Dérivation des polynômes (1/2)

Exercice 1.
Trouver {P} tel que {P(1)=3,\;P'(1)=4,\;P''(1)=5} et {\forall\, n\ge3,\;P^{(n)}(1)=0}.
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Le polynôme {P=3+4(X-1)+\dfrac{5}{2!}(X-1)^2=\dfrac{5}{2}X^2-X+\dfrac{3}{2}} convient.

Exercice 12.
Un polynôme unitaire {P} de degré {n} vérifie : {nP=(X-a)P'+2bP''}.
Donner les coefficients de {P} suivant les puissances de {X-a}.
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On a {P=\displaystyle\sum_{k=0}^n a_k(X-a)^k} avec {a_k=\dfrac{P^{(k)}(a)}{k!}}.

Le polynôme {P} est unitaire donc {P^{(n)}(a)=n!}.

Il faut donc déterminer les {d_k=P^{(k)}(a)}, pour {0\le k\le n}.

On dérive {k} fois {nP=(X-a)P'+2bP''} avec la formule de Leibniz.

On trouve, pour tout entier {k} : {nP^{(k)}=(X-a)P^{(k+1)}+kP^{(k)}+2bP^{(k+2)}}Si on se place en {a}, on en déduit : {(n-k)P^{(k)}(a)=2bP^{(k+2)}(a)\text{\ donc\ }(n-k)d_k=2bd_{k+2}}On a {\deg P=n\Rightarrow d_k=0} si {k>n}.

Avec {k=n-1}, on en déduit {d_{n-1}=bd_{n+1}} donc {d_{n-1}=0}.

Pour {k\lt n}, on a l’égalité {d_k=\dfrac{2b}{n-k}\,d_{k+2}}.

On en déduit {d_{n-3}=d_{n-5}=d_{n-7}=\ldots=0}.

Ainsi {P=\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\dfrac{d_{k}}{k!}X^{k}} s’écrit {P=\displaystyle\sum_{r=0}^{n/2}\dfrac{d_{n-2r}}{(n-2r)!}X^{n-2r}}.

Avec {k=n-2r}, l’égalité {d_k=\dfrac{2b}{n-k}\,d_{k+2}} donne {d_{n-2r}=\dfrac{b}{r}d_{n-2(r-1)}}.

On en déduit {d_{n-2r}=\dfrac{b^r}{r!}d_n=\dfrac{b^rn!}{r!}}.

On a ainsi obtenu : {P=\displaystyle\sum_{r=0}^{n/2}\dfrac{b^rn!}{r!(n-2r)!}(X-a)^{n-2r}}.

Exercice 3.
Soient {(a,b,n)\in\mathbb{Z}\times\mathbb{N}^2}, et {P=\dfrac1{n!}X^n(a-bX)^n}.
Montrer que P et ses dérivées prennent des valeurs entières en {x=0} et en {x=\dfrac ab}.
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On connait la formule de Taylor à l’origine : {P=\displaystyle\sum_{k=0}^{+\infty}\dfrac{P^{(k)(0)}}{k!}\,X^k}.

On développe le polynôme P : {\begin{array}{rl}P&=\dfrac1{n!}\,X^n(a-bX)^n\\\\&=\dfrac1{n!}\,X^n\displaystyle\sum_{j=0}^n\dbinom{n}{j}(-b)^ja^{n-j}X^j\\\\&=\dfrac1{n!}\displaystyle\sum_{k=n}^{2n}\dbinom{n}{k-n}(-b)^{k-n}a^{2n-k}X^k\end{array}}Ainsi {P^{(k)}(0)=0} si {k\lt n} (normal car {0} est racine de multiplicité {n}).

De même {P^{(k)}=0} si {k>2n} (normal car {\deg P=2n}).

Enfin, pour {k\in\{n,\ldots,2n\}} : {P^{(k)}(0)=\dfrac{k!}{n!}\,\dbinom{n}{k-n}(-b)^{k-n}a^{2n-k}\in\mathbb{Z}}On remarque que {P(X)=\dfrac{b^n}{n!}X^n\Bigl(\dfrac{a}{b}-X\Bigr)^n=P\Bigl(\dfrac{a}{b}-X\Bigr)}.

Ainsi : {\forall\, k\in\mathbb{N},\; P^{(k)}(X)=(-1)^kP^{(k)}\Bigl(\dfrac{a}{b}-X\Bigr)}.

On en déduit {P^{(k)}\Bigl(\dfrac{a}{b}\Bigr)=(-1)^kP^{(k)}(0)\in\mathbb{Z}}.

Exercice 4.
On considère le polynôme {P_n=1+X+\dfrac{X^2}{2!}+\cdots+\dfrac{X^n}{n!}}.

Montrer que {P_n} n’a que des racines simples dans {\mathbb{C}}.

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On constate que {P'_n=P_{n-1}} et {P_n=P_{n-1}+\dfrac{X^n}{n!}}.

Supposons par l’absurde que {P_n} admette une racine double {\alpha}.

On a alors {P_n(\alpha)=P'_n(\alpha)=0} donc {P_n(\alpha)=P_{n-1}(\alpha)=0}.

On en déduit {\dfrac{\alpha^n}{n!}=P_n(\alpha)-P_{n-1}(\alpha)=0} donc {\alpha=0}.

Mais c’est absurde car {P(0)=1\ne0}.

Conclusion : le polynôme {P_n} n’a que des racines simples.