Polynômes : anneau K[X] et division euclidienne

1) Par la formule du binôme, $(X^2 + 1)^3 = X^6 + 3X^4 + 3X^2 + 1$ et $(X^3 + aX)^2 = X^6 + 2aX^4 + a^2X^2$. Donc $P_a = (3 - 2a)X^4 + (3 - a^2)X^2 + 1$. Les deux polynômes soustraits ont le même degré $6$ et le même coefficient dominant : la règle du maximum ne donne qu'une majoration, et les termes en $X^6$ se compensent.

Si $a \neq \frac{3}{2}$, le coefficient de $X^4$ est non nul : $\deg P_a = 4$ et $\mathrm{cd}(P_a) = 3 - 2a$.

Si $a = \frac{3}{2}$, le coefficient de $X^4$ est nul et celui de $X^2$ vaut $3 - \frac{9}{4} = \frac{3}{4} \neq 0$ : $\deg P_a = 2$ et $\mathrm{cd}(P_a) = \frac{3}{4}$.

2) $Q \circ Q = Q^2 + Q = (X^4 + 2X^3 + X^2) + (X^2 + X) = X^4 + 2X^3 + 2X^2 + X$. Son degré est $4 = 2 \times 2$, comme le prévoit la formule $\deg(Q \circ Q) = \deg Q \times \deg Q$, applicable car $Q \neq 0$ et $Q$ n'est pas constant.

3) Soit $a \neq \frac{3}{2}$. Par définition de la composée, $P_a \circ Q = (3 - 2a)Q^4 + (3 - a^2)Q^2 + 1$. D'après la règle du produit, $Q^4$ est de degré $8$ et de coefficient dominant $1^4 = 1$, donc $(3 - 2a)Q^4$ est de degré $8$ et de coefficient dominant $3 - 2a \neq 0$. Le polynôme $(3 - a^2)Q^2 + 1$ est de degré au plus $4$. Les degrés étant différents, la somme a le degré du plus grand et son coefficient dominant : $\deg(P_a \circ Q) = 8$ et $\mathrm{cd}(P_a \circ Q) = 3 - 2a$. On retrouve $\deg P_a \times \deg Q = 4 \times 2$, puisque $P_a \neq 0$ et que $Q$ n'est pas constant.

1) Comme $B \neq 0$, le théorème de la division euclidienne assure l'existence et l'unicité du couple cherché.

Étape 1 : $\frac{2X^4}{2X^2} = X^2$ et $A - X^2 B = -2X^3 + X^2 + X + 5$.

Étape 2 : $\frac{-2X^3}{2X^2} = -X$ et $(-2X^3 + X^2 + X + 5) + XB = 2X^2 + 5$.

Étape 3 : $\frac{2X^2}{2X^2} = 1$ et $(2X^2 + 5) - B = -X + 6$, de degré $1 < 2$ : on s'arrête.

Ainsi $Q = X^2 - X + 1$ et $R = -X + 6$.

2) Comme $D(0) = 1 \neq 0$, la division suivant les puissances croissantes à l'ordre $2$ existe et est unique.

Étape 1 : le terme de plus bas degré de $C$ est $1$, et $C - 1 \cdot D = 3X - X^2$.

Étape 2 : on élimine $3X$ : $(3X - X^2) - 3X D = 2X^2 - 3X^3$.

Étape 3 : on élimine $2X^2$ : $(2X^2 - 3X^3) - 2X^2 D = -X^3 - 2X^4 = X^3(-1 - 2X)$, divisible par $X^3$ : on s'arrête.

Ainsi $Q = 1 + 3X + 2X^2$ et $R = -1 - 2X$.

3) $(X^2 - X + 1)(2X^2 + X - 1) = 2X^4 - X^3 + 2X - 1$, et en ajoutant $-X + 6$ on retrouve $A$. De même, $(1 - X + X^2)(1 + 3X + 2X^2) = 1 + 2X + X^3 + 2X^4$, et en ajoutant $X^3(-1 - 2X) = -X^3 - 2X^4$ on retrouve $C$.

1) On a $B_1 = (X - 1)(X - 3)$, non nul et de degré $2$. D'après le théorème de la division euclidienne, il existe un unique couple $(Q, R)$ tel que $X^n = B_1 Q + R$ et $\deg R < 2$ ; on écrit $R = \alpha X + \beta$ avec $\alpha, \beta \in \mathbb{R}$.

L'évaluation en un point étant un morphisme d'anneaux, on évalue en $1$ et en $3$, où $B_1$ s'annule : $1 = \alpha + \beta$ et $3^n = 3\alpha + \beta$.

Par soustraction, $\alpha = \frac{3^n - 1}{2}$, puis $\beta = 1 - \alpha = \frac{3 - 3^n}{2}$. Le reste est $R = \frac{3^n - 1}{2} X + \frac{3 - 3^n}{2}$. Contrôle pour $n = 2$ : $R = 4X - 3$, et en effet $X^2 = B_1 + 4X - 3$.

2) On a $B_2 = (X - 2)^2$, non nul et de degré $2$ : d'après le théorème de la division euclidienne, $X^n = B_2 Q + R$ avec $\deg R < 2$, et l'on écrit $R = \alpha X + \beta$. Comme $B_2$ ne s'annule qu'en $2$, une évaluation ne fournit qu'une équation.

En évaluant en $2$ : $2^n = 2\alpha + \beta$.

Pour $n \geq 1$, en dérivant l'égalité : $nX^{n-1} = B_2' Q + B_2 Q' + \alpha$. Or $B_2(2) = 0$ et $B_2' = 2(X - 2)$ s'annule aussi en $2$ ; en évaluant en $2$, on obtient $\alpha = n\,2^{n-1}$. Pour $n = 0$, le reste de $1$ est $1$ lui-même, soit $\alpha = 0$ : la formule reste valable.

Alors $\beta = 2^n - 2n\,2^{n-1} = (1 - n)2^n$, et le reste est $R = n\,2^{n-1}X + (1 - n)2^n$.

3) D'après 2), $X^n - R = B_2 Q$, c'est-à-dire que $(X - 2)^2$ divise $X^n - n\,2^{n-1}X + (n - 1)2^n$. Pour $n = 3$, ce polynôme vaut $X^3 - 12X + 16$, et la division par $X^2 - 4X + 4$ donne le quotient $X + 4$ : on vérifie que $(X^2 - 4X + 4)(X + 4) = X^3 - 12X + 16$.

1) Fixons $m \in \mathbb{N}$ et $a \in \mathbb{R}$, et raisonnons par récurrence finie sur $k$. Pour $k = 0$, les deux membres valent $(X - a)^m$. Supposons la formule vraie au rang $k < m$. La dérivée d'une composée, avec $(X - a)' = 1$, donne $\left[ (X - a)^{m-k} \right]' = (m - k)(X - a)^{m-k-1}$, d'où $\left[ (X - a)^m \right]^{(k+1)} = \frac{m!}{(m-k)!}(m - k)(X - a)^{m-k-1} = \frac{m!}{(m-k-1)!}(X - a)^{m-k-1}$.

2) $S_n$ est le produit de deux polynômes unitaires de degré $n$, donc unitaire de degré $2n$ par la règle du produit. Écrivons $S_n = X^{2n} + T$ avec $\deg T \leq 2n - 1$. Par linéarité de la dérivation, $P_n = (X^{2n})^{(n)} + T^{(n)}$. La question 1, appliquée avec $m = 2n$, $a = 0$ et $k = n \leq 2n$, donne $(X^{2n})^{(n)} = \frac{(2n)!}{n!} X^n$. Chaque dérivation abaisse le degré d'au moins $1$ (ou donne $0$), donc $T^{(n)}$ est nul ou de degré au plus $n - 1$. Les degrés étant différents, $\deg P_n = n$ et $\mathrm{cd}(P_n) = \frac{(2n)!}{n!}$.

3) La formule de Leibniz, valable pour deux polynômes quelconques et tout $n \in \mathbb{N}$, donne $P_n = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} \left[ (X - 1)^n \right]^{(k)} \left[ (X + 2)^n \right]^{(n-k)}$.

D'après 1) avec $m = n$ et $a = 1$, $\left[ (X - 1)^n \right]^{(k)}$ contient le facteur $(X - 1)^{n-k}$, nul en $1$ pour $k < n$. Seul le terme $k = n$ subsiste : $P_n(1) = \binom{n}{n} \cdot n! \cdot (1 + 2)^n = n!\,3^n$.

D'après 1) avec $m = n$, $a = -2$ et l'ordre $n - k$, $\left[ (X + 2)^n \right]^{(n-k)} = \frac{n!}{k!}(X + 2)^k$ est nul en $-2$ pour $k \geq 1$. Seul le terme $k = 0$ subsiste : $P_n(-2) = (-2 - 1)^n \cdot n! = n!\,(-3)^n$.

4) $S_2 = (X^2 + X - 2)^2 = X^4 + 2X^3 - 3X^2 - 4X + 4$, puis $S_2' = 4X^3 + 6X^2 - 6X - 4$ et $P_2 = 12X^2 + 12X - 6$. On a bien $\deg P_2 = 2$, $\mathrm{cd}(P_2) = 12 = \frac{4!}{2!}$, $P_2(1) = 18 = 2! \cdot 3^2$ et $P_2(-2) = 48 - 24 - 6 = 18 = 2! \cdot (-3)^2$.

1) On est dans $\mathbb{R}[X]$ et $\deg P = 4$ : la formule de Taylor en $1$ s'applique avec $N = 4 \geq \deg P$. On calcule $P(1) = 1$ ; $P' = 4X^3 - 6X^2 + 3$ et $P'(1) = 1$ ; $P'' = 12X^2 - 12X$ et $P''(1) = 0$ ; $P''' = 24X - 12$ et $P'''(1) = 12$ ; $P^{(4)} = 24$. D'où

$P = 1 + (X - 1) + \frac{0}{2}(X - 1)^2 + \frac{12}{6}(X - 1)^3 + \frac{24}{24}(X - 1)^4 = 1 + (X - 1) + 2(X - 1)^3 + (X - 1)^4$.

Contrôle en $2$ : $P(2) = 16 - 16 + 6 - 1 = 5$ et $1 + 1 + 2 + 1 = 5$.

2) On factorise les termes de degré au moins $3$ : $P = (X - 1)^3 \left[ 2 + (X - 1) \right] + 1 + (X - 1) = (X - 1)^3 (X + 1) + X$. Comme $(X - 1)^3 \neq 0$ et $\deg X = 1 < 3$, l'unicité dans le théorème de la division euclidienne donne $Q = X + 1$ et $R = X$.

3) Posons $N = \max(\deg A, m)$, entier supérieur ou égal à $\deg A$. Les hypothèses de la formule de Taylor sont réunies ($\mathbb{K} = \mathbb{R}$ ou $\mathbb{C}$, $N \geq \deg A$) : $A = \sum_{k=0}^{N} \frac{A^{(k)}(a)}{k!} (X - a)^k$. On coupe la somme au rang $m$ : $A = (X - a)^m Q + R$ avec $Q = \sum_{k=m}^{N} \frac{A^{(k)}(a)}{k!} (X - a)^{k-m}$ et $R = \sum_{k=0}^{m-1} \frac{A^{(k)}(a)}{k!} (X - a)^k$. Chaque $(X - a)^k$ avec $k \leq m - 1$ est de degré $k$, donc $\deg R \leq m - 1 < m$. Le diviseur $(X - a)^m$ étant non nul, l'unicité du couple dans le théorème de la division euclidienne montre que $R$ est le reste.

4) On applique 3) avec $\mathbb{K} = \mathbb{R}$, $A = X^n$, $a = 1$ et $m = 3$. On a $A(1) = 1$. Pour $n \geq 1$, $A' = nX^{n-1}$, et pour $n = 0$, $A' = 0$ : dans les deux cas, $A'(1) = n$. Pour $n \geq 2$, $A'' = n(n - 1)X^{n-2}$, et pour $n \leq 1$, $A'' = 0$ : dans tous les cas, $A''(1) = n(n - 1)$. Le reste est donc

$R = 1 + n(X - 1) + \frac{n(n - 1)}{2}(X - 1)^2 = \frac{n(n - 1)}{2} X^2 - n(n - 2) X + \frac{(n - 1)(n - 2)}{2}$.

Contrôle pour $n = 2$ : on trouve $R = X^2$, ce qui est attendu puisque $X^2$ est déjà de degré $2 < 3$. Pour $n = 3$ : $R = 3X^2 - 3X + 1$, et $X^3 - R = X^3 - 3X^2 + 3X - 1 = (X - 1)^3$, de quotient $1$.