Polynômes : corrigé des exercices de maths sup

Sommaire

Ce corrigé polynômes sup rédige entièrement les 23 exercices de la fiche. Chaque solution vérifie ses hypothèses, cite le résultat du cours utilisé et contrôle le résultat final, par exemple par une évaluation en un point simple. Les réponses sont mises en gras.

Soyez attentifs à trois points. D’abord, une racine double du diviseur donne deux équations, l’une par évaluation, l’autre par dérivation. Ensuite, les formules de Viète exigent un polynôme scindé. Enfin, l’argument « \(n+1\) racines pour un degré au plus \(n\) » demande des racines distinctes. Les problèmes sur Tchebychev, Legendre et Hermite combinent ces idées avec le théorème de Rolle et l’intégration par parties.

Les énoncés se trouvent sur la page exercices de maths sup sur polynômes.

Corrigé de l’exercice 1 : Degré, coefficient dominant et composition

On développe : \((X^2+1)^3 = X^6 + 3X^4 + 3X^2 + 1\) et \((X^3-1)^2 = X^6 – 2X^3 + 1\). Les termes en \(X^6\) se compensent, donc \(A = 3X^4 + 2X^3 + 3X^2\). Ainsi \(\deg A = 4\) et le coefficient dominant vaut \(3\). On retient qu’une différence peut faire baisser le degré.
Écrivons \(P = aX^n + bX^{n-1} + R\) avec \(\deg R \leq\, n-2\). D’abord, la formule du binôme donne \((X+1)^n – X^n = nX^{n-1} + S\) avec \(\deg S \leq\, n-2\). Ensuite, \((X+1)^{n-1} – X^{n-1}\) et \(R(X+1) – R(X)\) sont de degré au plus \(n-2\). Par conséquent, \(P(X+1) – P(X) = naX^{n-1} + T\) avec \(\deg T \leq\, n-2\). Or \(na \neq 0\). Donc \(P(X+1) – P(X)\) est de degré \(n-1\), de coefficient dominant \(na\).
Écrivons \(P = \sum_{k=0}^{p} a_k X^k\) avec \(a_p = a\). Pour \(k \leq\, p\), \(\deg(Q^k) = kq\) car le degré d’un produit est la somme des degrés. Ainsi \(P \circ Q = a Q^p + \sum_{k < p} a_k Q^k\), où la somme est de degré au plus \((p-1)q < pq\). Le terme \(aQ^p\) est de degré \(pq\), de coefficient dominant \(ab^p\). Donc \(\deg(P \circ Q) = pq\) et le coefficient dominant est \(ab^p\).
Si \(P^2 = X^3 + 1\), alors \(P \neq 0\) et \(2\deg P = 3\), ce qui est impossible dans \(\mathbb{N}\). De même, si \(P \circ P = X^2 + 1\), alors \(P\) n’est pas constant (sinon \(P \circ P\) serait constant). La question précédente donne \((\deg P)^2 = 2\), encore impossible. Aucun de ces deux polynômes n’existe.

Point de méthode : pour montrer qu’une équation polynomiale n’a pas de solution, on compare d’abord les degrés des deux membres.

Corrigé de l’exercice 2 : Deux divisions euclidiennes

On élimine à chaque étape le terme de plus haut degré. D’abord, \(A – X^3 B = X^4 – 2X^3 + 2X^2 + 1\). Ensuite, on retranche \(X^2 B\) et l’on obtient \(-X^3 + X^2 + 1\). Enfin, on ajoute \(XB = X^3 – X^2 + X\), ce qui laisse \(X + 1\). Ce reste est de degré \(1 < 2\), donc on s’arrête. Ainsi \(A = (X^2 – X + 1)(X^3 + X^2 – X) + X + 1\). Vérifions : \((X^2 – X + 1)(X^3 + X^2 – X) = X^5 – X^3 + 2X^2 – X\), et l’ajout de \(X + 1\) redonne bien \(A\).
On a \(2X^3 – 3X^2 + 4X – 1 – X^2(2X – 1) = -2X^2 + 4X – 1\). Puis \(-2X^2 + 4X – 1 + X(2X-1) = 3X – 1\). Enfin, \(3X – 1 – \frac{3}{2}(2X – 1) = \frac{1}{2}\). Le quotient est \(X^2 – X + \frac{3}{2}\) et le reste vaut \(\frac{1}{2}\). Contrôle : en évaluant en \(\frac{1}{2}\), racine de \(2X – 1\), on trouve \(\frac{2}{8} – \frac{3}{4} + 2 – 1 = \frac{1}{2}\). Remarquons que le quotient n’est pas à coefficients entiers : la division se fait dans \(\mathbb{Q}[X]\).
On réduit les puissances modulo \(B = X^2 – X + 1\). En effet, \(X^2 = B + X – 1\), donc \(X^2 \equiv X – 1\). Ensuite, \(X^3 \equiv X^2 – X \equiv -1\) et \(X^4 \equiv -X\). Par conséquent, \(X^4 + aX^2 + 1\) a le même reste que \(-X + a(X – 1) + 1 = (a-1)X + (1 – a)\). Ce polynôme de degré au plus \(1\) est bien le reste. Il est nul si et seulement si \(a = 1\). Donc \(X^2 – X + 1\) divise \(X^4 + aX^2 + 1\) si et seulement si \(a = 1\). On vérifie que \(X^4 + X^2 + 1 = (X^2 + X + 1)(X^2 – X + 1)\).

Corrigé de l’exercice 3 : Restes par évaluation

Le diviseur est de degré \(2\), donc le reste s’écrit \(R = aX + b\). On a \(X^n = (X-1)(X-2)Q + aX + b\). En évaluant en \(1\), puis en \(2\), on obtient \(a + b = 1\) et \(2a + b = 2^n\). Ainsi \(a = 2^n – 1\), puis \(b = 2 – 2^n\). Le reste est \((2^n – 1)X + 2 – 2^n\).
On écrit \(X^n = (X-1)^2 Q + aX + b\). En évaluant en \(1\), on a \(a + b = 1\). Ensuite, on dérive : \(nX^{n-1} = 2(X-1)Q + (X-1)^2 Q^{\prime} + a\). En évaluant en \(1\), on obtient \(a = n\). Le reste est \(nX + 1 – n\).
On écrit \(X^{2027} = (X^2+1)Q + aX + b\) dans \(\mathbb{C}[X]\), avec \(a, b\) réels par unicité du reste. Or \(i\) est racine de \(X^2 + 1\). Comme \(2027 = 4 \times 506 + 3\), on a \(i^{2027} = i^3 = -i\). Donc \(ai + b = -i\), ce qui donne \(a = -1\) et \(b = 0\) puisque \(a\) et \(b\) sont réels. Le reste est \(-X\).
On a \(X^3 – X = X(X-1)(X+1)\), de racines distinctes \(0\), \(1\) et \(-1\). Posons \(R = aX^2 + bX + c\). L’évaluation en \(0\) donne \(c = 0\), car \(n \geq\, 1\). En \(1\) et en \(-1\), on obtient \(a + b = 1\) et \(a – b = (-1)^n\). Donc \(a = \frac{1 + (-1)^n}{2}\) et \(b = \frac{1 – (-1)^n}{2}\). Le reste vaut \(X^2\) si \(n\) est pair et \(X\) si \(n\) est impair.

Point de méthode : une racine double du diviseur fournit deux équations, l’une par évaluation, l’autre par dérivation.

Corrigé de l’exercice 4 : Racine évidente et factorisation

On a \(P(2) = 16 – 12 – 6 + 2 = 0\), donc \(X – 2\) divise \(P\). La méthode de Horner en \(2\) sur les coefficients \(2, -3, -3, 2\) donne \(2, 1, -1, 0\). Ainsi \(P = (X-2)(2X^2 + X – 1)\). Ensuite, \(2X^2 + X – 1\) a pour discriminant \(9\), donc pour racines \(\frac{1}{2}\) et \(-1\). Finalement, \(P = (X – 2)(2X – 1)(X + 1)\).
On a \(Q(1) = 1 – 1 – 7 + 1 + 6 = 0\) et \(Q(-1) = 1 + 1 – 7 – 1 + 6 = 0\). Comme \(1 \neq -1\), le produit \((X-1)(X+1) = X^2 – 1\) divise \(Q\). La division donne \(Q = (X^2 – 1)(X^2 – X – 6)\). Enfin, \(X^2 – X – 6\) a pour racines \(3\) et \(-2\). Donc \(Q = (X – 1)(X + 1)(X – 3)(X + 2)\).
Le signe de \(P(x)\) se lit sur le tableau de signes des trois facteurs, de racines \(-1\), \(\frac{1}{2}\) et \(2\). Le coefficient dominant est positif, donc \(P(x) > 0\) pour \(x > 2\). Ensuite, le signe change à chaque racine simple. L’ensemble des solutions est \([-1, \frac{1}{2}] \cup [2, +\infty[\). La courbe ci-dessous confirme ce résultat.

Corrigé de l’exercice 5 : Méthode de Horner et changement de variable

En \(1\), on part de \(2\), puis \(2 \times 1 – 5 = -3\), \(-3 + 1 = -2\), \(-2 + 3 = 1\) et \(1 – 1 = 0\). Ainsi \(P(1) = 0\). En \(-1\), on obtient successivement \(2\), \(-7\), \(8\), \(-5\), \(4\), donc \(P(-1) = 4\). On contrôle : \(2 + 5 + 1 – 3 – 1 = 4\). Par conséquent, \(P = (X – 1)(2X^3 – 3X^2 – 2X + 1)\).
Horner effectue une multiplication par coefficient après le premier, soit \(n\) multiplications et \(n\) additions. En revanche, le calcul direct de \(a_k \alpha^k\) coûte \(k-1\) multiplications pour la puissance et une pour le coefficient. Le total vaut donc \(\sum_{k=1}^{n} k = \frac{n(n+1)}{2}\) multiplications. Horner est linéaire en \(n\), le calcul naïf quadratique.
On réapplique Horner en \(1\) sur chaque quotient. Le premier reste est \(P(1) = 0\), avec le quotient \(2, -3, -2, 1\). Sur ce quotient, Horner donne \(2, -1, -3, -2\) : le reste est \(-2\). Puis, sur \(2, -1, -3\), on obtient \(2, 1, -2\) : reste \(-2\). Ensuite, sur \(2, 1\), on obtient \(2, 3\) : reste \(3\). Le dernier coefficient vaut \(2\). Les restes successifs sont les coefficients de \(P\) en puissances de \(X – 1\). Donc \(P(X+1) = 2X^4 + 3X^3 – 2X^2 – 2X\).
D’après la formule de Taylor, le coefficient de \(X^k\) dans \(P(X+1)\) est \(\frac{P^{(k)}(1)}{k!}\). On a \(P^{\prime} = 8X^3 – 15X^2 + 2X + 3\), donc \(P^{\prime}(1) = -2\). Ensuite, \(P^{\prime\prime} = 24X^2 – 30X + 2\), donc \(\frac{P^{\prime\prime}(1)}{2} = -2\). Enfin, \(P^{\prime\prime\prime} = 48X – 30\), donc \(\frac{P^{\prime\prime\prime}(1)}{6} = 3\), et \(\frac{P^{(4)}(1)}{24} = 2\). On retrouve bien \(P(X+1) = 2X^4 + 3X^3 – 2X^2 – 2X\).

Corrigé de l’exercice 6 : Multiplicité d’une racine par les dérivées

On calcule \(P(2) = 32 – 96 + 104 – 56 + 24 – 8 = 0\). Ensuite, \(P^{\prime} = 5X^4 – 24X^3 + 39X^2 – 28X + 12\), et \(P^{\prime}(2) = 80 – 192 + 156 – 56 + 12 = 0\). De plus, \(P^{\prime\prime} = 20X^3 – 72X^2 + 78X – 28\), donc \(P^{\prime\prime}(2) = 160 – 288 + 156 – 28 = 0\). Enfin, \(P^{\prime\prime\prime} = 60X^2 – 144X + 78\) et \(P^{\prime\prime\prime}(2) = 240 – 288 + 78 = 30 \neq 0\). Donc \(2\) est racine triple de \(P\). Ainsi \((X-2)^3 = X^3 – 6X^2 + 12X – 8\) divise \(P\), et la division donne le quotient \(X^2 + 1\). Ce dernier n’a pas de racine réelle. Dans \(\mathbb{R}[X]\), \(P = (X-2)^3(X^2+1)\) ; dans \(\mathbb{C}[X]\), \(P = (X-2)^3(X-i)(X+i)\). On vérifie la cohérence : \(\frac{P^{\prime\prime\prime}(2)}{3!} = 5 = 2^2 + 1\). La figure montre la tangente horizontale et le point d’inflexion en \(2\).

On a \(Q(1) = 1 – n + n – 1 = 0\). Ensuite, \(Q^{\prime} = 2nX^{2n-1} – n(n+1)X^n + n(n-1)X^{n-2}\), donc \(Q^{\prime}(1) = 2n – n^2 – n + n^2 – n = 0\). Puis \(Q^{\prime\prime}(1) = 2n(2n-1) – n^2(n+1) + n(n-1)(n-2)\). En factorisant par \(n\), on obtient \(n(4n – 2 – n^2 – n + n^2 – 3n + 2) = 0\). Enfin, \(Q^{\prime\prime\prime}(1) = 2n(2n-1)(2n-2) – n^2(n+1)(n-1) + n(n-1)(n-2)(n-3)\). En factorisant par \(n(n-1)\), le crochet vaut \(4(2n-1) – n(n+1) + (n-2)(n-3) = 2n + 2\). Donc \(Q^{\prime\prime\prime}(1) = 2n(n-1)(n+1) \neq 0\) car \(n \geq\, 2\). Le réel \(1\) est racine triple de \(Q\). Pour \(n = 2\), on vérifie : \(Q = X^4 – 2X^3 + 2X – 1 = (X-1)^3(X+1)\).

Corrigé de l’exercice 7 : Racine double imposée

D’après la caractérisation par les dérivées, \((X-1)^2\) divise \(P\) si et seulement si \(P(1) = P^{\prime}(1) = 0\). Or \(P(1) = a + b + 1\) et \(P^{\prime} = (n+1)aX^n + nbX^{n-1}\), donc \(P^{\prime}(1) = (n+1)a + nb\). On remplace \(b = -1 – a\) dans la seconde équation : \((n+1)a – n – na = 0\), soit \(a = n\). Ainsi \(a = n\) et \(b = -(n+1)\), et \(P = nX^{n+1} – (n+1)X^n + 1\).
On a \(P^{\prime\prime} = n^2(n+1)X^{n-1} – (n+1)n(n-1)X^{n-2}\). Donc \(P^{\prime\prime}(1) = n(n+1)(n – (n-1)) = n(n+1) \neq 0\). Le réel \(1\) est donc exactement racine double.
Soit \(R = X^3 – 3X + \lambda\). Une racine double \(\alpha\) vérifie \(R(\alpha) = R^{\prime}(\alpha) = 0\). Or \(R^{\prime} = 3X^2 – 3\), donc \(\alpha = 1\) ou \(\alpha = -1\). Si \(\alpha = 1\), alors \(\lambda = 2\). Si \(\alpha = -1\), alors \(\lambda = -2\). Réciproquement, ces valeurs conviennent. Pour \(\lambda = 2\), \(R = (X-1)^2(X+2)\) ; pour \(\lambda = -2\), \(R = (X+1)^2(X-2)\). Le troisième facteur s’obtient par la somme des racines, qui est nulle.

Corrigé de l’exercice 8 : Divisibilité, polynômes associés et racines de l’unité

D’après le cours, \(A\) et \(B\) sont associés : \(A = \lambda B\) avec \(\lambda \in \mathbb{K}^*\). En comparant les coefficients dominants, qui valent tous deux \(1\), on obtient \(\lambda = 1\). Donc \(A = B\).
On a \(X^2 + X + 1 = (X – j)(X – \overline{j})\), avec \(j \neq \overline{j}\). Posons \(P = X^{3n+1} + X^{3m+2} + 1\). Comme \(j^3 = 1\), on obtient \(P(j) = j + j^2 + 1 = 0\). De même, \(\overline{j}^3 = 1\), donc \(P(\overline{j}) = \overline{j} + \overline{j}^2 + 1 = \overline{0} = 0\). Ainsi \(P\) admet les deux racines distinctes \(j\) et \(\overline{j}\). Par conséquent, leur produit \((X-j)(X-\overline{j})\) divise \(P\). Donc \(X^2 + X + 1\) divise \(X^{3n+1} + X^{3m+2} + 1\).
Écrivons \(b = aq\) et posons \(Y = X^a\). On a l’identité \(Y^q – 1 = (Y – 1)(1 + Y + \cdots + Y^{q-1})\). Donc \(X^b – 1 = (X^a – 1)(1 + X^a + \cdots + X^{a(q-1)})\), et \(X^a – 1\) divise \(X^b – 1\).
On écrit \(X^b – 1 = X^r(X^{aq} – 1) + X^r – 1\). Le premier terme est multiple de \(X^a – 1\), d’après la question précédente. De plus, \(\deg(X^r – 1) = r < a\) si \(r \geq\, 1\), et \(X^r – 1 = 0\) si \(r = 0\). Par unicité de la division euclidienne, le reste est \(X^r – 1\). On retrouve l’algorithme d’Euclide sur les exposants.

Corrigé de l’exercice 9 : Relations coefficients-racines en degré 3

Le polynôme \(P\) est unitaire et scindé sur \(\mathbb{C}\). D’après les formules de Viète, \(\sigma_1 = 2\), \(\sigma_2 = 3\) et \(\sigma_3 = 5\). Ainsi \(\sigma_1 = 2\), \(\sigma_2 = 3\), \(\sigma_3 = 5\).
On a \(x_1^2 + x_2^2 + x_3^2 = \sigma_1^2 – 2\sigma_2 = 4 – 6\). Cette somme vaut \(-2\). Si les trois racines étaient réelles, la somme de leurs carrés serait positive. Donc les racines ne sont pas toutes réelles.
Aucune racine n’est nulle, car \(\sigma_3 \neq 0\). En réduisant au même dénominateur, on obtient \(\frac{x_2x_3 + x_1x_3 + x_1x_2}{x_1x_2x_3} = \frac{\sigma_2}{\sigma_3}\). La somme des inverses vaut \(\frac{3}{5}\).
Chaque racine vérifie \(x_i^3 = 2x_i^2 – 3x_i + 5\). En sommant, on obtient \(\sum x_i^3 = 2 \times (-2) – 3 \times 2 + 3 \times 5\). Donc \(x_1^3 + x_2^3 + x_3^3 = 5\).
On a \(P = \prod (X – x_i)\), donc \(P(-1) = \prod(-1 – x_i) = -\prod(1 + x_i)\). Or \(P(-1) = -1 – 2 – 3 – 5 = -11\). Donc \((1+x_1)(1+x_2)(1+x_3) = 11\).

Point de méthode : pour un produit \(\prod (c – x_i)\), on évalue directement le polynôme en \(c\) au lieu de développer.

Corrigé de l’exercice 10 : Systèmes symétriques et racines liées

Un triplet \((x, y, z)\) est solution si et seulement si \(x, y, z\) sont les racines, avec multiplicité, de \(X^3 – 2X^2 – X + 2\). En effet, ce polynôme vaut \((X-x)(X-y)(X-z)\) d’après les formules de Viète. Or \(X^3 – 2X^2 – X + 2 = X^2(X – 2) – (X – 2) = (X-2)(X-1)(X+1)\). Les solutions sont les six permutations de \((2, 1, -1)\).
Supposons que les racines soient \(a\), \(2a\) et \(b\). La somme des racines est nulle, donc \(b = -3a\). Ensuite, \(\sigma_2 = 2a^2 + ab + 2ab = 2a^2 – 9a^2 = -7a^2\). Or \(\sigma_2 = -7\), donc \(a^2 = 1\). Enfin, \(\sigma_3 = 2a^2 b = -6a^3 = -\lambda\), donc \(\lambda = 6a^3\). Si \(a = 1\), on trouve \(\lambda = 6\) et les racines \(1, 2, -3\). Si \(a = -1\), on trouve \(\lambda = -6\) et les racines \(-1, -2, 3\). Réciproquement, \((X-1)(X-2)(X+3) = X^3 – 7X + 6\). Les valeurs cherchées sont \(\lambda = 6\) (racines \(1, 2, -3\)) et \(\lambda = -6\) (racines \(-1, -2, 3\)).

Corrigé de l’exercice 11 : Produit de sinus par les racines de l’unité

Les \(n\) nombres \(\omega^k\), pour \(0 \leq\, k \leq\, n-1\), sont distincts et vérifient \((\omega^k)^n = 1\). Ce sont donc \(n\) racines distinctes de \(X^n – 1\), qui est unitaire de degré \(n\). Par conséquent, \(X^n – 1 = \prod_{k=0}^{n-1}(X – \omega^k)\). Le coefficient de \(X^{n-1}\) est nul, car \(n \geq\, 2\), donc \(\sigma_1 = 0\). Le terme constant vaut \(-1 = (-1)^n \sigma_n\). Ainsi \(\sum \omega^k = 0\) et \(\prod \omega^k = (-1)^{n+1}\).
On a \(X^n – 1 = (X – 1)(1 + X + \cdots + X^{n-1})\). Par ailleurs, \(X^n – 1 = (X – 1)\prod_{k=1}^{n-1}(X – \omega^k)\). Comme \(\mathbb{C}[X]\) est intègre, on peut simplifier par \(X – 1\). En évaluant l’égalité obtenue en \(1\), on trouve \(\prod_{k=1}^{n-1}(1 – \omega^k) = n\). Le produit vaut \(n\).
On factorise par l’angle moitié : \(1 – e^{i\theta} = e^{i\theta/2}(e^{-i\theta/2} – e^{i\theta/2}) = -2i\sin\frac{\theta}{2}\, e^{i\theta/2}\). En passant au module, \(|1 – e^{i\theta}| = 2|\sin\frac{\theta}{2}|\).
Avec \(\theta = \frac{2k\pi}{n}\), on a \(|1 – \omega^k| = 2|\sin\frac{k\pi}{n}| = 2\sin\frac{k\pi}{n}\), car \(\frac{k\pi}{n} \in ]0, \pi[\). On prend le module dans la question 2 : \(\prod_{k=1}^{n-1} 2\sin\frac{k\pi}{n} = n\). Donc \(\prod_{k=1}^{n-1}\sin\frac{k\pi}{n} = \frac{n}{2^{n-1}}\). Pour \(n = 4\), on a \(\sin\frac{\pi}{4}\sin\frac{\pi}{2}\sin\frac{3\pi}{4} = \frac{\sqrt{2}}{2} \times 1 \times \frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{1}{2} = \frac{4}{8}\). La figure illustre le cas \(n = 6\), où le produit vaut \(\frac{6}{32} = \frac{3}{16}\).

Corrigé de l’exercice 12 : Formule de Leibniz et somme des carrés des coefficients binomiaux

Par récurrence immédiate sur \(k\), \((X^n)^{(k)} = \frac{n!}{(n-k)!}X^{n-k}\) si \(k \leq\, n\), et \((X^n)^{(k)} = 0\) si \(k > n\).
D’une part, \((X^{2n})^{(n)} = \frac{(2n)!}{n!}X^n\). D’autre part, la formule de Leibniz donne
\[(X^n \cdot X^n)^{(n)} = \sum_{k=0}^{n}\binom\,{n}{k}\frac{n!}{(n-k)!}X^{n-k}\,\frac{n!}{k!}X^{k} = n!\sum_{k=0}^{n}\binom\,{n}{k}^2 X^n.\]
En identifiant les coefficients de \(X^n\), on obtient \(n!\sum \binom\,{n}{k}^2 = \frac{(2n)!}{n!}\). Donc \(\sum_{k=0}^{n}\binom\,{n}{k}^2 = \binom\,{2n}{n}\).
On dérive le produit : \(P^{\prime} = m(X-\alpha)^{m-1}Q + (X-\alpha)^m Q^{\prime} = (X-\alpha)^{m-1}S\), avec \(S = mQ + (X – \alpha)Q^{\prime}\). Or \(S(\alpha) = mQ(\alpha) \neq 0\), car \(m \neq 0\) dans \(\mathbb{K}\). Donc \(\alpha\) est racine de multiplicité exactement \(m – 1\) de \(P^{\prime}\). Si \(m = 1\), cela signifie que \(\alpha\) n’est pas racine de \(P^{\prime}\).
Les dérivées de \(X^2\) d’ordre au moins \(3\) sont nulles. Par la formule de Leibniz, en utilisant \(((1+X)^n)^{(n-1)} = n!(1+X)\) et \(((1+X)^n)^{(n-2)} = \frac{n!}{2}(1+X)^2\), on obtient
\[(X^2(1+X)^n)^{(n)} = n![X^2 + 2nX(1+X) + \binom\,{n}{2}(1+X)^2].\]
En \(-1\), seuls les termes sans facteur \(1 + X\) subsistent. La valeur en \(-1\) est \(n!\).

Corrigé de l’exercice 13 : Formule de Taylor polynomiale

On applique la formule de Taylor en \(-1\). On a \(P(-1) = -1 + 1 – 4 = -4\). Ensuite, \(P^{\prime} = 3X^2 + 2X\), donc \(P^{\prime}(-1) = 1\). De plus, \(P^{\prime\prime} = 6X + 2\), donc \(\frac{P^{\prime\prime}(-1)}{2} = -2\). Enfin, \(\frac{P^{\prime\prime\prime}(-1)}{6} = 1\). Ainsi \(P = (X+1)^3 – 2(X+1)^2 + (X+1) – 4\). Contrôle en \(0\) : \(1 – 2 + 1 – 4 = -4 = P(0)\).
On a \(P = (X+1)^2((X+1) – 2) + (X + 1) – 4\). Le dernier terme est de degré \(1 < 2\). Par unicité de la division euclidienne, le reste est \(X – 3\). En effet, \(P – (X – 3) = (X+1)^2(X-1)\).
D’après la formule de Taylor en \(1\), \(Q = 2 – (X-1) + \frac{4}{2}(X-1)^2 + \frac{6}{6}(X-1)^3\). En développant, on obtient \(X^3 – 3X^2 + 3X – 1 + 2X^2 – 4X + 2 – X + 1 + 2\). Donc \(Q = X^3 – X^2 – 2X + 4\). On vérifie : \(Q(1) = 2\), \(Q^{\prime}(1) = 3 – 2 – 2 = -1\), \(Q^{\prime\prime}(1) = 6 – 2 = 4\) et \(Q^{\prime\prime\prime} = 6\).

Corrigé de l’exercice 14 : Racines simples de l’exponentielle tronquée

On a \(P_n^{\prime} = \sum_{k=1}^{n}\frac{X^{k-1}}{(k-1)!} = \sum_{k=0}^{n-1}\frac{X^k}{k!} = P_{n-1}\). Donc \(P_n – P_n^{\prime} = \frac{X^n}{n!}\).
Soit \(\alpha\) une racine multiple de \(P_n\). Alors \(P_n(\alpha) = P_n^{\prime}(\alpha) = 0\), donc \(\frac{\alpha^n}{n!} = 0\) d’après la question 1. Ainsi \(\alpha = 0\). Or \(P_n(0) = 1 \neq 0\) : c’est une contradiction. Toutes les racines de \(P_n\) sont donc simples.
La fonction \(f : x \mapsto P_n(x)\) est continue et dérivable sur \(\mathbb{R}\). Comme \(n\) est pair et le coefficient dominant positif, \(f\) tend vers \(+\infty\) en \(\pm\infty\). Elle atteint donc un minimum global en un point \(x_0\). En ce point, \(f^{\prime}(x_0) = 0\). Par conséquent, \(f(x_0) = \frac{x_0^n}{n!} + f^{\prime}(x_0) = \frac{x_0^n}{n!} \geq\, 0\). Si \(x_0 = 0\), alors \(f(x_0) = 1\) ; sinon \(x_0^n > 0\). Dans tous les cas le minimum est strictement positif, donc \(P_n(x) > 0\) pour tout réel \(x\).

Corrigé de l’exercice 15 : Montrer qu’un polynôme est nul

Par récurrence, \(P(k) = P(0)\) pour tout \(k \in \mathbb{N}\). Ainsi le polynôme \(P – P(0)\) admet une infinité de racines. Il est donc nul. Par conséquent, \(P\) est constant.
Supposons que \(\cos x = P(x)\) pour tout réel \(x\), avec \(P \in \mathbb{R}[X]\). Alors \(P – 1\) s’annule en tous les \(2k\pi\), \(k \in \mathbb{Z}\). Il a une infinité de racines, donc \(P = 1\). Or \(\cos\pi = -1 \neq 1\). La fonction cosinus n’est donc pas polynomiale.
Posons \(D = P(-X) – P(X)\). Par hypothèse, \(D\) s’annule sur \([0,1]\), qui est infini. Donc \(D = 0\). Si \(P = \sum a_k X^k\), alors \(D = \sum a_k((-1)^k – 1)X^k = -2\sum_{k \text{ impair}} a_k X^k\). Tous les coefficients d’indice impair sont donc nuls.
Le polynôme \(P – X^2\) s’annule en tout entier naturel. Il a une infinité de racines, donc il est nul. Ainsi \(P = X^2\).

Point de méthode : pour identifier deux polynômes, il suffit que leurs fonctions coïncident sur un ensemble infini.

Corrigé de l’exercice 16 : Équations polynomiales fonctionnelles

Écrivons \(P = \sum a_k X^k\). L’égalité \(P(2X) = 2P(X)\) donne \(2^k a_k = 2a_k\) pour tout \(k\). Or \(2^k = 2\) seulement pour \(k = 1\). Donc \(a_k = 0\) pour \(k \neq 1\). Réciproquement, \(aX\) convient. Les solutions sont les polynômes \(aX\), \(a \in \mathbb{C}\).
Toute constante \(c\) convient, car \(P \circ P = c\). Supposons ensuite \(\deg P = n \geq\, 1\). D’après l’exercice 1, \(\deg(P \circ P) = n^2\), donc \(n^2 = n\) et \(n = 1\). Posons \(P = aX + b\) avec \(a \neq 0\). Alors \(P \circ P = a^2X + ab + b\). L’identification donne \(a^2 = a\), donc \(a = 1\), puis \(ab = 0\), donc \(b = 0\). Les solutions sont les constantes et le polynôme \(X\).
Le polynôme nul convient. Si \(P \neq 0\) est de degré \(n\), alors \(2n = n + 2\), donc \(n = 2\). Posons \(P = aX^2 + bX + c\). On a \(P(X^2) = aX^4 + bX^2 + c\) et \((X^2 + 1)P = aX^4 + bX^3 + (a + c)X^2 + bX + c\). L’identification donne \(b = 0\) puis \(a + c = b = 0\). Les solutions sont les polynômes \(a(X^2 – 1)\), \(a \in \mathbb{C}\).

Corrigé de l’exercice 17 : Polynômes de degré au plus n et polynôme réciproque

Si \(\deg P \leq\, n\), alors \(\deg P^{\prime} \leq\, n – 1\) et \(\deg P(X+1) = \deg P \leq\, n\), d’après le calcul du degré d’une composée. En revanche, \(X^n \in \mathbb{K}_n[X]\) mais \(X \cdot X^n = X^{n+1} \notin \mathbb{K}_n[X]\). Donc \(\mathbb{K}_n[X]\) est stable par les deux premières opérations, mais pas par \(P \mapsto XP\).
Le coefficient d’indice \(k\) de \((P^{*})^{*}\) est le coefficient d’indice \(n – k\) de \(P^{*}\), soit \(a_{n-(n-k)} = a_k\). De même, le coefficient d’indice \(k\) de \((\lambda P + Q)^{*}\) est \(\lambda a_{n-k} + b_{n-k}\). Ainsi \((P^{*})^{*} = P\) et \(P \mapsto P^{*}\) est linéaire.
On a \(P^{*}(\frac{1}{\alpha}) = \sum_k a_{n-k}\alpha^{-k} = \alpha^{-n}\sum_k a_{n-k}\alpha^{n-k} = \alpha^{-n}P(\alpha) = 0\). Donc \(\frac{1}{\alpha}\) est racine de \(P^{*}\).
Pour \(x = -1\), on a \(P^{*}(-1) = (-1)^n P(-1) = -P(-1)\), car \(n\) est impair. Or \(P^{*} = P\), donc \(P(-1) = -P(-1)\). Ainsi \(P(-1) = 0\).
Le polynôme \(2X^3 + 3X^2 + 3X + 2\) est réciproque de degré \(3\), donc \(-1\) est racine. La méthode de Horner donne \(2X^3 + 3X^2 + 3X + 2 = (X + 1)(2X^2 + X + 2)\). Le discriminant de \(2X^2 + X + 2\) vaut \(1 – 16 = -15\). Donc \(2X^3 + 3X^2 + 3X + 2 = 2(X+1)(X – \frac{-1 + i\sqrt{15}}{4})(X – \frac{-1 – i\sqrt{15}}{4})\). Les deux racines non réelles sont conjuguées et leur produit vaut \(\frac{2}{2} = 1\). Leur module commun vaut donc \(1\). On peut aussi calculer \(\frac{1 + 15}{16} = 1\).

Corrigé de l’exercice 18 : Interpolation de Lagrange sur trois points

Par définition, \(L_0 = \frac{(X-1)(X-2)}{6}\), \(L_1 = -\frac{(X+1)(X-2)}{2}\) et \(L_2 = \frac{(X+1)(X-1)}{3}\). Par exemple, le dénominateur de \(L_0\) vaut \((-1-1)(-1-2) = 6\).
On a \(P = 6L_0 + 2L_1 + 3L_2 = (X^2 – 3X + 2) – (X^2 – X – 2) + (X^2 – 1)\). Donc \(P = X^2 – 2X + 3\). On vérifie : \(P(-1) = 6\), \(P(1) = 2\) et \(P(2) = 3\).
D’après le théorème d’interpolation, \(Q\) convient si et seulement si \(Q – P\) s’annule en \(-1\), \(1\) et \(2\). Ces points étant distincts, cela revient à la divisibilité de \(Q – P\) par leur produit. Les solutions sont les \(Q = X^2 – 2X + 3 + (X+1)(X-1)(X-2)A\), avec \(A \in \mathbb{R}[X]\).
Pour \(\deg Q \leq\, 3\), le polynôme \(A\) est une constante \(\lambda\). Alors \(Q(0) = 3 + \lambda \times (1)(-1)(-2) = 3 + 2\lambda\). La condition \(Q(0) = 0\) donne \(\lambda = -\frac{3}{2}\). Donc \(Q = -\frac{3}{2}X^3 + 4X^2 – \frac{1}{2}X\). On vérifie par exemple \(Q(2) = -12 + 16 – 1 = 3\).

Corrigé de l’exercice 19 : Interpolation d’une fonction et propriétés des L_i

Les valeurs sont \(0\), \(1\), \(0\). Seul le polynôme de Lagrange associé à \(\frac{\pi}{2}\) intervient : \(P = \frac{X(X – \pi)}{\frac{\pi}{2}(-\frac{\pi}{2})}\). Donc \(P = \frac{4X(\pi – X)}{\pi^2}\). Ensuite, \(P(\frac{\pi}{6}) = \frac{4}{\pi^2} \times \frac{\pi}{6} \times \frac{5\pi}{6} = \frac{5}{9}\). Ainsi \(P(\frac{\pi}{6}) – \sin\frac{\pi}{6} = \frac{5}{9} – \frac{1}{2} = \frac{1}{18}\), comme le montre la figure.

Le polynôme \(S = \sum_i L_i\) est de degré au plus \(n\) et vérifie \(S(x_j) = 1\) pour tout \(j\). Or le polynôme constant \(1\) a les mêmes propriétés. Par unicité dans le théorème d’interpolation, \(S = 1\). De même, \(\sum x_i L_i\) et \(X\) sont dans \(\mathbb{K}_n[X]\), car \(n \geq\, 1\), et prennent les valeurs \(x_j\) aux points \(x_j\). Donc \(\sum L_i = 1\) et \(\sum x_i L_i = X\).
Posons \(W_i = \prod_{j \neq i}(X – x_j)\), de sorte que \(W = (X – x_i)W_i\). Alors \(W^{\prime} = W_i + (X – x_i)W_i^{\prime}\), donc \(W^{\prime}(x_i) = W_i(x_i) = \prod_{j \neq i}(x_i – x_j)\). Par ailleurs, \(L_i = \frac{W_i}{W_i(x_i)}\). Donc \(L_i = \frac{W}{(X – x_i)W^{\prime}(x_i)}\), le quotient \(\frac{W}{X – x_i}\) désignant le polynôme \(W_i\).
Le polynôme \(W_i\) est unitaire de degré \(n\). Le coefficient de \(X^n\) dans \(L_i\) est donc \(\frac{1}{W^{\prime}(x_i)}\). Or \(\sum L_i = 1\) a un coefficient de \(X^n\) nul, car \(n \geq\, 1\). Donc \(\sum_{i=0}^{n}\frac{1}{W^{\prime}(x_i)} = 0\).

Corrigé de l’exercice 20 : Polynômes de Tchebychev

On applique la relation de récurrence. On obtient \(T_2 = 2X^2 – 1\), \(T_3 = 4X^3 – 3X\) et \(T_4 = 8X^4 – 8X^2 + 1\). Par exemple, \(T_4 = 2X(4X^3 – 3X) – (2X^2 – 1)\).
On raisonne par récurrence double. C’est vrai pour \(T_1 = X\) et \(T_2 = 2X^2 – 1\). Supposons le résultat vrai pour \(T_n\) et \(T_{n+1}\), avec \(n \geq\, 1\). Alors \(2XT_{n+1}\) est de degré \(n+2\), de coefficient dominant \(2 \times 2^n = 2^{n+1}\). De plus, \(\deg T_n = n < n+2\). Donc \(T_{n+2}\) est de degré \(n+2\), de coefficient dominant \(2^{n+1}\).
C’est vrai pour \(n = 0\) et \(n = 1\). Supposons-le aux rangs \(n\) et \(n+1\). La formule \(\cos(a+b) + \cos(a-b) = 2\cos a\cos b\) donne \(\cos((n+2)t) + \cos(nt) = 2\cos t\cos((n+1)t)\). Ainsi \(T_{n+2}(\cos t) = 2\cos t\,T_{n+1}(\cos t) – T_n(\cos t) = \cos((n+2)t)\). Par récurrence double, \(T_n(\cos t) = \cos(nt)\) pour tout \(n\) et tout \(t\).
Soit \(Q\) tel que \(Q(\cos t) = \cos(nt)\) pour tout \(t\). Alors \(T_n – Q\) s’annule en tout \(x = \cos t\), c’est-à-dire sur \([-1,1]\), qui est infini. Donc \(Q = T_n\).
Posons \(Q = (-1)^n T_n(-X)\). Pour tout \(t\), on a \(Q(\cos t) = (-1)^n T_n(\cos(\pi – t)) = (-1)^n\cos(n\pi – nt) = (-1)^n(-1)^n\cos(nt) = \cos(nt)\). Par la question 4, \(Q = T_n\). Ainsi \(T_n(-X) = (-1)^n T_n\).
Pour \(x \in [-1,1]\), écrivons \(x = \cos t\) avec \(t \in [0, \pi]\). Alors \(T_n(x) = 0\) équivaut à \(\cos(nt) = 0\), soit \(t = \frac{(2k+1)\pi}{2n}\) avec \(0 \leq\, k \leq\, n-1\). Ces \(n\) angles sont distincts dans \(]0, \pi[\), où le cosinus est injectif. On obtient donc \(n\) racines distinctes \(x_k = \cos\frac{(2k+1)\pi}{2n}\). Or \(\deg T_n = n\). Par conséquent, \(T_n\) n’a pas d’autre racine, et chacune est simple. Ainsi \(T_n = 2^{n-1}\prod_{k=0}^{n-1}(X – \cos\frac{(2k+1)\pi}{2n})\).
On évalue la factorisation en \(0\) : \(T_n(0) = 2^{n-1}(-1)^n\prod x_k = 2^{n-1}\prod x_k\), car \(n\) est pair. Par ailleurs, \(T_n(0) = T_n(\cos\frac{\pi}{2}) = \cos(p\pi) = (-1)^p\). Donc \(\prod_{k=0}^{2p-1}\cos\frac{(2k+1)\pi}{4p} = \frac{(-1)^p}{2^{2p-1}}\). Pour \(p = 1\), on retrouve \(\cos\frac{\pi}{4}\cos\frac{3\pi}{4} = -\frac{1}{2}\).

Corrigé de l’exercice 21 : Problème : polynômes de Legendre

On a \(U_n = X^{2n} + V\) avec \(\deg V \leq\, 2n – 2\). Donc \(L_n = \frac{(2n)!}{n!}X^n + V^{(n)}\), où \(\deg V^{(n)} \leq\, n – 2\). Ainsi \(L_n\) est de degré \(n\), de coefficient dominant \(\frac{(2n)!}{n!}\).
Le polynôme \(U_n\) est pair : \(U_n(-X) = U_n\). En dérivant \(k\) fois la composée, on obtient \((-1)^k U_n^{(k)}(-X) = U_n^{(k)}\). Pour \(k = n\), cela donne \(L_n(-X) = (-1)^n L_n\). Le polynôme \(L_n\) a donc la parité de \(n\).
La formule de Leibniz donne \(L_n = \sum_{k=0}^{n}\binom\,{n}{k}((X-1)^n)^{(k)}((X+1)^n)^{(n-k)}\). En \(1\), la dérivée \(((X-1)^n)^{(k)}\) s’annule sauf pour \(k = n\), où elle vaut \(n!\). Donc \(L_n(1) = n!\,(1+1)^n\). En \(-1\), seul le terme \(k = 0\) subsiste, et il vaut \((-2)^n n!\). Ainsi \(L_n(1) = 2^n n!\) et \(L_n(-1) = (-1)^n 2^n n!\).
Les réels \(1\) et \(-1\) sont racines de multiplicité \(n\) de \(U_n = (X-1)^n(X+1)^n\). D’après la caractérisation par les dérivées, \(U_n^{(k)}(\pm 1) = 0\) pour \(0 \leq\, k \leq\, n-1\).
Pour \(k = 1\) : \(U_n\) est continue sur \([-1,1]\), dérivable sur \(]-1,1[\), et \(U_n(-1) = U_n(1) = 0\). Le théorème de Rolle fournit une racine de \(U_n^{\prime}\) dans \(]-1,1[\). Supposons ensuite le résultat vrai au rang \(k \leq\, n-1\) : \(U_n^{(k)}\) s’annule en \(a_1 < \cdots < a_k\) dans \(]-1,1[\). D’après la question 4, il s’annule aussi en \(-1\) et en \(1\). On dispose ainsi de \(k+2\) zéros \(-1 < a_1 < \cdots < a_k < 1\). Le théorème de Rolle, appliqué sur chacun des \(k+1\) intervalles consécutifs, donne \(k+1\) zéros distincts de \(U_n^{(k+1)}\) dans \(]-1,1[\). Par récurrence, \(U_n^{(k)}\) a au moins \(k\) racines distinctes dans \(]-1,1[\) pour \(1 \leq\, k \leq\, n\). La figure l’illustre pour \(n = 3\).
Pour \(k = n\), le polynôme \(L_n\) a au moins \(n\) racines distinctes dans \(]-1,1[\). Or \(\deg L_n = n\), donc il en a au plus \(n\), comptées avec multiplicité. Ainsi \(L_n\) est scindé sur \(\mathbb{R}\), à racines simples, toutes dans \(]-1,1[\).
On intègre par parties : \(\int_{-1}^{1}U_n^{(n)}Q = [U_n^{(n-1)}Q]_{-1}^{1} – \int_{-1}^{1}U_n^{(n-1)}Q^{\prime}\). Le crochet est nul d’après la question 4. En répétant \(n\) fois, les crochets \([U_n^{(n-j)}Q^{(j-1)}]_{-1}^{1}\) sont tous nuls, car \(n – j \leq\, n – 1\). On obtient \(\int_{-1}^{1}L_nQ = (-1)^n\int_{-1}^{1}U_nQ^{(n)}\). Or \(\deg Q \leq\, n-1\), donc \(Q^{(n)} = 0\). Finalement, \(\int_{-1}^{1}L_n(x)Q(x)\,\mathrm{d}x = 0\).

Point de méthode : le théorème de Rolle transforme « \(k+2\) zéros de \(f\) » en « \(k+1\) zéros de \(f^{\prime}\) » ; les racines d’ordre élevé aux bords fournissent les zéros supplémentaires.

Corrigé de l’exercice 22 : Factorisation de X^4+1 et de X^6-1

Les dérivées de \(P\) sont à coefficients réels. Donc, pour tout \(k\), \(P^{(k)}(\overline{z}) = \overline{P^{(k)}(z)}\). Ainsi \(P^{(k)}(\overline{z}) = 0\) si et seulement si \(P^{(k)}(z) = 0\). Par la caractérisation par les dérivées, \(\overline{z}\) est racine de même multiplicité \(m\).
On résout \(z^4 = -1 = e^{i\pi}\). Les solutions sont \(e^{i\pi/4}\), \(e^{3i\pi/4}\), \(e^{-3i\pi/4}\) et \(e^{-i\pi/4}\), quatre racines distinctes. Donc \(X^4 + 1 = \prod (X – e^{i(2k+1)\pi/4})\) dans \(\mathbb{C}[X]\). On regroupe ensuite les racines conjuguées : \((X – e^{i\theta})(X – e^{-i\theta}) = X^2 – 2\cos\theta\,X + 1\). Dans \(\mathbb{R}[X]\), \(X^4 + 1 = (X^2 – \sqrt{2}X + 1)(X^2 + \sqrt{2}X + 1)\). La figure représente ce regroupement.

Les racines de \(X^6 – 1\) sont les \(e^{ik\pi/3}\), pour \(0 \leq\, k \leq\, 5\) : \(1\), \(-1\), \(e^{\pm i\pi/3}\) et \(e^{\pm 2i\pi/3}\). Dans \(\mathbb{C}[X]\), \(X^6 – 1 = \prod_{k=0}^{5}(X – e^{ik\pi/3})\). On regroupe les paires conjuguées avec \(2\cos\frac{\pi}{3} = 1\) et \(2\cos\frac{2\pi}{3} = -1\). Dans \(\mathbb{R}[X]\), \(X^6 – 1 = (X-1)(X+1)(X^2 – X + 1)(X^2 + X + 1)\).
On a \(X^6 – 1 = (X^2 – 1)(X^4 + X^2 + 1)\). En comparant avec la question 3 et en simplifiant par \(X^2 – 1\), ce qui est permis par intégrité, on obtient \(X^4 + X^2 + 1 = (X^2 + X + 1)(X^2 – X + 1)\).

Corrigé de l’exercice 23 : Problème : interpolation d’Hermite

Soient \(P_1\) et \(P_2\) deux solutions, et \(D = P_1 – P_2 \in \mathbb{R}_3[X]\). Alors \(D(0) = D^{\prime}(0) = 0\) et \(D(1) = D^{\prime}(1) = 0\). Donc \(0\) et \(1\) sont racines au moins doubles de \(D\), et \(X^2(X-1)^2\) divise \(D\). Comme \(\deg D \leq\, 3 < 4\), on a \(D = 0\). Il existe donc au plus une solution.
Les conditions en \(0\) imposent \(P = aX^3 + bX^2 + X\). Ensuite, \(P(1) = 1\) donne \(a + b = 0\), et \(P^{\prime}(1) = 0\) donne \(3a + 2b + 1 = 0\). Ainsi \(a = -1\) et \(b = 1\). Le polynôme cherché est \(P = -X^3 + X^2 + X\).
On sait que \(L_i(x_j) = \delta_{ij}\), où \(\delta_{ij}\) vaut \(1\) si \(i = j\) et \(0\) sinon. Donc \(L_i^2(x_j) = \delta_{ij}\). D’abord, \(H_i(x_j) = \delta_{ij}\), car le facteur \(1 – 2L_i^{\prime}(x_i)(X – x_i)\) vaut \(1\) en \(x_i\). Ensuite, \(K_i(x_j) = 0\) pour tout \(j\). Pour les dérivées, on a
\[H_i^{\prime} = -2L_i^{\prime}(x_i)L_i^2 + 2\big(1 – 2L_i^{\prime}(x_i)(X – x_i)\big)L_iL_i^{\prime}.\]
Si \(j \neq i\), les deux termes contiennent \(L_i(x_j) = 0\). En \(x_i\), on obtient \(-2L_i^{\prime}(x_i) + 2L_i^{\prime}(x_i) = 0\). Enfin, \(K_i^{\prime} = L_i^2 + 2(X – x_i)L_iL_i^{\prime}\), donc \(K_i^{\prime}(x_j) = \delta_{ij}\). Ainsi \(H_i(x_j) = \delta_{ij}\), \(H_i^{\prime}(x_j) = 0\), \(K_i(x_j) = 0\) et \(K_i^{\prime}(x_j) = \delta_{ij}\).
Existence : posons \(P = \sum_{i=0}^{n}(y_iH_i + z_iK_i)\). Chaque \(L_i^2\) est de degré \(2n\), donc \(H_i\) et \(K_i\) sont de degré au plus \(2n+1\). D’après la question 3, \(P(x_j) = y_j\) et \(P^{\prime}(x_j) = z_j\). Unicité : la différence \(D\) de deux solutions admet chaque \(x_j\) comme racine au moins double. Les \(x_j\) étant distincts, \(\prod_j (X – x_j)^2\), de degré \(2n+2\), divise \(D\). Comme \(\deg D \leq\, 2n+1\), on a \(D = 0\). L’unique solution est \(P = \sum_{i=0}^{n}(y_iH_i + z_iK_i)\).
Pour \(x_0 = 0\) et \(x_1 = 1\), on a \(L_0 = 1 – X\) et \(L_1 = X\), donc \(L_0^{\prime}(0) = -1\) et \(L_1^{\prime}(1) = 1\). Avec \(y_0 = 0\), \(z_0 = 1\), \(y_1 = 1\) et \(z_1 = 0\), il vient \(P = K_0 + H_1\). Or \(K_0 = X(1-X)^2\) et \(H_1 = \big(1 – 2(X – 1)\big)X^2 = (3 – 2X)X^2\). Ainsi \(P = X – 2X^2 + X^3 + 3X^2 – 2X^3\). On retrouve \(P = -X^3 + X^2 + X\).

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