Le triangle de Pascal est l'exponentielle de la dérivation

Ce qu'on a le droit d'utiliser. La formule de Taylor polynomiale, exacte : $P(X+h)=\sum _{k\ge 0}\frac{P^{(k)}(X)}{k!}{h}^k$ (somme finie). Le dictionnaire du cours : la matrice d'une composée est le produit des matrices, un endomorphisme est inversible si et seulement si sa matrice l'est. Et l'identité du chapitre 9 : $(I-N)(I+N+\cdots +N^n)=I-N^{n+1}$.

1) La dérivation. $D(1)=0$ et $D(X^j)=j{X}^{j-1}$ pour $j\ge 1$ : la colonne $j$ (indexée de $0$ à $n$) porte $j$ en ligne $j-1$ et des zéros ailleurs. La matrice de $D$ a donc pour seuls coefficients non nuls $1,2,\dots ,n$ sur la sur-diagonale. Pour $D^{n+1}=0$ : $D$ abaisse le degré d'une unité (ou envoie sur $0$), donc $D^{n+1}(X^j)=0$ pour tout $j\le n$, et $D^{n+1}$ est nul sur une base, donc nul. $D$ est nilpotente, et c'est ce qui va rendre exactes toutes les identités formelles qui suivent.

2) L'exponentielle de $D$. Pour $P\in {\mathbb{R}}_n[X]$, Taylor avec $h=1$ donne $$\tau (P)=P(X+1)=\sum _{k=0}^n\frac{P^{(k)}(X)}{k!}=\sum _{k=0}^n\frac{D^k(P)}{k!},$$ la somme s'arrêtant à $n$ puisque $D^k(P)=0$ pour $k>n\ge \mathrm{deg}P$. Donc $\tau =\sum _{k=0}^n\frac{D^k}{k!}$ : c'est la série de l'exponentielle, tronquée — mais comme $D^{n+1}=0$, la troncature ne perd rien, et l'identité est exacte.

La matrice. $\tau (X^j)=(X+1{)}^j=\sum _{i=0}^j(\genfrac{}{}{0ex}{}{j}{i})X^i$ par la formule du binôme : la colonne $j$ porte les coefficients binomiaux $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{j}{i}\right)$ (lire « $i$ parmi $j$ ») en ligne $i\le j$, et des zéros en dessous. C'est une matrice triangulaire supérieure dont la colonne $j$ est la ligne $j$ du triangle de Pascal, à diagonale de $1$. Pour $n=2$ : lignes $(1,1,1)$, $(0,1,2)$, $(0,0,1)$.

3) L'inverse. L'application $\sigma :P\mapsto P(X-1)$ est linéaire de ${\mathbb{R}}_n[X]$ dans lui-même, et $\sigma \circ \tau =\tau \circ \sigma =\mathrm{id}$ (translater de $1$ puis de $-1$ ne change rien) : $\tau$ est bijective, de réciproque $\sigma$. Sans calcul. (Autre argument : sa matrice est triangulaire à diagonale sans zéro, donc inversible.) Taylor avec $h=-1$ donne $${\tau }^{-1}(P)=P(X-1)=\sum _{k=0}^n\frac{(-1{)}^k{D}^k(P)}{k!},{\tau }^{-1}=\sum _{k=0}^n\frac{(-1{)}^k{D}^k}{k!}.$$ C'est « $e^{-D}$ », inverse de « $e^D$ » — et on peut le vérifier directement par le produit : $$\left(\sum _k\frac{D^k}{k!}\right)\left(\sum _l\frac{(-1{)}^l{D}^l}{l!}\right)=\sum _{m=0}^n{D}^m\sum _{k+l=m}\frac{(-1{)}^l}{k!l!}=\sum _{m=0}^n\frac{D^m}{m!}\sum _{k=0}^m\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{k}\right)(-1{)}^{m-k}=\sum _{m=0}^n\frac{D^m}{m!}(1-1{)}^m=\mathrm{id},$$ seul le terme $m=0$ survivant. Le point délicat : ce calcul est exactement celui de $e^x{e}^{-x}=1$ sur les séries, mais ici les sommes sont finies parce que $D$ est nilpotente — aucune question de convergence.

L'identité binomiale. La matrice de ${\tau }^{-1}$ a pour coefficient $(i,j)$ le nombre $(-1{)}^{j-i}(\genfrac{}{}{0ex}{}{j}{i})$ (développer $(X-1{)}^j$). Le coefficient $(i,j)$ du produit $\mathrm{Mat}(\tau )\mathrm{Mat}({\tau }^{-1})$ vaut donc $\sum _{k=i}^j\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{i}\right)(-1{)}^{j-k}(\genfrac{}{}{0ex}{}{j}{k})$, et il doit valoir $1$ si $i=j$, $0$ sinon : $$\sum _{k=i}^j(-1{)}^{j-k}(\genfrac{}{}{0ex}{}{j}{k}\left)\right(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{i})=\{\begin{array}{ll}1& \text{si }i=j,\\ 0& \text{si }i<j.\end{array}$$ On peut la vérifier à la main : $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{j}{k}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{i}\right)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{j}{i}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{j-i}{k-i}\right)$ (choisir $k$ parmi $j$ puis $i$ parmi $k$, c'est choisir $i$ parmi $j$ puis $k-i$ parmi les $j-i$ restants), et la somme devient $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{j}{i}\right)\sum _{l=0}^{j-i}(-1{)}^{j-i-l}(\genfrac{}{}{0ex}{}{j-i}{l})=(\genfrac{}{}{0ex}{}{j}{i})(1-1{)}^{j-i}$. C'est l'inversion binomiale, qui reviendra au chapitre 18 : les deux triangles de Pascal, l'un à signes alternés, sont inverses l'un de l'autre.

4) L'équation $P-P^{\prime }=Q$. Par télescopage, comme au chapitre 9 pour $I-N$ avec $N$ nilpotente : $$(\mathrm{id}-D)\sum _{k=0}^n{D}^k=\sum _{k=0}^n{D}^k-\sum _{k=0}^n{D}^{k+1}=\mathrm{id}-D^{n+1}=\mathrm{id}.$$ Un endomorphisme d'un espace de dimension finie inversible à droite est inversible : $\mathrm{id}-D$ est inversible, d'inverse $\sum _{k=0}^n{D}^k$. L'équation $P-P^{\prime }=Q$, c'est $(\mathrm{id}-D)(P)=Q$ ; elle a l'unique solution $$P=\sum _{k=0}^n{D}^k(Q)=Q+Q^{\prime }+Q^{\prime \prime }+\cdots +Q^{(n)}.$$ Pour $Q=X^2$ : $P=X^2+2X+2$. Contrôle : $P^{\prime }=2X+2$, et $P-P^{\prime }=X^2$. L'existence et l'unicité étaient acquises avant tout calcul, par l'inversibilité — c'est la force du point de vue matriciel.

5) Les puissances. ${\tau }^m$ est la translation de $m$ : ${\tau }^2(P)=\tau (P(X+1))=P(X+2)$, et par récurrence ${\tau }^m(P)=P(X+m)$. Taylor avec $h=m$ : $${\tau }^m=\sum _{k=0}^n\frac{m^k{D}^k}{k!},$$ et sa matrice a pour coefficient $(i,j)$ le nombre $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{j}{i}\right)m^{j-i}$, obtenu en développant $(X+m{)}^j$. Les puissances du triangle de Pascal sont des triangles de Pascal pondérés par $m^{j-i}$ ; $m=-1$ redonne l'inverse du 3), $m=0$ l'identité.

Ce que l'exercice installe. Sur un espace de polynômes de degré borné, la dérivation est nilpotente, et toutes les identités formelles de l'analyse — exponentielle, série géométrique — deviennent des égalités exactes dans $\mathcal{L}({\mathbb{R}}_n[X])$. Le triangle de Pascal, l'inversion binomiale, la résolution de $P-P^{\prime }=Q$ : trois faces du même endomorphisme.