نموذج المباراة الوطنية المشتركة CNC 2007: الرياضيات 2 - شعبة TSI لولوج مدارس المهندسين

Ce modèle est l'épreuve de Mathématiques II du Concours National Commun (CNC) 2007, filière TSI, concours d'admission aux grandes écoles d'ingénieurs (présidence : ENSEM). Durée : 4 heures, calculatrice interdite ; l'énoncé fait 3 pages. Deux problèmes indépendants : le premier porte sur les matrices de rang 1 (décomposition, produit scalaire de Frobenius, réduction) ; le second démontre le théorème de d'Alembert-Gauss par deux méthodes analytiques. Voici une correction proposée, question par question.

💡 À retenir : une matrice est de rang 1 si et seulement si elle s'écrit U^tV avec U, V non nuls ; alors A² = (Tr A)·A. Si Tr A ≠ 0, A est diagonalisable (semblable à diag(0,…,0,Tr A)) ; si Tr A = 0, A est nilpotente et semblable à la matrice élémentaire E_n−1,n.

Premier problème — Matrices de rang 1

1^ère partie

1. Soit M = (a b ; c d).
• Si a = b = c = d = 0 : rg M = 0.
• Si ad − bc ≠ 0 : M est inversible, rg M = 2.
• Si ad − bc = 0 et (a,b,c,d) ≠ (0,0,0,0) : les deux colonnes sont liées (le déterminant est nul) et l'une d'elles est non nulle, donc rg M = 1.

2.a) rg(A) = 0 ⟺ Vect(C₁(A),…,C_n(A)) = {0} ⟺ toutes les colonnes sont nulles ⟺ a_i,j = 0 pour tout (i,j). Par contraposée, si A ≠ 0, une colonne au moins est non nulle et engendre une droite : rg(A) ≥ 1.

2.b) A est la matrice, dans la base canonique de M_n,1(ℝ), de la famille (C₁(A),…,C_n(A)). A est inversible ⟺ cette famille est une base de M_n,1(ℝ). Une famille de n vecteurs dans un espace de dimension n est une base si et seulement si elle est génératrice, c'est-à-dire si le sous-espace qu'elle engendre est de dimension n. Donc A inversible ⟺ rg(A) = n.

3. Pour X = ^t(x₁,…,x_n), f_A(X) = AX = x₁C₁(A) + … + x_nC_n(A). Donc Im f_A = Vect(C₁(A),…,C_n(A)) et rg(A) = dim(Im f_A).

4.a) A = U^tV : a_i,j = u_iv_j.
4.b) Tr(A) = Σ_k a_k,k = Σ_k=1ⁿ u_kv_k = ^tVU.
4.c) La j-ème colonne a pour coefficients u_iv_j : C_j(A) = v_jU.
4.d) Toutes les colonnes sont dans Vect(U), donc rg(A) ≤ 1. Comme V ≠ 0, il existe j avec v_j ≠ 0, et C_j(A) = v_jU ≠ 0 (U ≠ 0) : A ≠ 0, donc rg(A) ≥ 1 (question 2.a). Ainsi rg(A) = 1.

5.a) rg(A) = 1 ≠ 0, donc A ≠ 0 (2.a) : une colonne au moins est non nulle, notée C_i0(A).
5.b) L'espace engendré par les colonnes est de dimension 1 et contient le vecteur non nul C_i0(A) : il est donc égal à la droite Vect(C_i0(A)). Chaque C_j(A) appartient à cette droite : il existe λ_j ∈ ℝ tel que C_j(A) = λ_jC_i0(A).
5.c) Posons X = C_i0(A) et Y = ^t(λ₁,…,λ_n). D'après 4.c, la j-ème colonne de X^tY est λ_jX = C_j(A), donc A = X^tY. Y ≠ 0 car λ_i0 = 1.
5.d) Comme A ≠ 0, X₀ ≠ 0 et Y₀ ≠ 0. Soit (X₁,Y₁) avec A = X₁^tY₁ ; alors X₁ ≠ 0 et Y₁ ≠ 0. Les colonnes de A sont proportionnelles à X₁ et ne sont pas toutes nulles, donc Im f_A = Vect(X₁) ; de même Im f_A = Vect(X₀). Il existe donc μ ≠ 0 tel que X₁ = μX₀. Alors X₀^t(Y₀ − μY₁) = 0 ; en choisissant une composante x_k ≠ 0 de X₀, la k-ème ligne donne ^t(Y₀ − μY₁) = 0, soit Y₁ = Y₀/μ. Réciproquement ces couples conviennent.
Conclusion : les couples cherchés sont (μX₀, μ⁻¹Y₀), μ ∈ ℝ*.

6. Soit (X₁,…,X_r) une base de Im f_A = Vect(C₁(A),…,C_n(A)). Chaque colonne se décompose : C_j(A) = Σ_i=1^r y_i,jX_i. Posons Y_i = ^t(y_i,1,…,y_i,n). La j-ème colonne de Σ_i X_i^tY_i est Σ_i y_i,jX_i = C_j(A), donc A = Σ_i=1^r X_i^tY_i. Aucun Y_i n'est nul : sinon toutes les colonnes seraient dans l'espace engendré par les r − 1 autres X_k, et rg(A) ≤ r − 1. Par 4.d, chaque X_i^tY_i est de rang 1.

7.a) Notons z_i,j la j-ème composante de Z_i. La j-ème colonne de Y_i^tZ_i est z_i,jY_i, donc la j-ème colonne de Σ_iY_i^tZ_i est Σ_i=1^p z_i,jY_i. Si la somme est nulle, pour tout j, Σ_i z_i,jY_i = 0 et, la famille (Y_i) étant libre, z_i,j = 0 pour tous i, j : tous les Z_i sont nuls. La réciproque est immédiate.

7.b) Il y a n² matrices X_i^tY_j et dim M_n(ℝ) = n² : il suffit de montrer que la famille est libre. Si Σ_i,j λ_i,jX_i^tY_j = 0, alors Σ_i X_i^tZ_i = 0 avec Z_i = Σ_j λ_i,jY_j. Par 7.a (appliquée à la famille libre (X_i)), Z_i = 0 pour tout i ; la liberté de (Y_j) donne λ_i,j = 0. C'est donc une base de M_n(ℝ), formée de matrices de rang 1 (4.d, puisque X_i ≠ 0 et Y_j ≠ 0).

8.a) On calcule Tr(^tMN) = Σ_i,j m_i,jn_i,j.
• Bilinéaire : la transposition et la trace sont linéaires, le produit matriciel est bilinéaire.
• Symétrique : Tr(^tMN) = Tr(^t(^tMN)) = Tr(^tNM).
• Définie positive : <M,M> = Σ_i,j m_i,j² ≥ 0, avec égalité si et seulement si M = 0.
C'est donc un produit scalaire sur M_n(ℝ).

8.b) <X^tY, X'^tY'> = Tr(Y^tX X'^tY') = (^tXX')·Tr(Y^tY') = (^tXX')(^tYY').
Donc X^tY ⊥ X'^tY' ⟺ ^tXX' = 0 ou ^tYY' = 0, c'est-à-dire X ⊥ X' ou Y ⊥ Y' pour le produit scalaire canonique de M_n,1(ℝ).

8.c) D'après 8.b, <X_i^tY_j, X_k^tY_l> = (^tX_iX_k)(^tY_jY_l). Si (X₁,…,X_n) et (Y₁,…,Y_n) sont deux bases orthonormées de M_n,1(ℝ) (canonique), ce produit vaut δ_i,kδ_j,l. Méthode : construire deux bases orthonormées de M_n,1(ℝ) (par exemple par Gram-Schmidt) et former les produits X_i^tY_j : on obtient une base orthonormée de (M_n(ℝ), <,>) formée de matrices de rang 1 (plus généralement, des familles orthonormées de M_n,1(ℝ) donnent des familles orthonormées de M_n(ℝ)).

2^ème partie — A = U^tV, α = ^tVU, W = (^tVV)U

Remarque : α = Tr(A) (question 4.b) et W = ‖V‖²U est un multiple non nul de U.

1. A² = U(^tVU)^tV = αA (^tVU est un réel).

2. Par récurrence A^k = α^k−1A pour k ≥ 1. Si α ≠ 0, A^k ≠ 0 pour tout k (A ≠ 0) ; si α = 0, A² = 0. Donc A nilpotente ⟺ α = 0 ⟺ Tr(A) = 0.

3. α ≠ 0. Pour λ ∈ ℝ*, (λA)² = λ²αA, égal à λA si et seulement si λα = 1. Avec λ = 1/α, λA est un projecteur.

4.a) rg(A) = 1 < n (n ≥ 2), donc A n'est pas inversible (1^ère partie, 2.b) : 0 est valeur propre. AY = U(^tVY) = 0 ⟺ ^tVY = 0 (U ≠ 0), donc E₀(A) = Ker A = {Y ; ^tVY = 0}. Par le théorème du rang, dim E₀ = n − 1 (hyperplan, noyau de la forme linéaire non nulle Y ↦ ^tVY).

4.b) AU = U(^tVU) = αU, avec U ≠ 0 : α est valeur propre, distincte de 0. Les sous-espaces propres étant en somme directe, dim E_α ≤ n − (n − 1) = 1 ; comme U ∈ E_α, E_α = Vect(U), de dimension 1.

4.c) Si μ est valeur propre (AX = μX, X ≠ 0), A²X = αAX donne μ² = αμ, donc μ ∈ {0, α}. Si α ≠ 0 : deux valeurs propres (0 et α) ; si α = 0 : une seule, 0.

5. Si α ≠ 0, dim E₀ + dim E_α = (n − 1) + 1 = n : A est diagonalisable. Dans une base (E₁,…,E_n−1, U) formée d'une base de Ker A complétée par U, l'endomorphisme canoniquement associé a pour matrice diag(0,…,0,α) : A est semblable à diag(0,…,0,α).

6.a) α = 0 : la seule valeur propre est 0. Si A était diagonalisable, elle serait semblable à la matrice nulle, donc nulle — impossible (rang 1). A n'est pas diagonalisable.

6.b) f(U) = AU = αU = 0 : U ∈ Ker f, donc W = ‖V‖²U ∈ Ker f et W ≠ 0. Ker f est de dimension n − 1 ; par le théorème de la base incomplète, la famille libre (W) se complète en une base (E₁,…,E_n−2, W) de Ker f.

6.c) ^tVV = ‖V‖² ≠ 0, donc V ∉ Ker f. Ker f étant un hyperplan, M_n,1(ℝ) = Ker f ⊕ Vect(V) et (E₁,…,E_n−2, W, V) est une base. On a f(E_i) = 0, f(W) = 0 et f(V) = U(^tVV) = W. La matrice de f dans cette base est donc la matrice élémentaire E_n−1,n : tous les coefficients nuls sauf un 1 en ligne n − 1, colonne n.

6.d) Toute matrice de rang 1 s'écrit U^tV (5.c), et sa trace est α = ^tVU (4.b). Si elle est de trace nulle, 6.c montre qu'elle est semblable à E_n−1,n. Deux matrices de rang 1 et de trace nulle sont semblables à la même matrice, donc semblables entre elles (la similitude est une relation d'équivalence).

Deuxième problème — Théorème de d'Alembert-Gauss

I. Résultats préliminaires

1.a) Pour z ≠ 0 : P(z) = a_dz^d(1 + ε(z)) avec ε(z) = Σ_k=0^d−1 (a_k/a_d) z^k−d. Chaque terme vérifie |a_k/a_d|·|z|^k−d → 0 quand |z| → +∞ (k − d < 0), donc |1 + ε(z)| → 1 et |P(z)| ∼ |a_d||z|^d.

1.b) Posons S = Σ_k<d|a_k/a_d| et R = max(1, 2S) (R = 1 si S = 0). Pour |z| ≥ R ≥ 1 : |ε(z)| ≤ Σ|a_k/a_d||z|^k−d ≤ S/|z| ≤ 1/2. Donc 1/2 ≤ |1 + ε(z)| ≤ 3/2 ≤ 2, et ½|a_d||z|^d ≤ |P(z)| ≤ 2|a_d||z|^d.

2.a) (x,y) ↦ P(x+iy) a une partie réelle et une partie imaginaire polynomiales en (x,y), donc continues ; le module est continu. Un disque fermé borné de ℝ² est un compact (fermé borné en dimension finie). Une fonction réelle continue sur un compact est bornée et atteint ses bornes, en particulier sa borne inférieure.

2.b) |P| ≥ 0 est minorée. Choisissons ρ ≥ R tel que ½|a_d|ρ^d ≥ |a₀| = |P(0)| (possible car d ≥ 1). Sur le disque fermé D(0,ρ), |P| atteint son minimum en un point z₀ (2.a), et |P(z₀)| ≤ |P(0)|. Pour |z| > ρ : |P(z)| ≥ ½|a_d||z|^d ≥ ½|a_d|ρ^d ≥ |P(0)| ≥ |P(z₀)|. Donc |P(z₀)| = inf_ℂ|P| : la borne inférieure est atteinte.

II. Première méthode analytique

1.a) Q est continue et Q(0) = 0, donc t ↦ α^kQ(αt) tend vers 0 quand t → 0. Il existe donc η > 0 tel que |α^kQ(αt)| ≤ 1/2 pour |t| ≤ η ; il suffit de prendre t₀ = min(η, 1/2) ∈ ]0,1[.

1.b) Comme bα^k = −1 :
Q₁(αt₀) = 1 + bα^kt₀^k + α^kt₀^kQ(αt₀) = (1 − t₀^k) + t₀^k·α^kQ(αt₀).
Avec 1 − t₀^k > 0 : |Q₁(αt₀)| ≤ (1 − t₀^k) + ½t₀^k = 1 − ½t₀^k < 1.

2. Inégalité d'Argand. Q₁(z) = P(γ+z)/P(γ) est un polynôme de même degré d ≥ 1 que P, avec Q₁(0) = 1. Écrivons Q₁ = 1 + Σ_j=1^d c_jX^j (c_d ≠ 0) et soit k = min{j ≥ 1 ; c_j ≠ 0}, b = c_k ≠ 0. Alors Q₁ = 1 + bX^k + X^kQ avec Q = Σ_j>k c_jX^j−k, et Q(0) = 0. Soit α une racine k-ième (dans ℂ) de −1/b. Par la question 1, il existe t₀ ∈ ]0,1[ tel que |Q₁(αt₀)| < 1, c'est-à-dire |P(γ + αt₀)| < |P(γ)|. δ = γ + αt₀ convient.

3. Application. z₀ existe d'après I.2.b. Si P(z₀) ≠ 0, l'inégalité d'Argand fournit δ avec |P(δ)| < |P(z₀)|, ce qui contredit la minimalité. Donc P(z₀) = 0 : tout polynôme non constant à coefficients complexes a une racine.

II (bis). Deuxième méthode analytique

1. g(r,θ) = P(re^iθ) = Σ a_kr^ke^ikθ est de classe C^∞ sur ℝ² et, par hypothèse (P sans racine), ne s'annule pas ; donc f = 1/g est de classe C¹. Avec ∂g/∂r = e^iθP'(re^iθ) et ∂g/∂θ = ire^iθP'(re^iθ) :
∂f/∂r = −e^iθP'(re^iθ) / P(re^iθ)², ∂f/∂θ = −ire^iθP'(re^iθ) / P(re^iθ)², d'où la relation ∂f/∂θ = ir·∂f/∂r.

2.a) f et ∂f/∂r sont continues sur ℝ × [0,2π] ; sur tout [−a,a] × [0,2π] (compact), ∂f/∂r est bornée, ce qui justifie la dérivation sous le signe intégrale : F est de classe C¹ et
F'(r) = ∫₀^2π ∂f/∂r (r,θ) dθ.
Pour r ≠ 0 : F'(r) = (1/(ir)) ∫₀^2π ∂f/∂θ dθ = (1/(ir))[f(r,2π) − f(r,0)] = 0 (f est 2π-périodique en θ).
Pour r = 0 : F'(0) = −(P'(0)/P(0)²) ∫₀^2π e^iθdθ = 0.
Donc F' = 0 sur ℝ : F est constante.

2.b) Pour r ≥ R (préliminaires 1.b) : |f(r,θ)| ≤ 2/(|a_d|r^d), d'où |F(r)| ≤ 4π/(|a_d|r^d) → 0. F(r) → 0 quand r → +∞.

2.c) F(0) = 2π/P(0) ≠ 0. Or F est constante et tend vers 0 en +∞, donc F(0) = 0 : contradiction. L'hypothèse « P n'a pas de racine » est fausse : tout polynôme non constant de ℂ[X] admet au moins une racine complexe (d'Alembert-Gauss).