Vandermonde décide des libertés

Ce qu'on a le droit d'utiliser. Le théorème du déterminant de Vandermonde : la matrice $\left(x_i^k\right)$ est inversible dès que les $x_i$ sont deux à deux distincts ; et la transposée d'une matrice inversible est inversible.

La stratégie, commune aux trois questions. On part d'une relation de liaison ; on en fabrique autant de relations qu'il y a d'inconnues, en la dérivant ou en lui appliquant $u$ ; et l'on constate que le système obtenu a pour matrice une matrice de Vandermonde — inversible, donc le système n'a que la solution nulle.

a) Les exponentielles. Soient $c_0,\dots ,c_n$ des réels tels que ${\sum }_{i=0}^n{c}_i{\mathrm{e}}^{a_{i}x}=0$ pour tout réel $x$. La fonction nulle ainsi écrite est de classe ${\mathcal{C}}^{\infty }$ ; en la dérivant $k$ fois, on obtient $$\forall x\in \mathbb{R},\sum _{i=0}^n{c}_i{a}_i^k{\mathrm{e}}^{a_{i}x}=0,$$ puis, en $x=0$, ${\sum }_{i=0}^n{a}_i^k{c}_i=0$ pour $k=0,1,\dots ,n$. C'est un système linéaire homogène de $n+1$ équations en les $n+1$ inconnues $c_i$, dont la matrice ${\left(a_i^k\right)}_{0\le k,i\le n}$ est la transposée de la matrice de Vandermonde des $a_i$. Les $a_i$ étant deux à deux distincts, elle est inversible, et le système n'a que la solution nulle : tous les $c_i$ sont nuls. La famille est libre.

b) Les cosinus. Soient $c_0,\dots ,c_n$ tels que ${\sum }_i{c}_i\cos ({\omega }_{i}t)=0$ pour tout $t$. On dérive cette fois deux fois de suite : la dérivée seconde de $t\mapsto \cos (\omega t)$ est $t\mapsto -{\omega }^2\cos (\omega t)$. En dérivant $2k$ fois et en évaluant en $t=0$, où chaque cosinus vaut $1$ : $$\sum _{i=0}^n(-1{)}^k{\omega }_i^{2k}{c}_i=0,$$ soit ${\sum }_{i=0}^n{\left({\omega }_i^2\right)}^k{c}_i=0$ pour $0\le k\le n$. La matrice de ce système est la transposée de la matrice de Vandermonde des ${\omega }_i^2$. Or ces carrés sont deux à deux distincts : les ${\omega }_i$ sont des réels positifs ou nuls distincts, et la fonction carré est strictement croissante sur $\left[0,+\infty \right[$. D'où $c_0=\cdots =c_n=0$.

Le point délicat. On a dérivé deux fois pour rester dans les cosinus : une dérivée impaire ferait apparaître des sinus, nuls en $0$, et l'on n'apprendrait rien. Et ce sont les carrés qui doivent être distincts : $\cos (\omega t)=\cos (-\omega t)$, deux pulsations opposées donnent la même fonction — d'où l'hypothèse ${\omega }_i\ge 0$.

c) La version vectorielle. On applique $u^k$ à la relation $x_0+\cdots +x_p=0$. Comme $u(x_i)={\lambda }_i{x}_i$, une récurrence immédiate donne $u^k(x_i)={\lambda }_i^k{x}_i$, d'où $$\sum _{i=0}^p{\lambda }_i^k{x}_i=0(0\le k\le p).$$ Soit $V={\left({\lambda }_i^k\right)}_{0\le k,i\le p}$, la ligne $k$ et la colonne $i$ portant ${\lambda }_i^k$ : c'est la transposée de la matrice de Vandermonde des ${\lambda }_i$, inversible ; notons $W=(w_{jk})$ son inverse. Pour $j$ fixé, combinons les $p+1$ relations avec les coefficients $w_{j0},\dots ,w_{jp}$ : $$0=\sum _{k=0}^p{w}_{jk}\sum _{i=0}^p{\lambda }_i^k{x}_i=\sum _{i=0}^p\left(\sum _{k=0}^p{w}_{jk}{\lambda }_i^k\right)x_i=\sum _{i=0}^p(WV{)}_{ji}{x}_i=x_j,$$ puisque $WV=I_{p+1}$. Tous les $x_j$ sont nuls.

Une seconde lecture, par Lagrange. Soit $L_j$ le polynôme de Lagrange qui vaut $1$ en ${\lambda }_j$ et $0$ en chacun des autres ${\lambda }_i$. Pour tout polynôme $P$, on a $P(u)(x_i)=P({\lambda }_i)x_i$ ; appliquer $L_j(u)$ à la relation ${\sum }_i{x}_i=0$ donne donc directement $x_j=0$. Le polynôme de Lagrange « isole » la composante voulue — c'est la même inversion du système de Vandermonde, faite une fois pour toutes.

Ce que l'exercice installe. Le déterminant de Vandermonde est l'outil standard de liberté : dès qu'une relation de liaison peut être dérivée ou itérée, elle engendre un système de Vandermonde. En physique, des oscillations de pulsations distinctes sont indépendantes : c'est ce qui rend unique la décomposition d'un signal en modes. Et la question c) n'est autre que le théorème du chapitre 2 selon lequel des vecteurs propres associés à des valeurs propres distinctes forment une famille libre.