L'opérateur aux différences : un drapeau, et rien d'autre

Ce qu'on a le droit d'utiliser. La formule du binôme, le fait qu'une famille de polynômes non nuls de degrés deux à deux distincts est libre (première année), la traduction matricielle de la stabilité et les règles de calcul sur les polynômes d'endomorphismes.

a) Linéarité et matrice. Pour $P,Q\in E$ et $\lambda \in \mathbb{R}$, $\Delta (\lambda P+Q)=\lambda P(X+1)+Q(X+1)-\lambda P(X)-Q(X)=\lambda \Delta (P)+\Delta (Q)$ ; et $\Delta (P)$ est un polynôme de degré au plus $3$ : $\Delta \in \mathcal{L}(E)$. La stabilité de chaque ${\mathbb{R}}_k[X]$ résultera du b), qui montre que $\Delta$ fait baisser le degré. Les images des vecteurs de base se calculent par la formule du binôme : $$\Delta (1)=0,\Delta (X)=1,\Delta (X^2)=2X+1,\Delta (X^3)=3X^2+3X+1,$$ d'où, en rangeant les coordonnées de ces images en colonnes, $$N=\left(\begin{array}{cccc}0& 1& 1& 1\\ 0& 0& 2& 3\\ 0& 0& 0& 3\\ 0& 0& 0& 0\end{array}\right).$$

b) La chute d'exactement un degré, et la classification. Soit $P=a_d{X}^d+a_{d-1}{X}^{d-1}+\dots$ de degré $d\ge 1$, donc $a_d\ne 0$. D'après la formule du binôme, $(X+1{)}^d=X^d+d{X}^{d-1}+\dots$ et $(X+1{)}^{d-1}=X^{d-1}+\dots$ ; donc $$P(X+1)=a_d{X}^d+\left(d{a}_d+a_{d-1}\right)X^{d-1}+(\text{termes de degreˊ au plus }d-2).$$ En retranchant $P(X)$, le terme en $X^d$ disparaît et le coefficient de $X^{d-1}$ devient $d{a}_d$, qui est non nul. Donc $\mathrm{deg}\Delta (P)=d-1$ exactement ; et si $P$ est constant, $\Delta (P)=0$. En particulier, avec la convention ${\mathbb{R}}_{-1}[X]=\{0\}$, on a $\Delta \left({\mathbb{R}}_k[X]\right)\subset {\mathbb{R}}_{k-1}[X]\subset {\mathbb{R}}_k[X]$ : chaque ${\mathbb{R}}_k[X]$ est stable, ce qui achève le a).

Soit maintenant $F$ un sous-espace stable non nul. Les degrés de ses éléments non nuls sont majorés par $3$ : choisissons $P\in F$ non nul de degré maximal $d$. Par stabilité, $P$, $\Delta (P)$, ${\Delta }^2(P)$, jusqu'à ${\Delta }^d(P)$, sont dans $F$ ; et d'après ce qui précède, leurs degrés valent exactement $d$, $d-1$, …, $0$. Ces $d+1$ polynômes non nuls ont des degrés deux à deux distincts : ils forment une famille libre de ${\mathbb{R}}_d[X]$, qui est de dimension $d+1$ — c'est donc une base de ${\mathbb{R}}_d[X]$. D'où ${\mathbb{R}}_d[X]\subset F$. Inversement, tout élément de $F$ est de degré au plus $d$, par maximalité : $F\subset {\mathbb{R}}_d[X]$. Donc $F={\mathbb{R}}_d[X]$.

Conclusion. Les sous-espaces stables par $\Delta$ sont exactement les cinq termes du drapeau $\{0\}\subset {\mathbb{R}}_0[X]\subset {\mathbb{R}}_1[X]\subset {\mathbb{R}}_2[X]\subset {\mathbb{R}}_3[X]$. Il n'y en a pas d'autre ; en particulier, il n'y a qu'une seule droite stable, celle des constantes.

Le point délicat. Le mot « exactement » fait tout. Si $\Delta$ pouvait faire chuter le degré de deux crans d'un coup, la chaîne $P,\Delta (P),{\Delta }^2(P),\dots$ sauterait un degré, et l'on ne récupérerait pas tout ${\mathbb{R}}_d[X]$.

c) L'induit sur ${\mathbb{R}}_1[X]$, et la trace. Sur ${\mathbb{R}}_1[X]$, $\Delta (a+bX)=a+b(X+1)-a-bX=b$ : l'endomorphisme induit envoie une fonction affine sur sa pente — c'est une dérivation « discrète ». Sa matrice dans la base $(1,X)$ est le bloc supérieur gauche $\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ 0& 0\end{array}\right)$ de $N$, conformément à la traduction matricielle de la stabilité. Enfin $N$ est triangulaire supérieure à diagonale nulle : $\mathrm{tr}(\Delta )=0$.

d) ${\Delta }^4=0$, et l'inverse de $T$. Chaque application de $\Delta$ fait baisser le degré d'au moins un : par récurrence, ${\Delta }^k(E)\subset {\mathbb{R}}_{3-k}[X]$, donc ${\Delta }^4(E)\subset {\mathbb{R}}_{-1}[X]=\{0\}$, c'est-à-dire ${\Delta }^4=0$. Sur $X^3$ : $\Delta (X^3)=3X^2+3X+1$, ${\Delta }^2(X^3)=6X+6$, ${\Delta }^3(X^3)=6$, ${\Delta }^4(X^3)=0$.

Or $T={\mathrm{id}}_E+\Delta$. L'identité polynomiale $(1+Y)(1-Y+Y^2-Y^3)=1-Y^4$, évaluée en $\Delta$ — deux polynômes en $\Delta$ commutent —, donne $$T\circ \left({\mathrm{id}}_E-\Delta +{\Delta }^2-{\Delta }^3\right)={\mathrm{id}}_E-{\Delta }^4={\mathrm{id}}_E,$$ et la même égalité dans l'autre ordre. Donc $T$ est inversible et $T^{-1}={\mathrm{id}}_E-\Delta +{\Delta }^2-{\Delta }^3$, qui est bien un polynôme en $\Delta$. On reconnaît $T^{-1}$ : puisque $T$ remplace $X$ par $X+1$, son inverse remplace $X$ par $X-1$, soit $T^{-1}(P)=P(X-1)$. Contrôle sur $X^3$ : $$X^3-\left(3X^2+3X+1\right)+(6X+6)-6=X^3-3X^2+3X-1=(X-1{)}^3.$$

e) La formule de Newton. Pour $k\in \mathbb{N}$, $T^k(P)=P(X+k)$ : par récurrence, chaque application de $T$ décale encore la variable de $1$. Comme $T={\mathrm{id}}_E+\Delta$ et que ${\mathrm{id}}_E$ commute avec $\Delta$, la formule du binôme s'applique : $$T^k=\sum _{j=0}^k\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{j}\right){\Delta }^j.$$ Les termes d'indice $j\ge 4$ sont nuls puisque ${\Delta }^4=0$ ; et si $k<3$, les coefficients d'indice $j>k$ sont nuls par convention. Dans tous les cas, $T^k={\sum }_{j=0}^3\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{j}\right){\Delta }^j$, et en appliquant cette égalité à $P$ on obtient la formule annoncée.

Vérification pour $P=X^3$ et $k=2$. Les coefficients valent $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2}{0}\right)=1$, $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2}{1}\right)=2$, $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2}{2}\right)=1$ et $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2}{3}\right)=0$ : $$X^3+2\left(3X^2+3X+1\right)+(6X+6)=X^3+6X^2+12X+8=(X+2{)}^3.$$

Ce que l'exercice installe. Un endomorphisme qui fait chuter le degré d'exactement un cran a pour seuls sous-espaces stables les termes d'un drapeau : sa matrice est triangulaire, et aucun découpage ne la simplifiera davantage. On a vu aussi qu'un polynôme annulateur sans terme constant, ici $X^4$, n'empêche pas de calculer : c'est $\mathrm{id}+\Delta$ qu'on inverse, par la série géométrique tronquée. La formule de Newton, enfin, est la version discrète de la formule de Taylor, les différences finies y remplaçant les dérivées : c'est elle qu'emploient les schémas numériques de la physique, où l'on remplace une dérivée par l'écart entre deux valeurs voisines.