Modèle de concours d'accès à l'ENSMR (Mines Rabat) pour les titulaires 2023 — Algèbre

Ce modèle est l'examen d'algèbre du concours d'accès à l'École Nationale Supérieure des Mines de Rabat (ENSMR) pour les titulaires (accès sur titre), session du lundi 24 juillet 2023. Durée : 1h30. Il comporte un problème sur les puissances d'une matrice 3×3 (avec application à des suites récurrentes) et un exercice sur une matrice de rang 1. Voici une correction proposée, calculs détaillés.

💡 L'idée du problème : A = L − M avec LM = ML = 0, L² = 3L et M² = 3M. Une fois ces trois relations établies, tout le reste (Aⁿ, S_n, S⁻¹, les suites) se calcule sans diagonaliser.

Problème

Rappel : A = (2 −1 −1 ; 1 −2 1 ; −3 3 0), L = (2 −1 −1 ; 0 0 0 ; −2 1 1), M = (0 0 0 ; −1 2 −1 ; 1 −2 1) (matrices écrites ligne par ligne).

1. Calcul de LM et ML

Chaque colonne de M est orthogonale aux lignes de L : par exemple, ligne 1 de L × colonne 1 de M = 2·0 + (−1)(−1) + (−1)(1) = 0. On trouve LM = 0 (matrice nulle).
De même, ligne 2 de M × colonne 1 de L = (−1)(2) + 2·0 + (−1)(−2) = 0, etc. : ML = 0.

2. L², M², puis Lⁿ et Mⁿ

L² = (6 −3 −3 ; 0 0 0 ; −6 3 3) = 3L ; M² = (0 0 0 ; −3 6 −3 ; 3 −6 3) = 3M.

Par récurrence : si Lⁿ = 3ⁿ⁻¹L, alors Lⁿ⁺¹ = 3ⁿ⁻¹L² = 3ⁿL. Donc pour n ≥ 2 (et même n ≥ 1) :

Lⁿ = 3ⁿ⁻¹ L et Mⁿ = 3ⁿ⁻¹ M.

3. Aⁿ = 3ⁿ⁻¹ L − (−3)ⁿ⁻¹ M

On remarque que A = L − M (vérification terme à terme). Récurrence sur n ≥ 1 :

• n = 1 : 3⁰L − (−3)⁰M = L − M = A.
• Hérédité : Aⁿ⁺¹ = Aⁿ·A = (3ⁿ⁻¹L − (−3)ⁿ⁻¹M)(L − M) = 3ⁿ⁻¹L² − 3ⁿ⁻¹LM − (−3)ⁿ⁻¹ML + (−3)ⁿ⁻¹M².
  Avec LM = ML = 0, L² = 3L, M² = 3M : Aⁿ⁺¹ = 3ⁿL + 3(−3)ⁿ⁻¹M = 3ⁿL − (−3)ⁿM.

D'où Aⁿ = 3ⁿ⁻¹ L − (−3)ⁿ⁻¹ M pour tout n ∈ ℕ*.

4. S_n en fonction de I, L, M et n

Pour n ≥ 1 : S_n = A⁰ + Σ_k=1ⁿ⁻¹ A^k = I + (Σ_k=1ⁿ⁻¹ 3^k−1) L − (Σ_k=1ⁿ⁻¹ (−3)^k−1) M.

Sommes géométriques : Σ_k=1ⁿ⁻¹ 3^k−1 = (3ⁿ⁻¹ − 1)/2 et Σ_k=1ⁿ⁻¹ (−3)^k−1 = (1 − (−3)ⁿ⁻¹)/4.

S_n = I + ((3ⁿ⁻¹ − 1)/2) L + (((−3)ⁿ⁻¹ − 1)/4) M (n ≥ 1 ; pour n = 1 on retrouve S₁ = I).

5. S = I − A

a. On cherche l'inverse sous la forme I + αL + βM. Comme S = I − L + M :
(I − L + M)(I + αL + βM) = I + αL + βM − L − 3αL + M + 3βM = I + (−2α − 1)L + (4β + 1)M.
Ce produit vaut I si α = −1/2 et β = −1/4. Le produit dans l'autre sens donne le même résultat (L et M commutent avec tout ce qui intervient). Donc S est inversible et

S⁻¹ = I − L/2 − M/4 = (0 1/2 1/2 ; 1/4 1/2 1/4 ; 3/4 0 1/4).

(Contrôle : det S = −8 ≠ 0.)

b. Somme télescopique : S·S_n = (I − A)(I + A + … + Aⁿ⁻¹) = I − Aⁿ. En multipliant à gauche par S⁻¹ : S_n = S⁻¹(I − Aⁿ).

6. Suites (u_n), (v_n), (w_n)

a. Récurrence sur n ∈ ℕ :

• n = 0 : A⁰X₀ + S₀B = X₀ (car S₀ = 0).
• Si X_n = AⁿX₀ + S_nB, alors X_n+1 = AX_n + B = Aⁿ⁺¹X₀ + (AS_n + I)B, et AS_n + I = I + A + … + Aⁿ = S_n+1.

Donc X_n = AⁿX₀ + S_nB pour tout n ∈ ℕ.

b. Produits utiles : LX₀ = (3, 0, −3), MX₀ = (0, −6, 6), LB = (15, 0, −15), MB = (0, −9, 9).

AⁿX₀ = 3ⁿ⁻¹(3, 0, −3) − (−3)ⁿ⁻¹(0, −6, 6) = (3ⁿ, −2(−3)ⁿ, −3ⁿ + 2(−3)ⁿ).

S_nB = B + ((3ⁿ⁻¹ − 1)/2)(15, 0, −15) + (((−3)ⁿ⁻¹ − 1)/4)(0, −9, 9).

En additionnant composante par composante et en simplifiant :

• u_n = (7·3ⁿ − 9)/2
• v_n = −(5(−3)ⁿ + 11)/4
• w_n = (−14·3ⁿ + 5(−3)ⁿ + 5)/4

Contrôles : n = 0 donne (−1, −4, −1) = X₀ ; n = 1 donne (6, 1, −13) = AX₀ + B ; n = 2 donne (27, −14, −19). On vérifie aussi que u_n + v_n + w_n = −6 pour tout n.

Exercice

Ici n = 3, A = (a² ba ca ; ab b² cb ; ac bc c²) avec a² + b² + c² = k ≠ 0. En notant V = (a, b, c)^T, on a A = V V^T, et V ≠ 0 puisque k ≠ 0.

1. Rang de A

La colonne j de A est égale à (coordonnée j de V)·V : toutes les colonnes sont proportionnelles à V, et A ≠ 0 (sa trace vaut k ≠ 0). Donc rg A = 1.

2. Noyau et image de u

• Image : Im u = Vect(V), de base {(a, b, c)}.
• Noyau : AX = V(V^TX) = 0 ⇔ V^TX = 0 ⇔ ax + by + cz = 0. C'est le plan orthogonal à V, de dimension 3 − 1 = 2 (théorème du rang).
  Base : si a ≠ 0, {(−b, a, 0), (−c, 0, a)} ; si a = 0 et b ≠ 0, {(1, 0, 0), (0, −c, b)} ; si a = b = 0 (donc c ≠ 0), {(1, 0, 0), (0, 1, 0)}.

3. Valeur propre non nulle

AV = V(V^TV) = (a² + b² + c²)V = kV, avec V ≠ 0. Donc k est valeur propre non nulle. C'est la seule : la trace de A (somme des valeurs propres) vaut k, et 0 est valeur propre double (noyau de dimension 2).
Vecteurs propres associés : E_k = ker(A − kI) est de dimension 1 (car dim E₀ = 2 et la somme des dimensions est ≤ 3) et contient V : les vecteurs propres sont les λ(a, b, c), λ ≠ 0.

4. u est-il diagonalisable ?

Oui. dim E₀ + dim E_k = 2 + 1 = 3 : en réunissant une base du noyau et le vecteur (a, b, c), on obtient une base de ℝ³ formée de vecteurs propres. Dans cette base, la matrice de u est diag(0, 0, k). (On peut aussi invoquer le fait que A est symétrique réelle.)