Dans cet article, $n$ désigne un nombre entier supérieur ou égal à $2.$
Vous considérez $n$ réels deux à deux distincts que vous notez $x_1,\dots x_n.$
Pour tout $k\in\llbracket 1, n\rrbracket$ vous définissez les polynômes $Q_k$ et $H_k$ comme suit :
\begin{align*}
Q_k(X) &= \prod_{\substack{1\leq i \leq n\\ i\neq k}} (X-x_i)^2\\
H_k(X) &= \frac{(Q_k(x_k)-Q'(x_k)(X-x_k))Q_k(X)}{Q_k(x_k)^2}.
\end{align*}Pour tout $k\in\llbracket 1, n\rrbracket$, le polynôme $H_k$ est appelé $k$ième polynôme de Hermite.
Il vérifie les propriétés suivantes, d’après le contenu que vous trouverez dans l'article 229 :
H_k(x_k) = 1\\ \forall i\in\llbracket 1, n\rrbracket, i\neq k \implies H_k(x_i) = 0\\ \forall i\in\llbracket 1, n\rrbracket, H'_k(x_i) = 0.
Pour démontrer que $\sum_{k=1}^n H_k(X)=1$ vous considérez le polynôme suivant :
P(X) = \sum_{k=1}^n H_k(X)-1.Soit $m\in\llbracket 1, n \rrbracket.$ Notez tout d’abord que :
\begin{align*}
P(x_m) &= \sum_{k=1}^n H_k(x_m)-1\\
&=H_m(x_m) + \sum_{k\neq m} H_k(x_m)-1\\
&=H_m(x_m) + \sum_{k\neq m} 0-1\\
&=H_m(x_m) -1\\
&=1 -1\\
&=0.
\end{align*}Ensuite :
\begin{align*}
P'(x_m) &= \sum_{k=1}^n H'_k(x_m)\\
&=\sum_{k=1}^n 0\\
&=0.
\end{align*}Ainsi $\boxed{\forall m\in\llbracket 1,n\rrbracket, P(x_m)=P'(x_m)=0.}$
Note. Pour tout $m\in\llbracket 1,n\rrbracket$ le réel $x_m$ est racine double de $P.$ Ainsi $P$ admet $n$ racines doubles deux à deux distinctes. Cela va entraîner la factorisation de $P$ par le polynôme $\prod_{i=1}^n (X-x_i)^2.$ Par souci de complétude, la preuve de cette factorisation va être détaillée en utilisant une récurrence limitée.
Démontrez que $P$ est factorisable par $\prod_{i=1}^n (X-x_i)^2$
Pour tout $m\in\llbracket 1,n\rrbracket$ notez $\mathscr{P}(m)$ la propriété : « $\exists R\in\R[X], P(X) = R(X) \prod_{i=1}^m (X-x_i)^2$. »
Initialisation. Pour $m=1.$ Comme $x_1$ est racine de $P$, il existe un polynôme $S\in\R[X]$ tel que $P(X) = (X-x_1)S(X).$
En dérivant, il vient :
\begin{align*}
P'(X)&=S(X)+(X-x_1)S'(X)\\
P'(x_1)&=S(x_1)\\
0 &= S(x_1).
\end{align*}Comme $x_1$ est racine de $S$, il existe un polynôme $R\in\R[X]$ tel que $S(X) = (X-x_1)R(X).$
Du coup, $P(X)=(X-x_1)^2R(X)$ ce qui prouve $\mathscr{P}(1).$
Hérédité. Soit $m\in\llbracket 1, n-1\rrbracket$ tel que $\mathscr{P}(m)$ soit vérifiée.
Il existe un polynôme $S\in\R[X]$ tel que $P(X) = S(X) \prod_{i=1}^m (X-x_i)^2.$ Alors :
\begin{align*}
P(x_{m+1}) &=S(x_{m+1}) \prod_{i=1}^m (x_{m+1}-x_i)^2\\
0 &=S(x_{m+1}) \prod_{i=1}^m (x_{m+1}-x_i)^2\\
0 &= S(x_{m+1}).
\end{align*}Le polynôme $S$ est donc factorisable par $X-x_{m+1}.$
Il existe un polynôme $T\in\R[X]$ tel que $S(X)=(X-x_{m+1})T(X).$
Alors $P(X) = T(X) (X-x_{m+1})\prod_{i=1}^m (X-x_i)^2.$ En dérivant :
\begin{align*}
P'(X) &= T'(X) (X-x_{m+1})\prod_{i=1}^m (X-x_i)^2 + T(X)\prod_{i=1}^m (X-x_i)^2+T(X) (X-x_{m+1})\left[\sum_{i=1}^m 2(X-x_i)\prod_{k\neq i}(X-x_k)^2 \right] \\
P'(x_{m+1}) &=T(x_{m+1})\prod_{i=1}^m (x_{m+1}-x_i)^2\\
0 &=T(x_{m+1})\prod_{i=1}^m (x_{m+1}-x_i)^2\\
0 &=T(x_{m+1}).
\end{align*}Il existe donc un polynôme $R\in\R[X]$ tel que $T(X) = (X-x_{m+1})R(X).$ Du coup $S(X)=(X-x_{m+1})^2 R(X).$
Donc $P(X) = R(X) (X-x_{m+1})^2 \prod_{i=1}^m (X-x_i)^2 = R(X)\prod_{i=1}^{m+1} (X-x_i)^2.$
Ainsi $\mathscr{P}(m+1)$ est vérifiée.
Par récurrence, vous avez montré que $\mathscr{P}(n)$ est vérifiée.
Il existe donc un polynôme $R\in\R[X]$ tel que $P(X) = R(X) \prod_{i=1}^n (X-x_i)^2.$
Déduisez-en que $P$ est nul
Soit $k\in\llbracket 1,n \rrbracket.$ Le polynôme $Q_k$ appartient à $\R_{2n-2}[X]$ et par produit, $H_k$ appartient à $\R_{2n-1}[X].$ Le polynôme constant $1$ appartient à $\R_{2n-1}[X]$ donc par somme et par différence $P\in\R_{2n-1}[X].$
Comme le degré du polynôme $\prod_{i=1}^n (X-x_i)^2$ est égal à $2n$, si $R$ n’était pas nul, par produit, le degré de $P$ serait supérieur ou égal à $2n.$ Cela contredirait le fait que $P\in\R_{2n-1}[X].$
Donc $R = 0$ et par suite le résultat suivant est établi :
\boxed{\sum_{k=1}^n H_k(X) = 1.}Partagez !
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