Corrigé du devoir

Questions de cours :

1. Pour un polynôme $P=a_dX^d+a_{d-1}X^{d-1}+\cdots+a_1X+a_0$ non nul dans $\mathbb{R}[X]$, le polynôme dérivé de $P$ est le polynôme noté $P'$ :
   $$P'=da_dX^{d-1}+(d-1)a_{d-1}X^{d-2}+\cdots+a_1.$$
   Si $P=0$, le polynôme dérivé de $P$ est le polynôme nul.

   Soient

   $$P=a_dX^d+a_{d-1}X^{d-1}+\cdots+a_1X+a_0$$   et$$\quad Q=b_{h}X^h+b_{h-1}X^{h-1}+\cdots+b_1X+b_0$$
   deux polynômes à coefficients réels. Soient $\lambda$ et $\mu$ deux réels. Sans perte de généralité, supposons $h\leqslant d$. Quitte à poser $b_{h+1}=\cdots=b_d=0$, nous pouvons écrire :
   $$\lambda P+\mu Q= (\lambda a^d+\mu b^d)X^d+\cdots+(\lambda a_0+\mu b_0)\;.$$
   Le polynôme dérivé est :
   $$(\lambda P+\mu Q)'= (\lambda a^d+\mu b^d)dX^{d-1}+ \cdots+(\lambda a_1+\mu b_1)\;.$$
   Il est bien égal à :
   $$\lambda P'+\mu Q'= \lambda(a^d dX^{d-1}+\cdots+a_1)+ \mu (b^d dX^{d-1}+\cdots+b_1)\;.$$

2. Posons $P=a_dX^d+\cdots+a_0$ : alors $X^n P=a_d X^{n+d}+\cdots+a_0X^n$. Par définition, le polynôme dérivé de $X^nP$ est :
   $$(X^n P)'=a_d(n+d)X^{n+d-1}+\cdots+a_0n X^{n-1} =\sum_{k=0}^d a_k(n+k)X^{n+k-1}\;.$$
   Or :
   

   $$nX^{n-1}P+X^nP' = \displaystyle{nX^{n-1}\left(\sum_{k=0}^d a_kX^k\right)+ X^n\left(\sum_{h=1}^d h a_h X^{h-1}\right)}$$

   $$= \sum_{k=0}^d (n+k)a_k X^{n+k-1}\;.$$

   
   
3. Nous allons démontrer la formule par récurrence sur le degré de $Q$. Elle est vraie si $Q$ est nul ou de degré 0, puisque dans ce cas $Q'=0$ et la dérivation est linéaire d'après la question 2. Supposons que la formule est vraie pour tout polynôme de degré inférieur ou égal à $n-1$ et soit $Q$ un polynôme de degré $n$. Nous pouvons écrire $Q=b_nX^n+Q_1$, où $Q_1$ est un polynôme de degré inférieur ou égal à $n-1$. Écrivons :
   $$\begin{array}{lcll} (PQ)'&=&\Big((b_nX^n+Q_1)P\Big)'&\\ &=&... ...box{(hypoth\\lq ese de r\'ecurrence)}\\ &=&PQ'+QP'\;. \end{array}$$

4. C'est une autre démonstration par récurrence. La formule est vraie pour $n=0$, puisque $P^0$ est le polynôme constant égal à $1$, dont la dérivée est nulle. Supposons-la vraie pour $n\geqslant 1$.
   $$\begin{array}{lcll} (P^{n+1})'&=&(PP^{n})'&\\ &=&P(P^n)'+P'... ...(hypoth\\lq ese de r\'ecurrence)}\\ &=& (n+1)P'P^n\;. \end{array}$$
   La formule est vraie pour $n+1$, donc pour tout $n$.
5. Posons $Q=b_nX^n+\cdots+b_0$. Le polynôme composé $Q(P)$ est :
   $$Q(P)=\sum_{k=0}^n b_k P^k\;.$$
   D'après la linéarité de la dérivation (question 1) :
   $$(Q(P))'=\sum_{k=0}^n b_k (P^k)'\;.$$
   En utilisant le résultat de la question précédente :
   $$(Q(P))'=\sum_{k=0}^n b_k kP'(P^{k-1})=P'\sum_{k=0}^n kb_kP^{k-1} =P'Q'(P)\;.$$

Exercice 1 :  

1. On trouve :
   $$L_1=X\quad;\quad L_2=\frac{3}{2}X^2-\frac{1}{2}\quad;\quad L_3=\frac{5}{2}X^3-\frac{3}{2}X\;.$$

2. Le degré de $W_n$ est $2n$, son coefficient dominant est $1$. Le degré de $L_n$ est $n$, son coefficient dominant est :
   $$\frac{(2n)(2n-1)\ldots (n+1)}{2^n n!}=\frac{1}{2^n}\binom{2n}{n}\;.$$

3. En utilisant la formule donnant la dérivée d'un polynôme composé, on obtient $W'_n = 2nX(X^2-1)^{n-1}$, donc $(X^2-1)W'_n=2nXW_n$.

   Prenons la dérivée $(n+1)$-ième des deux membres, en utilisant la formule de Leibniz. Pour le membre de gauche, on obtient :

   $$(X^2-1)W_n^{(n+2)}+2X(n+1)W_n^{(n+1)}+n(n+1)W_n^{(n)}\;.$$
   Pour le membre de droite, la formule de Leibniz donne :
   $$2nXW_n^{(n+1)}+2n(n+1)W_n^{(n)}\;.$$
   En égalant les deux, et en regroupant les termes, on obtient :
   $$(X^2-1)W_n^{(n+2)}+2XW_n^{(n+1)}-n(n+1)W_n^{(n)}=0\;.$$
   En divisant par $2^n n!$ :
   $$(X^2-1)L''_n+2XL'_n-n(n+1)L_n=0\;.$$

4. En prenant la dérivée $(n+1)$-ième du produit $(X^2-1)(X^2-1)^{n-1}$, on obtient comme dans la question précédente :
   $$W_n^{(n+1)}=(X^2-1)W_{n-1}^{(n+1)}+ 2X(n+1)W_{n-1}^{(n)}+n(n+1)W_{n-1}^{(n-1)}\;.$$

5. En divisant les deux membres par $2^n n!$ :
   $$L'_n=(X^2-1)\frac{1}{2n}L''_{n-1}+2X\frac{(n+1)}{2n}L'_{n-1}+ \frac{n(n+1)}{2n}L_{n-1}\;.$$
   Or d'après la question 3,
   $$(X^2-1)L''_{n-1}+2XL'_{n-1}=n(n-1)L_{n-1}\;.$$
   En reportant ceci dans l'expression précédente :
   

   $$L'_n = \frac{n(n-1)}{2n}L_{n-1}+XL'_{n-1}+\frac{n(n+1)}{2n}L_{n-1}$$

   $$= XL'_{n-1}+nL_{n-1}\;.$$

   
   

Exercice 2 :  

1. Puisque $(X^3-1)=(X-1)(X^2+X+1)$, on peut aussi écrire : $(X^3+1)-(X-1)(X^2+X+1)=2$. Ceci est une identité de Bézout pour les polynômes $X^3+1$ et $X^2+X+1$ : ils sont donc premiers entre eux.

2. $$\begin{array}{l\vert l} \begin{array}{l} X^3\hspace{19mm}+1\... ...{l} X^2+X+1\\ \hline X-1\\ \\ \\ \\ \end{array}\end{array}$$
   On retrouve l'identité de la question précédente : $(X^3+1)=(X-1)(X^2+X+1)+2$.
3. Soient $U$ et $V$ deux polynômes tels que $(X^3+1)U+(X^2+X+1)V=1$. Puisque $(X^3+1)/2-(X-1)(X^2+X+1)/2=1$, on a nécessairement :
   $$(X^3+1)(U-1/2)+(X^2+X+1)(V+X/2-1/2)=0\;.$$
   Or $(X^3+1)$ et $(X^2+X+1)$ sont premiers entre eux. En utilisant le lemme de Gauss, on déduit que $(X^2+X+1)$ divise $(U-1/2)$ et que $(X^2+1)$ divise $(V+X/2-1/2)$ : il existe un polynôme $K$ tel que :
   $$U=\frac{1}{2}+K(X^2+X+1)$$   et$$\quad V=\frac{1}{2}(-X+1)-K(X^3+1)\;.$$
   Réciproquement, si $U$ et $V$ s'écrivent comme ci-dessus, alors :
   $$(X^3+1)(U-1/2)=(X^2+X+1)(V+X/2-1/2)=K(X^3+1)(X^2+X+1)\;.$$
   Donc :
   $$(X^2+1)U+(X^2+X+1)V=\frac{1}{2}(X^3+1)-\frac{1}{2}(X-1)(X^2+X+1)=1\;.$$
   L'ensemble des couples $(U,V)$ tels que $(X^3+1)U+(X^2+X+1)V=1$ est :
   $$\left\{ \left(\frac{1}{2}+K(X^2+X+1)\;,\; \frac{1}{2}(-X+1)-K(X^3+1)\right)\;,\quad K\in\mathbb{R}[X] \right\}\;.$$

4. On trouve :
   $$X^5-X^3+X^2-1=(X^2-1)(X^3+1)=(X+1)^2(X-1)(X^2-X+1)\;,$$
   et
   $$X^3-1 = (X-1)(X^2+X+1)\;.$$
   Le pgcd des deux polynômes est $(X-1)$, leur ppcm est $(X+1)^2(X-1)(X^2-X+1)(X^2+X+1)$.
5. La division euclidienne des deux polynômes donne :
   $$X^5-X^3+X^2-1=(X^2-1)(X^3-1)+2X^2-2\;.$$
   La division euclidienne de $X^3-1$ par $X^2-1$ donne :
   $$X^3-1=X(X^2-1)+(X-1)\;.$$
   L'algorithme d'Euclide se termine sur : $X^2-1=(X+1)(X-1)+0$. On retrouve donc bien le fait que $(X-1)$ est le pgcd des deux polynômes (toujours défini à une constante près).

Exercice 3 :  

1. On trouve :
   $$\frac{2X}{X^2-1}=\frac{1}{X+1}+\frac{1}{X-1}\;.$$
   En remplaçant $X$ par $X^2$, on obtient :
   $$\frac{2X^2}{X^4-1}=\frac{1}{X^2+1}+\frac{1}{X^2-1}\;.$$
   Il reste à élever les deux membres au carré :
   $$\frac{4X^4}{(X^4-1)^2}=\frac{1}{(X^2+1)^2}+ \frac{1}{(X^2-1)^2} +\frac{2}{X^4-1}\;.$$
   Observons que les deux dernières identités ne sont pas des décompositions en éléments simples.

2. $$\frac{1}{X^2-1}=\frac{\frac{1}{2}}{X-1}-\frac{\frac{1}{2}}{X+1}\;.$$
   En élevant au carré, on obtient :
   $$\frac{1}{(X^2-1)^2}= \frac{\frac{1}{4}}{(X-1)^2}+\frac{\frac{1}{4}}{(X+1)^2} -\frac{\frac{1}{2}}{X^2-1}\;.$$
   Il reste à réinjecter la décomposition de $1/(X^2-1)$ :
   $$\frac{1}{(X^2-1)^2}= \frac{\frac{1}{4}}{(X-1)^2}+\frac{\frac{1}{4}}{(X+1)^2} +\frac{\frac{1}{4}}{X+1}-\frac{\frac{1}{4}}{X-1} \;.$$

3. En remplaçant $X$ par $X^2$ dans la décomposition de $1/(X^2-1)$, on obtient :
   $$\frac{1}{X^4-1}=\frac{\frac{1}{2}}{X^2-1}-\frac{\frac{1}{2}}{X^2+1}\;.$$
   En utilisant à nouveau la décomposition de $1/(X^2-1)$, on trouve :
   $$\frac{1}{X^4-1}=\frac{\frac{1}{4}}{X-1}- \frac{\frac{1}{4}}{X+1}-\frac{\frac{1}{2}}{X^2+1}\;.$$

4. Dans l'expression de la question $1$, le terme $1/(X^2+1)^2$ est un élément simple. La décomposition en éléments simples de $1/(X^2-1)^2$ est donnée à la question 2, celle de $1/(X^4-1)$ à la question 3. En rassemblant le tout on obtient :
   $$\frac{4X^4}{(X^4-1)^2} = \frac{1}{(X^2+1)^2} -\frac{1}{X^2+1} +\f... ...rac{\frac{1}{4}}{X-1} +\frac{\frac{1}{4}}{(X+1)^2} -\frac{\frac{1}{4}}{X+1}\;.$$

5. Par la méthode du cours, on écrit la décomposition cherchée sous la forme :
   $$\frac{4X^4}{(X^4-1)^2} = \frac{AX+B}{(X^2+1)^2}+\frac{CX+D}{X^2+1} +\frac{E}{(X-1)^2} +\frac{F}{X-1} +\frac{G}{(X+1)^2} +\frac{H}{X+1}\;.$$
   On simplifie notablement le calcul en observant que la fraction est invariante par le changement $X\mapsto -X$, et donc sa décomposition vérifie la même propriété. Ceci entraîne :
   $$A=0 ,\; C=0 ,\;G=E ,\;H=-F\;.$$
   Multiplier par $(X-1)^2$ et remplacer $X$ par $1$ donne $E=1/4$. Multiplier par $(X^2+1)^2$ et remplacer $X$ par $\mathrm{i}$ donne $B=1$. Il reste deux coefficients à déterminer, par exemple en prenant deux valeurs particulières. Pour $X=0$ :
   $$0=1+D+\frac{1}{4}-F+\frac{1}{4}-F\;.$$
   Pour $X=2$,
   $$\frac{64}{15^2}= \frac{1}{25}+\frac{D}{5}+\frac{1}{4}+F+\frac{1}{36}-\frac{F}{3}\;.$$
   La résolution du système de deux équations en $D$ et $F$ donne $D=-1$, $F=1/4$.