Modèle de concours : CNC 2014 Mathématiques II (TSI) — Concours National Commun

Ce modèle est l'épreuve de Mathématiques II du Concours National Commun (CNC), session 2014, filière TSI (admission aux écoles d'ingénieurs). Énoncé de 3 pages, calculatrice interdite. Il comprend un exercice de géométrie (cercle podaire du foyer d'une ellipse) et un problème en trois parties enchaînées : commutant en dimension 2, diagonalisation simultanée, sous-espaces de M₂(K) formés de matrices diagonalisables. Voici une correction proposée ; les matrices 2×2 sont écrites ligne par ligne : (a b / c d).

💡 Le résultat central du problème est la question 2.6 : dans M₂(ℂ), si A + λB est diagonalisable pour tout λ, alors A et B commutent. La 3ème partie l'utilise directement en 3.1.1 ; la question 2.5 montre que c'est faux sur ℝ.

Exercice

1.

(a) Le vecteur dérivé M'(t) = (−a sin t, b cos t) est non nul, donc dirige la tangente. Par dédoublement de l'équation de l'ellipse : T_M(t) : (cos t / a)·x + (sin t / b)·y = 1, soit b cos t·x + a sin t·y = ab. (Le point M(t) la vérifie, et le vecteur normal n = (b cos t, a sin t) est orthogonal à M'(t).)

(b) P(t) = F + s·n avec s réel et P(t) ∈ T_M(t) : b cos t (c + s b cos t) + a sin t (s a sin t) = ab, d'où s(b²cos²t + a²sin²t) = b(a − c cos t).
Or b²cos²t + a²sin²t = a² − c²cos²t = (a − c cos t)(a + c cos t), avec a − c cos t ≥ a − c > 0. Donc s = b/(a + c cos t) et :
x(t) = c + b²cos t/(a + c cos t) = (ac + (c² + b²)cos t)/(a + c cos t), soit x(t) = a(c + a cos t)/(a + c cos t) et y(t) = ab sin t/(a + c cos t).

2.

x(t)² + y(t)² = a²[(c + a cos t)² + b²sin²t]/(a + c cos t)². Le crochet vaut c² + b² + 2ac cos t + (a² − b²)cos²t = a² + 2ac cos t + c²cos²t = (a + c cos t)². Donc x² + y² = a² : P(t) est sur le cercle Γ de centre O et de rayon a (cercle principal de l'ellipse).
Tout le cercle est décrit : t ↦ P(t) est continue, x(0) = a, x(π) = a(c − a)/(a − c) = −a, et y(t) ≥ 0 sur [0, π] ; par le théorème des valeurs intermédiaires appliqué à x, tous les points du demi-cercle supérieur sont atteints ; de même le demi-cercle inférieur sur [π, 2π].

3.

a = 5, b = 3, c = √(25 − 9) = 4, donc F = (4, 0). Γ est le cercle de centre O et de rayon 5 ; l'ellipse a pour sommets (±5, 0) et (0, ±3) et est tangente intérieurement à Γ en (±5, 0).
M(π/4) = (5√2/2, 3√2/2) ≈ (3,54 ; 2,12) ; tangente en ce point : x/5 + y/3 = √2.
P(π/4) : a + c cos(π/4) = 5 + 2√2 ; x = (100 + 45√2)/34 ≈ 4,81 et y = (75√2 − 60)/34 ≈ 1,35 (contrôle : 4,81² + 1,35² ≈ 25). Sur le dessin, P(π/4) est sur Γ, sur la tangente en M(π/4), et le segment [F, P(π/4)] est perpendiculaire à cette tangente.

Problème — 1ère Partie : homothéties et commutant

1.1.

1.1.1. Soit x ≠ 0. La famille (x, f(x)) est liée : il existe (α, β) ≠ (0, 0) avec αx + βf(x) = 0. Si β = 0, alors α ≠ 0 et αx = 0 donne x = 0, exclu. Donc β ≠ 0 et f(x) = λ_xx avec λ_x = −α/β. Unicité : λx = μx avec x ≠ 0 implique λ = μ.

1.1.2. e₁ + e₂ ≠ 0, donc f(e₁+e₂) = λ_e1+e2(e₁+e₂). Par linéarité c'est aussi λ_e1e₁ + λ_e2e₂. La famille (e₁, e₂) étant libre : λ_e1 = λ_e1+e2 = λ_e2.

1.1.3. Pour x = x₁e₁ + x₂e₂ : f(x) = x₁λe₁ + x₂λe₂ = λx. Donc f = λ id_E.

1.2.

1.2.1. 0 ∈ C(f). Si g, h ∈ C(f) et α ∈ K : f(αg + h) = αfg + fh = αgf + hf = (αg + h)f. C(f) est un sous-espace vectoriel de L(E).
1.2.2. Si f = λid_E, fg = λg = gf pour tout g : C(f) = L(E).

1.3.

1.3.1. Par contraposée de 1.1, f n'étant pas une homothétie, il existe e ∈ E tel que (e, f(e)) soit libre ; libre à 2 vecteurs en dimension 2, c'est une base.

1.3.2. (α, β) existe et est unique : ce sont les coordonnées de g(e) dans la base (e, f(e)).
Si g = αid + βf, g commute avec f (polynôme en f) : g ∈ C(f). Réciproquement, si g ∈ C(f), posons h = αid + βf. Alors h(e) = g(e), et g(f(e)) = f(g(e)) = f(h(e)) = h(f(e)) (h commute avec f). g et h coïncident sur la base (e, f(e)), donc g = αid_E + βf.

1.3.3. C(f) = Vect(id_E, f). id et f sont libres (sinon f serait une homothétie) : dim C(f) = 2.

1.4.

On applique ce qui précède à l'endomorphisme de K² canoniquement associé à A (A scalaire ⇔ cet endomorphisme est une homothétie).
1.4.1. A scalaire : C(A) = M₂(K).
1.4.2. A non scalaire : C(A) = Vect(I₂, A), de dimension 2.

2ème Partie : diagonalisation simultanée

2.1. A est triangulaire, de valeurs propres a et c. Si a ≠ c : deux valeurs propres distinctes en dimension 2, A est diagonalisable. Si a = c : la seule valeur propre est a ; A diagonalisable ⇔ A semblable à aI₂ ⇔ A = aI₂ ⇔ b = 0.
A diagonalisable ⇔ (a ≠ c ou b = 0).

2.2. a = c = 0, b = 1 : (0 1 / 0 0) n'est pas diagonalisable.

2.3. Si A = PDP⁻¹ avec D diagonale, A + λI₂ = P(D + λI₂)P⁻¹ est diagonalisable. Réciproquement on applique ce résultat à A + λI₂ et −λ : A = (A + λI₂) − λI₂.

2.4.

2.4.1. Si A est scalaire, A = aI₂ : B étant diagonalisable, il existe P ∈ GL₂(K) avec PBP⁻¹ diagonale, et PAP⁻¹ = aI₂ est diagonale.
Si A n'est pas scalaire : B ∈ C(A) = Vect(I₂, A) (1.4.2), donc B = αI₂ + βA. Si P est tel que PAP⁻¹ = D diagonale, alors PBP⁻¹ = αI₂ + βD est diagonale.
Dans les deux cas A et B sont simultanément diagonalisables.

2.4.2. Avec ce P : P(A + λB)P⁻¹ = PAP⁻¹ + λPBP⁻¹ est diagonale : A + λB est diagonalisable.

2.5. J = (0 0 / 0 1), K = (a 1 / 1 d)

2.5.1. J + λK = (λa λ / λ 1+λd) est symétrique réelle, donc diagonalisable dans M₂(ℝ) (théorème spectral). Vérification élémentaire : le discriminant de son polynôme caractéristique vaut (λa − 1 − λd)² + 4λ² ; pour λ ≠ 0 il est > 0 (deux valeurs propres réelles distinctes) ; pour λ = 0, J est diagonale.

2.5.2. JK = (0 0 / 1 d) et KJ = (0 1 / 0 d) : JK ≠ KJ. Sur ℝ, « A + λB diagonalisable pour tout λ » n'entraîne donc pas la commutation (la réciproque de 2.4.2 est fausse dans M₂(ℝ)).

2.6. Cas complexe

2.6.1. B est diagonalisable : B = P diag(α, β) P⁻¹. Si α = β, B = P(αI₂)P⁻¹ = αI₂ serait scalaire. Donc α ≠ β.

2.6.2. P⁻¹(B − αI₂)P = diag(0, γ), donc P⁻¹(A + λ(B − αI₂))P = (a b / c d+λγ), qui a le même polynôme caractéristique : χ_λ = X² − (a + d + λγ)X + a(d + λγ) − bc. Son discriminant :
δ_λ = (a + d + λγ)² − 4a(d + λγ) + 4bc = (d − a + λγ)² + 4bc, soit δ_λ = γ²λ² + 2γ(d − a)λ + (d − a)² + 4bc. Comme γ = β − α ≠ 0, le coefficient de λ² est non nul : polynôme de degré 2 en λ.

2.6.3. Dans ℂ, ce polynôme de degré 2 a une racine λ₀ (théorème de d'Alembert-Gauss). Alors χ_λ0 a une racine double μ. Or A + λ₀(B − αI₂) = (A + λ₀B) − λ₀αI₂ est diagonalisable (hypothèse et 2.3). Diagonalisable avec une seule valeur propre μ, elle est semblable à μI₂, donc égale à μI₂ : A + λ₀(B − αI₂) est scalaire.

2.6.4. A = (μ + λ₀α)I₂ − λ₀B est un polynôme en B, donc AB = BA.

3ème Partie : sous-espaces formés de matrices diagonalisables

3.1.

3.1.1. Soit M ∈ F. M et A sont diagonalisables et, F étant un sous-espace, M + λA ∈ F est diagonalisable pour tout λ ∈ ℂ. A n'étant pas scalaire, 2.6 (appliquée au couple (M, A)) donne MA = AM. Donc F ⊂ C(A) = Vect(I₂, A), de dimension 2. Comme ℂ.A ⊂ F ⊂ C(A) : si dim F = 2, F = C(A) (dimension 2) ; si dim F = 1, F = ℂ.A (dimension 1).

3.1.2. Cas restant : toutes les matrices de F sont scalaires. Alors F ⊂ ℂ.I₂ et F ≠ {0}, donc F = ℂ.I₂, de dimension 1.

3.2. Dimension 1 : ℂ.I₂ (ou ℂ.diag(1, 0)). Dimension 2 : les matrices diagonales Vect(I₂, diag(1, 0)) = C(diag(1, 0)).

3.3. φ : M ↦ PMP⁻¹ est linéaire et bijective sur M₂(ℝ) (réciproque M ↦ P⁻¹MP). PℳP⁻¹ = φ(ℳ) est l'image d'un sous-espace par une application linéaire, donc un sous-espace, et φ étant injective, elle transforme une base de ℳ en une base de φ(ℳ) : même dimension.

3.4. S₂(ℝ) = {(a b / b d)} = Vect(E₁₁, E₂₂, E₁₂ + E₂₁), de dimension 3 = 4 − 1 : c'est un hyperplan (noyau de la forme linéaire non nulle M ↦ m₁₂ − m₂₁). Diagonalisabilité : théorème spectral ; ou directement, le discriminant du polynôme caractéristique de (a b / b d) vaut (a − d)² + 4b² ≥ 0 ; s'il est > 0, deux valeurs propres réelles distinctes ; s'il est nul, a = d et b = 0, la matrice est scalaire.

3.5. Par 3.3, RS₂(ℝ)R⁻¹ est un sous-espace de dimension 3, donc un hyperplan ; chacun de ses éléments RSR⁻¹ est semblable à S diagonalisable, donc diagonalisable.

3.6.

3.6.1. Par l'absurde, si I₂ ∉ F, alors M₂(ℝ) = F ⊕ ℝ.I₂ (F hyperplan). Toute matrice M s'écrit M = N + λI₂ avec N ∈ F diagonalisable, donc M est diagonalisable (2.3). C'est faux pour M = (0 1 / 0 0) (question 2.2). Donc I₂ ∈ F.

3.6.2. A ∈ F non scalaire et diagonalisable dans M₂(ℝ) : A = Q diag(α, β) Q⁻¹ avec α ≠ β réels (sinon A serait scalaire, cf. 2.6.1). Alors (A − βI₂)/(α − β) = Q diag(1, 0) Q⁻¹, combinaison linéaire de A et I₂ qui sont dans F : Q (1 0 / 0 0) Q⁻¹ ∈ F.

3.6.3. (0 b / c 0) = B − dI₂ − (a − d)A₁ ∈ W. Vect(I₂, A₁) est l'ensemble des matrices diagonales ; si (0 b / c 0) y était, B y serait aussi : donc (0 b / c 0) ∈ W \ Vect(I₂, A₁) et (b, c) ≠ (0, 0). Cette matrice est diagonalisable dans M₂(ℝ), de polynôme caractéristique X² − bc. Si bc < 0, pas de valeur propre réelle : impossible. Si bc = 0, 0 est seule valeur propre, la matrice serait nulle : impossible. Donc bc > 0.

3.6.4. c ≠ 0 et b/c > 0 ; on pose w = √(b/c) > 0 : B₁ = (1/c)(0 b / c 0) = (0 w² / 1 0) ∈ W. I₂, A₁, B₁ sont libres (B₁ n'est pas diagonale) et dans W de dimension 3 (3.3) : W = Vect(I₂, A₁, B₁).

3.6.5. χ_B1 = X² − w² : valeurs propres w et −w, vecteurs propres (w, 1) et (−w, 1). B₁ = U diag(w, −w) U⁻¹ avec U = (w −w / 1 1) = RΩ, où R = diag(w, 1) et Ω = (1 −1 / 1 1) (√2 fois une rotation).
Calcul : R⁻¹I₂R = I₂, R⁻¹A₁R = A₁ (matrices diagonales) et R⁻¹B₁R = (0 w / w 0) = w(E₁₂ + E₂₁). Donc R⁻¹WR = Vect(I₂, E₁₁, E₁₂ + E₂₁) = S₂(ℝ). (Comme Ω⁻¹SΩ est symétrique pour S symétrique, on a aussi U⁻¹WU = S₂(ℝ).)
Ainsi W = RS₂(ℝ)R⁻¹ et F = QWQ⁻¹ = (QR) S₂(ℝ) (QR)⁻¹ : tout hyperplan de M₂(ℝ) formé de matrices diagonalisables est conjugué à S₂(ℝ), avec P = QR.

3.7.

Soit V un sous-espace de M₂(ℝ) formé de matrices diagonalisables. dim V ≤ 3 (V ≠ M₂(ℝ) qui contient (0 1 / 0 0)).

• dim V = 0 : V = {0} ⊂ S₂(ℝ).
• dim V = 1 : V = ℝ.A, A = PDP⁻¹ ; P⁻¹VP = ℝ.D ⊂ S₂(ℝ).
• dim V = 2 et I₂ ∈ V : V = Vect(I₂, A) avec A non scalaire, A = PDP⁻¹ ; P⁻¹VP = Vect(I₂, D) ⊂ matrices diagonales ⊂ S₂(ℝ).
• dim V = 2 et I₂ ∉ V : V' = V ⊕ ℝ.I₂ est de dimension 3 et ses éléments M + λI₂ sont diagonalisables (2.3). Par 3.6, V' = PS₂(ℝ)P⁻¹, donc P⁻¹VP ⊂ S₂(ℝ).
• dim V = 3 : c'est 3.6.

Dans tous les cas, V est conjugué à un sous-espace de S₂(ℝ).

3.8.

Une matrice réelle est orthogonalement diagonalisable (A = ODO⁻¹ = OD^tO, O orthogonale) si et seulement si elle est symétrique : le sens direct vient de ^t(OD^tO) = OD^tO, le sens réciproque est le théorème spectral. Les sous-espaces de M₂(ℝ) formés de matrices orthogonalement diagonalisables sont donc exactement les sous-espaces vectoriels de S₂(ℝ) (le plus grand étant S₂(ℝ) lui-même).