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Soit a et b deux nombres réels tels que 0<a<1 et 0<b<1. On considère le polynôme P défini par P(X) = X² - (a+b)X + a + b - 1. 1. (a) Déterminez une racine évidente du polynôme P. (b) En déduire sa décomposition en produit de polynômes de degré A dans ℝ[X] (c) Peut-il admettre une racine double ? Justifier. Soit p ∈ ℕ. On admet qu'il existe un polynôme Q ∈ ℝ[X] et deux réels αₚ et βₚ (dépendant de p) vérifiant : Xᵖ = P(X)Q(X) + αₚX + βₚ. 2. (a) Déterminer un système linéaire vérifié par αₚ et βₚ . (b) En déduire les valeurs de αₚ et de βₚ . 3. Si R(X) = /sum_{k=0}^n a_kX^k est un polynôme de ℝ[X] et si K est une matrice de M_2(ℝ), on appelle R(K) la matrice R(K) = /sum_{k=0}^n a_kX^k , en rappelant la convention K^0 = I_2. On pose B = ( a , 1-a ; 1-b , b). (a) On rappelle que P(X) = X² - (a+b)X + a + b - 1. Calculer P(B). (b) En déduire, d'après les questions précédentes, la matrice B^P, pour tout entier p ∈ ℕ.
alphonsio

En résumé

1.a. La racine évidente est X=1X = 1
1.b. Grâce à la racinde évidente, on peut calculer que la décomposition est P(X)=(X−1)(X−(a+b−1))P(X) = (X - 1)(X - (a + b - 1))
1.c. Pour avoir une racine double, il faut que les racines X=1X = 1 et X=a+b−1X = a +b -1 soient égale, ce qui n'est pas possible car 0<a<10 < a < 1 et 0<b<10 < b < 1

2.a. En injectant les racines de la question 1, on élimine le produit de polynomes P(X)Q(X)P(X)Q(X), ce qui permet d'établir facilement le système linéaire :
{αp+βp=1αp(a+b−1)+βp=(a+b−1)p\begin{cases} \alpha_p + \beta_p = 1 \\ \alpha_p (a+b-1) + \beta_p = (a+b-1)^p \end{cases}
2.b. En résolvant le système, on trouve :

αp=Sp−1S−1,βp=S−SpS−1\alpha_p = \frac{S^p - 1}{S - 1}, \quad \beta_p = \frac{S - S^p}{S - 1}

où S=a+b−1S = a+b-1.

3.a. En injectant la matrice BB dans le polynôme, on en déduit que :

P(B)=(0000)P(B) = \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}

3.b. Grâce à la question 2, on peut trouver une forme explicite pour BpB^p en fonction de pp, aa et bb :

Bp=((a+b−1)p−1a+b−2a+1−(a+b−1)pa+b−2(a+b−1)p−1a+b−2(1−a)(a+b−1)p−1a+b−2(1−b)(a+b−1)p−1a+b−2b+1−(a+b−1)pa+b−2)B^p = \begin{pmatrix} \frac{(a+b-1)^p - 1}{a+b-2} a + \frac{1 - (a+b-1)^p}{a+b-2} & \frac{(a+b-1)^p - 1}{a+b-2} (1-a) \\ \frac{(a+b-1)^p - 1}{a+b-2} (1-b) & \frac{(a+b-1)^p - 1}{a+b-2} b + \frac{1 - (a+b-1)^p}{a+b-2} \end{pmatrix}

En détails

Nous analysons le polynôme :
P(X)=X2−(a+b)X+a+b−1P(X) = X^2 - (a+b)X + a + b - 1

1. (a) Détermination d'une racine évidente

On cherche une valeur évidente de XX qui annule P(X)P(X). Testons X=1X = 1 :
P(1)=12−(a+b)⋅1+a+b−1P(1) = 1^2 - (a+b) \cdot 1 + a + b - 1
=1−a−b+a+b−1=0= 1 - a - b + a + b - 1 = 0

Donc, X=1X = 1 est une racine évidente de P(X)P(X).

1. (b) Décomposition en produit de polynômes de degré 1

Puisque X=1X = 1 est une racine, P(X)P(X) est divisible par X−1X - 1. Utilisons la division :
P(X)=(X−1)(X−r)P(X) = (X - 1)(X - r)
Développons :
(X−1)(X−r)=X2−(1+r)X+r(X - 1)(X - r) = X^2 - (1 + r)X + r
En identifiant avec P(X)=X2−(a+b)X+a+b−1P(X) = X^2 - (a+b)X + a + b - 1, on obtient :

  • 1+r=a+b1 + r = a + b ⟹ r=a+b−1r = a + b - 1
  • r=a+b−1r = a + b - 1 est bien la seconde racine.

Ainsi, la décomposition est :
P(X)=(X−1)(X−(a+b−1))P(X) = (X - 1)(X - (a + b - 1))

1. (c) Peut-il admettre une racine double ?

Un polynôme admet une racine double si et seulement si son discriminant est nul. Le discriminant de P(X)P(X) est :
Δ=(a+b)2−4(a+b−1)\Delta = (a+b)^2 - 4(a+b-1)
=a2+2ab+b2−4a−4b+4= a^2 + 2ab + b^2 - 4a - 4b + 4
=(a2+b2+2ab)−4(a+b)+4= (a^2 + b^2 + 2ab) - 4(a + b) + 4
Factorisons :
=(a+b−2)2= (a+b-2)^2

Le discriminant est nul si (a+b−2)2=0(a+b-2)^2 = 0, soit a+b=2a+b = 2.
Or, on a 0<a<10 < a < 1 et 0<b<10 < b < 1, donc nécessairement a+b<2a + b < 2.

Ainsi, le discriminant est strictement positif, et P(X)P(X) n'admet jamais de racine double.

On nous donne la division euclidienne de XpX^p par P(X)P(X) :

Xp=P(X)Q(X)+αpX+βpX^p = P(X)Q(X) + \alpha_p X + \beta_p

où Q(X)∈R[X]Q(X) \in \mathbb{R}[X] et αp,βp\alpha_p, \beta_p sont des réels dépendant de pp.

2. (a) Détermination du système linéaire vérifié par αp\alpha_p et βp\beta_p

On sait que P(X)=X2−(a+b)X+a+b−1P(X) = X^2 - (a+b)X + a + b - 1.
Par l'identité donnée :

Xp=(X2−(a+b)X+a+b−1)Q(X)+αpX+βpX^p = (X^2 - (a+b)X + a + b - 1) Q(X) + \alpha_p X + \beta_p

Cette égalité est valable pour toutes les valeurs de XX, et en particulier pour les racines de P(X)P(X), qui sont X=1X = 1 et X=a+b−1X = a+b-1.

En substituant X=1X = 1 :

1p=(12−(a+b)1+a+b−1)Q(1)+αp(1)+βp1^p = (1^2 - (a+b)1 + a + b - 1) Q(1) + \alpha_p(1) + \beta_p

1=(1−a−b+a+b−1)Q(1)+αp+βp1 = (1 - a - b + a + b - 1) Q(1) + \alpha_p + \beta_p

1=(1−1)Q(1)+αp+βp1 = (1 - 1) Q(1) + \alpha_p + \beta_p

1=αp+βp1 = \alpha_p + \beta_p

De même, en substituant X=a+b−1X = a+b-1 :

(a+b−1)p=((a+b−1)2−(a+b)(a+b−1)+a+b−1)Q(a+b−1)+αp(a+b−1)+βp(a+b-1)^p = ((a+b-1)^2 - (a+b)(a+b-1) + a + b - 1) Q(a+b-1) + \alpha_p (a+b-1) + \beta_p

Or, comme a+b−1a+b-1 est racine de P(X)P(X), on a :

(a+b−1)2−(a+b)(a+b−1)+a+b−1=0(a+b-1)^2 - (a+b)(a+b-1) + a + b - 1 = 0

Donc :

(a+b−1)p=αp(a+b−1)+βp(a+b-1)^p = \alpha_p (a+b-1) + \beta_p

On obtient ainsi le système linéaire suivant :

{αp+βp=1αp(a+b−1)+βp=(a+b−1)p\begin{cases} \alpha_p + \beta_p = 1 \\ \alpha_p (a+b-1) + \beta_p = (a+b-1)^p \end{cases}

2. (b) Résolution du système et détermination de αp\alpha_p et βp\beta_p

En posant S=a+b−1S = a+b-1, notre système devient :

{αp+βp=1αpS+βp=Sp\begin{cases} \alpha_p + \beta_p = 1 \\ \alpha_p S + \beta_p = S^p \end{cases}

Résolvons par substitution. Exprimons βp\beta_p à partir de la première équation :

βp=1−αp\beta_p = 1 - \alpha_p

Remplaçons dans la deuxième équation :

αpS+(1−αp)=Sp\alpha_p S + (1 - \alpha_p) = S^p

αpS−αp=Sp−1\alpha_p S - \alpha_p = S^p - 1

αp(S−1)=Sp−1\alpha_p (S - 1) = S^p - 1

αp=Sp−1S−1\alpha_p = \frac{S^p - 1}{S - 1}

βp=1−Sp−1S−1\beta_p = 1 - \frac{S^p - 1}{S - 1}

βp=S−1−(Sp−1)S−1\beta_p = \frac{S - 1 - (S^p - 1)}{S - 1}

βp=S−SpS−1\beta_p = \frac{S - S^p}{S - 1}

Conclusion

On a trouvé :

αp=Sp−1S−1,βp=S−SpS−1\alpha_p = \frac{S^p - 1}{S - 1}, \quad \beta_p = \frac{S - S^p}{S - 1}

où S=a+b−1S = a+b-1.

3. (a) Calcul de P(B)P(B)

On a le polynôme suivant :

P(X)=X2−(a+b)X+(a+b−1)P(X) = X^2 - (a+b)X + (a+b - 1)

et la matrice :

B=(a1−a1−bb)B = \begin{pmatrix} a & 1 - a \\ 1 - b & b \end{pmatrix}

Par définition :

P(B)=B2−(a+b)B+(a+b−1)I2P(B) = B^2 - (a+b)B + (a+b-1)I_2

Calcul de B2B^2 :

B2=(a1−a1−bb)(a1−a1−bb)B^2 = \begin{pmatrix} a & 1 - a \\ 1 - b & b \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a & 1 - a \\ 1 - b & b \end{pmatrix}

Faisons le produit :

B2=(a2+(1−a)(1−b)a(1−a)+(1−a)b(1−b)a+b(1−b)(1−b)(1−a)+b2)B^2 = \begin{pmatrix} a^2 + (1-a)(1-b) & a(1-a) + (1-a)b \\ (1-b)a + b(1-b) & (1-b)(1-a) + b^2 \end{pmatrix}

Calculons chaque élément :

  • En haut à gauche :

a2+(1−a)(1−b)=a2+(1−a−b+ab)=a2−a−b+ab+1a^2 + (1-a)(1-b) = a^2 + (1 - a - b + ab) = a^2 - a - b + ab + 1

  • En haut à droite :

a(1−a)+(1−a)b=a−a2+b−aba(1-a) + (1-a)b = a - a^2 + b - ab

  • En bas à gauche :

(1−b)a+b(1−b)=a−ab+b−b2(1-b)a + b(1-b) = a - ab + b - b^2

  • En bas à droite :

(1−b)(1−a)+b2=1−a−b+ab+b2(1-b)(1-a) + b^2 = 1 - a - b + ab + b^2

Ainsi :

B2=(a2−a−b+ab+1a−a2+b−aba−ab+b−b21−a−b+ab+b2)B^2 = \begin{pmatrix} a^2 - a - b + ab + 1 & a - a^2 + b - ab \\ a - ab + b - b^2 & 1 - a - b + ab + b^2 \end{pmatrix}

Calcul de (a+b)B(a+b)B :

(a+b)B=(a+b)(a1−a1−bb)=((a+b)a(a+b)(1−a)(a+b)(1−b)(a+b)b)(a+b)B = (a+b)\begin{pmatrix} a & 1 - a \\ 1 - b & b \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} (a+b)a & (a+b)(1 - a) \\ (a+b)(1 - b) & (a+b)b \end{pmatrix}

Calcul de P(B)P(B) :

P(B)=B2−(a+b)B+(a+b−1)I2P(B) = B^2 - (a+b)B + (a+b-1)I_2

Effectuons la soustraction :

=(A11A12A21A22)−((a+b)a(a+b)(1−a)(a+b)(1−b)(a+b)b)+(a+b−100a+b−1)= \begin{pmatrix} A_{11} & A_{12} \\ A_{21} & A_{22} \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} (a+b)a & (a+b)(1-a) \\ (a+b)(1-b) & (a+b)b \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} a+b-1 & 0 \\ 0 & a+b-1 \end{pmatrix}

Après simplifications, on trouve que :

P(B)=O2(la matrice nulle)P(B) = O_2 \quad (\text{la matrice nulle})

3. (b) Détermination de BpB^p pour tout p∈Np \in \mathbb{N}

On sait que P(B)=O2P(B) = O_2 et que P(X)P(X) se factorise en :

P(X)=(X−1)(X−(a+b−1))P(X) = (X - 1)(X - (a+b - 1))

Donc, par le théorème de Cayley-Hamilton et la relation donnée :

Xp=P(X)Q(X)+αpX+βpX^p = P(X)Q(X) + \alpha_p X + \beta_p

appliquée à BB :

Bp=αpB+βpI2B^p = \alpha_p B + \beta_p I_2

avec :

αp=(a+b−1)p−1a+b−2\alpha_p = \frac{(a+b-1)^p - 1}{a+b-2}
βp=a+b−1−(a+b−1)pa+b−2\beta_p = \frac{a+b - 1 - (a+b-1)^p}{a+b-2}

Ainsi, pour tout entier pp :

Bp=αpB+βpI2B^p = \alpha_p B + \beta_p I_2

Ou encore :

Bp=(aαp+βp(a−1)αp(b−1)αpbαp+βp)B^p = \begin{pmatrix} a\alpha_p + \beta_p & (a-1)\alpha_p \\ (b-1)\alpha_p & b\alpha_p + \beta_p \end{pmatrix}

Les coefficients αp\alpha_p et βp\beta_p dépendent de pp et des paramètres aa et bb comme calculé précédemment.