Modèle de concours : ENIM 2009 Algèbre (titulaires du DEUG) — concours d'entrée en 1re année

Ce modèle est l'épreuve d'algèbre du concours d'accès en 1^re année de l'École Nationale de l'Industrie Minérale (ENIM, Rabat), candidats titulaires du DEUG, session du 13 juillet 2009. Le sujet (manuscrit) comprend l'exercice 1 (diagonalisation selon un paramètre), le problème 1 (un endomorphisme nilpotent de R³), le problème 2 (matrice tridiagonale) et l'exercice 2 (équation fonctionnelle polynomiale). La durée n'est pas indiquée. Voici une correction proposée.

💡 Réflexe utile : avant tout calcul de polynôme caractéristique, cherchez une structure (vecteur évident, nilpotence, matrice tridiagonale « de Toeplitz »). Ici chaque question a une idée qui évite les calculs lourds.

Exercice 1

A = ( −1/2   β√2/2   3/2 ; √2/2   1   √2/2 ; 1/2   β√2/2   1/2 ) (lignes séparées par « ; »).

Polynôme caractéristique

On remarque que la 2^e colonne de A − λI vaut ( β√2/2 ; 1 − λ ; β√2/2 ). Faisons L₁ ← L₁ − L₃ :

det(A − λI) = det( −1 − λ   0   1 + λ ; √2/2   1 − λ   √2/2 ; 1/2   β√2/2   1/2 − λ ).

Puis C₃ ← C₃ + C₁ : la première ligne devient ( −1 − λ, 0, 0 ), la troisième colonne ( 0 ; √2 ; 1 − λ ). En développant selon la première ligne :

det(A − λI) = (−1 − λ)·[(1 − λ)² − √2·β√2/2] = −(1 + λ)[(1 − λ)² − β].

Donc χ_A(λ) = −(λ + 1)[(λ − 1)² − β].

Discussion selon β

• β < 0 : (λ − 1)² = β n'a pas de solution réelle ; χ_A n'est pas scindé sur R : A n'est pas diagonalisable dans M₃(R) (sur C elle le serait, avec trois valeurs propres distinctes, mais A est ici un élément de M₃(R)).
• β = 0 : valeurs propres −1 (simple) et 1 (double). A − I = ( −3/2 0 3/2 ; √2/2 0 √2/2 ; 1/2 0 −1/2 ) est de rang 2 (1^re et 2^e lignes indépendantes), donc dim E₁ = 1 < 2 : pas diagonalisable.
• β = 4 : 1 ± 2 donne 3 et −1, donc −1 est double. A + I = ( 1/2 √2 3/2 ; √2/2 2 √2/2 ; 1/2 √2 3/2 ) : la 1^re et la 3^e ligne sont égales, la 2^e ne leur est pas proportionnelle (√2·(1/2, √2, 3/2) = (√2/2, 2, 3√2/2) ≠ (√2/2, 2, √2/2)) : rang 2, dim E₋₁ = 1 : pas diagonalisable.
• β > 0 et β ≠ 4 : trois valeurs propres réelles distinctes −1, 1 + √β, 1 − √β : A est diagonalisable.

Conclusion : A est diagonalisable (dans M₃(R)) si et seulement si β > 0 et β ≠ 4.

Base de vecteurs propres (β > 0, β ≠ 4)

Plan stable. A(1, 0, 1) = (1, √2, 1) et A(0, 1, 0) = (β√2/2, 1, β√2/2) : le plan {(x, y, x)} = Vect(w₁, w₂), avec w₁ = (1, 0, 1) et w₂ = (0, 1, 0), est stable par A. Dans cette base, la restriction a pour matrice ( 1   β√2/2 ; √2   1 ), de valeurs propres 1 ± √β.

• λ = 1 + √β : v₊ = (√β, √2, √β). Vérification composante par composante : 1^re = −√β/2 + β + 3√β/2 = β + √β ; 2^e = (√2/2)√β + √2 + (√2/2)√β = √2(1 + √β) ; 3^e = √β/2 + β + √β/2 = β + √β. On obtient A v₊ = (√β + β, √2(1 + √β), √β + β) = (1 + √β)v₊. ✔
• λ = 1 − √β : v₋ = (√β, −√2, √β) (même calcul en changeant √2 en −√2).
• λ = −1 : on résout (A + I)v = 0 avec v = (x, y, z). Les lignes 1 et 3 de A + I sont identiques : (1/2)x + (β√2/2)y + (3/2)z = 0 ; la ligne 2 : (√2/2)x + 2y + (√2/2)z = 0. On trouve v₀ = (6 − β, −√2, β − 2). Vérification : ligne 2 : (√2/2)(6 − β) − 2√2 + (√2/2)(β − 2) = (√2/2)·4 − 2√2 = 0 ✔ ; ligne 1 : (1/2)(6 − β) − β + (3/2)(β − 2) = 3 − β/2 − β + 3β/2 − 3 = 0 ✔.

Ces trois vecteurs sont associés à trois valeurs propres distinctes : (v₀, v₊, v₋) est une base de vecteurs propres de A, et A = P·diag(−1, 1 + √β, 1 − √β)·P⁻¹ avec P = [v₀ v₊ v₋].

Problème 1

M = ( 0 1 −sin α ; −1 0 cos α ; −sin α cos α 0 ). Notons s = sin α, c = cos α.

1 – Calcul de U³

M² = ( −c²   −sc   c ; −sc   −s²   s ; −c   −s   1 ) (en utilisant s² + c² = 1, par exemple (M²)₁₁ = −1 + s² = −c²).

M³ = M²·M : chaque coefficient s'annule, par exemple (M³)₁₁ = 0 + sc − cs = 0, (M³)₁₃ = c²s − sc² + 0 = 0, (M³)₃₃ = cs − sc = 0. Donc U³ = 0 (U est nilpotent ; U² ≠ 0).

Remarque : Ker U = Vect(w) avec w = (c, s, 1), et toutes les colonnes de M² sont proportionnelles à w.

2 – f(x) = I + xU + (x²/2)U²

En développant et en utilisant U³ = U⁴ = 0 :

f(x)f(y) = I + (x + y)U + (x²/2 + xy + y²/2)U² + (termes en U³, U⁴) = I + (x + y)U + ((x + y)²/2)U² = f(x + y).

Oui, f(x + y) = f(x)f(y) pour tous réels x, y (U et I commutent, ce qui justifie le développement).

En particulier f(x)f(−x) = f(−x)f(x) = f(0) = I : f(x) est un automorphisme de R³ et f(x)⁻¹ = f(−x) = I − xU + (x²/2)U².

3 – La famille (f₁, f₂, f₃) et la matrice de U

f₁ = (c, s, 0), f₂ = U(e₁) = 1^re colonne de M = (0, −1, −s), f₃ = U(e₂) = 2^e colonne = (1, 0, c).

det(f₁, f₂, f₃) = det( c 0 1 ; s −1 0 ; 0 −s c ) = c·(−c) − 0 + 1·(−s²) = −(c² + s²) = −1 ≠ 0 : c'est une base de R³.

Images :

• U(f₁) = cU(e₁) + sU(e₂) = c f₂ + s f₃.
• U(f₂) = U²(e₁) = 1^re colonne de M² = −c·w et U(f₃) = U²(e₂) = −s·w, avec w = (c, s, 1). Or w = −s f₂ + c f₃ (vérification : −s(0, −1, −s) + c(1, 0, c) = (c, s, 1)). Donc U(f₂) = sc f₂ − c² f₃ et U(f₃) = s² f₂ − sc f₃.

Matrice de U dans la base (f₁, f₂, f₃) :

N = ( 0   0   0 ; cos α   sin α cos α   sin² α ; sin α   −cos² α   −sin α cos α ).

Contrôle : le bloc ( sc s² ; −c² −sc ) a trace 0 et déterminant 0, donc son carré est nul, cohérent avec N³ = 0.

Problème 2

M_a,b,c ∈ M_n(C), n ≥ 3 : a sur la diagonale, b juste au-dessus, c juste en dessous, 0 ailleurs.

1 – Déterminant

Notons D_n = det M_a,b,c (taille n). En développant selon la première ligne puis la première colonne du mineur obtenu :

D_n = a D_n−1 − bc D_n−2, avec D₁ = a, D₂ = a² − bc (on pose D₀ = 1).

Suite récurrente linéaire d'ordre 2, d'équation caractéristique r² − ar + bc = 0, de racines r₁, r₂ (r₁ + r₂ = a, r₁r₂ = bc) :

• si r₁ ≠ r₂ (a² ≠ 4bc) : D_n = (r₁ⁿ⁺¹ − r₂ⁿ⁺¹)/(r₁ − r₂) ;
• si r₁ = r₂ = a/2 (a² = 4bc) : D_n = (n + 1)(a/2)ⁿ.

(Les constantes se trouvent avec D₀ = 1, D₁ = a.) Cas particulier bc = 0 : D_n = aⁿ (matrice triangulaire). Si bc ≠ 0 et δ désigne une racine carrée de bc, en écrivant a = 2δ cos θ (θ ∈ C, sin θ ≠ 0) on obtient la forme équivalente D_n = δⁿ sin((n + 1)θ)/sin θ.

2 – Valeurs propres et vecteurs propres

M_a,b,c − λI = M_a−λ,b,c.

Cas bc = 0 : la matrice est triangulaire, seule valeur propre a (multiplicité n).

• b = c = 0 : M = aI, tout vecteur non nul est propre.
• b ≠ 0, c = 0 : M − aI = b·(décalage), de noyau Vect(e₁).
• b = 0, c ≠ 0 : noyau de M − aI = Vect(e_n).

Cas bc ≠ 0 : soit δ ∈ C avec δ² = bc, et ρ = δ/b (donc ρ² = c/b). Le système (M − λI)x = 0 s'écrit, avec x₀ = x_n+1 = 0 :

c x_j−1 + (a − λ)x_j + b x_j+1 = 0, j = 1, …, n.

En posant x_j = ρ^jy_j et en divisant par ρ^j (c/ρ = δ et bρ = δ) : δ(y_j−1 + y_j+1) + (a − λ)y_j = 0. Avec y_j = sin(jθ), on a y_j−1 + y_j+1 = 2cos θ · sin(jθ), donc l'équation est vérifiée si λ = a + 2δ cos θ ; la condition y_n+1 = 0 impose sin((n + 1)θ) = 0, soit θ = kπ/(n + 1).

• Valeurs propres : λ_k = a + 2δ cos(kπ/(n + 1)) = a + 2√(bc) cos(kπ/(n + 1)), k = 1, …, n. Elles sont deux à deux distinctes (cos injectif sur ]0, π[ et δ ≠ 0) : ce sont donc toutes les valeurs propres.
• Vecteurs propres : X_k = ( ρ^j sin(jkπ/(n + 1)) )_j=1..n, avec ρ = √(bc)/b (même racine carrée δ que dans λ_k) ; chaque sous-espace propre est la droite Vect(X_k).

Cohérence avec 1 : det(M − λI) = δⁿ sin((n + 1)θ)/sin θ avec a − λ = 2δ cos θ s'annule exactement pour θ = kπ/(n + 1), k = 1, …, n.

3 – Diagonalisabilité si b ≠ 0 et c ≠ 0

Alors bc ≠ 0 et M_a,b,c possède n valeurs propres deux à deux distinctes en dimension n : oui, M_a,b,c est diagonalisable, dans la base (X₁, …, X_n). (À l'inverse, si exactement un des deux est nul, M n'a que la valeur propre a sans être égale à aI : elle n'est pas diagonalisable.)

Exercice 2 : P(X²) + P(X)·P(X + 1) = 0

• P = 0 est solution.
• P constant = k : k + k² = 0, donc k = 0 ou k = −1.
• P de degré n ≥ 1, coefficient dominant a : les termes de degré 2n donnent a + a² = 0, donc a = −1. Posons P = −Q, Q unitaire : l'équation devient Q(X²) = Q(X)·Q(X + 1).

Racines de Q. Si z est racine de Q :

• Q(z²) = Q(z)Q(z + 1) = 0 : z² est racine, donc aussi z⁴, z⁸, … Q ayant un nombre fini de racines, cette suite prend un nombre fini de valeurs, ce qui impose |z| = 0 ou |z| = 1.
• En remplaçant X par z − 1 : Q((z − 1)²) = Q(z − 1)Q(z) = 0, donc (z − 1)² est racine, d'où (même argument) |z − 1|² ∈ {0, 1}, soit |z − 1| = 0 ou 1.

Cas possibles : z = 0 ; z = 1 ; ou |z| = |z − 1| = 1, c'est-à-dire z = e^±iπ/3. Dans ce dernier cas z² = e^±2iπ/3 serait aussi racine, mais |z² − 1| = √3 ∉ {0, 1} : impossible. Donc les seules racines possibles sont 0 et 1 : Q = X^p(X − 1)^q.

Identification. Q(X²) = X^2p(X − 1)^q(X + 1)^q et Q(X)Q(X + 1) = X^p(X − 1)^q(X + 1)^pX^q = X^p+q(X − 1)^q(X + 1)^p. Par unicité de la décomposition : 2p = p + q et q = p, donc p = q et Q = (X² − X)^p.

Solutions : P = 0 et P = −(X² − X)^p, p ∈ N (p = 0 redonne P = −1).

Vérification pour p = 1, P = X − X² : P(X²) = X² − X⁴ et P(X)P(X + 1) = X(1 − X)·(−X)(X + 1) = −X²(1 − X²) = X⁴ − X² ; la somme est nulle. ✔