Bonjour, je cherche encore de l'aide sur les polynômes.
1°/ Soit P(x) un polynôme de degré n. Quel est le degré du polynôme:Q(x)=P(x)-P(x-1)
2°/ On considère, s'il en existe, des polynômes $f_{k}$(x) tels que: $f_{k}$(0)=0 et $f_{k}$(x) - $f_{k}$(x-1)= $x^{k}$
a) Prouver que $f_{k}$(x) est de degré k+1
b) Prouver que $f_{k}$(x) est divisible par $x^{2}$+x
3°/ a ) Déterminer le polynôme $f_{k}$(x) pour k ∈ {1;2;3;4}
b) Déduire de l'étude ci dessus l'expression en fonction de n de chacune des sommes:
$S_{k}$=∑(i=1 à n) $i^{k}$ ,k ∈{1;2;3;4}
polynôme
Re: polynôme
Bonjour
1°/ $P(x)=\sum_{k=0}^n a_kx^k$. Le terme de degré $n$ est $a_nx^n$
$a_n(x-1)^n =a_n\sum_{k=0}^n {n\choose k} x^k(-1)^{n-k}$ donc dans $P(x-1)$ le terme de degré $n$ est également $a_nx^n$.
Par conséquent dans $Q(x)$ il n'y a plus de termes de degré $n$.
Dans $P(x-1)$ le terme de degré $n-1$ est $a_n n x^{n-1}(-1)+ a_{n-1}x^{n-1}=(a_{n-1}-na_n)x^{n-1}$
Dans $P(x)-P(x-1)$ le coefficient du terme de degré $n-1$ est donc $a_{n-1}-(a_{n-1}-na_n)=na_n\neq 0$
$Q(x)$ est donc de degré $n-1$
2°/ a) $Q(x)=x^k$ est de degré $k$ donc d'après la question 1, $f_k(x)$ est de degré $k+1$.
b) Par hypothèse $f_k(0)=0$ donc 0 est racine de $f_k$
$f_k(0)-f_k(0-1)=0^k$ donc $f_k(-1)=0$ et (-1) est donc racine de $f_k$
Par conséquent $f_k(x)$ est factorisable par $x(x+1)=x^2+x$
3°/ a) Des valeurs utiles pour la suite :
Puisque $f_k(0)=0$, quel que soit $k$, le terme constant de $f_k(x)$ est nul.
$f_k(1)-f_k(0)=1^k$ donc $f_k(1)=1$
$f_k(2)-f_k(1)=2^k$ donc $f_k(2)=2^k+1$
$f_k(3)-f_k(2)=3^k$ donc $f_k(3)=3^k+2^k+1$
$f_k(-2)-f_k(-1)=(-2)^k$ donc $f_k(-2)=(-2)^k$
Pour $k=1$, $f_k$ est de degré 2 et puisque $f_1$ est factorisable par $x^2+x,\ f_1(x)=a(x^2+x)$
De $f_1(1)=1$ on déduit que $a=\frac{1}{2}$
$f_1(x)=\frac{1}{2} (x^2+x)$
Pour $k=2$, $f_2(x)$ est de degré 3 donc $f_2(x)=(x^2+x)(ax+b)$
En utilisant $f_2(1)=1$ et $f_2(2)=5$, on obtient le système $\left\{\begin{array}{rcl}2(a+b)&=&1\\ 6(2a+b&=&5\end{array}\right.$
On obtient $f_2(x)=(x^2+x)(\frac{1}{3} x +\frac{1}{6})=\frac{x(x+1)(2x+1)}{6}$
Je vous laisse faire les calculs pour $k=3$, $f_3(x)=(x^2+x)(ax^2+bx+c)$ en utilisant 3 valeurs de $f_3(x)$
Et pour $f_4(x)=(x^2+x)(ax^3+bx^2+cx+d)$ et en utilisant 4 valeurs de $f_4(x)$
(Vous devez obtenir $f_3(x)=\frac{x^2(x+1)^2}{4}$ et $f_4(x)=\frac{x(x+1)(2x+1)(3x^2+3x-1)}{30}$)
b)
$1^k=f_k(1)-f_k(0)$
$2^k=f_k(2)-f_k(1)$
$3^k=f_k(3)-f_k(2)$
.........................
$(n-1)^k=f_k(n-1)-f_k(n-2)$
$n^k=f_k(n)-f_k(n-1)$
En additionnant membres à membres ces inégalités, on obtient $S_k=\sum_{k=1}^n i^k=f_k(n)-f_k(0)=f_k(n)$
Donc $S_1=\frac{n(n+1)}{2}$ (on retrouve la somme des n premiers entiers naturels @non nuls)
$S_2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$ (somme des carrés des n premiers entiers naturels non nuls)
On écrit de même $S_3$ et $S_4$
1°/ $P(x)=\sum_{k=0}^n a_kx^k$. Le terme de degré $n$ est $a_nx^n$
$a_n(x-1)^n =a_n\sum_{k=0}^n {n\choose k} x^k(-1)^{n-k}$ donc dans $P(x-1)$ le terme de degré $n$ est également $a_nx^n$.
Par conséquent dans $Q(x)$ il n'y a plus de termes de degré $n$.
Dans $P(x-1)$ le terme de degré $n-1$ est $a_n n x^{n-1}(-1)+ a_{n-1}x^{n-1}=(a_{n-1}-na_n)x^{n-1}$
Dans $P(x)-P(x-1)$ le coefficient du terme de degré $n-1$ est donc $a_{n-1}-(a_{n-1}-na_n)=na_n\neq 0$
$Q(x)$ est donc de degré $n-1$
2°/ a) $Q(x)=x^k$ est de degré $k$ donc d'après la question 1, $f_k(x)$ est de degré $k+1$.
b) Par hypothèse $f_k(0)=0$ donc 0 est racine de $f_k$
$f_k(0)-f_k(0-1)=0^k$ donc $f_k(-1)=0$ et (-1) est donc racine de $f_k$
Par conséquent $f_k(x)$ est factorisable par $x(x+1)=x^2+x$
3°/ a) Des valeurs utiles pour la suite :
Puisque $f_k(0)=0$, quel que soit $k$, le terme constant de $f_k(x)$ est nul.
$f_k(1)-f_k(0)=1^k$ donc $f_k(1)=1$
$f_k(2)-f_k(1)=2^k$ donc $f_k(2)=2^k+1$
$f_k(3)-f_k(2)=3^k$ donc $f_k(3)=3^k+2^k+1$
$f_k(-2)-f_k(-1)=(-2)^k$ donc $f_k(-2)=(-2)^k$
Pour $k=1$, $f_k$ est de degré 2 et puisque $f_1$ est factorisable par $x^2+x,\ f_1(x)=a(x^2+x)$
De $f_1(1)=1$ on déduit que $a=\frac{1}{2}$
$f_1(x)=\frac{1}{2} (x^2+x)$
Pour $k=2$, $f_2(x)$ est de degré 3 donc $f_2(x)=(x^2+x)(ax+b)$
En utilisant $f_2(1)=1$ et $f_2(2)=5$, on obtient le système $\left\{\begin{array}{rcl}2(a+b)&=&1\\ 6(2a+b&=&5\end{array}\right.$
On obtient $f_2(x)=(x^2+x)(\frac{1}{3} x +\frac{1}{6})=\frac{x(x+1)(2x+1)}{6}$
Je vous laisse faire les calculs pour $k=3$, $f_3(x)=(x^2+x)(ax^2+bx+c)$ en utilisant 3 valeurs de $f_3(x)$
Et pour $f_4(x)=(x^2+x)(ax^3+bx^2+cx+d)$ et en utilisant 4 valeurs de $f_4(x)$
(Vous devez obtenir $f_3(x)=\frac{x^2(x+1)^2}{4}$ et $f_4(x)=\frac{x(x+1)(2x+1)(3x^2+3x-1)}{30}$)
b)
$1^k=f_k(1)-f_k(0)$
$2^k=f_k(2)-f_k(1)$
$3^k=f_k(3)-f_k(2)$
.........................
$(n-1)^k=f_k(n-1)-f_k(n-2)$
$n^k=f_k(n)-f_k(n-1)$
En additionnant membres à membres ces inégalités, on obtient $S_k=\sum_{k=1}^n i^k=f_k(n)-f_k(0)=f_k(n)$
Donc $S_1=\frac{n(n+1)}{2}$ (on retrouve la somme des n premiers entiers naturels @non nuls)
$S_2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$ (somme des carrés des n premiers entiers naturels non nuls)
On écrit de même $S_3$ et $S_4$