Modèle de concours : CNC 2004 Mathématiques II (TSI) — Concours National Commun

Ce modèle est l'épreuve de Mathématiques II du Concours National Commun (CNC), filière TSI, session 2004 (admission aux grandes écoles d'ingénieurs). Durée : 4 heures, calculatrice interdite. Deux problèmes d'algèbre linéaire : le premier diagonalise une matrice 2×2, calcule son exponentielle E(t) et résout un système différentiel ; le second montre que toute matrice de M₃(𝕂) est semblable à une matrice d'une partie ℱ, puis que les matrices de trace nulle sont exactement les commutateurs BC − CB. Correction proposée, question par question.

Premier problème — A = (1 1 ; −2 4)

Première partie

1. χ_A(λ) = (1−λ)(4−λ) + 2 = λ² − 5λ + 6 = (λ−2)(λ−3). Valeurs propres : 2 et 3.

2. Si x ∈ Ker(f−2id) ∩ Ker(f−3id), alors f(x) = 2x = 3x, donc x = 0 : la somme est directe. Chaque noyau est de dimension ≥ 1 (2 et 3 sont valeurs propres) et la somme directe est contenue dans ℝ², donc les deux dimensions valent 1 et la somme vaut ℝ² : les deux sous-espaces sont supplémentaires.

3. A − 2I = (−1 1 ; −2 2) : −x + y = 0, on prend e'₁ = (1, 1). A − 3I = (−2 1 ; −2 1) : y = 2x, on prend e'₂ = (1, 2). D'après la question 2, (e'₁, e'₂) est une base de ℝ².

4. f(e'₁) = 2e'₁, f(e'₂) = 3e'₂ : D = diag(2, 3).

5. Avec P la matrice de passage de ℬ à (e'₁, e'₂) : P = (1 1 ; 1 2), det P = 1, P⁻¹ = (2 −1 ; −1 1), et A = PDP⁻¹ (formule de changement de base).

6. Dⁿ = diag(2ⁿ, 3ⁿ) et Aⁿ = PDⁿP⁻¹ :

Aⁿ =

Contrôle : n = 1 redonne A, n = 0 redonne I₂ (la formule vaut donc aussi pour n = 0).

Deuxième partie

1. En utilisant la formule de A^k (valable pour k = 0) et en notant s_n(x) = Σ_k=0ⁿ x^k/k! :

• a_n(t) = 2s_n(2t) − s_n(3t) ; b_n(t) = s_n(3t) − s_n(2t) ;
• c_n(t) = 2s_n(2t) − 2s_n(3t) ; d_n(t) = 2s_n(3t) − s_n(2t).

2. (a) Pour tout x réel, e^x = Σ_k≥0 x^k/k! (rayon de convergence infini). (b) s_n(x) → e^x, donc les quatre suites convergent et :

a(t) = 2e^2t − e^3t, b(t) = e^3t − e^2t, c(t) = 2e^2t − 2e^3t, d(t) = 2e^3t − e^2t.

3. En séparant les termes : E(t) = e^2tQ + e^3tR avec Q = (2 −1 ; 2 −1) et R = (−1 1 ; −2 2).

4. (a) Q + R = I₂ (c'est E(0)) et 2Q + 3R = (1 1 ; −2 4) = A. (b) De ces deux relations : R = A − 2I₂ et Q = 3I₂ − A, d'où E(t) = (3e^2t − 2e^3t) I₂ + (e^3t − e^2t) A.

5. Cayley–Hamilton : A² − 5A + 6I₂ = 0, donc QR = RQ = (3I − A)(A − 2I) = −(A² − 5A + 6I) = 0. Puis Q² = Q(I − R) = Q et R² = R(I − Q) = R (vérification directe possible : (2 −1 ; 2 −1)² = (2 −1 ; 2 −1)).

6. E(s)E(t) = e^2s+2tQ² + e^2s+3tQR + e^3s+2tRQ + e^3s+3tR² = e^2(s+t)Q + e^3(s+t)R = E(s+t), et le calcul est symétrique en s, t. Avec s = −t : E(t)E(−t) = E(−t)E(t) = E(0) = I₂, donc E(t) est inversible et E(t)⁻¹ = E(−t).

7. Si E(s) = E(t), alors E(s−t) = E(s)E(−t) = E(t)E(−t) = I₂. Le coefficient (1,2) donne b(s−t) = e^3(s−t) − e^2(s−t) = 0, soit e^s−t = 1, donc s = t : t ↦ E(t) est injective.

Troisième partie

💡 Clé : E'(t) = 2e^2tQ + 3e^3tR = AE(t) = E(t)A, car AQ = 2Q et AR = 3R (A(3I − A) = 3A − A² = 6I − 2A = 2Q et A(A − 2I) = 3A − 6I = 3R).

1. (a) u₁(t) = a(−t)u(t) + b(−t)v(t) et v₁(t) = c(−t)u(t) + d(−t)v(t).

(b) a, b, c, d sont dérivables (combinaisons d'exponentielles), u et v aussi : u₁, v₁ sont dérivables. Avec Y = (u, v)^T, on a Y' = AY et (d/dt)E(−t) = −E'(−t) = −E(−t)A, donc (u₁, v₁)^T' = −E(−t)AY + E(−t)AY = 0 : u₁' = v₁' = 0.

2. Si (u, v) est solution, u₁ et v₁ sont constantes sur l'intervalle ℝ : (u₁, v₁) = (α, β) ; en multipliant par E(t) = E(−t)⁻¹, (u(t), v(t))^T = E(t)(α, β)^T. Réciproquement, si Y(t) = E(t)Y₀, alors Y'(t) = E'(t)Y₀ = AE(t)Y₀ = AY(t) : c'est une solution. Explicitement : u(t) = (2α − β)e^2t + (β − α)e^3t, v(t) = (2α − β)e^2t + 2(β − α)e^3t.

Second problème — ℱ = {A ∈ M₃(𝕂) : a_1,3 = 0 et a_1,2 + a_2,3 = 0}

1. ℱ est le noyau de l'application linéaire A ↦ (a_1,3, a_1,2 + a_2,3) de M₃(𝕂) dans 𝕂² : c'est un sous-espace vectoriel (de dimension 7, les deux formes étant indépendantes).

2. Rang 0 : A = 0 ∈ ℱ. Rang 1 : dim Ker f = 2. On prend une base (e₂, e₃) de Ker f, complétée par e₁. Dans (e₁, e₂, e₃), les colonnes 2 et 3 de la matrice de f sont nulles : la matrice est (m 0 0 ; m' 0 0 ; m'' 0 0), avec a_1,3 = 0 et a_1,2 + a_2,3 = 0 : elle est dans ℱ, et A lui est semblable.

3. (a) Théorème du rang : dim Im f = 2, dim Ker f = 1.

(b) Supposons 𝕂³ = Ker f ∪ Im f. Im f ≠ 𝕂³ : il existe x ∉ Im f, donc x ∈ Ker f. Ker f ≠ 𝕂³ : il existe y ∉ Ker f, donc y ∈ Im f. Si x + y ∈ Ker f, alors y = (x+y) − x ∈ Ker f ; si x + y ∈ Im f, alors x = (x+y) − y ∈ Im f : contradiction dans les deux cas. Donc Ker f ∪ Im f ⊊ 𝕂³.

(c) On choisit e₂ ∉ Ker f ∪ Im f (question b) et e₃ = f(e₂) ≠ 0. (f(e₂), f²(e₂)) est liée avec f(e₂) ≠ 0, donc f(e₃) = λe₃. (e₂, e₃) est libre (sinon e₂ serait colinéaire à e₃ ∈ Im f, donc dans Im f). On complète par e₁. La matrice de f est

avec m_1,3 = 0 et m_1,2 + m_2,3 = 0 + 0 = 0 : elle est dans ℱ, et A lui est semblable.

(d) Si a f²(e) + b f(e) − c e = 0 avec c ≠ 0, alors e = (a f²(e) + b f(e))/c ∈ Im f : exclu. Donc c = 0, puis a = b = 0 car (f(e), f²(e)) est libre : (f²(e), f(e), −e) est une base. Im f, de dimension 2, contient la famille libre (f(e), f²(e)), donc Im f = Vect(f(e), f²(e)) et f³(e) = p f²(e) + q f(e). Dans la base (ε₁, ε₂, ε₃) = (f²(e), f(e), −e) : f(ε₁) = pε₁ + qε₂, f(ε₂) = ε₁, f(ε₃) = −ε₂, d'où la matrice

avec m_1,3 = 0 et m_1,2 + m_2,3 = 1 − 1 = 0 : elle est dans ℱ.

4. (a) Si C = PBP⁻¹, alors C + λI₃ = P(B + λI₃)P⁻¹.

(b) Soit λ ∈ 𝕂 valeur propre de A. B = A − λI₃ n'est pas inversible : rang 0, 1 ou 2. Par les questions 2 et 3, B est semblable à un M ∈ ℱ, donc A = B + λI₃ est semblable à M + λI₃ (question a). Ajouter λI₃ ne modifie que la diagonale, donc ne touche ni a_1,3 ni a_1,2, a_2,3 : M + λI₃ ∈ ℱ.

💡 Pourquoi 𝕂 = ℚ en question 5 ? Sur ℂ toute matrice a une valeur propre (d'Alembert–Gauss) et sur ℝ aussi en taille 3 (χ_A est de degré impair, théorème des valeurs intermédiaires) : la question 4(b) suffit alors. Le seul cas à traiter est un corps comme ℚ.

5. (a) Si (v, f(v)) était liée, comme v ≠ 0 on aurait f(v) = λv avec λ ∈ ℚ : λ serait valeur propre. Donc (v, f(v)) est libre.

(b) Par l'absurde : si (v, f(v), f²(v)) est liée, comme (v, f(v)) est libre, f²(v) ∈ W = Vect(v, f(v)), et W est stable par f. On complète (v, f(v)) par w en une base de ℚ³ : la matrice de f est triangulaire par blocs (G * ; 0 μ) avec μ ∈ ℚ, donc χ_f = χ_G·(μ − X) (au signe près) et μ est une valeur propre rationnelle de A : contradiction. La famille est libre.

(c) Comme en 3(d), on prend la base (ε₁, ε₂, ε₃) = (f²(v), f(v), −v) et on écrit f³(v) = p f²(v) + q f(v) + r v. La matrice de f est

qui est dans ℱ (m_1,3 = 0, 1 + (−1) = 0) : A est semblable à un élément de ℱ. Avec les questions 2 à 4, toute matrice de M₃(𝕂) est semblable à un élément de ℱ.

6. (a) Avec R = (0 0 0 ; 1 0 0 ; 0 1 0) et X = (x_ij) :

XR − RX =

Tout élément M de l'image vérifie m_1,3 = 0, m_1,2 + m_2,3 = 0 et tr M = 0 : l'image est contenue dans 𝒢 = ℱ ∩ {tr = 0}, de dimension 9 − 3 = 6. Le noyau (XR = RX) impose x₁₂ = x₁₃ = x₂₃ = 0, x₁₁ = x₂₂ = x₃₃, x₂₁ = x₃₂ : X = aI + bR + cR², noyau de dimension 3, donc image de dimension 6. Conclusion : Im(X ↦ XR − RX) = {M : m_1,3 = 0, m_1,2 + m_2,3 = 0, tr M = 0} = ℱ ∩ Ker(tr).

(b) Soit A ∈ ℱ et λ = tr A. E ∈ ℱ et tr E = 1, donc A − λE ∈ ℱ et tr(A − λE) = 0 : A − λE = XR − RX pour un X. Avec B = −X : A = λE + RB − BR, λ = tr A.

(c) Si A = BC − CB, tr A = tr(BC) − tr(CB) = 0. Réciproquement, si tr A = 0 : A = PMP⁻¹ avec M ∈ ℱ (question 5 et précédentes) et tr M = tr A = 0 ; par (b), M = RB − BR. Alors A = (PRP⁻¹)(PBP⁻¹) − (PBP⁻¹)(PRP⁻¹) est un commutateur. A est de trace nulle si et seulement si A = BC − CB.