Le triangle de Pascal est la matrice de $P\mapsto P(X+1)$

Ce qu'on a le droit d'utiliser. La formule de Taylor polynomiale, exacte : pour $P\in {\mathbb{R}}_n[X]$ et $h$ réel, $P(X+h)=\sum _{k=0}^n\frac{P^{(k)}(X)}{k!}{h}^k$. Le dictionnaire du cours : la $j$-ième colonne est l'image du $j$-ième vecteur de base ; la matrice d'une composée est le produit des matrices ; un endomorphisme est un isomorphisme si et seulement si sa matrice est inversible, et la matrice de la réciproque est alors l'inverse. La formule du binôme.

1) La dérivation. On indexe lignes et colonnes de $0$ à $n$, comme les exposants. $D(1)=0$ et $D(X^j)=j{X}^{j-1}$ : la colonne $j$ porte le nombre $j$ en ligne $j-1$, et des zéros ailleurs. Les seuls coefficients non nuls sont juste au-dessus de la diagonale, où l'on lit $1,2,\dots ,n$ : $$\mathrm{Mat}(D)=\left(\begin{array}{ccccc}0& 1& 0& \cdots & 0\\ 0& 0& 2& \cdots & 0\\ ⋮& & \ddots & \ddots & ⋮\\ 0& 0& \cdots & 0& n\\ 0& 0& \cdots & 0& 0\end{array}\right).$$ Chaque dérivation abaisse le degré d'une unité, ou envoie une constante sur $0$ : $D^{n+1}(X^j)=0$ pour tout $j\le n$, donc $D^{n+1}$, nul sur une base, est nul. Et $D^n(X^n)=n!\ne 0$. La dérivation est nilpotente d'indice $n+1$ — c'est ce fait, et lui seul, qui va rendre exactes les identités « infinies » qui suivent.

2) La translation. Par le binôme, $\tau (X^j)=(X+1{)}^j={\sum }_{i=0}^j(\genfrac{}{}{0ex}{}{j}{i})X^i$ : la colonne $j$ porte le coefficient binomial $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{j}{i}\right)$ — qui se lit « $i$ parmi $j$ » — en ligne $i\le j$, et des zéros en dessous. La matrice est triangulaire supérieure, à diagonale de $1$, et sa colonne $j$ est la ligne $j$ du triangle de Pascal. Pour $n=3$ : $$\mathrm{Mat}(\tau )=\left(\begin{array}{cccc}1& 1& 1& 1\\ 0& 1& 2& 3\\ 0& 0& 1& 3\\ 0& 0& 0& 1\end{array}\right).$$ La formule de Taylor avec $h=1$ donne, pour tout $P\in {\mathbb{R}}_n[X]$, $$\tau (P)=P(X+1)=\sum _{k=0}^n\frac{P^{(k)}}{k!}=\sum _{k=0}^n\frac{D^k(P)}{k!},\text{donc}\tau =\sum _{k=0}^n\frac{D^k}{k!}.$$ C'est la série de l'exponentielle arrêtée au rang $n$ ; comme $D^{n+1}=0$, les termes suivants seraient nuls : l'identité est exacte.

3) L'inverse. L'application $\sigma :P\mapsto P(X-1)$ est un endomorphisme de ${\mathbb{R}}_n[X]$, et $\sigma \circ \tau =\tau \circ \sigma =\mathrm{id}$ : translater de $1$ puis de $-1$ ne change rien. Donc $\tau$ est un automorphisme de réciproque $\sigma$, sans calcul. La formule de Taylor avec $h=-1$ donne $${\tau }^{-1}=\sum _{k=0}^n\frac{(-1{)}^k{D}^k}{k!}.$$ L'identité binomiale. En développant $(X-1{)}^j$, la matrice de ${\tau }^{-1}$ a pour coefficient d'indice $(i,j)$ le nombre $(-1{)}^{j-i}(\genfrac{}{}{0ex}{}{j}{i})$ : le même triangle, à signes alternés. Le coefficient $(i,j)$ du produit des deux matrices, qui vaut $I_{n+1}$, donne $$\sum _{k=i}^j(-1{)}^{j-k}(\genfrac{}{}{0ex}{}{j}{k}\left)\right(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{i})=\{\begin{array}{ll}1& \text{si }i=j,\\ 0& \text{si }i<j.\end{array}$$ Vérification directe : choisir $k$ éléments parmi $j$, puis $i$ parmi ces $k$, revient à choisir les $i$ parmi $j$, puis les $k-i$ autres parmi les $j-i$ restants, donc $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{j}{k}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{i}\right)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{j}{i}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{j-i}{k-i}\right)$ ; la somme vaut alors $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{j}{i}\right)(1-1{)}^{j-i}$ par le binôme, nulle dès que $i<j$. C'est la formule d'inversion binomiale : les deux triangles de Pascal sont inverses l'un de l'autre.

4) L'équation $P-P^{\prime }=Q$. Posons $G={\sum }_{k=0}^n{D}^k$. Par télescopage, et puisque $D^{n+1}=0$, $$(\mathrm{id}-D)G=\sum _{k=0}^n{D}^k-\sum _{k=0}^n{D}^{k+1}=\mathrm{id}-D^{n+1}=\mathrm{id},$$ et de même $G(\mathrm{id}-D)=\mathrm{id}$, ces deux combinaisons de puissances de $D$ commutant. Donc $\mathrm{id}-D$ est un automorphisme de ${\mathbb{R}}_n[X]$, d'inverse $G$, et l'équation $(\mathrm{id}-D)(P)=Q$ a une solution et une seule : $$P=Q+Q^{\prime }+Q^{\prime \prime }+\cdots +Q^{(n)}.$$ Pour $Q=X^2$ : $P=X^2+2X+2$. Contrôle : $P-P^{\prime }=X^2+2X+2-(2X+2)=X^2$.

Le point délicat. L'existence et l'unicité sont acquises avant tout calcul, par l'inversibilité — mais dans ${\mathbb{R}}_n[X]$. Sur l'espace des fonctions dérivables, $y-y^{\prime }=0$ a les solutions $x\mapsto C{e}^x$ et l'unicité tombe : c'est la dimension finie, avec la nilpotence qui l'accompagne, qui la rend vraie.

5) Les autres translations. La formule de Taylor avec $h=m$ donne $P\mapsto P(X+m)$ sous la forme ${\sum }_k\frac{m^k{D}^k}{k!}$ ; c'est aussi ${\tau }^m$. En développant $(X+m{)}^j={\sum }_i(\genfrac{}{}{0ex}{}{j}{i})m^{j-i}{X}^i$, sa matrice a pour coefficient d'indice $(i,j)$ le nombre $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{j}{i}\right)m^{j-i}$ pour $i\le j$, et $0$ en dessous : les puissances du triangle de Pascal sont des triangles de Pascal pondérés. La même formule avec $m=-1$ redonne l'inverse du 3).

Ce que l'exercice installe. Sur un espace de polynômes de degré borné, la dérivation est nilpotente, et les identités formelles de l'analyse — exponentielle, série géométrique — deviennent des égalités exactes entre matrices. En physique, pour un circuit $RC$ de constante de temps $T=RC$ soumis à une tension en rampe $e(t)=at$, l'équation $T{u}^{\prime }+u=at$ a pour solution polynomiale $u=(\mathrm{id}+TD{)}^{-1}(e)=e-T{e}^{\prime }=a(t-T)$ : le régime permanent suit la rampe avec un retard $T$.