Problème — Le déterminant de Vandermonde, l'interpolation de Lagrange et la liberté des exponentielles

1) Les petits cas. Pour $n=2$ : $V(a,b)=\det \left(\begin{array}{cc}1& 1\\ a& b\end{array}\right)=b-a$, et le produit ${\prod }_{i<j}(a_j-a_i)$ se réduit au seul facteur $b-a$.

Pour $n=3$, effectuons d'abord $L_3\leftarrow L_3-a{L}_2$, puis $L_2\leftarrow L_2-a{L}_1$ — deux transvections, le déterminant est inchangé : $$V(a,b,c)=\det \left(\begin{array}{ccc}1& 1& 1\\ a& b& c\\ a^2& b^2& c^2\end{array}\right)=\det \left(\begin{array}{ccc}1& 1& 1\\ 0& b-a& c-a\\ 0& b^2-ab& c^2-ac\end{array}\right)=\det \left(\begin{array}{ccc}1& 1& 1\\ 0& b-a& c-a\\ 0& b(b-a)& c(c-a)\end{array}\right).$$ On développe selon la première colonne, qui n'a qu'un coefficient non nul, puis on sort les facteurs $b-a$ de la première colonne et $c-a$ de la seconde du déterminant $2\times 2$ restant : $$V(a,b,c)=\det \left(\begin{array}{cc}b-a& c-a\\ b(b-a)& c(c-a)\end{array}\right)=(b-a)(c-a)\det \left(\begin{array}{cc}1& 1\\ b& c\end{array}\right)=(b-a)(c-a)(c-b).$$ C'est exactement ${\prod }_{1\le i<j\le 3}(a_j-a_i)$ avec $(a_1,a_2,a_3)=(a,b,c)$ : les trois facteurs $(a_2-a_1)(a_3-a_1)(a_3-a_2)$.

2) Le déterminant est un polynôme en sa dernière variable. Dans la matrice de $V(a_1,\dots ,a_{n-1},X)$, seule la dernière colonne dépend de $X$ : elle vaut $(1,X,X^2,\dots ,X^{n-1}{)}^{\top }$. Développons selon cette colonne : $$P(X)=\sum _{i=1}^n{X}^{i-1}(-1{)}^{i+n}\det (A_{i,n}),$$ où $A_{i,n}$ est la matrice privée de la ligne $i$ et de la colonne $n$ : elle ne contient plus que des $a_j$, et son déterminant est un scalaire indépendant de $X$. Donc $P$ est une combinaison linéaire de $1,X,\dots ,X^{n-1}$ : un polynôme de degré au plus $n-1$. Son coefficient de $X^{n-1}$ correspond à $i=n$ : c'est $(-1{)}^{2n}\det (A_{n,n})=\det (A_{n,n})$, et $A_{n,n}$, obtenue en supprimant la dernière ligne et la dernière colonne, est précisément la matrice de Vandermonde de $a_1,\dots ,a_{n-1}$ (puissances de $0$ à $n-2$). Donc le coefficient de $X^{n-1}$ est $V(a_1,\dots ,a_{n-1})$.

3) Les racines, puis la formule. Pour $1\le i\le n-1$, $P(a_i)=V(a_1,\dots ,a_{n-1},a_i)$ est le déterminant d'une matrice dont les colonnes $i$ et $n$ sont égales : il est nul. Donc $a_1,\dots ,a_{n-1}$ sont racines de $P$.

Si les $a_i$ sont deux à deux distincts. $P$ est de degré au plus $n-1$ et admet $n-1$ racines distinctes. D'après le chapitre sur les polynômes, $P$ est donc divisible par ${\prod }_{i=1}^{n-1}(X-a_i)$, qui est de degré $n-1$ : $P=c{\prod }_{i=1}^{n-1}(X-a_i)$ pour une constante $c$, et en comparant les coefficients de $X^{n-1}$, $c=V(a_1,\dots ,a_{n-1})$. (Si ce coefficient est nul, $P$ est de degré au plus $n-2$ avec $n-1$ racines, donc $P=0$, et la formule reste vraie avec $c=0$.) Ainsi $$P=V(a_1,\dots ,a_{n-1})\prod _{i=1}^{n-1}(X-a_i).$$ En évaluant en $X=a_n$ : $$V(a_1,\dots ,a_n)=V(a_1,\dots ,a_{n-1})\prod _{i=1}^{n-1}(a_n-a_i).$$

La récurrence. Montrons par récurrence sur $n\ge 1$ que $V(a_1,\dots ,a_n)={\prod }_{1\le i<j\le n}(a_j-a_i)$ pour tous scalaires $a_1,\dots ,a_n$, distincts ou non. Pour $n=1$, $V(a_1)=1$ et le produit est vide, donc vaut $1$. Supposons la formule vraie au rang $n-1$, et soient $a_1,\dots ,a_n$ quelconques.

• Si deux des $a_i$ avec $i\le n-1$ coïncident, disons $a_k=a_l$ avec $k<l\le n-1$, alors $V(a_1,\dots ,a_n)$ a deux colonnes égales, donc est nul ; et le produit contient le facteur $a_l-a_k=0$, donc est nul aussi. La formule est vraie.
• Sinon, $a_1,\dots ,a_{n-1}$ sont deux à deux distincts et l'on vient d'obtenir $V(a_1,\dots ,a_n)=V(a_1,\dots ,a_{n-1}){\prod }_{i<n}(a_n-a_i)$. Par hypothèse de récurrence, $V(a_1,\dots ,a_{n-1})={\prod }_{1\le i<j\le n-1}(a_j-a_i)$. Le produit des deux est ${\prod }_{1\le i<j\le n}(a_j-a_i)$ : les couples $(i,j)$ avec $j\le n-1$ viennent du premier facteur, ceux avec $j=n$ du second.

La formule est établie pour tout $n$ : $$V(a_1,\dots ,a_n)=\prod _{1\le i<j\le n}(a_j-a_i).$$

Le point délicat. Le raisonnement ne calcule jamais le déterminant : il le caractérise comme polynôme, par ses racines et son coefficient dominant. C'est un changement de point de vue — regarder une des variables comme une indéterminée — et c'est lui qui fait tout.

4) Le critère de non-nullité. Un produit est non nul si et seulement si chacun de ses facteurs l'est : $V(a_1,\dots ,a_n)\ne 0$ si et seulement si $a_j-a_i\ne 0$ pour tous $i<j$, c'est-à-dire si et seulement si les $a_i$ sont deux à deux distincts.

5) L'interpolation de Lagrange. L'application $\Phi :{\mathbb{K}}_{n-1}[X]\to {\mathbb{K}}^n$, $P\mapsto (P(a_1),\dots ,P(a_n))$, est linéaire, car chaque évaluation $P\mapsto P(a_i)$ l'est. Les deux espaces sont de dimension $n$. Écrivons la matrice de $\Phi$ dans la base canonique $(1,X,\dots ,X^{n-1})$ au départ et la base canonique de ${\mathbb{K}}^n$ à l'arrivée : la colonne $j$ est l'image de $X^{j-1}$, soit $(a_1^{j-1},\dots ,a_n^{j-1}{)}^{\top }$. Le coefficient d'indice $(i,j)$ est $a_i^{j-1}$ : c'est la transposée de la matrice de Vandermonde de $a_1,\dots ,a_n$, dont le coefficient $(i,j)$ est $a_j^{i-1}$. Comme le déterminant est invariant par transposition, $\det \Phi =V(a_1,\dots ,a_n)\ne 0$ par le 4), les $a_i$ étant distincts. Donc $\Phi$ est un isomorphisme.

Conséquences. Pour tout $(y_1,\dots ,y_n)\in {\mathbb{K}}^n$, il existe un unique $P\in {\mathbb{K}}_{n-1}[X]$ tel que $P(a_i)=y_i$ pour tout $i$ : c'est l'existence et l'unicité du polynôme d'interpolation de degré au plus $n-1$ en $n$ points distincts. Les polynômes de Lagrange $L_i$ vérifient $L_i(a_j)={\delta }_{i,j}$ (chaque facteur $\frac{a_j-a_k}{a_i-a_k}$ vaut $0$ si $j=k$ et le produit vaut $1$ si $j=i$), c'est-à-dire $\Phi (L_i)={\epsilon }_i$, le $i$-ième vecteur de la base canonique de ${\mathbb{K}}^n$. Les $L_i$ sont donc les images réciproques d'une base par un isomorphisme : ils forment une base de ${\mathbb{K}}_{n-1}[X]$, et le polynôme d'interpolation s'y écrit $P={\sum }_i{y}_i{L}_i$.

6) La liberté des exponentielles. Soient $c_1,\dots ,c_n$ des réels tels que ${\sum }_{i=1}^n{c}_i{e}^{{\lambda }_{i}t}=0$ pour tout réel $t$. Évaluons cette relation en $t=0,1,\dots ,n-1$ : pour $k=0,\dots ,n-1$, $$\sum _{i=1}^n{c}_i(e^{{\lambda }_i}{)}^k=0.$$ Posons $x_i=e^{{\lambda }_i}$. Ces $n$ réels sont deux à deux distincts, l'exponentielle étant injective et les ${\lambda }_i$ distincts. Les $n$ équations obtenues forment un système linéaire homogène d'inconnues $c_1,\dots ,c_n$, dont la matrice a pour coefficient d'indice $(k+1,i)$ le nombre $x_i^k$ : c'est la matrice de Vandermonde de $x_1,\dots ,x_n$, de déterminant $V(x_1,\dots ,x_n)\ne 0$ par le 4). Le système est de Cramer, sa seule solution est $c_1=\cdots =c_n=0$. La famille est libre.

Le théorème obtenu — formule de Vandermonde et ses conséquences. Pour tous scalaires $a_1,\dots ,a_n$, $$V(a_1,\dots ,a_n)=\prod _{1\le i<j\le n}(a_j-a_i),$$ non nul si et seulement si les $a_i$ sont deux à deux distincts. En conséquence, par $n$ points d'abscisses distinctes passe un unique polynôme de degré au plus $n-1$, et les polynômes de Lagrange associés forment une base ; et des exponentielles d'exposants distincts sont linéairement indépendantes.

Ce que le problème installe. Une idée qui dépasse ce chapitre : pour calculer un déterminant dépendant de paramètres, on le regarde comme un polynôme en l'un d'eux, on lit ses racines sur les colonnes qui deviennent égales, on lit son coefficient dominant par un développement, et la factorisation fait le reste. C'est la méthode de tous les déterminants « à paramètre ». Et le problème rend au chapitre sur les polynômes ce qu'il lui avait emprunté : l'interpolation de Lagrange, qu'on y avait construite à la main, est ici une simple lecture de « déterminant non nul, donc isomorphisme ».