LEÇON N˚ 69 : Fonctions polynômes.

LEÇON N˚ 69 :
Fonctions polynômes.
Pré-requis :
–Dérivabilité, continuité des fonctions numériques;
–Notions d’espaces vectoriels, de sous-espaces vectoriels;
–Formule du binôme de Newton.
On se place dans un corps K, généralement Rou C. On utilisera souvent l’abus de langage consistant à
désigner une fonction par son expression (on parlera de la fonction x2au lieu de x7→ x2).
69.1 Fonction puissance
Proposition 1 : Pour tout k∈N, la fonction fk:x7−→ xkest continue et dérivable sur K.
démonstration :La fonction x7−→ xest trivialement continue (utiliser a posteriori la définition
de la continuité pour s’en convaincre), donc fkl’est aussi en tant que produit de fonctions continues.
Montrons encore la dérivabilité. Soit x0∈K. Alors pour tout x∈Kdifférent de x0, on a :
fk(x)−fk(x0) = xk−xk
0= (x−x0)
k−1
X
i=0
xixk−1−i
0⇒fk(x)−fk(x0)
x−x0
=
k−1
X
i=0
xixk−1−i
0.
Par passage à la limite, il vient alors que lim
x→x0
fk(x)−fk(x0)
x−x0
=k xk−1
0=f′
k(x0),
donc fkest dérivable sur K, et pour tout x∈K,f′
k(x) = k xk−1.
Corollaire 1 : Pour tout k∈N,fkest de classe C∞sur K. De plus,
∀i∈N,∀x∈K, f(i)
k=k(k−1) ···(k−i+ 1) xk−isi i6k
0si i > k.
démonstration :On procède par récurrence sur l’entier k∈N:
Initialisation : Si k= 0, alors pour tout élément xde K,f0(x) = 1, et quelque soit l’entier i, on aura
nécéssairement f(i)
0(x) = 0. Les deux points sont alors vérifiés.
Hérédité : Supposons le résultat vrai au rang ket montrons qu’il l’est encore au rang k+ 1. Soit
x∈K. D’après la proposition 1, f′
k+1(x) = (k+ 1) xk, donc par hypothèse de récurrence, f′ k+1

2Fonctions polynômes
est C∞, et donc a fortiori fk+1 aussi. De plus, pour tout i∈N,
f(i)
k+1(x) = f′
k+1(x)(i−1) = (k+ 1) f(i−1)
k(x)
H.R.
=(k+ 1)k···(k−i+ 2) xk−i+1 si i−16k
0si i−1> k
=(k+ 1)k···(k+ 1 −i+ 1) xk+1−isi i6k+ 1
0si i > k + 1.
Ceci achève notre récurrence. 
Théorème 1 : Pour tout n∈N, la famille (1,x,...,xn)est une famille libre de l’espace vectoriel
des applications de K−→ K.
démonstration :Soient n∈N,(λ0,...,λn)∈Kn+1. Supposons que
∀x∈K,
n
X
i=0
λixi= 0.
Alors pour tout x∈K∗(on peut se permettre d’enlever 0puisqu’on veut faire x→ ∞),
λnxn=−
n−1
X
i=0
λixi⇒λn=−
n−1
X
i=0
λixi−n.
Or i−n < 0pour tout i∈ {0,...,n−1}, donc par passage à la limite dans l’égalité précédente,
lim
x→∞
n−1
X
i=0
λixi−n= 0 ⇒λn= 0.
On montre de même que pour tout i∈ {0,...,n−1},λi= 0.
69.2 Fonctions polynômes
Définition 1 : Soient a0,...,an∈Kn+1. Alors l’application P:K−→ Kdéfinie par
P(x) =
n
X
k=0
akxk
est appelée fonction polynôme de la variable x. Les nombres a0,...,ansont appelés coefficients de
cette fonction polynôme. Si l’on suppose an6= 0, alors nest le degré de P(noté deg(P)) et anest
appelé coefficient dominant de P.
Notations : On note P(K)l’ensemble des fonctions polynômes P:K−→ Ket, pour n∈N∗,Pn(K)le
sous-ensemble de P(K)des fonctions polynômes de degré n.

Fonctions polynômes 3
Proposition 2 : Soient f=Pn
i=1 aixi∈Pn(K), g =Pm j=1 bjxj∈Pm(K)et α∈K. Alors
(i) f+g:x7−→
max(n,m)
X
k=0
(ak+bk)xket deg(f+g)6max deg(f),deg(g);
(ii) αf :x7−→
n
X
k=0
αakxket deg(αf ) = deg(f);
(iii) fg :x7−→
n+m
X
k=0 
X
(u,v)∈∆k
aubv
xket deg(f g) = deg(f) + deg(g),
où ∆k={(i, j)∈ {1,...,n} ×{1,...,m} | i+j=k}pour tout entier k∈ {0,...,n+
m}.
démonstration :Le seul point à poser quelques problèmes est le (iii). C’est donc logiquement sur
celui-ci que nous allons nous attarder! Soit x∈K. Alors
(fg)(x) = n
X
i=0
aixi!
m
X
j=0
bjxj
= (a0+a1x+···+anxn)(b0+b1x+···+bmxm)
=a0b0+x[a0b1+a1b0] + x2[a0b2+a1b1+a2b0] + · · · +xn+m[anbm]
=
n+m
X
k=0 
X
(u,v)∈∆k
aubv
xk.
De plus, an, bm6= 0 ⇒anbm6= 0 ⇒deg(f g) = n+m= deg(f) + deg(g).
Théorème 2 : Si fest une fonction polynôme, alors fest de classe C∞. Pour tout entier n, si fest de
plus de degré n, alors pour tout k∈N,
deg(f(k)) = n−ksi k6n
f(k)≡0si k > n.
démonstration :f=Pakxk∈P(K)est une combinaison linéaire de fonctions C∞(corollaire 1),
donc est aussi C∞. Supposons alors fde degré n. Pour tout entier ket tout x∈K,
f(k)(x) =
n
X
p=0
ap(xp)(k)=(Pn
p=kapp!
(p−k)! xp−ksi k6n
0si k > n
=(Pn−k
p=0 ap+k(p+k)!
p!xpsi k6n
0si k > n,
et on en déduit que lorsque k6n,deg(f(k)) = n−k.
Proposition 3 : Soit f∈Pn(R). Alors
lim
x→∞ f(x) = signe(an)· ∞ et lim
x→−∞ f(x) = signe(an)(−1)n· ∞.

4Fonctions polynômes
démonstration :Pour tout x∈K, on a
f(x) = a0+a1x+···+anxn(an6= 0)
=anxn1 + an−1
anx+···+a0 anxn
| {z }
x→±∞
−→ 1
,
et les deux résultats découlent de cette dernière égalité. 
Proposition 4 : Soit a∈K. La famille (x−a)nn∈Nengendre P(K).
démonstration :Soient x∈Ket n∈N. On a simultanément
(x−a)n=
n
X
k=0 n
k(−a)n−kxket xn=(x−a) + an=
n
X
k=0 n
k(a)n−k(x−a)k,
ce qui suffit à démontrer le théorème. 
Théorème 3 (formule de Taylor) : Soient f∈Pn(K)et a∈K. Alors
f(x) =
n
X
k=0
f(k)(a)
k!(x−a)k.
démonstration :f∈Pn(K), donc d’après la proposition précédente, on a pour tout x∈K
f(x) =
n
X
p=0
bp(x−a)p.
Le théorème 2 et sa démonstration nous permettent d’exhiber la dérivée k-ième de f:
∀x∈K, f(k)(x) =
n
X
p=k
bp
p!
(p−k)!(x−a)p−k.
En particulier, pour x=a, l’égalité f(k)(a) = k!bknous donne bkpour tout k∈ {0,...,n}d’où le
résultat, en remplaçant bkpar ce qu’on vient de trouver dans la première égalité. 
69.3 Racines
Définition 2 : Soient f∈P(K)et α∈K. On dit que αest une racine de fsi f(α) = 0.
Théorème 4 : Soient f∈P(K)et α∈K. Alors αest racine de fsi et seulement si fest divisible
par (x−α).

Fonctions polynômes 5
démonstration :
"⇐=" : Soit x∈K. Alors f(x) = (x−α)g(x)par hypothèse, donc f(α) = 0.
"=⇒" : Puisque αest racine de f, donc f(α) = 0. Soit x∈K. Alors
f(x) = f(x)−f(α) =
n
X
k=0
akxk−
n
X
k=0
akαk=
n
X
k=1
ak(xk−αk)
=
n
X
k=1
ak(x−α) k−1
X
i=0
xiαk−1−i!
= (x−α)
n
X
k=1
ak
k−1
X
i=0
xiαk−1−i.
Posons g(x) = Pn
k=1 akPk−1 i=0 xiαk−1−i, qui est un polynôme de degré n−1. On a donc bien factorisé
f(x)par (x−α).
Conséquence : Un polynôme de degré nadmet au plus nracines.
Corollaire 2 : Soit fun polynôme de degré nimpair. Alors fadmet au moins une racine réelle.
démonstration :D’après la proposition 3, si an>0(resp. <0), alors lim
x→∞ f(x) = ∞(resp. −∞) et
lim
x→−∞ f(x) = −∞ (resp. ∞). Donc d’après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe α∈Rtel
que f(α) = 0.
Corollaire 3 : Soient f∈Pn(R). Alors fse factorise en un produit de polynômes de degré un ou
deux.
démonstration :Pour cette démonstration, on s’autorise à faire un petit détour par C. En effet, puisque
fest un polynôme à coefficients réels, il existe a∈Ctel que f(a) = 0. Si aest lui-même réel, alors fse
factorise par (x−a)(théorème 4), sinon a6=aet fse factorise alors par le produit (x−a)(x−a) =
x2−x(a+a) + aa =x2−2ℜ(a)x+|a|2qui est à coefficients réels. On réitère alors ce procédé au
polynôme issu de la factorisation. 