[PDF] Corrigé de la feuille 7 : produit extérieur formes différentielles



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MM022Math´ematiques2011-12G´eom´etrie diff´erentielle - Corrig´e de la feuille 7 : produitext´erieur, formes diff´erentielles.

Exercice 1(Premiers pas).

Soit un espace vectorielEde dimension 1, 2 ou 3, muni d'une base (ei). Donner la dimension de∧kEet sa base d´eduite de la base (ei). Expliquer comment on calcule le produit ext´erieur dans ces bases.

Corrige.

Notonsnla dimension deEet (fi) la base duale de (ei). Une base de∧kEest alors

donn´ee par la famille (fI) index´ee par les partiesI`ak´el´ements dans{1;:::;n}donn´ees par

f

I=fi1∧fi2∧:::∧fik;

o`u I={i1;:::;ik}eti1< ::: < ik. L'espace vectoriel∧kEa donc pour dimension le coefficient binomial(n k). En particulier, pour k > n,∧kE={0}. On d´eduit facilement les cas particuliers suivants. Si dimE= 1,∧0E=Ret∧1E=Eest de dimension 1 et engendr´e parf1. Si dimE= 2,∧0E=R,∧1E=Eest de dimension 2 engendr´e par (f1;f2) et∧2Eest de dimension 1 engendr´e parf1∧f2. Si dimE= 3,∧0E=R,∧1E=Eest de dimension 3 engendr´e par (f1;f2;f3),∧2Eest

de dimension 3 engendr´e par (f1∧f2;f2∧f3;f1∧f3) et∧3Eest de dimension 1 engendr´e par

f

1∧f2∧f3.

Pour calculer des produits ext´erieurs dans ces bases, il suffit (par lin´earit´e) de savoir calculer

les produits ext´erieurs des ´el´ements des bases, ce qui est imm´ediat si l'on se souvient du fait que

sil,l0sont des formes lin´eaires,l∧l0=-l0∧let en particulierl∧l= 0. Ainsi par exemple,f2∧(f1∧f3) =-f1∧f2∧f3. Exercice 2(Famille libre et produit ext´erieur).

Montrer qu'une famille de formes lin´eaires

(l1;:::;lk) est libre si et seulement sil1∧:::∧lk6= 0. Montrer quex1;:::;xksont lin´eairement

d´ependants si et seulement si(x1;:::;xk) = 0 pour toute forme altern´ee de degr´ek.

Corrige.

Rappelons le fait suivant : siw1;:::wpsont des formes lin´eaires etu1;:::;updes vecteurs, alors w

1∧:::∧wp(u1;:::;up) = det((wi(uj))i;j2f1;:::;pg):

Soient

(e1;:::;en) une base et (f1;:::;fn) sa base duale.

La famille (l1;···;lk) est libre si et seulement si la matricek×ndont les lignes repr´esentent

leslidans la base (ei) est de rangk, c'est `a dire si et seulement si cette matrice admet un mineur d'ordreknon nul, autrement dit ss'il existe une partieIde{1;:::;n}de cardinalktelle que

det((li(ej)i2f1;:::kg;j2I))6= 0. Le rappel fait plus haut montre que cette condition est ´equivalente

`al1∧:::∧lk6= 0. De mani`ere analogue, la famille (x1;:::;xk) est li´ee ssi tous les mineurs d'ordrekde la

matrice repr´esentant lesxien colonne sont nuls. Par le fait rappel´e plus haut, cela signifie que

pour toute partie

Ide{1;:::;n}, de cardinalk, on a

f

I(x1;:::;xk) = 0. Comme les

f

Iforment

une base de∧kE, c'est ´equivalent `a dire que(x1;:::;xk) = 0 pour tout∈ ∧kE.

Exercice 3.

Soient,des 2-formes altern´ees sur un espace vectorielEetX1;X2;X3;X4∈E. Exprimer∧(X1;X2;X3;X4) en fonction des valeurs deetsur chaque couple de vecteurs.

Corrige.

D'apr`es le cours,

∧(X1;X2;X3;X4) =∑

2S(2;2)"()(X(1);X(2))(X(3);X(4)):

On d´enombre les

2+2

2)= 6 ´el´ements deS(2;2) puis on calcule leur signatures. En utilisant

l'antisym´etrie deet, on peut regrouper certains termes. On trouve ∧(X1;X2;X3;X4) =(X1;X2)(X3;X4)-4(X1;X3)(X2;X4) +(X3;X4)(X1;X2) Exercice 4(Formes d´ecomposables).Une forme de∧kEest dited´ecomposablesi elle est produit de kformes de degr´e 1. On notenla dimension deE. a)Constater que les formes de degr´e 1 etnsont d´ecomposables. b)Montrer que les formes de degr´en-1 sont d´ecomposables (´etant donn´e ∈ ∧n1E, on pourra consid´erer une base du noyau de l'application R deEdans∧nEqui `a `associe`∧).

c)Si`1;`2;`3;`4sont des formes lin´eaires de degr´e 1 lin´eairement ind´ependantes, montrer

que =`1∧`2+`3∧`4n'est pas d´ecomposable (consid´erer d)L'annulateur d'une forme∈ ∧Eest le sous-espace {`∈E= `∧= 0}. Montrer que si

est non-nulle la dimension de son annulateur est inf´erieure au degr´e dekavec ´egalit´e si et

seulement si est d´ecomposable.

Corrige.

(a) Les formes de degr´e 1 sont ´evidemment d´ecomposables. Les formes de degr´en sont toutes des multiples def1∧:::∧fnet sont donc ´egalement d´ecomposables.

(b) Soitunen-1-forme altern´ee. Comme sugg´er´e par l'´enonc´e, on consid`ere l'application

lin´eaireR:E→ ∧nE;`7→`∧. Comme∧nEest de dimension 1,Rest soit nulle, soit

de rang 1, son noyau est donc de dimensionnoun-1. Soit (h1;:::;hn1) une famille libre `a n-1 ´el´ements appartenant au noyau deR. Compl´etons-la en une base deEen y ajoutant un

´el´ementhn∈E.

Ecrivons maintenantdans la base constitu´ee des (hI) o`uIest une partie de{1;:::;n}`a n-1 ´el´ements : jIj=n1 IhI:

Remarquons que si

0 =R(hi) =∑

jIj=n1

Par cons´equent tous les coefficients

est un multiple (´eventuellement nul) deh1∧:::∧hn1et donc queest d´ecomposable. (c) On v´erifie ais´ement que ∧= 2`1∧`2∧`3∧`4: Comme les formes lin´eaires sont lin´eairement ind´ependantes, l'exercice 2 nous donne ∧6= 0. Or si ´etait d´ecomposable, on aurait n´ecessairement∧= 0. (d) On raisonne comme dans la question (b) : on se donne une base (h1;:::;hp) de l'annu- lateur de, que l'on compl`ete en une base (h1;:::;hn) deE, puis on d´ecomposedans la base de∧kEassoci´ee : jIj=kIhI. Pour tout i∈ {1;:::;p},

0 =hi∧∑

jIj=k

Ihi∧hI=∑

jIj=k;i=2I

Ihi∧hI:

Les coefficients

Ine faisant pas apparaˆıtreisont donc nuls. Autrement dit tous les termes

composantsfont apparaˆıtrei, ceci pour touti∈ {1;:::;p}. On peut donc mettreh1∧:::∧hp

en facteur dans l'´ecriture dequi s'´ecrit donc : =h1∧:::∧hp∧, o`u∈ ∧kpE. En particulier, on remarque quek≥pet que l'´egalit´e est atteinte seulement lorsqueest d´ecomposable.

Exercice 5(Formes de degr´e 2).

Etant donn´e une base`= (`i)i=1;:::;ndeEet un entier ktel que 2k6n, on d´efinit k;`=`1∧`2+:::+`2k1∧`2k. a)Soit (ei) la base duale de (`i). Donner la matrice de k;`dans la base (ei). b)Calculer les puissances ext´erieuresk-i`eme et (k+ 1)-i`eme de k;`. Soit une forme!de degr´e 2. On se propose de montrer qu'il existe un unique entier ket une base (`i) tels que!=!k;`. Soit B !l'applicationE→Equi `axassocie!(x;·). c)Quel est le rang deB!k;`? On dit qu'un sous-espaceFdeEest!-symplectique si la restriction de !`aFest non- d´eg´en´er´ee, c'est `a dire que pour tout x∈Fnon nul il existey∈Ftel que!(x;y)6= 0. d)Montrer qu'un suppl´ementaire du noyau deB!est symplectique. e)On suppose!non-d´eg´en´er´ee. Montrer que si

F⊂Eest symplectique, alors

F ?!={x∈E= !(x;y) = 0;∀y∈F} est symplectique et est en somme directe avec F. f)Montrer que!=!k;`avecket (`i) convenablement choisis. g)Montrer que!est d´ecomposable ssik= 1.

Corrige.

(a) Il est facile de v´erifier que`2k1∧`2k(ei;ej) vaut 1 si (i;j) = (2k-1;2k),-1 si (i;j) = (2k;2k-1) et 0 sinon. Par cons´equent, la matrice de k;`, qui rappelons-le est la matrice A k;`= (!k;`(ei;ej))i;j, est la matrice dont tous les coefficients sont nuls except´eskblocs 2×2 diagonaux comme suit : A k;`= 0 1 -1 00 0 1 -1 0 0 0 0

(b) Cette question g´en´eralise le calcul fait dans la question (c) de l'exercice 4. On obtient de

mani`ere analogue ^kk;`=k!`1∧:::∧`2k et donc ^(k+1) k;`= 0. (c) Par d´efinition la matrice deB!dans les bases (ei) et (`i) est exactement la matrice de! dans la base (ei). Le rang deB!k;`est donc celui de sa matriceAk;`soit 2k. (d) SoitVun suppl´ementaire du noyau de!. Soitx∈V,xnon nul. Commexn'est pas

dans le noyau deB!, il existe un ´el´ementy∈Etel que!(x;y)6= 0. Un telys'´ecrit de mani`ere

uniquey=u+v, o`uu∈ker(b!) etv∈V. Alors !(x;v) =!(x;y)-!(x;u) =!(x;y)6= 0; et on a bien prouv´e que la restriction de !`aVest non d´eg´en´er´ee. (e) Commen¸cons par prouver que la somme est directe. Six∈F∩F?!, alors!(x;y) = 0 pour toutydansF. CommeFest symplectique, un telxdoit ˆetre nul. La somme est donc directe. Montrons mieux :FetF?!sont suppl´ementaires. Pour cela, montrons que la somme de leur dimensions vautn. Consid´erons l'applicationC:E7→F, telle queC(x) est la forme lin´eaire y7→!(x;y) (remarquer queCne diff`ere deB!que par son espace d'arriv´ee). Le noyau de Cest clairementF?!. Par ailleurs, le fait queFsoit symplectique implique que la restriction deC`a Fest injective. La restriction deC`aFest donc isomorphisme (car dim(F) = dim(F)) et en particulierCest surjective. Le th´eor`eme de rang appliqu´e `aCnous donne dimkerC+dimimC= net donc dim(F?!) + dim(F) =n. Il reste `a montrer queF?!est symplectique. Soitx∈F?!, non nul. Comme!est non

d´eg´en´er´ee, il existe un vecteury∈Epour lequel!(x;y)6= 0. Par ailleurs,yse d´ecompose sous

la formey=u+v,u∈F,v∈F?!. On a alors, !(x;v) =!(x;y)-!(x;u) =!(x;y)6= 0: La restriction de!`aF?!est donc non d´eg´en´er´ee.

(f) Etudions d'abord le cas o`u!est non d´eg´en´er´eeE. On peut alors construire un sous-

espace symplectique de dimension 2 de la fa¸con suivante. Soite1un vecteur non nul. Alors, il existe un vecteure2tel que!(e1;e2)6= 0. Quitte `a multipliere2par un scalaire, on peut mˆeme supposer que!(e1;e2) = 1. Comme!est antisym´etrique,e1ete2ne sont pas colin´eaires et la matrice de!restreint `a Vect(e1;e2), dans la base (e1;e2) est 0 1 -1 0)

Le sous espace

Vect(e1;e2) est donc symplectique et il en est de mˆeme de son orthogonal

Vect(e1;e2)?!.

On peut donc effectuer `a nouveau cette construction et construire un nouveau sous-espace

analogue Vect(e3;e4) inclus dans Vect(e1;e2)?!. En it´erant le proc´ed´e on construit ainsi une

base (ei) dans laquelle la matrice de!est 0 1 -1 00 00 1 Traitons enfin le cas g´en´eral. On fixe un suppl´ementaireVdu noyau deB!. La restriction

de!`aVest non d´eg´en´er´ee et on peut appliquer la construction pr´ec´edente et obtenir une base

(e1;:::;e2k) deV. En la compl´etant avec une base de kerB!, on obtient une base deEdans laquelle la matrice de!estAk;`. Autrement dit, dans cette base,!=!k;`. (g) Sik= 1, il est clair que!est d´ecomposable. Sinon, d'apr`es la question (b),w^k6= 0, ce qui ne peut pas arriver si!est d´ecomposable.

Exercice 6(Sur la sph`ere).

Rappelons que l'on d´efinit sur la sph`ere par projection st´er´eogra- phique deux syst`emes de coordonn´ees (UN=S2\ {N};xN;yN) et (US=S2\ {S};xS;yS). L'on a (xS;yS) =(xN;yN)

NavecN=x2N+y2N:

a)ExprimerdxS,dyS,dxS∧dySen fonction de dx

N,dyNetdxN∧dyN.

b)D´ecrire les formes diff´erentielles de la sph`ere `a l'aide des rep`eres (1;dxS;dyS;dxS∧dyS) et (1;dxN;dyN;dxN∧dyN) de ∧TS2 c)V´erifier que la deux-forme!donn´ee surUSetUNpar !|UN=-4dxN∧dyN (1 +N)2; !|US= 4dxS∧dyS (1 +S)2 est bien d´efinie sur la sph`ere.

Corrige.

(a) Rappelons que par d´efinition des coordonn´eesx1;:::;xnsur un ouvertUd'une

vari´et´e diff´erentiableMsont des fonctions d´efinies surUet `a valeurs dansRtelles que l'appli-

cationx7→(x1(x);:::;xn(x)),U→Rnest un diff´eomorphisme sur son image (autrement dit

une carte). Alors, en tout pointx∈U, la famille des diff´erentielles (dx1(x);:::;dxn(x)) forme

une base de l'espace cotangentTxM. CalculerdxSrevient `a appliquer les formules de diff´erentiation de fonctions compos´ees. On axS=xN Ndonc dx S=1

2N(NdxN-xNdN)

1

2N((y2N-x2N)dxN-2xNyNdyN):

De mani`ere analogue,

dy S=1

2N((x2N-y2N)dxN-2xNyNdxN):

Pour calculerdxS∧dyS, on remplacedxSetdySpar les formules ci-dessus puis on d´eveloppe. On utilise ensuite les identit´esdxN∧dxN= 0,dyN∧dyN= 0 etdxN∧dyN=-dyN∧dxN. On obtient dx

S∧dyS=-1

4N((x2N-y2N)2+ 4xNyN)dxN∧dyN

-1 2Ndx

N∧dyN:

(b) Les 0-formes sont simplement les fonctions (lisses bien-sˆur) sur la sph`ere. Une 1-formede la sph`ere est la donn´ee de fonctionsfS;gS:US→RetfN;gN:UN→R telle que |US=fSdxS+gSdyS; |UN=fNdxN+gNdyN et telle que sur l'intersection U S∩Unon ait, d'apr`es les formules obtenues en (a), f

S(y2N-x2N)-2gSxNyN=fN2N

g

S(x2N-y2N)-2fSxNyN=gN2N

De mani`ere similaire, se donner une 2-formesur la sph`ere revient `a se donner deux fonctions h

S:Us→RethN→Rtelles que

|US=hSdxS∧dySet|UN=hNdxN∧dyN et telles que sur l'intersection U

S∩UN, on ait

h

S=-2NhN:

(c) D'apr`es la description donn´ee dans la question pr´ec´edente, il suffit de prouver que 4 (1 +S)2=-2N-4 (1 +N)2; ce qui se v´erifie ais´ement, ´etant donn´e que S=1 N.

Exercice 7(Formes invariantes sur la sph`ere).

D´eterminer la dimension du sous-espace de

kTS2compos´e des formes invariantes par rotation. En degr´e 2, on pourra consid´erer la forme

d´efinie par x(Y;Z) = det(x;Y;Z) pour tout x∈S2etY;Z∈TxS2.

Corrige.

Rappelons que l'ensemble des rotations deR3agit de mani`ere transitive sur la sph`ere : pour tout couple de points (x;y) de la sph`ere, il existe une rotation envoyantxsury. Ainsi, une fonction sur la sph`ere invariante par rotation est n´ecessairement constante. L'espace des

0-formes (i.e., l'espace des fonctions) invariantes est donc de dimension 1.

Consid´erons `a pr´esent l'espace des 1-formes invariantes par rotations, autrement dit l'espace

des 1-formestelles que pour toute rotationRdeR3, on aitR=. Nous allons montrer

qu'une telle forme est forc´ement nulle. SoitPun point de la sph`ere. Consid´erons la projection

st´er´eographique:S2\{-P} →R2construite `a partir du point-Pantipode deP, de sorte que (P) = 0. Consid´erons la rotation particuli`ereRd'angleet d'axe dirig´e parP. L'hypoth`ese R =transport´ee pardonne (1)R= (1). En notant= (1)etg= ◦R◦1, on obtientg=. Remarquons quegn'est rien d'autre que l'applicationx7→ -x;R2→R2. Par cons´equent,-(-x) =(x) et en particulier,(0) = 0. Ceci implique par construction (P) = 0.

Consid´erons enfin le cas des 2-formes invariantes par rotations. L'´enonc´e sugg`ere de consid´erer

dans un premier temps la formedonn´ee par x(Y;Z) = det(x;Y;Z): Il s'agit bien d'une 2-forme puisque que pour tout x,xest altern´ee et qued´epend de mani`ere lisse dex. De plus,est invariante par rotation : siRest une rotation deR3, son application lin´eaire tangente en tout pointxestTxR=Rdonc (R)x(Y;Z) =R(x)(TxR(Y);TxR(Z)) = det(R(x);R(Y);R(Z)) = det(R)det(x;Y;Z) =x(Y;Z): Comme ne s'annule en aucun point de la sph`ere, tout 2-formede la sph`ere s'´ecrit comme le produit depar une fonctionf(qui est lisse mais c'est inutile ici). Siest invariante par rotation, on peut ´ecrire (f◦R)= (f◦R)R=R==f; ce qui montre que fest invariante par rotation donc constante. L'ensemble des deux formes invariantes par rotation n'est donc constitu´e que des multiples de et est donc de dimension 1.

Exercice 8(Forme angulaire).

V´erifier que la formedeR2\ {0}

=xdy-ydx x 2+y2 est ferm´ee. D´eterminer l'image r´eciproque o`u'est l'application de

RdansR2

∈R→(cos;sin)∈R2

Montrer que

n'est pas exacte.

Corrige.

V´erifions queest ferm´ee :

d=d(x x 2+y2) ∧dy-d(yquotesdbs_dbs43.pdfusesText_43