Vous avez remarqué la différence entre cette dernière relation
et celle de la proposition ?
Dans la dernière relation, on a introduit :
\[
P(x) = P(x)-P(a).
\]
Ce n'est pas un scoop puisque $P(a)=0$
mais cela doit certainement pouvoir vous aider.
En effet, on a :
\begin{align*}
P(x) &=P(x)-P(a) \\
&=\sum\limits_{k=0}^{n}p_{k}\,x^{k}-\sum\limits_{k=0}^{n}p_{k}\,a^{k} \\
&=\sum\limits_{k=0}^{n}p_{k}\,\big( x^{k}-a^{k}\big)
\end{align*}
et $\ldots$
$\ldots$ l'on a vu comment mettre $(x-a)$ en facteur
dans $x^{k}-a^{k}$.
Ensuite, c'est surtout un problème de notations.
Pour chaque $k$, introduire une fonction $Q_k\in\R[x]$
telle que :
\[
\forall{x\in\R}\quad x^k-a^k =(x-a)\,Q_k(x).
\]
mais il faut aussi faire attention aux valeurs de $k$
En effet, la formule que l'on a donnée pour la factorisation
de $x^{k}-a^{k}$ est valable pour $k\geq1$.
Mais tout compte fait, ce n'est pas grave ici.
En effet, pour $k=0$, on a :
\[
x^k-a^k = 1 -1 =0.
\]
Si vous n'êtes pas encore à l'aise avec les $\Sigma$,
rien ne vous empêche de faire une première démonstration en prenant $n=3$.
Supposons $n=3$ et donc :
\[
\forall{x\in\R}\quad P(x) = p_3\,x^3+p_2\,x^2+p_1\,x+p_0.
\]
avec $P(a)=0$. En écrivant :
\[
P(x) = P(x)-P(a),
\]
on obtient :
\[
P(x) = p_3\,\big(x^3-a^3\big)+p_2\,\big(x^2-a^2)+p\,(x-a).
\]
Il est alors facile de mettre $(x-a)$ en facteur.
Avec les notations précédentes, on a :
\begin{align*}
P(x) &= p_3\,\big(x^3-a^3\big)+p_2\,\big(x^2-a^2)+p_1\,(x-a)\\
&=(x-a)\Big(p_3\,(x^2+a\,x+a^2)+p_2\,(x+a)+p_1\Big)\\
&=(x-a)\big(p_3\,x^2+(p_3\,a+p_2)\,x+p_3\,a^2+p_2\,a+p_1\big).
\end{align*}
Par suite, on a $P(x)=(x-a)\,Q(x)$ avec :
\[
Q(x) = p_3\,x^2+(p_3\,a+p_2)\,x+p_3\,a^2+p_2\,a+p_1\big.
\]
Il est maintenant assez facile de généraliser cela pour un $n$ quelconque
en utilisant des $\Sigma$.
Rédaction de la solution
Supposons donc $P(a)=0$. Soit $x\in \R$. On a alors :
\begin{align*}
P(x) &=P(x)-P(a) \\
&=\sum\limits_{k=0}^{n}p_{k}\,x^{k}-\sum\limits_{k=0}^{n}p_{k}\,a^{k} \\
&=\sum\limits_{k=0}^{n}p_{k}\,\big( x^{k}-a^{k}\big)\\
&=\sum\limits_{k=1}^{n}p_{k}\,\big( x^{k}-a^{k}\big)
\end{align*}
Pour tout $k\in \ceo1,n\cef$, on a :
\[
x^{k}-a^{k}=(x-a) \bigg(\sum\limits_{\ell=0}^{k-1}a^{k-1-\ell}x^{\ell}\bigg) .
\]
Commentaires sur ce qui précède
Dans l'égalité précédente,
-
- on ne peut pas prendre $k$ comme indice dans le $\Sigma $ car $k$
désigne alors un objet fixé de $\ceo1,n\cef$ :
il ne peut donc pas désigner aussi la variable muette du $\Sigma$ ;
- on apprécie d'avoir $k>0$ (faute de quoi on pourrait avoir quelques
angoisses sur sa validité) et ce n'est donc pas par hasard que l'on a mis
en évidence la disparition du terme d'index $0$ lors
du début du calcul !
En désignant par $Q_{k}$ la fonction polynomiale définie par :
\[
\forall{x\in \R}\quad Q_{k}(x)=\sum\limits_{\ell=0}^{k-1}\,a^{k-1-\ell}\,x^{\ell},
\]
on a alors :
\[
x^{k}-a^{k}=(x-a)\, Q_{k}(x)
\]
et il est immédiat que :
\begin{align*}
P(x)&=\sum\limits_{k=1}^{n}\,p_{k}\,(x-a)\, Q_{k}(x)\\ \\
&=(x-a) \sum\limits_{k=1}^{n}\,p_{k}\,Q_{k}(x).
\end{align*}
Si on pose alors :
$$Q=\sum\limits_{k=1}^{n}p_{k}\,Q_{k} \hskip1cm \text{(égalité de fonctions)},$$
il est immédiat que $Q \in \R[x]$ et que :
\[
\forall{x\in \R}\quad P(x)=(x-a)\, Q(x),
\]
ce qui termine la démonstration.
Remarque : Il est intéressant de voir comment l'utilisation de notations appropriées
(ici l'introduction des $Q_{k}$) a permis de simplifier l'écriture du
calcul précédent. Vous imaginez une démonstration écrite comme dans le cas
particulier $n=3$ ?