Par définition, un polynôme $P\in\R[X]$ admet une racine $a\in\R$ de multiplicité $n\in\N^{*}$, si et seulement si, il existe un polynôme $Q\in\R[X]$ tel que $P(X)=(X-a)^nQ(X)$ et $Q(a)\neq 0.$

Démontrez que les $n$ dérivées successives du polynôme $P$ sont nulles et que $P^{(n)}(a)$ est non nul

Soit $n$ un entier naturel non nul et $P$ un polynôme de $\R[X]$ admettant une racine $a\in\R$ de multiplicité $n.$

Alors il existe un polynôme $Q\in\R[X]$ tel que $P(X)=(X-a)^nQ(X)$ et $Q(a)\neq 0.$

Par commodité, il sera utile de noter $T(X) = (X-a)^n$ et de remarquer que, pour tout entier naturel $k\in[0,n-1], T^{(k)}(X) = \frac{n!}{(n-k)!}(X-a)^{n-k}.$

Partez de $P = TQ.$

Soit maintenant $k\in[0,n-1]\in \N$ et appliquez la formule de Leibniz.

$\begin{align*}
P^{(k)}(X) &= \sum_{i=0}^k \binom{k}{i} T^{(i)}(X) Q^{(k-i)}(X).
\end{align*}$

Du coup :

$\begin{align*}
P^{(k)}(a) &= \sum_{i=0}^k \binom{k}{i} T^{(i)}(a) Q^{(k-i)}(a).
\end{align*}$

Pour tout $i\in[0,k]\cap \N, i\in[0,n-1]$ donc $T^{(i)}(a) = 0.$

Il vient $P^{(k)}(a) = 0.$

Vous avez donc montré que $\boxed{\forall k\in[0,n-1]\in\N, P^{(k)}(a) = 0.}$

De plus,

$\begin{align*}
P^{(n)}(a) &= \sum_{i=0}^n \binom{n}{i} T^{(i)}(a) Q^{(n-i)}(a) \\
&= \sum_{i=0}^{n-1} \binom{n}{i} T^{(i)}(a) Q^{(n-i)}(a) + \binom{n}{n} T^{(n)}(a) Q^{(0)}(a) \\
&= \sum_{i=0}^{n-1}0 \times Q^{(n-i)}(a) + n! Q(a) \\
&= n! Q(a).
\end{align*}$

Et par suite $\boxed{P^{(n)}(a) \neq 0.}$

Etablissez la réciproque

Etablissez d’abord un lemme

Pour tout entier naturel $n\geq 1$, notez $\mathscr{P}(n)$ le prédicat :

« $\forall a\in\R, \forall P\in\R[X], (\forall k\in[0,n-1]\cap \N, P^{(k)}(a) = 0) \implies (\exists Q\in\R[X], P(X) = (X-a)^nQ(X).)$ »

Initialisation. Supposez $n=1$, soit $a\in\R$ et soit $P\in\R[X]$ tel que $P(a)=0.$

Le nombre $a$ étant racine de $P$, il existe $Q\in\R[X]$ tel que $P(X)=(X-a)Q(X).$

Le prédicat $\mathscr{P}(1)$ est vérifié.

Hérédité. Soit $n$ un entier naturel tel que $n\geq 1.$ Supposez que $\mathscr{P}(n)$ est vérifié.

Soient $a\in\R$ et $P\in\R[X]$ tels que $\forall k\in[0,n]\cap \N, P^{(k)}(a) = 0.$

Il convient de remarquer d’abord que $\forall k\in[0,n-1]\cap \N, P^{(k)}(a) = 0.$

D’après l’hypothèse de récurrence, il existe un polynôme $Q\in\R[X], P(X) = (X-a)^{n}Q(X).$

En utilisant la formule de Leibniz, et en évaluant en $a$, il vient $P^{(n)}(a) = n! Q(a).$ Comme $P^{(n)}(a) = 0$, vous avez $Q(a) = 0.$ Donc il existe un polynôme $R\in\R[X], Q(X) = (X-a)R(X).$

Mis bout à bout, il vient $P(X) = (X-a)^{n+1}R(X)$ et le prédicat $\mathscr{P}(n+1)$ est vérifié.

Par récurrence, vous avez montré que $\forall n\in\N^{*}, \forall a\in\R, \forall P\in\R[X], (\forall k\in[0,n-1]\cap \N, P^{(k)}(a) = 0) \implies (\exists Q\in\R[X], P(X) = (X-a)^nQ(X).)$

Concluez

Soit $n$ un entier naturel non nul, soit $a\in\R$ et soit $P\in\R[X].$

Supposez que $\forall k\in[0,n-1]\cap \N, P^{(k)}(a) = 0$ et que $P^{(n)}(a)\neq 0.$

D’après le lemme établi ci-dessus, il existe $Q\in\R[X]$ tel que $P(X) = (X-a)^nQ(X).$

Or, toujours d’après la formule de Leibniz, et après évaluation en $a$, il vient $P^{(n)}(a) = n! Q(a).$

Comme $P^{(n)}(a) \neq 0$, vous avez $Q(a)\neq 0$ et la réciproque est démontrée.

Enoncez le résultat final

D’après ce qui a été établi, vous avez l’équivalence suivante : pour tout polynôme $P\in\R[X]$, pour tout réel $a$ et pour tout nombre entier naturel $n$ non nul, le nombre $a$ est racine du polynôme $P$ avec une multiplicité égale à $n$, si et seulement si, $P^{(n)}(a)\neq 0$ et pour tout entier naturel $k$ inférieur ou égal à $n-1, P^{(k)}(a) = 0.$

Prolongement

Le résultat de cet article subsiste-t-il si on remplace l’ensemble $\R$ par l’ensemble $\C$ ou par un corps $\K$ commutatif ?