On part de $P_0 = 1$ et aussi de $P_1 = X$ qui vérifient bien $u(P_0) = 0$ et $u(P_1) = P_0$ .

Trouvons $P_2=aX^2 + bX$ tel que $u(P_2) = P_1$ (il est clair que si $\text{deg}(P)\geqslant1$ , $\text{deg}(u(P))=\text{deg}(P)-1$ et d’autre part, les constantes sont inutiles car $\text{Ker}u=\Kk_0[X]$ ).

$u(P_2) =P_1\Leftrightarrow a(X+1)^2 +b(X+1) - aX^2 - bX =X\Leftrightarrow (2a-1)X +a+b =0\Leftrightarrow a =\frac{1}{2}\;\text{et}\;b = -a$ .

On prend $P_2=\frac{1}{2}(X^2-X)=\frac{1}{2}X(X-1)$ .

Trouvons $P_3=aX^3 + bX^2+cX$ tel que $u(P_3) = P_2$ .

$\begin{align*}\ensuremath u(P_3) =P_2&\Leftrightarrow a(X+1)^3 +b(X+1)^2+c(X+1) - aX^3 - bX^2-cX =\frac{1}{2}X^2-\frac{1}{2}X\\ &\Leftrightarrow \left(3a-\frac{1}{2}\right)X^2+\left(3a+2b-\frac{1}{2}\right)X+a+b+c=0\\ &\Leftrightarrow a =\frac{1}{6}\;\text{et}\;b =-\frac{1}{2}\;\text{et}\;c=\frac{1}{3}. \end{align*}$

On prend $P_3=\frac{1}{6}(X^3-3X^2+2X)=\frac{1}{6}X(X-1)(X-2)$ .

Essayons, pour $1\leqslant k\leqslant n$ , $P_k=\frac{1}{k!}\prod_{i=0}^{k-1}(X-i)$ . Pour $1\leqslant k\leqslant n-1$ ,

$\begin{align*}\ensuremath u(P_{k+1})&=\frac{1}{(k+1)!}\prod_{i=0}^{k}(X+1-i)-\frac{1}{(k+1)!}\prod_{i=0}^{k}(X-i)=\frac{1}{(k+1)!}((X+1)-(X-k))\prod_{i=0}^{k-1}(X-i)\\ &=\frac{1}{k!}\prod_{i=0}^{k-1}(X-i)=P_k. \end{align*}$

Enfin, les $P_k$ , $0\leqslant k\leqslant n$ , constituent une famille de $n+1=\text{dim}\Kk_n[X]$ polynômes de degrés échelonnés de $\Kk_n[X]$ et donc la famille $(P_k)_{0\leqslant k\leqslant n}$ est une base de $\Kk_n[X]$ . Dans cette base, la matrice de $u$ a la forme désirée.

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