Polynôme

Degré 4, fonctionne j'ai trouvé une fonction. En fait, je me suis trompé. Je suis parti de f'', mais j'ai omis qu'en A et B, on doit avoir un maximum et un minimum. Désolé


Avec tes conditions sur f'', c'est assez facile de montrer qu'on ne peut pas trouver moins, non ?

Six degrés de liberté, ça fait un polynôme de degré au plus cinq.
Là, vu la symétrie du truc, je parierais sur un polynôme de degré 3.
On peut commencer par $P=(X-1)^3+\frac{1}{2}+aX^2+bX$ avec $a$ et $b$ tels que $P(1)=P^\prime(1)=0$.

Pour voir le degré trois c'est le polynôme d'Hermite qui nous le dira. Il doit y avoir des logiciels en ligne qui nous recrachent ça j'imagine.

Je ne sais pas si on a une théorie pour expliciter les polynômes d'interpolation en des points et leurs dérivées successives. Déjà que pour Hermite ce n'est pas une mince affaire...

Soit $P$ un polynôme solution. Alors il est non nul puisque $P(0)=1$.
De plus, $2$ est une racine d'ordre 3 de $P$ puisque $P(2)=P'(2)=P''(2)=0$ donc $(X-2)^3$ divise $P$.
Donc, $P$ est au moins de degré 3.

De même, 0 est racine d'ordre 3 de $P-1$ donc $X^3$ divise $P-1$.
On en déduit qu'il existe deux polynômes $U$ et $V$ tels que $P=U(X-2)^3=1+VX^3$.
Par soustraction, $U(X-2)^3-VX^3=1$ donc, il suffit de choisir pour $U$ et $V$ des coefficients de Bézout de $(X-2)^3$ et $X^3$. On sait alors que l'on peut trouver de tels polynômes $U$ et $V$ tels que le degré de $U$ est strictement plus petit que celui de $X^3$ et celui de $V$ est strictement plus petit que celui de $(X-2)^3$.

Ainsi, il existe une solution de degré inférieur ou égal à 5 et on peut la déterminer en cherchant des es coefficients de Bézout de $(X-2)^3$ et $X^3$, par exemple avec l'algorithme de division euclidienne étendue.