Chapter 5 – Polynomials – Demos PDF

BA AT AG Sa br in e Chapitre 5 – Polynômes – Démos pl ai re de ———————————————————————– in e TC H AT AG BA Ex em ECG1 - Antoine Lagarde de Sa br Proposition (Degré des opérations) ai re Soit (P, Q) ∈ (R[X])2 . Alors : em pl 1. deg(P + Q) ⩽ max(deg(P ), deg(Q)), avec égalité si...

BA AT AG Sa br in e Chapitre 5 – Polynômes – Démos pl ai re de ———————————————————————– in e TC H AT AG BA Ex em ECG1 - Antoine Lagarde de Sa br Proposition (Degré des opérations) ai re Soit (P, Q) ∈ (R[X])2 . Alors : em pl 1. deg(P + Q) ⩽ max(deg(P ), deg(Q)), avec égalité si deg(P ) ̸= deg(Q) BA Ex 2. deg(P Q) = deg(P ) + deg(Q) TC H AT AG 3. deg(λP ) = deg(P ) pour λ ̸= 0 Sa br in e Dans toute la suite, si P (X) = 0 ou Q(X) = 0, les résultats sont immédiats. m n X X βk X k , avec αn ̸= 0 et βm ̸= 0. αk X k et Q(X) = Sinon, on pose P (X) = k=0 de k=0 ai re 1. On peut supposer que n ⩾ m par symétrie des rôles. em pl Le monôme dominant de P + Q est donc αn X n , donc deg(P + Q) ⩽ n = max(deg(P ), deg(Q)). AG BA Ex Ce n’est pas une égalité, car si n = m, et qu’en plus αn + βn = 0, le degré est plus petit. ! ! m n X X k k βk X αk X 2. P Q(X) = k=0 AT k=0 e λαk X k a pour coefficient dominant λαn ̸= 0, et deg(λP ) = n = deg(P ) in n X br 3. λP (X) = TC deg(P ) + deg(Q) H Or αn βm ̸= 0 par produit de réels non nuls, donc αn βm est le coefficient dominant de P Q et on a deg (P Q) = n + m = de Sa k=0 Soit (P, Q) ∈ (R[X])2 . Alors (P Q)(X) = 0 ⇐⇒ P (X) = 0 ou Q(X) = 0. AG BA Ex em pl ai re Proposition AT H TC H ———————————————————————– (⇐) Evident (⇒) On raisonne par contraposée : supposons que P (X) ̸= 0 et Q(X) ̸= 0. On a alors deg(P ) ⩾ 0 et deg(Q) ⩾ 0. Or deg(P Q) = deg(P ) + deg(Q). Donc deg(P Q) ⩾ 0. Donc (P Q)(X) ̸= 0, d’où le résultat. 1 Théorème (Division euclidienne) Soit (A, B) ∈ (R[X])2 avec B ̸= 0. Il existe des uniques polynômes Q, R ∈ R[X] tels que A = BQ + R et deg(R) < deg(B). H AT AG BA On appelle Q le quotient et R le reste de la division euclidienne de A par B. TC Remarque. Cette démonstration déborde légèrement du cours, puisque la récurrence forte n’est pas au programme. Le raisonnement Pn pour tout n ∈ N. bk X k , et An (X) = n X ak X k . (On introduit l’indice n pour marquer la connaissance du degré, et on de p X pl ai re Existence : On pose B(X) = k=0 k=0 définit A−∞ comme le polynôme nul). Ex em On va montrer par récurrence forte sur n ∈ N la propriété suivante : AT AG BA P(n) : ”∃ (Qn , Rn ) ∈ R[X]2 tels que An = Qn B + Rn et deg (Rn ) < deg(B)” H • Initialisation : vérifions P(n) pour tout n < deg(B). Si B est un polynôme constant, alors on a An = An An B+0× ∈ R[X], B B in br Sinon, on a An = 0 × B + An où le degré du reste vérifie deg(An ) = n < deg(B). e TC et deg(0) < deg(B). de Sa • Hérédité : on pose p = deg(B) et bp le coefficient dominant de B. Soit n ⩾ p. On suppose que P(k) est vraie pour tout k ⩽ n. ai re Soit An+1 un polynôme de degré n + 1 et de coeff. dom. an+1 . On considère le polynôme : em pl an+1 B(X)X n+1−p bp Ex Sn (X) = An+1 (X) − BA an+1 bp X p X n+1−p = an+1 X n+1 − an+1 X n+1 = 0. bp Ainsi deg (Sn ) ⩽ n. Il existe donc, par hypothèse de récurrence, des polynômes Q et R tels que Sn (X) = Q(X)B(X) + R(X) et AT AG Le terme de degré n + 1 est an+1 X n+1 − TC H deg(R) < deg(B). On a alors : in e an+1 B(X)X n+1−p + Q(X)B(X) + R(X) bp   an+1 n+1−p = X + Q(X) B(X) + R(X) bp em pl an+1 n+1−p X + Q(X) et Rn+1 (X) = R(X), on montre alors que P(n + 1) est vraie. bp Ex En choisissant Qn+1 (X) = ai re de Sa br An+1 (X) = BA Unicité : Supposons que (Q1 , R1 ) et (Q2 , R2 ) soient deux couples vérifiant : A = BQ1 + R1 et A = BQ2 + R2 , avec deg (R1 ) < deg(B) AG et deg (R2 ) < deg(B). On trouve par soustraction : B (Q1 − Q2 ) = R2 − R1 . TC H AT Supposons par l’absurde que Q1 ̸= Q2 , i.e. Q1 − Q2 ̸= 0. Par propriétés du degré, on obtient alors : br in e deg(B) ⩽ deg(B) + deg (Q1 − Q2 ) = deg (B (Q1 − Q2 )) = deg (R2 − R1 ) ⩽ max (deg (R1 ) , deg (R2 )) < deg(B) de Sa Ceci est absurde, on a donc Q1 = Q2 , et donc R1 = R2 . Tout polynôme peut être écrit comme un produit de polynômes irréductibles. AG BA Ex em pl ai re Proposition (Factorisation en polynômes irréductibles) AT H Sa br in e par récurrence forte est le suivant : on montre une propriété P0 , puis si en supposant P(0), ..., P(n), alors on a P(n + 1), cela montre Si un polynôme A1 de degré n n’est pas irréductible, alors on peut trouver un polynôme Q1 de degré 1 à n − 1 tel que Q1 |A1 . On obtient alors A2 tel que A1 = Q1 A2 . A2 est de degré n − deg(Q). S’il n’est pas irréductible, on réitère l’opération pour obtenir A3 , A4 etc. L’opération se termine nécessairement puisqu’on diminue le degré d’au moins un à chaque étape. 2 Proposition n X kαk xk−1 . Cette fonction est bien la dérivée H kαk X k−1 donc on lui associe la fonction polynomiale P˜′ : x 7→ Sa br in e TC k=1 k=1 de P̃ . de Proposition n X kak X k−1 est de degré au plus n − 1, et son coefficient de degré n − 1 AT AG ak X k est de degré n, donc avec an ̸= 0, alors P ′ =  Par récurrence finie, on va montrer que ∀k ∈ J0, nK, deg P (k) = deg(P ) − k.   Pour k ∈ N on pose P(k) : ” deg P (k) = deg(P ) − k”.   • Pour k = 0, deg P (0) = deg(P ) = deg(P ) − 0, donc P(0) vraie. H k=1 k=0 est nan ̸= 0. Donc deg (P ′ ) = n − 1 = deg(P ) − 1. Sa br in e TC  de n X re Si P = BA Ex em pl ai re Soit P ∈ R[X] avec deg(P) = n∈ N∗ . Alors deg (P ′ ) = deg(P ) − 1. De plus, pour k ∈ N, deg P (k) = deg(P ) − k si k ⩽ n, et P (k) = 0 sinon. AT AG BA Ex em pl ai • Soit k ∈ J0, n − 1K. On suppose P(k) vraie.    ′    deg P (k) = deg(P ) − k > 0, donc deg P (k) = deg P (k) − 1   donc deg P (k+1) = deg(P ) − k − 1 = deg(P ) − (k + 1). Donc P(k + 1) vraie.   Ainsi, ∀k ∈ J0, nK, deg P (k) = deg(P ) − k. e TC H Si k = n, P (n) est un polynôme constant donc en dérivant à nouveau, on obtient 0. Sa br in Proposition re de Soit (P, Q) ∈ (R[X])2 et λ ∈ R. 2. (P Q)′ = P ′ Q + P Q′ 3. (P ◦ Q)′ = Q′ × P ′ ◦ Q λP + Q = AT k=0 n X AG ak X k et Q = m X bk X k . Supposons par symétrie des rôles n ⩾ m. k=0 H n X (λak + bk ) X k en posant bk = 0 pour k > m. TC 1. Soit P = BA Ex em pl ai 1. (λP + Q)′ = λP ′ + Q′ in e k=0 Sa br Donc de (λP + Q)′ = n X k (λak + bk ) X k = λ ai re k=1 pl =λ Ex em BA AG AT H n X C’est évident : P ′ = AT AG BA La fonction polynomiale associée au polynôme dérivé est la dérivée de la fonction polynomiale. n X k=1 n X kak X k + kak X k + k=1 = λP ′ + Q′ n X k=1 m X kbk X k kbk X k k=1 2. Commençons par le vérifier pour des monômes. Soient k, ℓ ∈ N. Si k et ℓ sont tous deux non nuls, alors  XkXℓ ′  ′  ′  ′ = X k+ℓ = (k + ℓ)X k+ℓ−1 = kX k−1 X ℓ + ℓX k X ℓ−1 = X k X ℓ + X k X ℓ Il est aisé de se convaincre que ceci reste vrai si k = 0 ou ℓ = 0 (l’une des dérivées est alors nulle). 3 Dès lors, la linéarité de la dérivée prouvée ci-dessus nous permet d’en déduire la formule dans le cas général : XX k=0 ℓ=0 = p X k=0 " = p X = AT AG H TC  ′  Xℓ + Xk Xℓ k=0 ℓ=0  ′  ′ ak X k=0 ′ q p  ′  ′ X X ak bℓ X k X ℓ ak bℓ X k X ℓ + ak X k p X Xk Sa br in e =  ak X bℓ X ℓ ℓ=0 !′ !′ q X q X !# bℓ X ℓ ℓ=0 bℓ X ℓ ℓ=0 ! ! + p X + k=0 + " p X ak X k k=0 p X q X  ′ ak X k ak X k k=0 ℓ=0 ! ! q X  ′ bℓ X ℓ  bℓ X ℓ=0 q X bℓ X ℓ ℓ=0 !′ ℓ !# ′ ! = P ′ Q + P Q′ e k=0 k k q X de k=0 ℓ=0 q p ak bℓ pl ai re XX  ′ ak bℓ X k X ℓ em = k=0 ℓ=0 !′ Ex k=0 ℓ=0 q p ak bℓ X X ℓ BA XX = k AT AG = q p X X BA ak X Q k=0 q p !′ H (P Q) = k TC p X ′ k=0 = p X ak kQ′ Qk−1 = Q′ × p X de !′ kak Qk−1 = Q′ × P ′ ◦ Q re ak Q k k=1 k=1 ai (P ◦ Q) = p X pl ′
em alors : Sa br in 3. Une récurrence facile à l’aide de la formule ci-dessus prouve que pour tout k ∈ N, le polynôme dérivé de Qk est kQ′ Qk−1 . Et BA Ex Proposition (Dérivée k-ème du monôme) AT AG Pour tous k, n ∈ N, si k ⩽ n alors (X n )(k) = n(n − 1) · · · (n − k + 1)X n−k = br in e TC H particulier, (X n )(n) = n! n! X n−k . Si k > n, (X n )(k) = 0. En (n − k)! AT AG BA Ex em pl ai re de Sa Fixons n ∈ N. Montrons-le par récurrence sur k ∈ J0, nK. n! X n−0 donc la formule est vérifiée. • On a (X n )(0) = X n = (n − 0)! n! n! • Si pour un k ∈ J0, n−1K, on a (X n )(k) = X n−k , en dérivant à nouveau on obtient (X n )(k+1) = ·(n−k)X n−k−1 = (n − k)! (n − k)! n! n! X n−k−1 = X n−(k+1) (n − k − 1)! (n − (k + 1))! On a donc prouvé la formule pour k ⩽ n. Ceci montre le cas particulier k = n. TC H Si k > n, puisque deg(X n ) = n, on obtient nécessairement le polynôme nul en dérivant k fois. Sa br in e Théorème (Formule de Taylor) de Soit P ∈ R[X] de degré n ∈ N. Alors ∀a ∈ R, P (X) = n X P (k) (a) (X − a)k . k! Ex em pl ai re k=0 AG BA On commence par le cas a = 0. On déduit des propriétés de dérivation une formule de P (i) : AT P (i) = n X H k=i k! ak X k−i (k − i)! P (i) (0) étant le coefficient constant de P (k) , on a ∀i ∈ J0, nK, P (i) (0) = i!ai . n X P (k) (0) k On a donc bien P (X) = X . k! k=0 4 Dans le cas général, posons Q(X) = P (X + a). AT AG BA On a alors Q′ (X) = P ′ (X + a), puis Q′′ (X) = P ′′ (X + a). Par récurrence, on a : ∀k ∈ N, Q(k) (X) = P (k) (X + a). n n X Q(k) (0) k X P (k) (a) k Et donc Q = X = X . k! k! k=0 k=0 n X P (k) (a) (X − a)k . En appliquant en X − a au lieu de X, on a donc P (X) = Q(X − a) = k! TC H k=0 Sa br in e Théorème pl ai re de r est une racine de P si et seulement si X − r | P . em (⇐) On suppose que X − r divise P . Soit alors Q tel que P (X) = Q(X)(X − r). BA Ex En évaluant en r, il vient P (r) = Q(r)(r − r) = 0., donc r est une racine de P . AT AG (⇒) Inversement, supposons que P (r) = 0. Soit alors P = (X − r)Q + R la division euclidienne de P par X − r, avec deg R < deg(X − r) . | {z } TC H =1 in br Sa Et donc si P (r) = 0, alors λ = 0, et donc P = (X − r)Q est divisible par X − r. e Alors R est un polynôme constant λ. Mais en évaluant en r, P (r) = (r − r)Q(r) + λ ⇐⇒ P (r) = λ. pl ai re de Corollaire m Y (X − ri ) | P i=1 AT AG BA Ex em Soient r1 , ..., rm des réels distincts. On a : r1 , ..., rm sont racines de P ⇐⇒ H L’implication directe est évidente, il suffit donc de montrer la réciproque. On suppose que r1 , r2 , ..., rm sont des racines de P , et on TC pose ∀k ∈ J1, mK, H(k) = " (X − r1 ) (X − r2 ) · · · (X − rk ) divise P ". br in e L’initialisation de la récurrence est directe par le théorème précédent : H(1) est vraie. de Sa Soit k ∈ J1, m − 1K, on suppose que H(k) est vraie : il existe A ∈ R[X] tel que pl ai re P (X) = (X − r1 ) (X − r2 ) · · · (X − rk ) A(X) em Comme k + 1 ⩽ m, alors rk+1 est racine de P et P (rk+1 ) = 0. Mais comme les ri sont supposés distincts deux à deux, Ex (rk+1 − r1 ) (rk+1 − r2 ) · · · (rk+1 − rk ) ̸= 0. AG BA Donc nécessairement A (rk+1 ) = 0, et donc rk+1 est racine de A. P (X) = (X − r1 ) (X − r2 ) · · · (X − rk ) (X − rk+1 ) C(X) in e TC H AT Par le théorème précédent, il existe alors C ∈ R[X] tel que A(X) = (X − rk+1 ) C(X). Donc Sa br Ce qui montre H(k + 1). re de Donc ∀k ∈ J1, mK, H(k) est vraie. En particulier H(m) est vraie, ce qui termine la preuve. Un polynôme de Rn [X] ayant au moins n + 1 racines deux à deux distinctes est nul. En particulier, un polynôme ayant une infinité de racines est nul. H AT AG BA Ex em pl ai Proposition (Critère de nullité d’un polynôme) Si P de degré n admet au moins n + 1 racines r1 , ..., rn+1 , alors (X − r1 ) · · · (X − rn+1 ) divise P , donc il existe un polynôme Q tel que P = (X − r1 ) · · · (X − rn+1 )Q. En regardant le degré : n = n + 1 + deg(Q). Si deg(Q) ⩾ 0, cette égalité est absurde. Donc deg(Q) = −∞, i.e Q = 0, d’où P = 0. 5 Théorème Soient P ∈ R[X], r ∈ R, m ∈ N∗ . r est une racine de P d’ordre de multiplicité m si et seulement si : TC H AT AG BA ∀k ∈ J0, m − 1K, P (k) (r) = 0 et P (m) (r) ̸= 0 Sa br in e (⇐) Notons n = deg P . Supposons que ∀k ∈ J0, m − 1K, P (k) (r) = 0 et P (m) (r) ̸= 0. n n n X X X P (k) (r) P (k) (r) P (k) (r) (X − a)k = (X − a)k = (X − r)m (X − r)k−m k! k! k! k=0 k=m k=m {z } | pl ai re P (X) = de Si P (r) = P ′ (r) = · · · = P (m−1) (r) = 0, alors par la formule de Taylor, Ex em =Q BA est bien divisible par (X − r)m . Donc la multiplicité de r est supérieure ou égale à m. AT AG P (m) (r) ̸= 0. Donc (X − r)m+1 ne divise pas P , sinon on aurait que X − r | Q, et donc Q(r) = 0 : absurde. m! Donc la multiplicité de r est égale à m. TC H De plus Q(r) = e (⇒) Inversement, supposons que r soit une racine de multiplicité m de P . br in Alors P = (X − r)m Q, avec Q(r) ̸= 0. Sa m−1 n X X P (k) (r) P (k) (r) (X − r)k−m + (X − r)k . k! k! de Mais par la formule de Taylor, P = (X − r)m k=m re k=0 em pl ai Par unicité de la division euclidienne de P par (X − r)m , on a donc BA Ex m−1 n X X P (k) (r) P (k) (r) (X − r)k−m = Q et (X − r)k = 0 k! k! AT AG k=m TC H Composons cette dernière relation à droite par X + r, de sorte que k=0 m−1 X in e k=0 P (k) (r) k X = 0. k! br Par identification des coefficients, on a donc pour tout k ∈ J0, m − 1K, de Sa première relation en r, il vient P (k) (r) = 0, et donc P (k) (r) = 0. Et en évaluant la k! pl ai re n X P (m) (r) P (k) (r) (r − r)k−m = Q(r) ⇐⇒ = Q(r) ⇐⇒ P (m) (r) = m!Q(r) ̸= 0 k! m! Ex em k=m AG BA Corollaire H AT Si r est une racine d’ordre m ⩾ 1 de P , alors : TC 1. r est une racine d’ordre m − 1 de P ′ re de Sa br in e 2. ∀j ∈ J0, m − 1K, r est une racine d’ordre m − j de P (j) . pl ai Si r est une racine d’ordre m de P , alors il existe Q tel que P = (X − r)m Q et Q(r) ̸= 0. Donc P ′ = m(X − r)m−1 Q + (X − r)m Q′ = Ex em (X − r)m−1 [mQ + (X − r)Q′ ]. r est donc racine d’ordre au moins m − 1 de P ′ . De plus mQ(r) + (r − r)Q′ (r) = mQ(r), or Q(r) ̸= 0, donc ce polynôme n’est pas On a le second résultat par récurrence immédiate. H AT AG BA divisible par X − r. On conclut : r est racine d’ordre exactement m − 1. 6 Proposition (X − ri )mi | P AT AG p Y BA Soit P ∈ R[X]. Si P a pour racines r1 , r2 , ..., rp de multiplicités respectives m1 , m2 , ..., mp , alors Sa br in e TC H i=1 On utilise le théorème suivant, hors-programme mais tout à fait compréhensible : si Q1 et Q2 divisent P et n’ont aucune racine de commune, alors Q1 Q2 divise P . Ainsi, puisque chaque (X − ri )mi divise P , le produit divise également P . em pl ai re Corollaire AT AG BA Ex Soit n ∈ N. Un polynôme de degré n admet au plus n racines comptées avec multiplicité. i=1 TC H Si P a pour racines r1 de multiplicité m1 , · · · et rp de multiplicité mp . ! p p Y Y Alors (X − ri )mi | P , donc ∃Q ∈ R[X] tel que P = (X − ri )mi Q in br mi + deg(Q). Sa Donc deg(P ) = e i=1 p X mi . re p X ai P ̸= 0, donc Q ̸= 0, donc deg(Q) ⩾ 0, donc deg(P ) ⩾ de i=1 em mi est le nombre de racines de P comptées avec multiplicité. Ex p X pl i=1 i=1 H AT AG BA Ex em pl ai re de Sa br in e TC H AT AG BA Ex em pl ai re de Sa br in e TC H AT AG BA Ce nombre est donc inférieur ou égal à n. 7