نموذج المباراة الوطنية المشتركة CNC 2018: الرياضيات 2 - شعبة PSI لولوج مدارس المهندسين

Ce sujet est l'épreuve de Mathématiques II du Concours National Commun (CNC) 2018, filière PSI, concours d'admission dans les écoles d'ingénieurs marocaines. Calculatrice et tout matériel électronique interdits ; l'énoncé fait 3 pages (le scan ne contient pas la page de garde, la durée n'y figure donc pas). Le sujet est mixte : un exercice (sous-espaces stables d'un endomorphisme de ℝ³) et deux problèmes indépendants — réduction de la matrice « a sur la diagonale, b ailleurs » et application à une famille de vecteurs équiangulaires ; puis décompositions de M₂(ℂ) en somme directe de sous-espaces stables par tous les X ↦ [M, X]. Voici une correction méthodologique proposée.

💡 Avant de commencer : les trois parties sont indépendantes et « à traiter dans l'ordre souhaité ». L'exercice est court et très rentable (calcul de χ_M, sous-espaces propres, lemme des noyaux). Dans le Problème 1, tout repose sur l'écriture A = (a − b)I_n + bJ avec J la matrice dont tous les coefficients valent 1 (J² = nJ) : pensez-y dès le début. Dans le Problème 2, calculez soigneusement les trois crochets [A, B], [C, A], [C, B] : toutes les questions suivantes en découlent.

Exercice — Sous-espaces stables par f (M = (2 −1 1 ; 0 1 1 ; −1 1 1))

1.1. Polynôme caractéristique

χ_M(λ) = det(λI₃ − M) ; en développant selon la première colonne : (λ − 2)[(λ − 1)² − 1] + 1·[(1)(−1) − (−1)(λ − 1)] = (λ − 2)·λ(λ − 2) + (λ − 2) = (λ − 2)(λ² − 2λ + 1). Donc χ_M = (X − 1)²(X − 2) : valeurs propres 1 (double) et 2 (simple). Contrôle : Tr M = 4 = 1 + 1 + 2 et det M = 2 = 1·1·2.

1.2. à 1.4.

• χ_M est scindé sur ℝ : M est trigonalisable dans M₃(ℝ).
• E₁ : (M − I₃)X = 0 donne z = 0 et x = y : E₁ = Vect(u₁), u₁ = (1, 1, 0), dimension 1.
• E₂ : (M − 2I₃)X = 0 donne y = z et x = 0 : E₂ = Vect(u₂), u₂ = (0, 1, 1), dimension 1.
• dim E₁ = 1 < 2 = multiplicité de 1 : M n'est pas diagonalisable.

1.5. Droites stables

Une droite Vect(x) est stable ⇔ f(x) est colinéaire à x ⇔ x est vecteur propre. Les droites stables sont donc exactement Vect(1, 1, 0) et Vect(0, 1, 1).

1.6.1. Ker(f − id)²

(M − I₃)² = (0 0 0 ; −1 1 0 ; −1 1 0), de rang 1 : son noyau est le plan d'équation x = y, soit Ker(f − id)² = Vect((1, 1, 0), (0, 0, 1)). Il est stable par f car f commute avec (f − id)² (polynôme en f) : si (f − id)²(x) = 0, alors (f − id)²(f(x)) = f((f − id)²(x)) = 0.

1.6.2. Le plan V = Vect(u₁, u₂)

u₁, u₂ sont non colinéaires, donc V est un plan ; f(u₁) = u₁ et f(u₂) = 2u₂ sont dans V : V est stable.

1.6.3. Tous les plans stables

• (i) Dans une base adaptée à W, la matrice de f est triangulaire par blocs, donc χ_g divise χ_f = (X − 1)²(X − 2). Degré 2 : χ_g ∈ {(X − 1)², (X − 1)(X − 2)} ((X − 2)² ne divise pas χ_f).
• (ii) Si χ_g = (X − 1)², par Cayley-Hamilton (g − id_W)² = 0, donc W ⊂ Ker(f − id)² ; les deux sont des plans : W = Ker(f − id)².
• (iii) Si χ_g = (X − 1)(X − 2), g admet des vecteurs propres pour 1 et 2, qui sont des vecteurs propres de f : W contient une base de E₁ et de E₂, donc u₁, u₂ ∈ W, V ⊂ W et W = V (même dimension).

Conclusion : f admet exactement deux plans stables, Ker(f − id)² et V.

Problème 1 — Réduction de A et vecteurs équiangulaires

Notons J la matrice de M_n(ℝ) dont tous les coefficients valent 1 : J² = nJ, et A = βI_n + bJ avec β = a − b, γ = a + (n − 1)b = β + nb.

2.1. et 2.2.

A − βI_n = bJ avec b ≠ 0 : toutes les colonnes sont égales et non nulles, rg(A − βI_n) = 1. Par le théorème du rang, dim Ker(A − βI_n) = n − 1 ≥ 1 : β est valeur propre, de sous-espace propre de dimension n − 1 (l'hyperplan x₁ + … + x_n = 0).

2.3. Diagonalisation orthogonale

A·ᵗ(1, …, 1) = (a + (n − 1)b)ᵗ(1, …, 1) : γ est valeur propre, de vecteur propre e = ᵗ(1, …, 1), et γ ≠ β (car nb ≠ 0). Les dimensions (n − 1) + 1 = n : A est diagonalisable, E_β = e^⊥ et E_γ = Vect(e). A étant symétrique réelle, on choisit une base orthonormée (ε₁, …, ε_n−1) de E_β et ε_n = e/√n ; la matrice Q de colonnes ε_i est orthogonale et A = QDᵗQ. Avec P = ᵗQ (orthogonale), A = ᵗPDP.

2.4. Déterminant

det A = βⁿ⁻¹γ = (a − b)ⁿ⁻¹(a + (n − 1)b). A est inversible si et seulement si a ≠ b et a ≠ −(n − 1)b.

2.5. Inverse

(A − βI_n)(A − γI_n) = bJ(bJ − nbI_n) = b²(J² − nJ) = 0. En développant : A² − (β + γ)A + βγI_n = 0, soit A((β + γ)I_n − A) = βγI_n. Si A est inversible (βγ ≠ 0) : A⁻¹ = (1/(βγ))((β + γ)I_n − A), avec β + γ = 2a + (n − 2)b.

2.6. Racine carrée

Avec Δ = diag(√β, …, √β, √γ), S = ᵗPΔP est symétrique, de valeurs propres √β, √γ ≥ 0, et S² = ᵗPΔ²P = ᵗPDP = A. Forme explicite : S = √β I_n + ((√γ − √β)/n) J ; vérification : S² = βI_n + (1/n)[2√β(√γ − √β) + (√γ − √β)²]J = βI_n + ((γ − β)/n)J = βI_n + bJ = A.

3.1.1. à 3.1.4. Condition nécessaire

• Par Cauchy-Schwarz, |α| = |(u_i|u_j)| ≤ ‖u_i‖‖u_j‖ = 1, et α ≠ 1 : α ∈ [−1, 1[.
• n + 1 vecteurs dans un espace de dimension n : la famille est liée.
• Si Σλ_iu_i = 0 avec (λ_i) non nul, alors pour tout j, Σ_iλ_i(u_j|u_i) = 0 : Σλ_iC_i = 0 où C_i est la i-ème colonne de G. Les colonnes de G sont liées, G n'est pas inversible.
• G est la matrice A d'ordre n + 1 avec a = 1 et b = α ≠ 0. Par 2.4, det G = (1 − α)ⁿ(1 + nα) = 0 et α ≠ 1, donc α = −1/n.

3.2. Réciproque (c = −1/n, M d'ordre n + 1)

• 3.2.1. M est du type A avec a = 1, b = c : β = 1 + 1/n > 0 et γ = 1 + n·(−1/n) = 0 ≥ 0. Par 2.6, il existe B symétrique (à valeurs propres ≥ 0) telle que M = B².
• 3.2.2. M = B² = ᵗB B, donc m_i,j = Σ_k b_k,ib_k,j (produit scalaire des colonnes i et j de B).
• 3.2.3. On prend w_i = i-ème colonne de B : ⟨w_i, w_j⟩ = m_i,j, et ‖w_i‖² = m_i,i = 1 : vecteurs unitaires.
• 3.2.4. det M = βⁿγ = 0 : M n'est pas inversible. Donc B non plus, et ses valeurs propres sont √β (multiplicité n) et 0 (multiplicité 1) : rg B = n. F = Im B = Vect(w₁, …, w_n+1) est de dimension n et contient tous les w_i.
• 3.2.5. F (muni du produit scalaire induit) et E sont euclidiens de même dimension n : l'application linéaire θ envoyant une base orthonormée de F sur une base orthonormée de E est une isométrie. Les v_i = θ(w_i) sont unitaires et (v_i|v_j) = ⟨w_i, w_j⟩ = −1/n pour i ≠ j. (Exemple : les sommets d'un triangle équilatéral centré, pour n = 2, avec cos(2π/3) = −1/2.)

Problème 2 — Sous-espaces de M₂(ℂ) stables par tous les φ_M

4.1. Crochets

AB = (1 0 ; 0 0), BA = (0 0 ; 0 1) : [A, B] = C. CA = A, AC = −A : [C, A] = 2A. CB = −B, BC = B : [C, B] = −2B.

4.2. Base

λI₂ + αA + βB + γC = (λ + γ α ; β λ − γ) = 0 impose α = β = 0 et λ = γ = 0. Quatre vecteurs libres en dimension 4 : (I₂, A, B, C) est une base.

4.3. Commutant de M = λI₂ + αA + βB + γC

• 4.3.1. Si α = β = γ = 0, M = λI₂ commute avec tout : le commutant est M₂(ℂ).
• 4.3.2. Sinon, soit N = μI₂ + xA + yB + zC. Avec 4.1 (et [A, C] = −2A, [B, C] = 2B) : [M, N] = (αy − βx)C + 2(γx − αz)A + 2(βz − γy)B. Donc MN = NM ⇔ αy = βx, γx = αz, βz = γy ⇔ (x, y, z) colinéaire à (α, β, γ) ≠ 0 ⇔ N = μI₂ + t(M − λI₂) ∈ Vect(I₂, M). Réciproquement I₂ et M commutent avec M. Le commutant est Vect(I₂, M), de dimension 2 (M n'est pas scalaire).

4.4. Les sous-espaces ℱ et ℂ.I₂

• 4.4.1. (A, B, C) est une sous-famille d'une base : dim ℱ = 3 (ℱ est l'ensemble des matrices de trace nulle).
• 4.4.2. (I₂, A, B, C) est une base : M₂(ℂ) = ℱ ⊕ ℂ.I₂.
• 4.4.3. φ_M(λI₂) = 0 ∈ ℂ.I₂ ; et Tr(MX − XM) = 0, donc φ_M(X) ∈ ker Tr = ℱ (ker Tr est de dimension 3 et contient A, B, C). Les deux sous-espaces sont stables par tout φ_M.

5.1.

φ_B(A) = [B, A] = −C et φ_B(C) = [B, C] = 2B.

5.2. Un sous-espace stable contenant un X non scalaire contient ℱ

• 5.2.1.(i) Si γ ≠ 0 : φ_A(X) = β[A, B] + γ[A, C] = βC − 2γA, puis φ_C(βC − 2γA) = −2γ[C, A] = −4γA. 𝒱 étant stable, −4γA ∈ 𝒱, donc A ∈ 𝒱.
• (ii) φ_B(A) = −C ∈ 𝒱 donc C ∈ 𝒱 ; φ_B(C) = 2B ∈ 𝒱 donc B ∈ 𝒱.
• (iii) 𝒱 contient A, B, C : ℱ ⊂ 𝒱.
• 5.2.2. Si γ = 0 et α ≠ 0 : φ_B(X) = α[B, A] = −αC, donc C ∈ 𝒱 et on applique 5.2.1 à X' = C (γ' = 1 ≠ 0). Si γ = α = 0, alors β ≠ 0 : φ_A(X) = β[A, B] = βC, donc C ∈ 𝒱, même conclusion. Dans tous les cas ℱ ⊂ 𝒱.

5.3. Unicité de la décomposition

• 5.3.1. Par 5.2, ℱ ⊂ 𝒱, donc dim 𝒱 ≥ 3 ; 𝒲 ≠ {0} impose dim 𝒱 ≤ 3, d'où 𝒱 = ℱ et dim 𝒲 = 1. Si 𝒲 contenait un élément à composante non nulle sur (A, B, C), 5.2 donnerait ℱ ⊂ 𝒲, contredisant 𝒱 ∩ 𝒲 = {0}. Donc 𝒲 ⊂ ℂ.I₂, et par dimension 𝒲 = ℂ.I₂.
• 5.3.2. Sinon, tout élément de 𝒱 est scalaire : 𝒱 ⊂ ℂ.I₂, et 𝒱 ≠ {0} donne 𝒱 = ℂ.I₂. 𝒲 ne peut pas être contenu dans ℂ.I₂ = 𝒱 ; il contient donc un élément non scalaire et, par 5.3.1 appliqué avec les rôles échangés, 𝒲 = ℱ.

Conclusion : la seule décomposition de M₂(ℂ) en somme directe de deux sous-espaces non nuls stables par tous les φ_M est, à l'ordre près, M₂(ℂ) = ℱ ⊕ ℂ.I₂ (matrices de trace nulle ⊕ matrices scalaires).

💡 À réviser pour le CNC PSI (Maths II) : calcul de χ_M et sous-espaces propres, critère de diagonalisabilité (dimension = multiplicité), sous-espaces stables (droites stables = droites propres, χ de l'induit divise χ, Cayley-Hamilton, lemme des noyaux) ; la matrice βI_n + bJ (valeurs propres β et β + nb, déterminant, inverse par polynôme annulateur, racine carrée symétrique) ; théorème spectral et matrices de Gram (G = ᵗBB, G non inversible ⇔ famille liée) ; isométries entre espaces euclidiens de même dimension ; crochets de Lie dans M₂(ℂ) avec la base (I₂, A, B, C) et commutant d'une matrice. Rappelez toujours le numéro de la question que vous utilisez.