Racine double et division euclidienne


Soit $P(X)=X^3-4X^2+5X-2$.
  1. Déterminer $a\in\R$ tel que $P(a)=0$ et $P'(a)=0$.
  2. Montrer qu'il existe $c$ et $d$ tels que $P(X)=(X-2)^2(cX+d)$. Déterminer $c$ et $d$.
  3. Déterminer le reste de la division euclidienne de $X^n$ par $P(X)$.

Correction
  1. On cherche donc une racine double de $P$.
    \[\la\begin{array}{ll}
  P(a)=0\iff a^3-4a^2+5a-2=0\\
  P'(a)=0\iff 3a^2-8a+5=0
  \enar\right.\]

    La deuxième équation est une équation du second degré qui a pour racines $a=1$ et $a=\dfrac53$. On vérifie facilement que $a=1$ est aussi solution de la première équation et nous donne donc la valeur recherchée.

    Remarque: en lisant l'ensemble des questions avant de commencer, on s'aperçoit qu'à la question 2 suivante, cette racine double est donnée ... (ce qui n'est bien sûr pas une démonstration)
  2. $a=1$ est donc une racine double du polynôme qui se factorise donc par $(X-1)^2$, soit
    \[P(X)=(X-1)^2Q(X)\]

    avec
    \[\deg(P)=\deg\lp(x-1)^2\rp+\deg(Q)\iff 3=2+\deg(Q)\]

    ce qui montre que $Q$ est un polynôme du premier degré, soit $Q(X)=cX+d$ et donc
    \[P(X)=(X-1)^2(cX+d)\]

    En développant, on obtient
    \[\begin{array}{ll}P(X)&=\left( X^2-2X+1\rp(cX+d)\\
  &=cX^3+(-2c+d)X^2+(c-2d)X+d\enar\]

    d'où il suffit d'avoir
    \[\la\begin{array}{rcr}
  c&=&1\\
  -2c+d&=&-4\\
  c-2d&=&5\\
  d&=&-2
  \enar\right.
  \iff\la\begin{array}{rcr}c&=&1\\d&=&-2\enar\right.\]

    et on a donc trouvé que
    \[P(X)=(X-1)^2(X-2)\]


  3. On écrit la division euclidienne:
    \[X^n=P(X)Q_n(X)+R_n(X)\]

    avec le reste tel que
    \[\deg\left( R_n(X)\rp<\deg(P(X))=3\]

    d'où
    \[R_n(X)=a_nX^2+b_nX+c_n\]

    et donc
    \[X^n=P(X)Q_n(X)+a_nX^2+b_nX+c_n\]

    On détermine ensuite ces trois suites de coefficients:
    • Pour $X=1$, on obtient
      \[1^n=1=a_n+b_n+c_n\]

    • Pour $X=2$, on obtient
      \[2^n=4a_n+2b_n+c_n\]

    • en dérivant,
      \[nX^{n-1 }=P'(X)Q(X)+P(X)Q'(X)+2a_nX+b_n\]

      et donc, vec $X=1$ qui est racine de $P$ et $P'$,
      \[n1^{n-1}=n=2a_n+b_n\]

    On résout alors le système
    \[\mathcal{S} \la\begin{array}{rcrcrcl}
  a_n&+&b_n&+&c_n&=&1\\
  4a_n&+&2b_n&+&c_n&=&2^n\\
  2a_n&+&b_n&&&=&n
  \enar\right.\]

    Soit avec $L_2\leftarrow L_2-L_1$
    \[\mathcal{S}\iff\la\begin{array}{rcrcrcl}
  a_n&+&b_n&+&c_n&=&1\\
  3a_n&+&b_n&&&=&2^n-1\\
  2a_n&+&b_n&&&=&n
  \enar\right.\]

    puis $L_2\leftarrow L_2-L_3$ donne
    \[a_n=2^n-n-1\]

    puis, en substituant
    \[b_n=n-2a_n=-2^{n+1}+3n+2\]

    et
    \[\begin{array}{ll}c_n&=1-a_n-b_n=2^{n+1}-2^n-2n\\
  &=2^n\lp2-1\rp-2n=2^n-2n\enar\]



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