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[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 26 juillet 2013 Corrections 91
Puisque det A = αβ = 1, on a α = 1/β = ¯ β/ |β| 2 = ¯ β.
Enfin, trA = 2Re(α) ∈ Z et 2Re(α) ∈ [−2, 2] car |α| 1 donc |Re(α)| ∈ {0, 1/2, 1}.
c) Selon la valeur de Re(α) et sachant |α| = 1, les valeurs possibles de α sont
−1, j, i, −j 2 , 1
et leurs conjuguées.
Dans tous les cas, on vérifie α 12 = 1 et on a aussi β 12 = 1.
Puisque A est semblable à la matrice diagonale D = diag(α, β) et que celle-ci
vérifie D 12 = I2, on a A 12 = I2.
d) On vérifie aisément que G est un sous-groupe du groupe (GL2(C), ×) et puisque
G = I2, A, A 2 , . . . , A 11
G est un groupe monogène fini.
II) a) Le changement de variables proposé a pour jacobien
D(x, y)
D(r, θ) =
a cos θ −ar sin θ
b sin θ br cos θ = abr
Ce changement de variable donne
2π 1 2 2 2 2 2 2
I =
a r cos θ + b r sin θ × |abr| dr dθ
et donc
0
r=0
I = πab(a2 + b2 )
4
b) Par le paramétrage direct
x(t) = a cos t
avec t ∈ [0, 2π]
y(t) = b sin t
on obtient
puis au terme des calculs
c) On observe
2π
J = −
0
ab 3 sin 4 θ + a 3 b cos 4 θ dθ
J = − 3πab(a2 + b 2 )
4
J = −3I
ce qui est conforme à la formule de Green Riemann puisque
y 3 dx − x 3 dy = P (x, y) dx + Q(x, y) dy
avec
∂Q ∂P
(x, y) −
∂x ∂y (x, y) = −3(x2 + y 2 )
Exercice 153 : [énoncé]
I) a) Posons n = dim E, p = dim A.
Soit (e1, . . . , ep) une base orthonormale de A. On peut la compléter en en
(e1, . . . , en) base orthonormale de E.
Puisque A = Vect(e1, . . . , ep), on a l’équivalence
et donc A ⊥ = Vect(ep+1, . . . , en) puis
x ∈ A ⊥ ⇔ ∀i ∈ {1, . . . , p} , (ei | x) = 0
E = A ⊕ A ⊥
b) On a dim A ⊥ = n − dim A et donc dim A ⊥ ⊥ = dim A.
Or on a aussi
A ⊂ A ⊥⊥
car
∀x ∈ A, ∀y ∈ A ⊥ , (x | y) = 0
donc par inclusion et égalité des dimensions, on obtient
II) a) Posons
Puisque
A ⊥ ⊥ = A
P (x, y) = xy − y 2 + 1 et Q(x, y) = x 2 − xy − 1
∂Q
∂x
= ∂P
∂y
la forme différentielle ω n’est pas fermée.
b) La forme différentielle
θ(x, y) = ω(x, y)f(xy)
est de classe C 1 sur l’ouvert étoilé R 2 , elle est donc exacte si, et seulement si, elle
est fermée. Cela équivaut à la satisfaction pour tout (x, y) ∈ R 2 de l’équation
(2x − y)f(xy) + y(x 2 − xy − 1)f ′ (xy) = (2y − x)f(xy) + x(xy − y 2 + 1)f ′ (xy)
Après simplification, on obtient
(x + y) (f(xy) − f ′ (xy)) = 0
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