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Colles de mathématiques

Polynôme définissant par deux relations


Sujet


Soit $P\in\R_5[X]$ tel que
\[\la\begin{array}{ll}P(X)=(X+1)^3A(X)+4\\[.5em] P(X)=12+(X-1)^3B(X)\enar\right.\]

avec $A(X)\in\R[X]$ et $B(X)\in\R[X]$.
  1. Montrer que $1$ et $-1$ sont racines de $P'(X)$.
  2. Prouver que $P'(X)=\lambda\left( X^2-1\rp^2$, avec $\lambda\in\R$.
  3. En déduire que $P(X)=\dfrac\lambda5X^5-\dfrac{2\lambda}3X^3+\lambda X+\mu$, avec $\lp\lambda,\mu\rp\in\R^2$.
  4. Déterminer $P(X)$.

Corrigé de l'exercice de maths: Polynômes

Correction


  1. En dérivant les relations définissant $P$ on obtient
    \[\la\begin{array}{ll}P'(X)=3(X+1)^2A(X)+(X+1)^3A'(X)\\[.5em] P'(X)=3(X-1)^2B(X)+(X-1)^3B'(X)\enar\right.\]

    d'où on trouve bien que $P'(1)=P'(-1)=0$.
  2. Le résultat précédent montre aussi ue $1$ et $-1$ sont des racines doubles de $P'$ car
    \[\la\begin{array}{ll}P''(X)=6(X+1)A(X)+6(X+1)^2A'(X)+(X+1)^3A''(X)\\[.5em] P''(X)=6(X-1)B(X)+6(X-1)^2B'(X)+(X-1)^3B''(X)\enar\right.\]

    et donc que aussi
    \[P''(1)=P''(-1)=0\]

    Ainsi, $P'$ se factorise par $(X-1)^2$ et $(X+1)^2$, soit
    \[\begin{array}{ll}P'(X)&=(X-1)^2(X+1)^2Q(X)\\ &=\lp(X-1)(X+1)\rp^2Q(X)\\ &=\left( X^2-1\rp^2Q(X)\enar\]

    Enfin, comme $P\in\R_5[X]\iff \deg(P(X))=5$, on a $\deg\left( P'\rp=4$ et comme $\deg\lp\lp X^2-1\rp^2\rp=4$, on a nécessairement $\deg(Q(X))=0$ soit $Q(X)=\lambda\in\R$.
  3. En développant, on obtient
    \[P(X)=\lambda\left( X^2-1\rp^2 =\lambda X^4-2\lambda X^2+\lambda\]

    d'où les primitives $P(X)=\dfrac\lambda5X^5-\dfrac{2\lambda}3X^3+\lambda X+\mu$, avec $\mu\in\R$.
  4. En substituant cette expression précédente dans le système définissant $P$, et en utilisant les racines, on a
    \[\la\begin{array}{lcrcr} P(-1)&=&4&=&-\dfrac\lambda5+\dfrac{2\lambda}3-\lambda +\mu\\[.7em] P(1)&=&12&=&\dfrac\lambda5-\dfrac{2\lambda}3+\lambda+\mu\enar\right.\]

    En ajoutant ces deux équations, on obtient $2\mu=16$ soit $\mu=8$, puis en substituant cette valeur on obtient $\lambda=\dfrac{15}2$.