نموذج المباراة الوطنية المشتركة CNC 2010: الرياضيات 2 - شعبة TSI لولوج مدارس المهندسين

Ce modèle est l'épreuve de Mathématiques II du Concours National Commun (CNC), session 2010, filière TSI (admission aux grandes écoles d'ingénieurs). Durée 4 heures, calculatrice interdite, 3 pages plus la page de garde. Le problème, en trois parties indépendantes, porte sur la réduction des endomorphismes de dimension 3 (racine double non diagonalisable, puissances de matrices, suites récurrentes linéaires, systèmes différentiels). Voici une correction proposée. Les matrices sont écrites ligne par ligne : (a b c / d e f / g h i).

💡 Méthode clé de tout le sujet : écrire la matrice sous la forme scalaire + nilpotente qui commutent, puis appliquer la formule du binôme, qui s'arrête au rang 1 car le nilpotent est de carré nul.

1ère partie

1.

(a) Les puissances de u commutent avec id_E : v = u² − 2λu + λ²id_E.
(b) Si x ∈ Ker w, u(x) = μx, donc u²(x) = μ²x et v(x) = (μ² − 2λμ + λ²)x = (μ − λ)²x.
(c) Si x ∈ Ker v ∩ Ker w : 0 = v(x) = (μ−λ)²x avec (μ−λ)² ≠ 0 (λ ≠ μ), donc x = 0 : Ker v ∩ Ker w = {0}.

2.

(a) χ_u(X) = (λ−X)²(μ−X) = −(X−λ)²(X−μ). Par le théorème de Cayley-Hamilton, χ_u(u) = 0, donc (u−λid)²(u−μid) = 0, c'est-à-dire w v = v w = 0 (deux polynômes en u commutent). Ainsi w(v(x)) = 0 : v(x) ∈ Ker w, et v(w(x)) = 0 : w(x) ∈ Ker v.

(b) Division euclidienne : (X−λ)² = (X−μ)(X + μ − 2λ) + (μ−λ)² (vérification : (X−μ)(X+μ−2λ) = X² − 2λX − μ² + 2λμ, et l'ajout de (μ−λ)² = μ² − 2λμ + λ² redonne X² − 2λX + λ²).
En substituant u : v = w∘(u + (μ−2λ)id) + (μ−λ)²id. Pour x ∈ E, en posant c = (μ−λ)² ≠ 0 :
x = (1/c)·v(x) − w((1/c)(u + (μ−2λ)id)(x)).
Le premier terme est dans Ker w et le second dans Ker v (question 2.(a)). Donc E = Ker v + Ker w, et la somme est directe par 1.(c) : E = Ker v ⊕ Ker w.

(c) Ker w = E_μ. Comme μ est valeur propre, dim E_μ ≥ 1 ; comme μ est racine simple de χ_u, dim E_μ ≤ 1. Donc dim Ker w = 1 et, par 2.(b), dim Ker v = 3 − 1 = 2.

3.

χ_u est scindé, de valeurs propres λ et μ ; u est diagonalisable si et seulement si dim E_λ + dim E_μ = 3, soit, puisque dim E_μ = 1 : u diagonalisable ⇔ dim E_λ = 2.

4.

Si u(x) = λx, alors (u−λid)(x) = 0, donc v(x) = 0 : E_λ ⊂ Ker v. λ étant valeur propre, dim E_λ ≥ 1 ; u non diagonalisable donne dim E_λ ≠ 2 (question 3), et dim E_λ ≤ dim Ker v = 2. Donc dim E_λ = 1 < 2 : E_λ est un sous-espace strict de Ker v.

5.

(a) (u − λid)(e₁) = (u − λid)²(e₂) = v(e₂) = 0, donc u(e₁) = λe₁. De plus e₁ ≠ 0 car e₂ ∉ E_λ.
Liberté : si ae₁ + be₂ = 0, on applique u − λid : b e₁ = 0, donc b = 0, puis a e₁ = 0 donne a = 0. e₁ ∈ E_λ ⊂ Ker v et e₂ ∈ Ker v : famille libre de 2 vecteurs dans Ker v de dimension 2, donc (e₁, e₂) est une base de Ker v.

(b) E = Ker v ⊕ Ker w, (e₁, e₂) base de Ker v et (e₃) base de Ker w (dimension 1, e₃ ≠ 0) : la concaténation (e₁, e₂, e₃) est une base de E.
u(e₁) = λe₁ ; u(e₂) = (u−λid)(e₂) + λe₂ = e₁ + λe₂ ; u(e₃) = μe₃. Matrice de u : (λ 1 0 / 0 λ 0 / 0 0 μ).

6. Exemple : A = (0 1 1 / 1 2 −1 / −1 1 2)

(a) En développant selon la première ligne :
χ_f(X) = −X[(2−X)² + 1] − [(2−X) − 1] + [1 + (2−X)] = −X(X² − 4X + 5) − (1−X) + (3−X) = −X³ + 4X² − 5X + 2, d'où χ_f(X) = (1−X)²(2−X) : λ = 1 (double), μ = 2 (simple).

(b) E₁ : A − I₃ = (−1 1 1 / 1 1 −1 / −1 1 1) ; −x+y+z = 0 et x+y−z = 0 donnent y = 0, z = x : E₁ = Vect((1, 0, 1)).
E₂ : A − 2I₃ = (−2 1 1 / 1 0 −1 / −1 1 0) ; x = z et y = x : E₂ = Vect((1, 1, 1)).
dim E₁ = 1 ≠ 2 : f n'est pas diagonalisable (question 3).

(c) (A − I₃)² = (1 1 −1 / 1 1 −1 / 1 1 −1), de rang 1. Ker(f − id)² : x + y − z = 0, plan de dimension 2 (conforme à 2.(c)).

(d) e₂ = (1, −1, 0) vérifie 1 − 1 − 0 = 0, donc e₂ ∈ Ker v, et e₂ ∉ E₁. e₁ = (A − I₃)e₂ = (−1−1, 1−1, −1−1) = (−2, 0, −2).
i. E₂ = Vect((1,1,1)) : le vecteur propre de deuxième composante 1 est e₃ = (1, 1, 1). C'est exactement la situation de la question 5 (e₂ ∈ Ker v \ E_λ, e₃ ∈ Ker w non nul), donc (e₁, e₂, e₃) est une base de ℝ³. Vérification directe : avec P = (−2 1 1 / 0 −1 1 / −2 0 1) (colonnes e₁, e₂, e₃), det P = −2 ≠ 0.
ii. D'après 5.(b) : B = (1 1 0 / 0 1 0 / 0 0 2) et A = PBP⁻¹ avec P⁻¹ = (1/2 1/2 −1 / 1 0 −1 / 1 1 −1) (on vérifie PP⁻¹ = I₃).
iii. B = D + N avec D = diag(1, 1, 2) et N la matrice dont seul le coefficient (1,2) vaut 1. DN = ND = N et N² = 0, donc par le binôme Bⁿ = Dⁿ + nDⁿ⁻¹N : Bⁿ = (1 n 0 / 0 1 0 / 0 0 2ⁿ).
Aⁿ = PBⁿP⁻¹, ce qui donne :

Contrôle : pour n = 1 on retrouve bien A.

2ème partie

1. En notant M = (m_ij), X_n+1 = MX_n donne :
a_n+1 = m₁₁a_n + m₁₂b_n + m₁₃c_n, b_n+1 = m₂₁a_n + m₂₂b_n + m₂₃c_n, c_n+1 = m₃₁a_n + m₃₂b_n + m₃₃c_n.

2. v_n+1 = ^tX_n+1V = ^t(MX_n)V = ^tX_n ^tM V = ^tX_n(λV) = λv_n : (v_n) est géométrique de raison λ, v_n = λⁿv₀.

3. Application

(a) X₀ = ^t(1, 0, 0) et M = (4 −15 3 / 1 −4 1 / 2 −10 3).

(b) χ_^tM = χ_M. En développant selon la première ligne :
det(M − XI) = (4−X)[(−4−X)(3−X) + 10] + 15[(3−X) − 2] + 3[−10 + 2(4+X)] = (4−X)(X+2)(X−1) − 15(X−1) + 6(X−1) = (X−1)(−X² + 2X − 1) = −(X−1)³.
Seule valeur propre : 1 (triple). ^tM − I = (3 1 2 / −15 −5 −10 / 3 1 2), de rang 1 : sous-espace propre {(x, y, z) : 3x + y + 2z = 0}, plan de dimension 2, de base V₁ = (1, −3, 0), V₂ = (0, −2, 1).

(c) Par la question 2 avec λ = 1, les suites v¹_n = ^tX_nV₁ et v²_n = ^tX_nV₂ sont constantes :

• v¹_n = a_n − 3b_n = a₀ − 3b₀ = 1, donc a_n = 1 + 3b_n ;
• v²_n = −2b_n + c_n = −2b₀ + c₀ = 0, donc c_n = 2b_n.

En reportant dans la deuxième relation : b_n+1 = (1 + 3b_n) − 4b_n + 2b_n = b_n + 1, suite arithmétique avec b₀ = 0.
b_n = n, a_n = 1 + 3n, c_n = 2n.
Vérification : 4(1+3n) − 15n + 6n = 4 + 3n = a_n+1 ; 2(1+3n) − 10n + 6n = 2 + 2n = c_n+1.

3ème partie : A = (−2 5 2 / −1 4 2 / 2 −10 −5)

1.

(a) Développement selon la première ligne :
χ_f(X) = (−2−X)[(4−X)(−5−X) + 20] − 5[(5+X) − 4] + 2[10 − 2(4−X)] = (−2−X)(X² + X) − 5(1+X) + 4(1+X) = −X³ − 3X² − 3X − 1 = −(X+1)³.
f n'a qu'une valeur propre : α = −1.

(b) A + I₃ = (−1 5 2 / −1 5 2 / 2 −10 −4), de rang 1 (lignes proportionnelles). E₋₁ = {(x, y, z) : x − 5y − 2z = 0}, plan de dimension 2 (base (5, 1, 0), (2, 0, 1)).

(c) f diagonalisable avec la seule valeur propre −1 imposerait f = −id, donc dim E₋₁ = 3. Or dim E₋₁ = 2 : f n'est pas diagonalisable.

(d) i. ε₂ = (A + I₃)e₁ = première colonne de A + I₃ = (−1, −1, 2) : −1 + 5 − 4 = 0, donc ε₂ ∈ Ker(f + id). ε₃ = (2, 0, 1) : 2 − 0 − 2 = 0, donc ε₃ ∈ Ker(f + id).
ii. det(ε₁, ε₂, ε₃) = det(1 −1 2 / 0 −1 0 / 0 2 1) = 1 × (−1×1 − 0×2) = −1 ≠ 0 : B₁ est une base de ℝ³.

2.

(a) f(ε₁) = (f + id)(ε₁) − ε₁ = −ε₁ + ε₂ ; f(ε₂) = −ε₂ ; f(ε₃) = −ε₃. B = (−1 0 0 / 1 −1 0 / 0 0 −1).

(b) P = (1 −1 2 / 0 −1 0 / 0 2 1) (colonnes ε₁, ε₂, ε₃). En résolvant PX = Y : y' = −Y₂, z' = Y₃ + 2Y₂, x' = Y₁ − 5Y₂ − 2Y₃, d'où P⁻¹ = (1 −5 −2 / 0 −1 0 / 0 2 1).

(c) Formule de changement de base : A = PBP⁻¹.

3.

(a) J = I + B = (0 0 0 / 1 0 0 / 0 0 0) et J² = 0.

(b) B = −(I − J). I et J commutent et J² = 0, donc par le binôme (I − J)^k = I − kJ (les termes en J^p, p ≥ 2, sont nuls). D'où B^k = (−1)^k(I − kJ) pour tout k ∈ ℕ*.

(c) A^k = PB^kP⁻¹ = (−1)^k(I − k PJP⁻¹) et PJP⁻¹ = P(I + B)P⁻¹ = I + A. Donc A^k = (−1)^k(I − k(A + I)), soit explicitement :

Contrôle : k = 1 redonne A.

4.

(a) f(φ(t)) a pour coordonnées A·^t(u(t), v(t), w(t)) = (−2u+5v+2w, −u+4v+2w, 2u−10v−5w). L'égalité φ'(t) = f(φ(t)) composante par composante est exactement (S) : (S) ⇔ (E).

(b) ε₁, ε₂, ε₃ sont constants, donc φ'(t) = x'ε₁ + y'ε₂ + z'ε₃. Par linéarité et 2.(a) : f(φ(t)) = x(−ε₁ + ε₂) + y(−ε₂) + z(−ε₃) = −xε₁ + (x − y)ε₂ − zε₃. Par unicité des coordonnées dans la base B₁, (E) ⇔ x' = −x, y' = x − y, z' = −z : c'est (S').

(c) φ(0) = (0, 0, 1) ; ses coordonnées dans B₁ sont P^−1t(0, 0, 1) = (x(0), y(0), z(0)) = (−2, 0, 1) (contrôle : −2ε₁ + ε₃ = (−2, 0, 0) + (2, 0, 1) = (0, 0, 1)).

(d) x' = −x, x(0) = −2 : x(t) = −2e^−t. z' = −z, z(0) = 1 : z(t) = e^−t.
y' + y = −2e^−t ⇔ (y(t)e^t)' = −2 ⇔ y(t)e^t = −2t + y(0) : y(t) = −2t e^−t.

(e) φ(t) = −2e^−t(1, 0, 0) − 2te^−t(−1, −1, 2) + e^−t(2, 0, 1), d'où

u(t) = 2t e^−t, v(t) = 2t e^−t, w(t) = (1 − 4t)e^−t.

Vérification : u' = (2 − 2t)e^−t et −2u + 5v + 2w = (−4t + 10t + 2 − 8t)e^−t = (2 − 2t)e^−t ; de même pour v et w. Par le théorème de Cauchy-Lipschitz (système linéaire à coefficients constants), c'est l'unique solution.