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Publié par | analyse-mpsi |
Nombre de lectures | 115 |
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Langue | Français |
Extrait
[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 26 juillet 2013
Matrice
jacobienne
Exercice 1[ 00052 ][correction]
a) Calculer le jacobien de l’application(r θ)7→(rcosθ rsinθ)
b) Mme question avec(r θ ϕ)7→(rsinθcosϕ rsinθsinϕ rcosθ).
Enoncés
Exercice 2X MP[ 01323 ][correction]
Soitf∈ C2(RnRn)dont la matrice jacobienne est, en tout point, antisymétrique.
Montrer qu’il existeb∈RnetA∈ Mn(R)antisymétrique tels que :
∀x∈Rn f(x) =Ax+b
1
Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD
[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 26 juillet 2013
Corrections
Exercice 1 :[énoncé]
Les deux applications sont de classeC1
a) On obtientr.
b) On obtientr2sinθ.
Corrections
Exercice 2 :[énoncé]
Notonsf1 fnles fonctions composantes defetD1 Dnles opérateurs de
dérivées partielles.
L’antisymétrie de la matrice jacobienne defdonne
∀i j∈ {1 n}Di(fj) =−Dj(fi)
Exploitons cette propriété pour établir que les dérivées partielles defsont
constantes
Soienti j k∈ {1 n}. Par antisymétrie
Dk(Djfi) =−Dk(Difj)
Par le théorème de Schwarz, puis par antisymétrie
Dk(Djfi) =−Di(Dkfj) = Di(Djfk)
A nouveau par le théorème de Schwarz et par antisymétrie
Dk(Djfi) = Dj(Difk) =−Dj(Dkfi)
Enfin, en vertu du théorème de Schwarz, on obtient
Dk(Djfi) = 0
Ainsi toutes les dérivées partielles deDjfisont nulles et doncDjfiest constante.
En posantaijla valeur de cette constante, on obtient
Jac(f) = (aij)16i6n16j6n=A∈ Mn(K)antisymétrique
Enfin en intégrant, on obtient
f(x) =Ax+bavecb=f(0)
2
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