نموذج المباراة الوطنية المشتركة CNC 2013: الرياضيات 2 - شعبة PSI لولوج مدارس المهندسين

Ce sujet est l'épreuve de Mathématiques II du Concours National Commun (CNC) 2013, filière PSI, pour l'admission dans les écoles d'ingénieurs marocaines (présidence : École Hassania des Travaux Publics). Durée : 4 heures, calculatrice interdite, 4 pages. Type : problème d'algèbre et d'analyse composé de deux exercices et d'un problème indépendants : matrices de Gram (et la matrice min(i, j)), résolution de X² + 3X = A dans M₃(R), puis équations différentielles linéaires à coefficients constants et fonctions dont les translatées engendrent un espace de dimension 2. Voici une correction méthodologique proposée.

💡 Avant de commencer : les deux exercices sont des « points gratuits » de cours (Gram = ^tMM, diagonalisation, commutation ⇒ stabilité des sous-espaces propres) : faites-les d'abord, proprement, avec vérification des calculs matriciels. Dans le problème, tout repose sur deux outils : le facteur intégrant e^−λx (partie 1) et la factorisation P = (X − λ)Q traduite en « f solution de (E_P) ⇔ f' − λf solution de (E_Q) » (partie 2), qui permet toutes les récurrences.

Premier exercice — Matrice de Gram

1.

u_i = Σ_k m_k,ie_k et la base canonique est orthonormée : <u_i, u_j> = Σ_k=1ⁿ m_k,im_k,j = (^tMM)_i,j. G(u₁, …, u_n) = ^tMM.

2.

^t(^tMM) = ^tMM : symétrique. Pour X ∈ M_n,1(R), ^tXGX = ^t(MX)(MX) = ‖MX‖² ≥ 0 : positive. Si la famille est libre, M (matrice de la famille dans B) est inversible ; ^tXGX = 0 ⇒ MX = 0 ⇒ X = 0 : définie positive.

3.(a)

min(i, j) = card{k : k ≤ i et k ≤ j} = <u_i, u_j> avec u_j = e₁ + … + e_j. Donc A_n = G(u₁, …, u_n) = ^tMM où M a pour coefficients m_k,j = 1 si k ≤ j, 0 sinon. M est triangulaire supérieure à diagonale de 1, donc inversible : la famille est libre et A_n est symétrique définie positive. On prend R_n = M = matrice triangulaire supérieure dont tous les coefficients au-dessus de la diagonale (diagonale comprise) valent 1 : A_n = ^tR_nR_n.

3.(b)

Y = ^t(1, 2, 3, 4). ^tR₄ est triangulaire inférieure remplie de 1 : ^tR₄Z = Y s'écrit z₁ = 1, z₁ + z₂ = 2, z₁ + z₂ + z₃ = 3, z₁ + … + z₄ = 4, d'où Z = ^t(1, 1, 1, 1).
R₄X = Z s'écrit x_k + … + x₄ = z_k : x₄ = 1, x₃ = 0, x₂ = 0, x₁ = 0, d'où X = ^t(0, 0, 0, 1).
Comme A₄X = ^tR₄(R₄X) = ^tR₄Z = Y, la solution de A₄X = Y est X = ^t(0, 0, 0, 1) (vérification : la 4^e colonne de A₄ est (min(i, 4))_i = (1, 2, 3, 4)).

Deuxième exercice — Équation X² + 3X = A

1.

A est triangulaire supérieure : ses valeurs propres sont ses coefficients diagonaux 10, 4, 0, distincts. Trois valeurs propres distinctes en dimension 3 : A est diagonalisable, λ₁ = 10, λ₂ = 4, λ₃ = 0.

2.

• λ₁ = 10 : e₁ = (1, 0, 0).
• λ₂ = 4 : (A − 4I)x = 0 donne 6x₁ = 0, x₃ = 0 : e₂ = (0, 1, 0).
• λ₃ = 0 : 10x₁ = 0 et 4x₂ + x₃ = 0 : e₃ = (0, 1, −4).

3.

Des vecteurs propres associés à des valeurs propres distinctes forment une famille libre ; trois vecteurs libres dans R³ : (e₁, e₂, e₃) est une base, et Δ = diag(10, 4, 0).

4.

P = matrice de passage, colonnes e₁, e₂, e₃ : P = [[1, 0, 0], [0, 1, 1], [0, 0, −4]] (lignes), et P⁻¹ = [[1, 0, 0], [0, 1, 1/4], [0, 0, −1/4]] (vérification : PP⁻¹ = I). A = PΔP⁻¹.

5.(a)

L'application qui à un endomorphisme associe sa matrice canonique est un isomorphisme d'algèbres : B² + 3B = A se traduit en v² + 3v = u.

5.(b)

uv = (v² + 3v)v = v³ + 3v² = v(v² + 3v) = vu. Alors u(v(e_k)) = v(u(e_k)) = λ_kv(e_k) : v(e_k) ∈ Ker(u − λ_kId), qui est la droite Re_k (valeurs propres simples). v(e_k) est colinéaire à e_k, donc V est diagonale.

5.(c)

Dans la base (e_k) : Δ = V² + 3V, soit α_k² + 3α_k = λ_k :

• α² + 3α − 10 = (α − 2)(α + 5) = 0 : α₁ ∈ {2, −5} ;
• α² + 3α − 4 = (α − 1)(α + 4) = 0 : α₂ ∈ {1, −4} ;
• α² + 3α = 0 : α₃ ∈ {0, −3}.

Puis B = PVP⁻¹ ; le calcul donne, pour V = diag(a, b, c) : B = [[a, 0, 0], [0, b, (b − c)/4], [0, 0, c]] (contrôle : V = Δ redonne A). Le coefficient (b − c)/4 vaut 1/4 pour (b, c) = (1, 0), 1 pour (1, −3), −1 pour (−4, 0) et −1/4 pour (−4, −3). Réciproquement chacune de ces matrices vérifie B² + 3B = P(V² + 3V)P⁻¹ = A.

6.

2 × 2 × 2 choix distincts de V, donnant des B distinctes : l'équation admet exactement 8 solutions dans M₃(R).

Problème — Partie 1 : résultats préliminaires

1.1.1.1

Si deg R₁ = m, alors deg R₁' < m (ou R₁' = 0) et deg(αR₁) = m car α ≠ 0 : la somme est de degré m. Comme R₁' + αR₁ = R, deg R₁ = n (R₁ ≠ 0 car R ≠ 0).

1.1.1.2

R₁' + αR₁ = Σ_k=0ⁿ (αb_k + (k+1)b_k+1)X^k avec b_n+1 = 0, d'où a_k = αb_k + (k+1)b_k+1 (0 ≤ k ≤ n−1) et a_n = αb_n. La matrice T (de taille n+1 : l'énoncé écrit M_n(C), il faut lire M_n+1(C)) est bidiagonale supérieure : α sur la diagonale et 1, 2, …, n sur la sur-diagonale (T_k,k = α, T_k,k+1 = k+1 en indexant de 0 à n).

1.1.2

T est triangulaire, det T = αⁿ⁺¹ ≠ 0 : T est inversible. Le système TX = Y a une unique solution, ce qui donne un unique R₁ ∈ C_n[X] ; par 1.1.1.1 toute solution est de degré n donc dans C_n[X] : existence et unicité, et b_n = a_n/α ≠ 0 donc deg R₁ = deg R.

1.2.1

Pour y dérivable, (y e^−λx)' = (y' − λy)e^−λx. Donc y' − λy = g ⇔ (ye^−λx)' = g(x)e^−λx ⇔ ye^−λx = G, primitive de x ↦ g(x)e^−λx (qui existe car g est continue). y(x) = G(x)e^λx.

1.2.2

Ici g(x)e^−λx = R(x) ; ses primitives sont les fonctions polynomiales S avec S' = R. y(x) = S(x)e^λx, S' = R.

1.2.3

g(x)e^−λx = R(x)e^(μ−λ)x. Avec R₁ donné par 1.1 pour α = μ − λ ≠ 0, (R₁(x)e^(μ−λ)x)' = (R₁' + (μ−λ)R₁)e^(μ−λ)x = R(x)e^(μ−λ)x : c'est une primitive. Toutes les primitives sont R₁e^(μ−λ)x + c, d'où y(x) = R₁(x)e^μx + c e^λx, c ∈ C.

Problème — Partie 2 : solutions de (E_P)

2.1

P = (X − λ)ⁿ = Σ C(n, k)(−λ)^n−kX^k. Soit h(x) = e^−λxf(x). Par Leibniz : h⁽ⁿ⁾ = Σ_k C(n, k) f^(k) (−λ)^n−k e^−λx = e^−λx Σ a_kf^(k). Donc f solution ⇔ h⁽ⁿ⁾ = 0 ⇔ h est polynomiale de degré ≤ n−1. f solution ⇔ f(x) = R(x)e^λx, R ∈ C_n−1[X].

2.2.1

(X − λ)Q = Σ b_kX^k+1 − λΣ b_kX^k : en identifiant, a₀ = −λb₀, a_n = b_n−1, a_k = b_k−1 − λb_k pour 1 ≤ k ≤ n−1.

2.2.2

Σ_k=0ⁿ⁻¹ b_k(f' − λf)^(k) = Σ_k=0ⁿ⁻¹ b_kf^(k+1) − λΣ_k=0ⁿ⁻¹ b_kf^(k) = Σ_k=1ⁿ b_k−1f^(k) − Σ_k=0ⁿ⁻¹ λb_kf^(k) = b_n−1f⁽ⁿ⁾ + Σ_k=1ⁿ⁻¹(b_k−1 − λb_k)f^(k) − λb₀f = Σ_k=0ⁿ a_kf^(k).
Ainsi le premier membre de (E_P) appliqué à f est le premier membre de (E_Q) appliqué à f' − λf : f solution de (E_P) ⇔ f' − λf solution de (E_Q).

2.3

Récurrence sur n. n = 1 : y' = λy ⇔ y = ce^λx (1.2.1 avec g = 0). Si le résultat vaut pour n − 1 (n ≥ 2), avec Q = (X − λ)ⁿ⁻¹ : f solution de (E_P) ⇔ f' − λf = R(x)e^λx avec R ∈ C_n−2[X] ⇔ (1.2.2) f = S(x)e^λx avec S' = R, c'est-à-dire S ∈ C_n−1[X] quelconque. On retrouve 2.1.

2.4

Une racine entière divise le terme constant −1 : candidats ±1. P₁(1) = 1 + 2 − 2 − 1 = 0 et P₁(−1) = 1 − 2 + 2 − 1 = 0. En divisant par X² − 1 : P₁ = (X² − 1)(X² + 2X + 1), donc P₁ = (X − 1)(X + 1)³, racines entières 1 et −1.
Solutions de (E_P1) (y⁽⁴⁾ + 2y''' − 2y' − y = 0) : y(x) = c e^x + (a + bx + dx²)e^−x, a, b, c, d ∈ C.

2.5

Récurrence sur deg P (le cas d'une seule racine est 2.1). Écrivons P = (X − λ_r)Q, où Q a les mêmes racines, la multiplicité de λ_r étant m_r − 1. Par 2.2.2 et l'hypothèse de récurrence : f solution de (E_P) ⇔ f' − λ_rf = Σ_k<r R_k(x)e^λ_kx + R_r(x)e^λ_rx, avec deg R_k ≤ m_k − 1 et deg R_r ≤ m_r − 2 (R_r = 0 si m_r = 1).

• Par superposition, on résout terme à terme : pour k < r (λ_k ≠ λ_r), 1.2.3 fournit une solution particulière R̃_k(x)e^λ_kx avec deg R̃_k = deg R_k ≤ m_k − 1 ; pour le terme en e^λ_rx, 1.2.2 fournit S(x)e^λ_rx avec S' = R_r, deg S ≤ m_r − 1 ; on ajoute la solution homogène ce^λ_rx.
• Réciproquement, si f = Σ R_ke^λ_kx avec deg R_k ≤ m_k − 1, alors f' − λ_rf = Σ_k<r(R_k' + (λ_k − λ_r)R_k)e^λ_kx + R_r'e^λ_rx, de la forme voulue pour Q, donc solution de (E_Q), et f est solution de (E_P).

Les solutions sont exactement x ↦ Σ_k=1^r R_k(x)e^λ_kx, R_k ∈ C_mk−1[X].

2.6

Théorème de d'Alembert-Gauss : tout polynôme non constant de C[X] est scindé sur C. Donc P = a_nΠ(X − λ_k)^m_k, et (E_P) a les mêmes solutions que (E_P/an) : la forme de 2.5 (ou 2.1 si r = 1) est toujours valable. L'espace des solutions est engendré par les n = Σm_k fonctions x ↦ x^je^λ_kx (0 ≤ j ≤ m_k − 1) ; par le théorème de Cauchy-Lipschitz linéaire, l'application f ↦ (f(0), f'(0), …, f⁽ⁿ⁻¹⁾(0)) est un isomorphisme de l'espace des solutions sur Cⁿ. La dimension est n = deg P, et ces n fonctions en forment une base.

2.7

Division de P₂ par (X − 1)³ = X³ − 3X² + 3X − 1 : le quotient est X⁴ + 2X² + 1 = (X² + 1)² (reste nul). Donc P₂ = (X − 1)³(X − i)²(X + i)² et les solutions sont
y(x) = (a + bx + cx²)e^x + (d + ex)e^ix + (g + hx)e^−ix, constantes complexes, ce qui s'écrit aussi (a + bx + cx²)e^x + (d' + e'x)cos x + (g' + h'x)sin x (espace de dimension 7).

Problème — Partie 3 : espaces de translatées de dimension 2

3.1.1

h₁(x + τ) = e^2τh₁(x) + τe^2τh₂(x), donc E_h1 ⊂ Vect(h₁, h₂). Réciproquement h₁ = (h₁)₀ et h₂ = e⁻²(h₁)₁ − h₁ ∈ E_h1. (h₁, h₂) est libre (ax + b = 0 pour tout x ⇒ a = b = 0). E_h1 = Vect(h₁, h₂), dimension 2.

3.1.2

h₃(x + τ) = e^3τ(cos τ · h₃(x) − sin τ · h₄(x)), donc E_h3 ⊂ Vect(h₃, h₄). Avec τ = −π/2 : (h₃)_−π/2 = e^−3π/2h₄, donc h₄ ∈ E_h3. (h₃, h₄) est libre (a cos x + b sin x = 0 en x = 0 et x = π/2). E_h3 = Vect(h₃, h₄), dimension 2.

3.2.1 et 3.2.2

g_n = n(f_1/n − f₀) est combinaison linéaire de translatées : g_n ∈ E_f, et se décompose dans la base (φ₁, φ₂) : g_n = α_1,nφ₁ + α_2,nφ₂. Par définition de la dérivabilité en x, g_n(x) = (f(x + 1/n) − f(x))/(1/n) → f'(x).

3.3.1

φ₁ est un vecteur de base, donc non nul : il existe a₁ avec φ₁(a₁) ≠ 0. La fonction ψ = φ₁(a₁)φ₂ − φ₂(a₁)φ₁ est une combinaison de (φ₁, φ₂) dont le coefficient φ₁(a₁) est non nul : par liberté, ψ ≠ 0 ; soit a₂ avec ψ(a₂) ≠ 0. Or det M = φ₁(a₁)φ₂(a₂) − φ₂(a₁)φ₁(a₂) = ψ(a₂) ≠ 0 : M est inversible.

3.3.2

En évaluant (1) en a₁ et a₂ : Z_n = MY_n, donc Y_n = M⁻¹Z_n :
α_1,n = (φ₂(a₂)g_n(a₁) − φ₂(a₁)g_n(a₂))/det M, α_2,n = (φ₁(a₁)g_n(a₂) − φ₁(a₂)g_n(a₁))/det M.

3.3.3

Comme g_n(a_i) → f'(a_i), les suites (α_1,n) et (α_2,n) convergent vers des réels α₁, α₂. En faisant n → +∞ dans (1) en tout x : f'(x) = α₁φ₁(x) + α₂φ₂(x). f' ∈ E_f.

3.4

E_f est stable par translation : si h = Σc_if_τi (somme finie), h_σ = Σc_if_τi+σ ∈ E_f. Chaque f_τ est dérivable, de dérivée (f')_τ, qui appartient à E_f puisque f' ∈ E_f. Donc h est dérivable et h' = Σc_i(f')_τi ∈ E_f. Par récurrence, toute h ∈ E_f est dérivable à tout ordre : E_f ⊂ C^∞(R, R).

3.5

f, f', f'' sont trois vecteurs de E_f, de dimension 2 : famille liée, a f + b f' + c f'' = 0 avec (a, b, c) ≠ 0. Si c = 0 et b ≠ 0, f = Ke^kx et E_f serait de dimension ≤ 1 ; si b = c = 0, f = 0 : contradiction. Donc c ≠ 0 et f'' + pf' + qf = 0 (p, q réels). Selon l'équation caractéristique r² + pr + q = 0 :

• deux racines réelles r₁ ≠ r₂ : f = Ae^r₁x + Be^r₂x avec AB ≠ 0 ;
• racine double r : f = (A + Bx)e^rx avec B ≠ 0 ;
• racines a ± ib (b ≠ 0) : f = e^ax(A cos bx + B sin bx) avec (A, B) ≠ (0, 0).

Vérification : dans chaque cas les translatées restent dans l'espace de dimension 2 engendré par les deux solutions de base, donc dim E_f ≤ 2. Égalité : cas 1, det(f₀, f_τ) dans la base (e^r₁x, e^r₂x) vaut AB(e^r₂τ − e^r₁τ) ≠ 0 pour τ ≠ 0 ; cas 2, comme en 3.1.1 (le coefficient de xe^rx dans f_τ est Be^rτ ≠ 0) ; cas 3, f = Ce^axcos(bx + θ) avec C ≠ 0 et la translation τ = π/(2b) donne −Ce^aτe^axsin(bx + θ), indépendante de f (comme en 3.1.2). Les conditions AB ≠ 0, B ≠ 0 sont nécessaires : sinon f = Ke^rx et dim E_f = 1. Ces fonctions sont exactement celles pour lesquelles E_f est de dimension 2.

💡 Résultats clés : R_n = triangulaire supérieure de 1, solution de A₄X = (1, 2, 3, 4) : X = (0, 0, 0, 1) ; X² + 3X = A a 8 solutions B = [[a, 0, 0], [0, b, (b − c)/4], [0, 0, c]], a ∈ {2, −5}, b ∈ {1, −4}, c ∈ {0, −3} ; P₁ = (X − 1)(X + 1)³ ; P₂ = (X − 1)³(X² + 1)² ; dim des solutions de (E_P) = deg P. À réviser pour le CNC PSI Maths II : matrices de Gram et matrices symétriques positives (décomposition de Cholesky), diagonalisation et commutant d'un endomorphisme à valeurs propres simples, équations différentielles linéaires à coefficients constants (facteur intégrant, factorisation de l'opérateur, Cauchy-Lipschitz), d'Alembert-Gauss, espaces vectoriels de fonctions et liberté de familles d'exponentielles. Signalez la coquille T ∈ M_n+1(C) en 1.1.1.2.