نموذج المباراة الوطنية المشتركة CNC 2010: الرياضيات 2 - شعبة BCPST لولوج مدارس المهندسين
باختصار
هذا نموذج امتحان كتابي سابق لمباراة مباراة ولوج المدارس العليا للمهندسين لدى المباراة الوطنية المشتركة CNC (الأقسام التحضيرية) (session 2010)، منشور على وظيفة إنفو للاطلاع والتحميل المجاني بصيغة PDF مع تصحيح مقترح.
- الجهة المنظمة
- المباراة الوطنية المشتركة CNC (الأقسام التحضيرية)
- الدرجة
- مباراة ولوج المدارس العليا للمهندسين
- التخصص
- الرياضيات 2
- الدورة
- session 2010
- عدد الصفحات
- 4
- لغة الأسئلة
- الفرنسية
- التصحيح
- تصحيح مقترح متوفر في هذه الصفحة
📝 نص أسئلة النموذج (مستخرج آلياً من الصفحات الممسوحة)
استُخرج هذا النص آلياً من صور الامتحان وقد يحتوي على أخطاء في القراءة — الصور أعلاه هي المرجع.
ROYAUME DU MAROC
Ministère de l'Éducation Nationale, de l'Enseignement
Supérieur, de la Formation des Cadres
et de la Recherche Scientifique
Présidence du Concours National Commun 2010
École Supérieure des Industries du Textile et de l’Habillement
ESITH
Concours National Commun
VA ٠ .
d’Admission aux
Grandes Ecoles d'Ingénieurs ou Assimilées
Session 2010
ÉPREUVE DE MATHÉMATIQUES II
Durée 4 heures
Filière BCPST
Cette épreuve comporte 3 pages au format A4, en plus de cette page de garde
L'usage de la calculatrice est interdit
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Concours National Commun - Session 2010 - BCPST
L'énoncé de cette épreuve, particulière aux candidats de la filière BCPST,
comporte 3 pages.
L'usage de la calculatrice est interdit.
Les candidats sont informés que la qualité de la rédaction et de la présentation, la clarté et la précision des
raisonnements constitueront des éléments importants pour l'appréciation des copies. Il convient en particulier
de rappeler avec précision les des questions abordées.
Si, au cours de l'épreuve, un candidat repère ce qui lui semble être une erreur dénoncé, il le
signale sur sa copie et poursuit sa composition en expliquant les raisons des initiatives qu'il est
amené à prendre.
Notations
Pour tout (p,q) € N°, on note M,,,(R) l’espace vectoriel des matrices à coefficients réels, à p
lignes et و colonnes ; si M € M,,4(K), ‘M désigne la matrice transposée de M et rg (M) son rang.
Les trois parties du problème sont indépendantes.
1** partie
Ici on prend E = M31(R) et u désigne l’'endomorphisme de Æ canoniquement associé à la
matrice M € M3(R).
On se donne X, € E et on définit la suite (X,, ),eN d'éléments de E par
Mn, R EN. = ربوك
an 2
y | € 1 pour lequel on associe | ح b, | n € Net on considère un vecteur V | ح On pose X,
En 2
la suite (v»)nen définie par
لج لاطا = Un
Pour tout entier naturel n, exprimer a»+1, bn+1 et 41 en fonction de a», b, et cn. .1
Montrer que si V est un vecteur propre de {M associé à la valeur propre À alors la suite (v, ),eN .2
en fonction de v,, n € N.) يبون est géométrique. Quelle est sa raison ? (On calculera
Application .3
Soient (ay )nen, (bn)nen et (cn)nen trois suites réelles telles que (ao; bo; co) = (1,0,0) et pour
tout entier n > 0
Qn+1 = dan — 150» + 3Cn
Cn + و40 — bn+1 = An
24n — 100» + 3Ch = يبون
(a) Préciser X9 ainsi que la matrice M associée à ces suites.
(b) Montrer que la matrice ‘M possède une unique valeur propre et la préciser.
(c) Déterminer le sous espace propre associé ; on le notera F.
(d) Préciser le dimension et donner une base de F.
(e) En considérant deux vecteurs propres linéairement indépendant Vi et V2 de la matrice
{M et en étudiant les suites (v1n)nen et (v2,n)nen qui leur sont respectivement associées,
trouver les expressions des termes d'indice n des trois suites (a, }nen, (bn)nen et (Cn}nen
en fonction de n.
Épreuve de Mathématiques II 173 Tournez la page S.V.P.
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2°" partie
Dans cette partie, B — (e1,e2,e3) désigne la base canonique de l’espace vectoriel 183 ; on rappelle
que e1 وك )0,1,0( حو ,)1,0,0( ح = (0,0,1).
On note f l’endomorphisme de R° dont la matrice dans la base canonique est
—1 5 -3
A= | 1 0 O1).
0 1 0
1. (a) Montrer que 1 est valeur propre de f.
(b) Quel est le sous-espace propre de f associé à la valeur propre 1. Quelle est sa dimension ?
(c) Donner un vecteur propre £1 de f associé à la valeur propre 1 et dont la troisième
composante est égale à 1.
2. (a) Déterminer toutes les valeurs propres de f ainsi que les sous-espaces propres associés.
(b) L'endomorphisme f est-il diagonalisable ?
3. (a) Montrer qu'il existe un unique vecteur £2 de troisième composante égale à 0 tel que
f(E2) — €2 = €1 et le déterminer.
(b) Vérifier ques, et وت sont des éléments de Ker (f — لدو
(c) Déterminer وت élément de Ker (f + 3idg3) dont la troisième composante vaut 1.
4. (a) Montrer que رقا = (£1,€2,€3) est une base de 13
(b) Écrire la matrice B de f dans la base 13٠
(c) Écrire la matrice de passage P de la base canonique à la base B] et calculer P7!.
(d) Exprimer alors À à l’aide des matrices B, P et P-!.
5. On considère trois fonctions u, v et w de R dans R, dérivables sur R et vérifiant le système
d'équations différentielles
u'(t) = —u(t) + 5u(t) — 3w(t)
(S) 4 v"(#) = u(t)
w'(t) = v(t)
(a) Soit م la fonction de R dans R° définie par
p(E) = (u(t),v(t),w(#)).
1. Justifier que م est dérivable sur RetqueVteR, w'(t) = (u'(t),v'(t),w'(t)).
11. Montrer que le système (5) équivaut à l'équation différentielle
(E) p(t) = f(p())-
(b) On écrit o(t) = r(t)e1 + y(t}eo + 2(t)e3.
Montrer que l'équation différentielle (Æ) équivaut au système
æ'(t) = )4( + y(t)
(5) 4 y'(#) = إن
LE) = 32 (6)
(c) On suppose que u(0) = v(0) = 0 et que w(0) = 1 ; calculer alors x(0), y(0) et z(0).
Épreuve de Mathématiques II 273 رجا
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(d) Résoudre le système ($') avec les conditions initiales z(0), y(0) et z(0) trouvées à la
question précédente.
(e) En déduire la solution de (S) vérifiant les conditions initiales u(0) = v(0) = 0 etw(0) = 1.
3°me partie
E désigne un espace vectoriel sur R de dimension 3 et u un endomorphisme de 717. La composée
de deux endomorphismes f et 4 de E est notée fg au lieu de f o g.
On suppose que l’endomorphisme u possède deux valeurs propres À et y avec (À,u) € 1082 et
À Z y, et on admet que (u — \idp)?(u — pidp) = 0 ; on note E; et E, les sous-espaces propres de u
associés respectivement à À et 4, puis on pose v = (u — Aidg)? et w = u — صا
1. (a) Exprimer v en fonction de w?, u et طرف
(b) Six € Kerw, calculer v(x) en fonction de x.
(c) En déduire que Ker v N Ker w = {0}.
2. (a) Montrer que pour tout x € E,v(x) € Kerw et que w(x) € Kerw.
(b) Effectuer la division euclidienne du polynôme (X — À)? par le polynôme X — y puis
montrer que E — Ker v © Ker w.
(c) Donner la dimension de Ker w et en déduire celle de Ker v.
3. Donner une condition nécessaire et suffisante sur la dimension du sous-espace vectoriel Æ;
pour que w soit diagonalisable.
Dans la suite de cette partie, on suppose l’endomorphisme بن non diagonalisable.
4. Justifier que FE, est un sous-espace vectoriel strict de Ker v.
5. On choisit un vecteur e2 € رك \ ممع et on pose e; = (u — Aidg)(e2) ; soit enfin ي un vecteur
non nul de Ker w.
(a) Calculer u(e,) et montrer que la famille (e;1,e2) est une base de Ker v.
(b) Montrer que la famille (e1,e2,e3) est une base de EÆ et écrire la matrice de u dans cette
base.
6. Un exemple : On note f l’endomorphisme de 183 canoniquement associé à la matrice
0 1 1
A=|1 2 -1
—1 1 2
(a) Calculer les valeurs propres de f.
(b) Déterminer les sous-espaces propres de f. L'endomorphisme f est-il diagonalisable ?
(c) Calculer la matrice (A — (و7 et donner une équation et la dimension du sous-espace
vectoriel Ker (f — ليو
(d) On pose e2 = (1,—1,0) ete = (f — Aidrs)(e2).
i. Trouver un vecteur propre e3 de f dont la deuxième composante est égale à 1 et
justifier que la famille (e:,e2,e3) est une base de R*.
ii. Écrire la matrice B de f dans cette base et exprimer A en fonction de B.
111. Calculer B” puis A” pour tout n € N.
FIN DE L'ÉPREUVE
Épreuve de Mathématiques II 3/3 FIN
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✅ التصحيح المقترح
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Ce modèle est l'épreuve de Mathématiques II du Concours National Commun (CNC) 2010, filière BCPST, d'admission aux grandes écoles d'ingénieurs. Durée : 4 heures, calculatrice interdite. Problème d'algèbre linéaire en trois parties indépendantes : suites récurrentes linéaires, système différentiel, réduction d'un endomorphisme non diagonalisable. Voici une correction proposée.
💡 Méthode commune aux trois parties : quand une matrice n'est pas diagonalisable, on cherche une base (ε1, ε2, ε3) avec f(ε2) = ε1 + λε2 : la matrice devient « presque diagonale » et les puissances, suites ou équations différentielles se résolvent simplement. Vérifiez toujours vos vecteurs propres en calculant AX.
1re partie
1. Relations de récurrence
Xn+1 = MXn avec M = (mij) donne an+1 = m11an + m12bn + m13cn, bn+1 = m21an + m22bn + m23cn, cn+1 = m31an + m32bn + m33cn.
2. (vn) est géométrique
vn+1 = tXn+1V = t(MXn)V = tXn(tMV) = λ tXnV = λ vn. Suite géométrique de raison λ : vn = λn v0.
3. Application
(a) X0 = (1, 0, 0)t et M =
| 4 | −15 | 3 |
| 1 | −4 | 1 |
| 2 | −10 | 3 |
(b) tM et M ont le même polynôme caractéristique. Développement du déterminant : χ(λ) = det(λI − M) = λ3 − 3λ2 + 3λ − 1 = (λ − 1)3 (trace 3, somme des mineurs principaux 3, déterminant 1). Unique valeur propre : 1.
(c) tM − I =
| 3 | 1 | 2 |
| −15 | −5 | −10 |
| 3 | 1 | 2 |
Les trois lignes sont proportionnelles à (3, 1, 2) : F = {(x, y, z) : 3x + y + 2z = 0} (un plan).
(d) dim F = 2, base par exemple V1 = (1, −3, 0), V2 = (0, −2, 1).
(e) D'après la question 2 avec λ = 1, les suites v1,n = tXnV1 et v2,n = tXnV2 sont constantes :
- v1,n = an − 3bn = a0 − 3b0 = 1 ;
- v2,n = −2bn + cn = −2b0 + c0 = 0.
Donc an = 1 + 3bn et cn = 2bn. En reportant dans bn+1 = an − 4bn + cn : bn+1 = 1 + 3bn − 4bn + 2bn = bn + 1, suite arithmétique avec b0 = 0.
bn = n, an = 1 + 3n, cn = 2n. Contrôle : X1 = (4, 1, 2), X2 = (7, 2, 4) ✓.
2e partie
A =
| −1 | 5 | −3 |
| 1 | 0 | 0 |
| 0 | 1 | 0 |
1. Valeur propre 1
(a) A(1, 1, 1)t = (−1 + 5 − 3, 1, 1) = (1, 1, 1) : 1 est valeur propre (ou : det(A − I) = 0).
(b) (A − I)X = 0 : −2x + 5y − 3z = 0, x − y = 0, y − z = 0 ⟹ x = y = z. E1 = Vect((1, 1, 1)), dimension 1.
(c) ε1 = (1, 1, 1).
2. Spectre et diagonalisabilité
(a) χA(λ) = det(λI − A) = λ3 + λ2 − 5λ + 3 = (λ − 1)2(λ + 3). Valeurs propres : 1 (double) et −3 (simple). E−3 : (A + 3I)X = 0 ⟺ 2x + 5y − 3z = 0, x + 3y = 0, y + 3z = 0 ⟹ y = −3z, x = 9z : E−3 = Vect((9, −3, 1)).
(b) dim E1 = 1 < 2 = multiplicité de 1 : f n'est pas diagonalisable.
3. Vecteurs ε2, ε3
(a) ε2 = (a, b, 0) avec (A − I)ε2 = ε1 : (−2a + 5b, a − b, b) = (1, 1, 1) ⟹ b = 1, a = 2, et −4 + 5 = 1 ✓. Solution unique : ε2 = (2, 1, 0).
(b) (f − id)2(ε1) = (f − id)(0) = 0 et (f − id)2(ε2) = (f − id)(ε1) = 0.
(c) Ker(f + 3id) = E−3 : ε3 = (9, −3, 1).
4. Nouvelle base
(a) P = [ε1 ε2 ε3] (en colonnes) a pour déterminant 1·(1·1 − 0) − 2·(1·1 − (−3)·1) + 9·(0 − 1) = 1 − 8 − 9 = −16 ≠ 0 : ℬ1 est une base.
(b) f(ε1) = ε1, f(ε2) = ε1 + ε2, f(ε3) = −3ε3, donc B =
| 1 | 1 | 0 |
| 0 | 1 | 0 |
| 0 | 0 | −3 |
(c) P =
| 1 | 2 | 9 |
| 1 | 1 | −3 |
| 1 | 0 | 1 |
et P−1 = (1/16) ×
| −1 | 2 | 15 |
| 4 | 8 | −12 |
| 1 | −2 | 1 |
(par la comatrice ou par résolution de PX = Y ; contrôle : PP−1 = I).
(d) A = P B P−1.
5. Système différentiel
(a) i. Les trois composantes u, v, w sont dérivables, donc φ l'est (dérivation composante par composante) et φ′ = (u′, v′, w′).
ii. Le second membre de (S) est exactement A(u, v, w)t, c'est-à-dire f(φ(t)). Donc (S) ⟺ φ′(t) = f(φ(t)).
(b) φ = xε1 + yε2 + zε3 donne φ′ = x′ε1 + y′ε2 + z′ε3 (εi constants) et f(φ) = x ε1 + y(ε1 + ε2) − 3z ε3 = (x + y)ε1 + yε2 − 3zε3. Par unicité des coordonnées dans ℬ1 : x′ = x + y, y′ = y, z′ = −3z, c'est (S′).
(c) (x(0), y(0), z(0)) = P−1(0, 0, 1)t = 3e colonne de P−1 : x(0) = 15/16, y(0) = −3/4, z(0) = 1/16. (Contrôle : (15/16)ε1 − (3/4)ε2 + (1/16)ε3 = (0, 0, 1).)
(d) y′ = y ⟹ y(t) = −(3/4)et ; z′ = −3z ⟹ z(t) = (1/16)e−3t ; x′ − x = −(3/4)et : en posant x = k(t)et, k′ = −3/4, d'où x(t) = (15/16 − 3t/4)et.
(e) (u, v, w) = xε1 + yε2 + zε3 :
- u(t) = x + 2y + 9z = −(9/16 + 3t/4)et + (9/16)e−3t
- v(t) = x + y − 3z = (3/16 − 3t/4)et − (3/16)e−3t
- w(t) = x + z = (15/16 − 3t/4)et + (1/16)e−3t
Contrôle : u(0) = v(0) = 0, w(0) = 1, et w′ = v, v′ = u se vérifient directement.
3e partie
1. Premières propriétés
(a) v = u2 − 2λu + λ2idE.
(b) Si x ∈ Ker w, u(x) = μx, donc u2(x) = μ2x et v(x) = (μ − λ)2x.
(c) Si x ∈ Ker v ∩ Ker w : 0 = v(x) = (μ − λ)2x avec μ ≠ λ, donc x = 0.
2. Décomposition E = Ker v ⊕ Ker w
(a) v et w sont des polynômes en u, donc commutent : w(v(x)) = v(w(x)) = (u − λid)2(u − μid)(x) = 0. Ainsi v(x) ∈ Ker w et w(x) ∈ Ker v.
(b) Division euclidienne : (X − λ)2 = (X − μ)(X + μ − 2λ) + (λ − μ)2 (en développant : X2 − 2λX − μ2 + 2λμ + μ2 − 2λμ + λ2 = (X − λ)2). D'où v = w ∘ q + (λ − μ)2id avec q = u + (μ − 2λ)id. Pour x ∈ E : x = [v(x) − w(q(x))]/(λ − μ)2, où v(x) ∈ Ker w et w(q(x)) ∈ Ker v d'après (a). Donc E = Ker v + Ker w, et la somme est directe par 1(c) : E = Ker v ⊕ Ker w.
(c) Ker w = Eμ ≠ {0} et Ker v ⊃ Eλ ≠ {0}, avec dim Ker v + dim Ker w = 3. Donc dim Ker w ∈ {1, 2}.
💡 Remarque sur l'énoncé : à ce stade la dimension n'est pas déterminée de façon unique (exemple : u = diag(λ, μ, μ) vérifie les hypothèses avec dim Ker w = 2). Si dim Ker w = 2, alors dim Ker v = 1, donc Ker v = Eλ et E = Eλ ⊕ Eμ : u est diagonalisable. Dans le cas étudié ensuite (u non diagonalisable) on a donc dim Ker w = 1 et dim Ker v = 2. Signalez-le sur la copie.
3. Condition de diagonalisabilité
u est diagonalisable ⟺ E = Eλ ⊕ Eμ ⟺ dim Eλ + dim Eμ = 3. Comme Eμ = Ker w et E = Ker v ⊕ Ker w, cela équivaut à dim Eλ = dim Ker v (c'est-à-dire Eλ = Ker v, puisque Eλ ⊂ Ker v).
4. Eλ ⊊ Ker v
Si u(x) = λx, alors (u − λid)2(x) = 0 : Eλ ⊂ Ker v. u n'étant pas diagonalisable, d'après 3 l'inclusion est stricte. Par dimension : dim Ker v = 2, dim Eλ = 1, dim Eμ = 1.
5. Base adaptée
(a) (u − λid)(e1) = (u − λid)2(e2) = v(e2) = 0, donc u(e1) = λe1 ; e1 ≠ 0 car e2 ∉ Eλ. e1 ∈ Eλ ⊂ Ker v. Liberté : si αe1 + βe2 = 0, on applique u − λid : βe1 = 0, donc β = 0 puis α = 0. Famille libre de 2 vecteurs dans Ker v de dimension 2 : base de Ker v.
(b) E = Ker v ⊕ Ker w avec (e1, e2) base de Ker v et (e3) base de Ker w (dimension 1) : (e1, e2, e3) est une base de E. u(e2) = e1 + λe2, u(e3) = μe3 ; matrice :
| λ | 1 | 0 |
| 0 | λ | 0 |
| 0 | 0 | μ |
6. Un exemple : A = [[0, 1, 1], [1, 2, −1], [−1, 1, 2]]
(a) χA(X) = det(XI − A) = (X − 1)2(X − 2) : valeurs propres λ = 1 (double) et μ = 2 (simple).
(b) A − I = [[−1, 1, 1], [1, 1, −1], [−1, 1, 1]] : −x + y + z = 0 et x + y − z = 0 ⟹ y = 0, z = x : E1 = Vect((1, 0, 1)). A − 2I = [[−2, 1, 1], [1, 0, −1], [−1, 1, 0]] : x = z, y = x : E2 = Vect((1, 1, 1)). dim E1 = 1 < 2 : f n'est pas diagonalisable.
(c) (A − I)2 = [[1, 1, −1], [1, 1, −1], [1, 1, −1]] (rang 1). Ker(f − id)2 : x + y − z = 0, plan de dimension 2.
(d) e2 = (1, −1, 0) vérifie 1 − 1 − 0 = 0 : e2 ∈ Ker(f − id)2 \ E1. Avec λ = 1 : e1 = (A − I)e2 = (−2, 0, −2), vecteur propre pour 1.
i. Un vecteur propre de deuxième composante 1 ne peut pas être dans E1 (y = 0) : il est dans E2, e3 = (1, 1, 1). det[e1 e2 e3] = det[[−2, 1, 1], [0, −1, 1], [−2, 0, 1]] = −2(−1) − 1(2) + 1(−2) = −2 ≠ 0 : base de ℝ3.
ii. f(e1) = e1, f(e2) = e1 + e2, f(e3) = 2e3 : B = [[1, 1, 0], [0, 1, 0], [0, 0, 2]] et A = PBP−1 avec P = [[−2, 1, 1], [0, −1, 1], [−2, 0, 1]] et P−1 = [[1/2, 1/2, −1], [1, 0, −1], [1, 1, −1]].
iii. Par récurrence (le bloc [[1, 1], [0, 1]] a pour puissance n la matrice [[1, n], [0, 1]]) : Bn = [[1, n, 0], [0, 1, 0], [0, 0, 2n]], puis An = PBnP−1 :
| 2n − 2n | 2n − 1 | −2n + 2n + 1 |
| 2n − 1 | 2n | 1 − 2n |
| 2n − 2n − 1 | 2n − 1 | −2n + 2n + 2 |
Contrôle : pour n = 1 on retrouve bien A.
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