc $P(X) = Q(X - a)$ aussi.

19. Un produit de $k$ entiers consécutifs s’écrit $m(m-1) \cdots(m-k+1) = k!\,B_k(m)$ pour un certain $m \in \Z$ , et $B_k(m) \in \Z$ par la question 16 : le produit est divisible par $k!$ .

20. Valeurs de $P = \frac{X(X+1)(2X+1)}{6}$ en $0,1,2,3$ : $0, 1, 5, 14$ . Table des différences : ligne $\Delta$ : $1, 4, 9$ ; ligne $\Delta^2$ : $3, 5$ ; ligne $\Delta^3$ : $2$ . Donc, par la question 13,

P = 0\cdot B_0 + 1\cdot B_1 + 3\,B_2 + 2\,B_3 ,

à coordonnées entières : $P$ est à valeurs entières (question 17), alors que ses coefficients monomiaux $\frac13, \frac12, \frac16$ ne sont pas entiers. Calcul direct :

\begin{align*} \Delta P &= \frac{(X+1)(X+2)(2X+3) - X(X+1)(2X+1)}{6} \\ &= \frac{(X+1)\bigl[(X+2)(2X+3) - X(2X+1)\bigr]}{6} = \frac{(X+1)(6X+6)}{6} = (X+1)^2 . \end{align*}

Par télescopage $P(m) = \sum_{j=0}^{m-1}\Delta P(j) = \sum_{j=1}^{m} j^2$ (avec $P(0) = 0$ ) : la formule de la somme des carrés.

21. Les valeurs $2^i$ en $i = 0, \dots, n$ ont une table des différences constamment égale à $1$ sur le bord gauche : $\Delta^k$ de la suite $(2^i)$ redonne $(2^i)$ (puisque $2^{i+1} - 2^i = 2^i$ ), donc $\bigl(\Delta^k P\bigr)(0) = 2^0 = 1$ pour tout $k \leq n$ , et $P = B_0 + B_1 + \dots + B_n$ par la question 13. Alors

P(n+1) = \sum_{k=0}^{n}\binom{n+1}{k} = 2^{n+1} - \binom{n+1}{n+1} = 2^{n+1} - 1 \neq 2^{n+1}:

le schéma se brise au premier point non contrôlé.

22. Par la question 12, $B_k = \Delta B_{k+1}$ , donc

\sum_{j=0}^{m-1} B_k(j) = \sum_{j=0}^{m-1}\bigl(B_{k+1}(j+1) - B_{k+1}(j)\bigr) = B_{k+1}(m) - B_{k+1}(0) = B_{k+1}(m).

Pour $j < k$ , les termes $B_k(j)$ sont nuls, donc la somme commence en réalité à $j = k$ : $\sum_{j=k}^{m-1}\binom jk = \binom m{k+1}$ , l’identité de la crosse de hockey.

23. Les tables des différences (ou un développement direct) donnent

X^2 = B_1 + 2 B_2, \qquad X^3 = B_1 + 6 B_2 + 6 B_3

(vérification : $B_1 + 2B_2 = X + X(X-1) = X^2$ ; en $X = 1, 2, 3$ la seconde donne $1, 8, 27$ ). La question 22 fournit alors

\sum_{j=0}^{m-1} j^2 = B_2(m) + 2B_3(m) = \binom m2 + 2\binom m3 = \frac{m(m-1)(2m-1)}{6},

\sum_{j=0}^{m-1} j^3 = B_2(m) + 6B_3(m) + 6B_4(m) = \binom m2 + 6\binom m3 + 6\binom m4 .

En développant la dernière expression : $\binom m2 + 6\binom m3 + 6\binom m4 = \frac{m(m-1)}{2}\bigl[1 + 2(m-2) + \frac{(m-2)(m-3)}{2}\bigr] = \frac{m^2(m-1)^2}{4} = \binom m2^2$ . En remplaçant $m$ par $m + 1$ : $1^3 + \dots + m^3 = \bigl(\frac{m(m+1)}2\bigr)^2 = (1 + \dots + m)^2$ , l’identité de Nicomaque.

24. Nœuds $0, 1, 2$ , polynôme $X^2$ . Base monomiale $(1, X, X^2)$ : coordonnées $(0, 0, 1)$ . Base de Lagrange : les coordonnées sont les valeurs $(0, 1, 4)$ (question 4). Base de Newton $(1, X, X(X-1))$ : différences divisées $f[0] = 0$ , $f[0,1] = 1$ , $f[0,1,2] = \frac{3 - 1}{2} = 1$ (question 9), d’où les coordonnées $(0, 1, 1)$ — et en effet $X + X(X-1) = X^2$ . Trois bases, trois vecteurs de coordonnées, un seul polynôme.

25. (i) La question 4 est automatique parce que $(L_i)$ est une base : existence et unicité de l’interpolation sont exactement existence et unicité des coordonnées. (ii) La base de Newton est un escalier, donc les coordonnées se calculent par divisions successives — chaque nouveau nœud ajoute un terme sans perturber les précédents — alors que les coordonnées de $P$ dans la base de Lagrange sont les valeurs $P(x_i)$ , disponibles sans le moindre calcul. (iii) Les deux bases sont libres par les deux mêmes critères de la Proposition 18.19 : degrés distincts pour Newton, évaluation aux nœuds pour Lagrange. (iv) Le théorème de Pólya dit que « $P(\Z) \subseteq \Z$ », propriété des valeurs, équivaut au fait que les coordonnées dans la base $(B_k)$ soient entières — l’arithmétique d’un polynôme ne devient visible que dans la base adaptée à la question.