Un exercice d'oral d'ENS

Si $n$ est pair on prend $P=(1+x^2)^{n/2}$ et $Q=xP$.

Si $n$ est impair on prend $P=x(1+x^2)^{(n-1)/2}$ et $Q=(x-1/x)P$.

Remarque : ce qui suit est à moitié un brouillon, mais il est tard. Je clarifierai peut-être demain.

Dans l'exemple ci-dessus de john_john, où $n=2$, en notant $Y(t) = \begin{pmatrix} P_n(t) \\ Q_n(t) \end{pmatrix}$, on a $Y'(t) = A(t)Y(t)$ où $A(t) = \dfrac{1}{t^2+1} \begin{pmatrix} 3t & -1 \\ 9 & 3t \end{pmatrix}$.

Essayons de reconstruire les choses à l'envers. Soit $A(t)$ de la forme $A(t) = \dfrac{1}{t^2+1} \begin{pmatrix} kt & -a \\ b & kt \end{pmatrix}$ et $Y(t) = \begin{pmatrix} P(t) \\ Q(t) \end{pmatrix}$ qui vérifie $Y'(t) = A(t)Y(t)$. Alors d'après maple (j'ai la flemme de faire les calculs), on a $Y(t) =(t^2+1)^{k/2} \begin{pmatrix} \cos(\alpha(t)) & -\sin(\alpha(t)) \sqrt{\frac{a}{b}} \\ \sin(\alpha(t)) \sqrt{\frac{b}{a}} & \cos(\alpha(t))\end{pmatrix} Y(0)$, où $\alpha(t) = \arctan(t) \sqrt{ab}$.

Ce qui donne, en notant $Y(0) = \begin{pmatrix} u \\ v \end{pmatrix}$ : $Q'(t)P(t)-Q(t)P'(t) = (bu^2+av^2)(t^2+1)^{k-1}$

Si on prend $k=n+1$, et $a,b,u,v$ tels que $bu^2+av^2 = 1$, on a bien $Q'(t)P(t)-Q(t)P'(t) = (t^2+1)^n$.

Reste à s'arranger pour que $P$ et $Q$ soient polynomiales. Mais si $ab$ est le carré d'un entier $m>0$, alors $\cos(\alpha(t))$ et $\sin(\alpha(t))$ doivent être chacun de la forme $\dfrac{R(t)}{(t^2+1)^{m/2}}$ avec $R$ polynomiale. Si on prend $m=k$, ça va bien s'arranger avec le $(t^2+1)^{k/2}$ qui est en facteur de $Y(t)$ et on aura bien des solutions polynomiales.

Conclusion : exemple de cas qui marche : on prend $k=n+1$, $a=(n+1)^2$, $b=1$, $u=1$ et $v=0$. Autrement dit, si l'on note $A(t) = \dfrac{1}{t^2+1} \begin{pmatrix} (n+1)t & -(n+1)^2 \\ 1 & (n+1)t \end{pmatrix}$ et $Y=\begin{pmatrix} P_n \\ Q_n \end{pmatrix}$ la solution de $Y'(t) = A(t)Y(t)$, avec la condition initiale $Y(0) = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}$, alors $P_n$ et $Q_n$ doivent convenir.

Edit : j'ai oublié de vérifier la condition sur les degrés, mais ça doit se voir quand on développe $\cos(\alpha(t))$ et $\sin(\alpha(t))$.

Bon, finalement, ma démarche est tordue, mais quand on remet tout bout à bout, la solution finale est assez simple : $P_n(t) = (t^2+1)^{k/2}\cos(k\arctan(t))$ et $Q_n(t) = \dfrac{1}{k}(t^2+1)^{k/2}\sin(k\arctan(t))$, où $k=n+1$. C'est polynomial et du bon degré via les polynômes de Tchebychev.

Si on cherche des polynômes $P$ et $Q$ réels et premiers entre eux, alors ils ne peuvent pas s'annuler en $\pm i$. En effet, déjà on a $n\geqslant 1$

Si $i$ est une racine de multiplicité d'ordre $m\geqslant 1$ de $Q$, alors $(X-i)^m$ divise $W$ (puisque $m\leqslant \frac{n+1}{2}\leqslant n$) et $Q$, donc il divise aussi $Q'P=QP'+W$, donc il divise $Q'$, ce qui est impossible.

De même on montre que $i$ n'est pas une racine de $P$.

Si par contre on ne demande pas que $P$ et $Q$ soient premiers entre eux alors ils peuvent s'annuler en $\pm i$, voir mon premier message de ce fil.

Il n'y a pas unicité de $(P_n,Q_n)$, de degrés respectifs $n$ et $n+1$ et vérifiant $(Q_n/P_n)'=(1+x^2)^n/P_n^2$ quand on les suppose unitaires et premiers entre eux.

En effet, si $(P_n,Q_n)$ est une solution alors pour tout $\lambda\in\R$ le couple $(P_n,Q_n+\lambda P_n)$ est aussi solution.
Si on veut l'unicité de $Q_n$ on peut cependant lui imposer la nullité de son coefficient de $x^n$.

En utilisant ce qui a été trouvé par JLT et john_john on peut obtenir assez rapidement toutes les solutions.

1) $(P_n,Q_n)$ est une solution si est seulement si $(\lambda P_n,Q_n/\lambda)$ est une solution (avec $\lambda\neq0$).
Si $P_n=a_nx^n+\dots$ et $Q_n=b_nx^{n+1}+\dots$ on déduit $a_nb_n=1$. On peut donc se limiter au cas $a_n=b_n=1$, c'est-à-dire $P_n$ et $Q_n$ unitaires.

2) Si $(P_n,Q_n)$ est une solution alors $(P_n,Q_n+\lambda P_n)$ est aussi solution. On peut donc se limiter au cas où $Q_n$ a son coefficient de $x^n$ nul.

3) On cherche d'abord les solutions vérifiant $P_n\wedge Q_n=1$.
De $Q'_nP_n-P'_nQ_n=(1+x^2)^n$ on déduit par dérivation : $Q''_nP_n-P''_nQ_n=n(1+x^2)^{n-1}$

d'où par combinaison linéaire : $((1+x^2)Q''_n-2nxQ'_n)P_n=((1+x^2)P''_n-2nxP'_n)Q_n$

qui entraine $(1+x^2)P''_n-2nxP'_n+\lambda P_n=0$ et $(1+x^2)Q''_n-2nxQ'_n+\lambda Q_n=0$ puisque $P_n\wedge Q_n=1$.

On en déduit $\lambda=n(n+1)$ : $P_n$ et $Q_n$ vérifient donc la même équation différentielle $(1+x^2)y''-2nxy'+n(n+1) y=0$ (trouvée par JLT).

En suivant JLT on vérifie aisément que $y=(x+i)^{n+1}$ est solution de cette équation différentielle et on en déduit que la seule solution vérifiant $\deg(P_n)=n$, $P_n$ unitaire est $P_n=\dfrac1{n+1}\Im (x+i)^{n+1}$. La seule solution vérifiant $\deg(Q_n)=n+1$, $Q_n$ unitaire et ayant son coefficient de $X^n$ nul est $Q_n=\Re (x+i)^{n+1}$.

4) On obtient ensuite les solutions vérifiant $P\wedge Q=D$, avec nécessairement $D=(1+x^2)^d$, en posant $P=DR$ et $Q=DS$ avec $R\wedge S=1$. De $S'R-R'S=(1+x^2)^{n-2d}$ on déduit $P=(1+x^2)^d P_{n-2d}$ et $Q=(1+x^2)^d Q_{n-2d}$.
Dans le cas particulier $d=\lfloor n/2\rfloor$ on retrouve les premières solutions de JLT.

Pour compléter, on vérifie aisément que la suite de polynômes $R_n=(x+i)^{n+1}$ vérifie $R_{n+2}=2x R_{n+1}-(1+x^2)R_n$.
Les polynômes $Q_n$ et $(n+1)P_n$ vérifient donc la même récurrence linéaire.