Quand la dérivée divise le polynôme

Ce qu'on montre. Que la divisibilité $P^{\prime }\mid P$ force $P$ à n'avoir qu'une seule racine, de multiplicité maximale.

Le quotient est de degré $1$. Comme $\mathrm{deg}P=n\ge 1$, la dérivée $P^{\prime }$ est de degré $n-1$ (son coefficient dominant est $n$ fois celui de $P$, donc non nul). Par hypothèse $P=P^{\prime }S$ pour un certain $S\in \mathbb{R}[x]$, d'où $n=(n-1)+\mathrm{deg}S$ et $\mathrm{deg}S=1$. Écrivons $S=\lambda (x-r)$ avec $\lambda \ne 0$, puis posons $\mu =\lambda$ : $$P=\mu (x-r)P^{\prime }.\text{\hspace{1em}(⋆)}$$

Le point $r$ est racine de $P$. En évaluant $(\star )$ en $x=r$ : $P(r)=0$. Notons $k\ge 1$ sa multiplicité et écrivons $$P=(x-r{)}^{k}T\text{avec}T(r)\ne 0.$$

Report dans $(\star )$. En dérivant, $P^{\prime }=k(x-r{)}^{k-1}T+(x-r{)}^k{T}^{\prime }$, donc $$(x-r{)}^{k}T=\mu (x-r)[k(x-r{)}^{k-1}T+(x-r{)}^k{T}^{\prime }]=\mu (x-r{)}^k[kT+(x-r)T^{\prime }].$$ En simplifiant par $(x-r{)}^k$, licite car $\mathbb{R}[x]$ est intègre : $$T=\mu kT+\mu (x-r)T^{\prime },\text{soit}(1-\mu k)T=\mu (x-r)T^{\prime }.\text{\hspace{1em}(⋆⋆)}$$

$T$ est constant. Supposons $d=\mathrm{deg}T\ge 1$. Alors $T^{\prime }\ne 0$ et $\mathrm{deg}((x-r)T^{\prime })=1+(d-1)=d$. En comparant les coefficients dominants dans $(\star \star )$, avec $t_d$ celui de $T$ : $$(1-\mu k)t_d=\mu d{t}_d⟹1=\mu (k+d).$$ En reportant $\mu =\frac{1}{k+d}$ dans $(\star \star )$ et en multipliant par $k+d$ : $dT=(x-r)T^{\prime }$. Ainsi $(x-r)$ divise $dT$ avec $d\ne 0$, donc $(x-r)$ divise $T$, donc $T(r)=0$ — ce qui contredit $T(r)\ne 0$.

Donc $d=0$ : $T$ est une constante non nulle $\alpha$, et $(\star \star )$ donne $1-\mu k=0$.

Conclusion. $P=\alpha (x-r{)}^k$ avec $\alpha \ne 0$, et le degré impose $k=n$ : $$P=\alpha (x-r{)}^n,\alpha \in {\mathbb{R}}^{\ast }.$$