Lagrange et Vandermonde, deux lectures d'un même changement de base

1. Par définition, $$\begin{array}{c}{L}_0=\frac{(X-0)(X-1)}{(-1-0)(-1-1)}=\frac{X^2-X}{2},L_1=\frac{(X+1)(X-1)}{(0+1)(0-1)}=1-X^2,\\ L_2=\frac{(X+1)X}{(1+1)(1-0)}=\frac{X^2+X}{2}.\end{array}$$ Le théorème donne les coordonnées sans aucun système : $$P=P(x_0)L_0+P(x_1)L_1+P(x_2)L_2=2L_0-L_1+4L_2=(X^2-X)-(1-X^2)+2(X^2+X)=4X^2+X-1.$$ Contrôle : $P(-1)=4-1-1=2$ ✓, $P(0)=-1$ ✓, $P(1)=4+1-1=4$ ✓.

2. La matrice de passage demandée a pour colonnes les coordonnées de $1$, $X$, $X^2$ dans la base de Lagrange, c'est-à-dire, d'après le théorème, leurs valeurs aux trois points : $$1=\sum _i{L}_i,X=\sum _i{x}_i{L}_i,X^2=\sum _i{x}_i^2{L}_i,$$ donc cette matrice est $$Q=\left(\begin{array}{ccc}1& x_0& x_0^2\\ 1& x_1& x_1^2\\ 1& x_2& x_2^2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}1& -1& 1\\ 1& 0& 0\\ 1& 1& 1\end{array}\right)=V(x_0,x_1,x_2):$$ le changement de base entre base canonique et base de Lagrange est exactement la matrice de Vandermonde. Son déterminant vaut, par la formule du cours, $$\prod _{0\le i<j\le 2}(x_j-x_i)=(x_1-x_0)(x_2-x_0)(x_2-x_1)=1\times 2\times 1=2,$$ et par développement suivant la deuxième ligne : $\det Q=-1\times \left|\begin{array}{cc}-1& 1\\ 1& 1\end{array}\right|=-(-1-1)=2$ ✓. Étant non nul, $Q$ est inversible : c'est la raison pour laquelle $(L_0,L_1,L_2)$ est une base — les deux énoncés du cours n'en font qu'un.

3. Les colonnes de $Q$ se lisent directement : $$1=L_0+L_1+L_2,X=-L_0+L_2,X^2=L_0+L_2.$$ Contrôles : $-L_0+L_2=-\frac{X^2-X}{2}+\frac{X^2+X}{2}=X$ ✓, et $L_0+L_2=X^2$ ✓. La première égalité est la proposition « ${\sum }_i{L}_i=1$ » du cours.