Dérivation des polynômes (2/2)

Exercice 1.
Trouver un polynôme {A} de degré {5} sachant que le reste dans sa division par {(X+1)^3} est {-5} et que le reste dans sa division par {(X-1)^3} est {11}.
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Il existe des polynômes {Q_1,Q_2} tels que {\begin{cases}A=(X+1)^3Q_1-5\\ A=(X-1)^3Q_2+11\end{cases}}

Mais {A+5} admet donc {-1} comme racine triple.

De même {1} est racine triple de {A-11}.

Ainsi {-1} est racine double de {(A+5)'=A'}.

De même {1} est racine double de {(A-11)'=A'}.

Donc {A'} est divisible par {(X+1)^2} et par {(X-1)^2}.

Il est donc divisible par {(X^2-1)^2=X^4-2X^2+1}.

Or {\deg A'=4}. Ainsi : {\exists\lambda\in\mathbb{R},\;A'=\lambda(X^4-2X^2+1)}.

Il existe donc {(\lambda,\mu)\in\mathbb{R}^2} tels que {A=\lambda\Bigl(\dfrac{X^5}{5}-\dfrac{2X^3}{3}+X\Bigr)+\mu}.

Il reste à exprimer que {A(-1)=-5} et {A(1)=11}.

On trouve {-\dfrac{8\lambda}{15}+\mu=-5} et {\dfrac{8\lambda}{15}+\mu=11}.

Ainsi {\lambda=15} et {\mu=3}, donc {A=3X^5-10X^3+15X+3}.

On vérifie que {\begin{cases}A=(3X^2-9X+8)(X+1)^3-5\\ A=(3X^2+9X+8)(X-1)^3+11\end{cases}}

Exercice 2.
Soit A_n=(1+X)(X^n-1)+2nX^n(1-X)+n^2X^{n-1}(X-1)^2.
Montrer que {(X-1)^3} divise A_n. Quel est le quotient?
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On développe {A_n}, pour tout {n\ge1}. On trouve :{\begin{array}{rl}A_n&=(n-1)^2X^{n+1}-(2n^2-2n-1)X^n\\\\&\quad+n^2X^{n-1}-X-1\end{array}}On dérive cette expressio, et on trouve : {\begin{array}{rl}A'_n&=(n+1)(n-1)^2X^{n}-n(2n^2-2n-1)X^{n-1}\\\\&\quad+(n-1)n^2X^{n-2}-1\end{array}}On dérive une nouvelle fois : {\begin{array}{rl}A''_n&=n(n+1)(n-1)^2X^{n-1}-n(n-1)(2n^2-2n-1)X^{n-2}\\\\&\quad+(n-2)(n-1)n^2X^{n-3}\end{array}}On en déduit facilement (développer) : {\begin{cases}A_n(1)=0\\A'_n(1)=0\\A''_n(1)=0\end{cases}}

Ainsi {1} est racine au moins triple de {A}.

Autrement dit, {A_n} est divisible par {(X-1)^3}.

Il y a en fait une meilleure méthode! En effet :{\begin{cases}A_k&=(k^2-2k+1)X^{k+1}-(2k^2-2k-1)X^k\\&\quad+k^2X^{k-1}-X-1\\\\A_{k-1}&=(k^2-4k+4)X^k-(2k^2-6k+3)X^{k-1}\\&\quad+(k^2-2k+1)X^{k-2}-X-1\end{cases}}La différence {A_k-A_{k-1}} se factorise : {\begin{array}{rl}A_k-A_{k-1}&=(k-1)^2\bigl(X^{k+1}-3X^k+3X^{k-1}-X^{k-2}\bigr)\\\\&=(k-1)^2X^{k-2}(X-1)^3\end{array}}On a {A_1=0}, et on en déduit : {\begin{array}{rl}A_n&=A_n-A_1=\displaystyle\sum_{k=2}^{n}(A_k-A_{k-1})\\\\&=(X-1)^3\displaystyle\sum_{k=2}^{n}(k-1)^2X^{k-2}\end{array}}On retrouve donc que {(X-1)^3} divise {A_n}.

De plus, on trouve le quotient {Q_n=\displaystyle\sum_{k=0}^{n-2}(k+1)^2X^{k}}.

Exercice 3.
Déterminer tous les polynômes de {\mathbb{K}[X]} divisibles par leur polynôme dérivé.
Indication: il y a plusieurs méthodes bien différentes.
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Si {A} est constant, il n’est pas divisible par A'=0, sauf si {A=0}.

On supposera donc que {\deg A=n\ge1}, et que {A'} divise A.

Si {a_nX^n} est le terme dominant de {A}, celui de {A'} est {na_nX^{n-1}}.

La division de {A} par {A'} s’écrit donc {A=\dfrac1n(X+\lambda)A'}, avec {\lambda\in\mathbb{K}}.

A partir de là, il y a plusieurs variantes pour la démonstration.

  1. Première méthode :

    On écrit {A=\displaystyle\sum_{k=0}^{n}a_kX^k}, donc {A'=\displaystyle\sum_{k=1}^{n}ka_kX^{k-1}}.

    On reporte dans {nA=(X+\lambda)A'}, on développe et on identifie. On trouve : {\begin{array}{rl}n\displaystyle\sum_{k=0}^{n}a_kX^k&=(X+\lambda)\displaystyle\sum_{k=1}^{n}ka_kX^{k-1}\\\\&=\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}\Bigl(ka_k+\lambda(k+1)a_{k+1}\Bigr)X^k+na_nX^n\end{array}}

    On en déduit par identification, pour {0\le k\le n-1} : {\begin{array}{rl}a_k&=\lambda\dfrac{k+1}{n-k}a_{k+1}\\\\&=\lambda^{n-k}\dfrac{(k+1)(k+2)\cdots n}{(n-k)\cdots 2\cdot 1}a_n\\\\&=\lambda^{n-k}\dfrac{n!}{k!(n-k)!}a_n=\lambda^{n-k}\dbinom{n}{k}a_n\end{array}}On trouve donc finalement : {A=a_n\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\dbinom{n}{k}\lambda^{n-k}X^k=a_n(X+\lambda)^n}

    Réciproquement les {A=\alpha(X+\lambda)^n} sont solutions du problème.

  2. Deuxième méthode :

    L’égalité {nA=(X+\lambda)A'} montre que {-\lambda} est une racine {A}.

    Soit {m\ge1} la multiplicité de cette racine.

    On peut donc écrire {A=(X+\lambda)^mB}, avec {B(-\lambda)\ne0}.

    On reporte dans l’égalité {nA=(X+\lambda)A'} et on obtient : {n(X+\lambda)^mB=(X+\lambda)\bigl(m(X+\lambda)^{m-1}B+(X+\lambda)^mB'\bigr)}Après simplification par {(X+\lambda)^m} : {(n-m)B=(X+\lambda)B'}.

    On évalue en {-\lambda}. Sachant que {B(-\lambda)\ne0}, il vient {m=n}.

    Ainsi {A=(X+\lambda)^nB} donc {B} est une constante {\mu}.

    On a donc obtenu {A=\mu(X+\lambda)^n} et on termine comme dans la première méthode.

  3. Troisième méthode :

    On dérive {k} fois {nA=(X+\lambda)A'} et on trouve : {nA^{(k)}=kA^{(k)}+(X+\lambda)A^{(k+1)}}Si on se place en {-\lambda}, on trouve {(n-k)A^{(k)}(-\lambda)=0} donc {A^{(k)}(-\lambda)=0} si {k\ne n}.

    Il en découle (formule de Taylor) que : {A=\displaystyle\sum_{k\ge0}\dfrac{A^{(k)}(-\lambda)}{k!}(X+\lambda)^k=\dfrac{A^{(n)}(-\lambda)}{n!}(X+\lambda)^n}Ainsi {A=\mu(X+\lambda)^n} et on termine comme précédemment.

  4. Quatrième méthode (faire plaisir @LC_Paris11):

    Par hypothèse, {n A=(X+\lambda)A'}, avec {\lambda\in\mathbb{K}}.

    Après dérivation, n A'=A'+(X+\lambda)A'', donc (n-1)A'=(X+\lambda)A''.

    Par une récurrence descendante évidente : {\forall k\in\{0,\ldots,n-1\},\;(n-k)A^{(k)}=(X+\lambda)A^{(k+1)}}En particulier, -\lambda annule A,A',\ldots,A^{(n-1)}. On a bien sûr A^{(n)}(-\lambda)=a_nn!\ne 0.

    Ainsi, -\lambda est racine de multiplicité n de A, et on peut écrire : {A=a_n(X+\lambda)^n}.

    Si on ne souhaite pas utiliser la caractérisation de la multiplicité d’une racine par les polynômes dérivés, on peut procéder à des primitivations successives (en utilisant toujours le fait que -\lambda annule A,A',\ldots,A^{(n-1)}) à partir de A^{(n)}=a_nn!.

    On trouve ainsi A^{(n-1)}=a_nn!(X+\lambda), puis A^{(n-2)}=a_n\dfrac{n!}{2!}(X+\lambda)^2.

    Plus généralement A^{(n-k)}=a_n\dfrac{n!}{k!}(X+\lambda)^k et finalement A=a_n(X+\lambda)^n.

  5. Cinquième méthode (pour faire plaisir à @skyrmino) :

    Par hypothèse, {\dfrac{A'}{A}=\dfrac{n}{X+\lambda}}, avec {\lambda\in\mathbb{K}}.

    Notons {A=\displaystyle\prod_{k=1}^{p}(X-a_k)^{m_k}} la factorisation de A dans \mathbb{C}[X].

    (les a_k sont les racines distinctes de A, de multiplicités respectives m_k\in\mathbb{N}^*)

    On connait la décomposition en éléments simples : {\dfrac{A'}{A}=\displaystyle\sum_{k=1}^{p}\dfrac{m_k}{X-a_k}}.

    On compare avec {\dfrac{A'}{A}=\dfrac{n}{X+\lambda}} et on invoque l’unicité d’une telle décomposition.

    Il en découle que A ne possède que la racine -\lambda, avec la multiplicité n.

    Ainsi A=a_n(X+\lambda)^n, et c’est fini.

  6. Sixième méthode (pour faire plaisir à @pi_r_bernard) :

    On rappelle qu’on cherche A, de degré n\ge1, de coefficient dominant a_n.

    Soit (x_k)_{1\le k\le r} les racines complexes distinctes de A', et m_k leurs multiplicités.

    Comme A'\mid A, les x_k sont aussi racines de A, et avec les multiplicités m_k+1.

    On peut alors écrire : {n\ge \displaystyle\sum_{k=1}^{r}(m_k+1)=r+\displaystyle\sum_{k=1}^{r}m_k=r + n-1}

    Ainsi r\le 1, donc A' a une seule racine (multiplicité n-1) ou est constant (si n=1).

    Si n\ge2, on écrit A'=na_n(X+\lambda)^{n-1}, donc A=a_n(X+\lambda)^{n}+\mu par primitivation.

    Mais A'\mid A, donc \mu=0, et finalement A=a_n(X+\lambda)^{n} (résultat ok si n=1).

  7. Septième méthode (pour faire plaisir à @EZtelchar):

    Par hypothèse, {n A=(X+\lambda)A'}, avec {\lambda\in\mathbb{K}}.

    On passe aux fonctions polynomiales, sur I=\,]-\lambda,+\infty[ si {\lambda\in\mathbb{R}}, sur I=\mathbb{R} sinon.

    Ainsi : {\forall x\in I,\;A'(x)=\dfrac{n}{x+\lambda}A(x)}.

    La solution générale de y'=\dfrac{n}{x+\lambda}y sur I est x\mapsto a(x+\lambda)^n, avec a\in\mathbb{R}.

    Ainsi, avec le coefficient dominant a_n de A, on a : {\forall x\in I,\;A(x)=a_n(x+\lambda)^n}.

    Mais de cette égalité entre fonctions polynomiales, vraie sur un ensemble infini, découle l’identité formelle des polynômes, et on retrouve bien l’égalité : A=a_n(X+\lambda)^n.

  8. Huitième méthode :

    Par hypothèse, {n A=(X+\lambda)A'}, avec {\lambda\in\mathbb{K}}.

    Soit la fraction rationnelle R=\dfrac{A}{(X+\lambda)^n}. On a : {R'=\dfrac{(X+\lambda)A'-nA}{(X+\lambda)^{n+1}}=0}.

    La fraction rationnelle R, dont la dérivée formelle est nulle, est donc constante.

    Vu le coefficient dominant a_n de A, on a R=a_n c’est-à-dire A=a_n(X+\lambda)^n.