نموذج مباراة ولوج المدرسة الوطنية للصناعة المعدنية ENIM 2013 - الجبر (حاملو DEUG)

Ce modèle est l'épreuve d'algèbre du concours d'entrée en 1^re année de l'École Nationale de l'Industrie Minérale (ENIM, Rabat), réservé aux titulaires du DEUG, session de juillet 2013. Il comporte un exercice (racine cubique d'une matrice) et un problème (un endomorphisme de R_n[X] et ses vecteurs propres orthogonaux). La durée n'est pas imprimée sur le sujet. Voici une correction proposée, question par question.

💡 Méthode : dans le problème, chaque question sert la suivante : le degré des vecteurs propres (I.6) donne la base (I.7), la symétrie de Φ (II.2) donne l'orthogonalité, et l'orthogonalité donne les racines (II.3–4). Gardez les résultats intermédiaires sous les yeux.

Exercice

A = ( 1 0 0 ; −9 1 9 ; 9 0 −8 ) (lignes séparées par « ; »).

1. Valeurs propres, vecteurs propres, diagonalisation

En développant selon la première ligne : χ_A(λ) = det(A − λI) = (1 − λ)·[(1 − λ)(−8 − λ) − 0] = (1 − λ)²(−8 − λ).

Valeurs propres : 1 (double) et −8 (simple).

• E₁ : A − I = ( 0 0 0 ; −9 0 9 ; 9 0 −9 ) ⇒ x = z, y libre. Base : v₁ = (1, 0, 1), v₂ = (0, 1, 0). dim E₁ = 2.
• E₋₈ : A + 8I = ( 9 0 0 ; −9 9 9 ; 9 0 0 ) ⇒ x = 0, y = −z. Base : v₃ = (0, 1, −1).

Vérification : A v₁ = (1, 0, 1), A v₃ = (0, −8, 8) = −8 v₃. Les dimensions des sous-espaces propres (2 + 1 = 3) égalent les multiplicités : A est diagonalisable.

P = ( 1 0 0 ; 0 1 1 ; 1 0 −1 ) (colonnes v₁, v₂, v₃), D = diag(1, 1, −8), A = P D P⁻¹, avec P⁻¹ = ( 1 0 0 ; −1 1 1 ; 1 0 −1 ).

2.(a) Si λ est valeur propre de B, alors λ³ est valeur propre de A

Soit x ≠ 0 avec Bx = λx. Alors B²x = λ²x et B³x = λ³x, donc Ax = λ³x avec x ≠ 0 : λ³ est valeur propre de A.

2.(b) Valeurs propres de B et multiplicités

• B commute avec A (AB = B⁴ = BA), donc B laisse stables E₁ (plan) et E₋₈ (droite).
• Sur la droite E₋₈, B agit par un réel μ avec μ³ = −8, donc μ = −2 : −2 est valeur propre de B, de multiplicité 1.
• Sur le plan E₁, la restriction B₁ vérifie B₁³ = I₂. Ses valeurs propres réelles vérifient λ³ = 1, donc λ = 1.

Dans le cadre de la question (B à valeurs propres réelles), les valeurs propres de B sont 1, de multiplicité 2, et −2, de multiplicité 1.

Remarque de rigueur : sur C, B₁ pourrait aussi avoir le couple de valeurs propres non réelles j et j̄ (une « rotation d'ordre 3 » du plan E₁). Ces matrices B existent, mais n'ont qu'une seule valeur propre réelle ; le sujet vise le cas à valeurs propres réelles, traité ci-dessous.

2.(c) Polynôme caractéristique de B

χ_B(X) = (X − 1)²(X + 2) = X³ − 3X + 2 (ou −(X³ − 3X + 2) avec la convention det(B − XI)).

2.(d) Détermination de B

B est annulée par (X³ − 1)(X³ + 8) (car A est annulée par (X − 1)(X + 8), A étant diagonalisable). Sur E₁, B₁ n'a que la valeur propre 1 et est annulée par X³ − 1, à racines simples : B₁ est diagonalisable, donc B₁ = I₂. Ainsi :

B = P · diag(1, 1, −2) · P⁻¹.

Calcul rapide : Q = P·diag(0, 0, 1)·P⁻¹ est le projecteur sur E₋₈ parallèlement à E₁. Comme A = I − 9Q, on a Q = (I − A)/9 = ( 0 0 0 ; 1 0 −1 ; −1 0 1 ). Alors B = I − 3Q :

B = ( 1 0 0 ; −3 1 3 ; 3 0 −2 ).

Vérification : Q² = Q donne (I − 3Q)³ = I + ((−2)³ − 1)Q = I − 9Q = A. ✔

Problème 2

E = R_n[X] (n ≥ 2), base canonique B = (1, X, …, Xⁿ), Φ(P) = ((X² − 1)P)″.

Partie I : étude d'un endomorphisme de E

1)

Si deg P ≤ n, alors deg((X² − 1)P) ≤ n + 2, et la dérivée seconde fait baisser le degré de 2 : deg((X² − 1)P)″ ≤ n. Donc ((X² − 1)P)″ ∈ E.

2)

Φ(1) = (X² − 1)″ = 2 ; Φ(X) = (X³ − X)″ = 6X.

3)

Pour P, Q ∈ E et λ ∈ R : (X² − 1)(λP + Q) = λ(X² − 1)P + (X² − 1)Q et la dérivation est linéaire, donc Φ(λP + Q) = λΦ(P) + Φ(Q). Avec 1), Φ va de E dans E : Φ est un endomorphisme de E.

4)

Φ(X^k) = (X^k+2 − X^k)″ = (k + 1)(k + 2) X^k − k(k − 1) X^k−2 (le second terme est nul pour k = 0, 1).

La matrice A de Φ dans B est triangulaire supérieure : coefficient diagonal (k + 1)(k + 2) en position (k, k), coefficient −k(k − 1) en position (k − 2, k), zéros ailleurs. Par exemple pour n = 3 : A = ( 2 0 −2 0 ; 0 6 0 −6 ; 0 0 12 0 ; 0 0 0 20 ).

5)(a)

A est triangulaire, donc ses valeurs propres sont ses coefficients diagonaux λ_k = (k + 1)(k + 2), k = 0, …, n. La suite k ↦ (k + 1)(k + 2) est strictement croissante sur N : λ₀ = 2 < λ₁ = 6 < … < λ_n = (n + 1)(n + 2), soit n + 1 valeurs propres deux à deux distinctes.

5)(b)

0 n'est pas valeur propre (det A = ∏ λ_k ≠ 0), donc Φ est injectif, et en dimension finie Φ est bijectif.

5)(c)

Φ possède n + 1 = dim E valeurs propres distinctes : Φ est diagonalisable. La somme des dimensions des sous-espaces propres vaut n + 1 et chacune est ≥ 1, donc chaque sous-espace propre est de dimension 1.

6)(a)

Soit P vecteur propre associé à λ_k, de degré d et de coefficient dominant a ≠ 0. D'après 4), le terme de degré d de Φ(P) est a(d + 1)(d + 2)X^d = aλ_dX^d. En identifiant les termes de degré d dans Φ(P) = λ_kP : aλ_d = aλ_k, donc λ_d = λ_k, et par stricte croissance d = k.

6)(b)

Posons R = (X² − 1)P. Alors (X² − 1)Q(X) = ((−X)² − 1)P(−X) = R(−X). En dérivant deux fois : ((X² − 1)Q)″(X) = (−1)²R″(−X) = R″(−X). Donc Φ(Q)(X) = Φ(P)(−X) = λ_kP(−X) = λ_kQ(X). Comme Q ≠ 0, Q est vecteur propre associé à λ_k.

7)

• Existence : le sous-espace propre de λ_k est une droite ; ses éléments non nuls sont de degré k (6a). On y choisit l'unique élément P_k de coefficient dominant 1. Les P_k sont de degrés échelonnés 0, 1, …, n : (P₀, …, P_n) est une base de E formée de vecteurs propres.
• Unicité : dans une telle base, P_k (de degré k) est associé à la valeur propre λ_d avec d = deg P_k = k (6a) ; il appartient donc à la droite propre de λ_k, et la normalisation « coefficient dominant 1 » le fixe.
• Parité : X ↦ P_k(−X) est dans la même droite propre (6b), de degré k et de coefficient dominant (−1)^k, donc P_k(−X) = (−1)^kP_k(X). P_k a la parité de k : pair si k est pair, impair si k est impair.

8) Calcul de P₀, …, P₃

• P₀ = 1 (Φ(1) = 2 = λ₀) ; P₁ = X (Φ(X) = 6X = λ₁X).
• P₂ = X² + c (pair) : Φ(P₂) = 12X² − 2 + 2c = 12(X² + c) ⇒ −2 + 2c = 12c ⇒ c = −1/5. P₂ = X² − 1/5.
• P₃ = X³ + cX (impair) : Φ(X³) = 20X³ − 6X, Φ(X) = 6X, donc Φ(P₃) = 20X³ + (6c − 6)X = 20(X³ + cX) ⇒ 6c − 6 = 20c ⇒ c = −3/7. P₃ = X³ − (3/7)X.

Partie II : un produit scalaire sur E

1)

L'application est bien définie (intégrande continue), symétrique, et linéaire en chaque variable (linéarité de l'intégrale) : elle est bilinéaire symétrique. Positivité : (P|P) = ∫₋₁¹(1 − x²)P(x)² dx ≥ 0 car 1 − x² ≥ 0 sur [−1, 1]. Définie : si (P|P) = 0, la fonction continue et positive (1 − x²)P² est nulle sur [−1, 1] ; comme 1 − x² > 0 sur ]−1, 1[, P s'annule sur ]−1, 1[, il a une infinité de racines, donc P = 0. C'est un produit scalaire.

2)(a) Φ est symétrique

Posons u = (x² − 1)P et w = (x² − 1)Q ; u et w s'annulent en ±1. Comme 1 − x² = −(x² − 1) :

(Φ(P)|Q) = −∫₋₁¹ u″(x)·w(x) dx = −[u′w]₋₁¹ + ∫₋₁¹ u′(x)w′(x) dx = ∫₋₁¹ u′w′ dx.

Cette expression est symétrique en (u, w), donc en (P, Q) : (Φ(P)|Q) = (P|Φ(Q)). Φ est un endomorphisme symétrique.

2)(b) La base (P₀, …, P_n) est orthogonale

Pour i ≠ j : λ_i(P_i|P_j) = (Φ(P_i)|P_j) = (P_i|Φ(P_j)) = λ_j(P_i|P_j), donc (λ_i − λ_j)(P_i|P_j) = 0 et, les λ étant distincts, (P_i|P_j) = 0.

3)(a)

(P₀, …, P_j−1) est une base de R_j−1[X] (degrés échelonnés). Si deg S ≤ j − 1, S est combinaison de P₀, …, P_j−1, tous orthogonaux à P_j : (S|P_j) = 0.

3)(b)

Avec S = 1 (j ≥ 1) : ∫₋₁¹(1 − x²)P_j(x) dx = 0. Si P_j gardait un signe constant sur ]−1, 1[, l'intégrande continue de signe constant et d'intégrale nulle serait identiquement nulle, donc P_j = 0 sur ]−1, 1[, puis P_j = 0 : absurde (deg P_j = j). P_j change de signe sur ]−1, 1[.

3)(c)

Au voisinage d'une racine a de multiplicité m, P_j = (X − a)^mR avec R(a) ≠ 0 : P_j change de signe en a si et seulement si m est impair. Si toutes les racines de P_j dans ]−1, 1[ étaient de multiplicité paire, P_j serait de signe constant sur ]−1, 1[, ce qui contredit 3b. P_j a au moins une racine de multiplicité impaire dans ]−1, 1[.

4)(a)

x₁, …, x_m sont des racines distinctes de P_j, non nul de degré j : m ≤ j (et m ≥ 1 par 3c).

4)(b)

Écrivons P_j = ∏(X − x_i)^α_i · ∏(X − y_l)^2β_l · R, où les α_i sont impairs, les y_l sont les racines de multiplicité paire dans ]−1, 1[, et R n'a pas de racine dans ]−1, 1[ (donc R est de signe constant sur cet intervalle, par le théorème des valeurs intermédiaires). Alors S_mP_j = ∏(X − x_i)^α_i+1 · ∏(X − y_l)^2β_l · R, avec tous les exposants pairs : S_mP_j garde le signe de R, constant sur ]−1, 1[.

4)(c)

Si m < j, alors deg S_m = m ≤ j − 1 et (S_m|P_j) = 0 d'après 3a. Or (1 − x²)S_mP_j est continue, de signe constant sur ]−1, 1[ et non identiquement nulle, donc son intégrale est non nulle : contradiction. Donc m ≥ j et, avec 4a, m = j.

4)(d)

P_j, de degré j, possède j racines distinctes x₁, …, x_j dans ]−1, 1[. La somme de leurs multiplicités ne peut dépasser j, donc chacune est simple et il n'y en a pas d'autre : P_j admet j racines réelles simples, toutes dans ]−1, 1[. (Contrôle : P₂ = X² − 1/5 a pour racines ±1/√5 ≈ ±0,447.)