Calcul différentiel/Exercices/Inversion locale, fonctions implicites

Exercice 1

Montrer que l'application ${\displaystyle \varphi$ est un C¹-difféomorphisme de l'ouvert $\left]0,\infty \right[\times \left]-\pi ,\pi \right[$ sur le plan privé de la demi-droite $\mathbb {R} _{-}$ . Si $f(x,y)=g(r,\theta )$ , donner les formules de passage entre les dérivées partielles de $f$ et celles de $g$ .
Soit $U$ le plan privé de l'origine, et $f(x,y)=(x^{2}-y^{2},2xy)$ . Montrer que $f$ est un difféomorphisme local au voisinage de tout point de $U$ mais n'est pas un difféomorphisme global.
Soit $g$ l'application de $\mathbb {R} ^{2}$ dans $\mathbb {R} ^{2}$ définie par $g(x,y)=(x+y,xy)$ . Trouver un ouvert connexe maximal $U\subset \mathbb {R} ^{2}$ tel que $g$ soit un difféomorphisme de $U$ sur $g(U)$ .
Soit $h$ l'application de $\mathbb {R} ^{2}$ dans $\mathbb {R} ^{2}$ définie par $h(x,y)=(\operatorname {e} ^{x}\cos y,\operatorname {e} ^{x}\sin y)$ . Montrer que $h$ est de classe C¹ et que $D_{(x,y)}h$ est inversible pour tout $(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}$ , mais que $h$ n'est pas un difféomorphisme de $\mathbb {R} ^{2}$ sur $h(\mathbb {R} ^{2})$ .

Solution

L'application $\varphi$ est de classe C^∞ car ses coordonnées le sont. Pour montrer que c'est un difféormorphisme global, il suffit de montrer que c'est un difféo local (théorème d'inversion locale) et qu'elle est bijective. Calculons sa matrice jacobienne : $J\varphi (r,\theta )={\begin{pmatrix}\cos \theta &-r\sin \theta \\\sin \theta &r\cos \theta \end{pmatrix}}$ .
Le jacobien de $\varphi$ est $\det(J\varphi (r,\theta ))=r(\cos ^{2}\theta +\sin ^{2}\theta )=r>0$ si $(x,y)\neq (0,0)$ . L'application $\varphi$ est donc bien un difféomorphisme local au voisinage de chaque point de $\left]0,\infty \right[\times \left]-\pi ,\pi \right[$ . La bijectivité se vérifie en explicitant par exemple la réciproque de $\varphi$ (si l'on cherche $(r,\theta )$ d'image $(x,y)$ par $\varphi$ , on pourra considérer les données $x^{2}+y^{2}$ et $y/x$ ...).
$Jf(x,y)=2{\begin{pmatrix}x&-y\\y&x\end{pmatrix}}$ est inversible pour tout $(x,y)\neq (0,0)$ , mais $f$ n'est pas injective (c'est l'application complexe $z\mapsto z^{2}$ ).
$(S,P)$ appartient à l'image de $g$ si et seulement si $S^{2}-4P\geq 0$ , et ses deux antécédents (éventuellement confondus) sont $(x_{1},x_{2})$ et $(x_{2},x_{1})$ , où $x_{1}$ et $x_{2}$ sont les deux solutions de $x^{2}-Sx+p=0$ . $g$ réalise donc une bijection de $U:=\{(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}\mid x<y\}$ sur $g(U)=\{(S,P)\in \mathbb {R} ^{2}\mid S^{2}-4P>0\}$ et $U$ est un ouvert maximal pour cette propriété. De plus, $U$ est connexe, $g$ est C^∞ sur $U$ , et $\forall (x,y)\in U\quad \det J_{g}(x,y)={\begin{vmatrix}1&y\\1&x\end{vmatrix}}=x-y\neq 0$ .
$h$ est C^∞ car ses deux composantes (de $\mathbb {R} ^{2}$ dans $\mathbb {R}$ ) le sont, comme produits de composées d'une projection de $\mathbb {R}$ dans $\mathbb {R} ^{2}$ et d'une fonction C^∞ de $\mathbb {R}$ dans $\mathbb {R}$ .
$\det J_{h}(x,y)=\operatorname {e} ^{2x}{\begin{vmatrix}\cos y&-\sin y\\\sin y&\cos y\end{vmatrix}}=\operatorname {e} ^{2x}\neq 0$ .
On peut remarquer que vue de $\mathbb {C}$ dans $\mathbb {C}$ , $h$ est l'application exponentielle.
Elle ne devient injective que si on la restreint, par exemple, à $0\leq y<2\pi$ .

Exercice 2

Soit ${\displaystyle \varphi$ .

Justifier que $\varphi$ est de classe C¹, calculer sa différentielle et voir que $\mathrm {D} \varphi (x,y)$ est inversible pour tout $(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}$ .
Montrer que $\varphi$ est injective et en déduire que c'est un C¹-difféomorphisme de $\mathbb {R} ^{2}$ sur $\varphi (\mathbb {R} ^{2})$ . Justifier que $\varphi (\mathbb {R} ^{2})$ est un ouvert.
Montrer que $\varphi ^{-1}$ (définie sur $\varphi (\mathbb {R} ^{2})$ ) est lipschitzienne (quelle que soit la norme choisie sur $\mathbb {R} ^{2}$ ).
En déduire que $\varphi$ est un difféomorphisme de $\mathbb {R} ^{2}$ sur $\mathbb {R} ^{2}$ .
Soit $p=(\pi /2-1,\pi -1/{\sqrt {2}})$ . Calculer $\mathrm {D} \varphi ^{-1}(p)$ .

Solution

$\varphi$ a ses deux composantes de classe C¹ ; elle l'est donc aussi. $J\varphi (x,y)={\begin{pmatrix}1&-1/2\cos(y/2)\\-1/2\cos(x/2)&1\end{pmatrix}}$ .
$\det(J\varphi (x,y))=1-1/4\cos(x/2)\cos(y/2)\geq 3/4>0$ donc $\mathrm {D} \varphi (x,y)$ est inversible.
Supposons $\varphi (x_{1},y_{1})=\varphi (x_{2},y_{2})$ . Alors, $x_{1}-\sin(y_{1}/2)=x_{2}-\sin(y_{2}/2)$ et $y_{1}-\sin(x_{1}/2)=y_{2}-\sin(x_{2}/2)$ .
D'où $\sin(y_{1}/2)-\sin(y_{2}/2)=x_{1}-x_{2}$ et $\sin(x_{1}/2)-\sin(x_{2}/2)=y_{1}-y_{2}$ .
Or, $\forall a,b\in \mathbb {R} \quad |\sin a-\sin b|\leq |a-b|$ (d'après l'inégalité des accroissements finis). Donc $|x_{1}-x_{2}|\leq |y_{1}/2-y_{2}/2|$ et $|y_{1}-y_{2}|\leq |x_{1}/2-x_{2}/2|$ d'où $|x_{1}-x_{2}|\leq 1/4|x_{1}-x_{2}|$ , si bien que $x_{1}=x_{2}$ et $y_{1}=y_{2}$ .
Par conséquent, $\varphi$ est injective, donc (d'après la question précédente et le théorème d'inversion locale) c'est un C¹-difféomorphisme de $\mathbb {R} ^{2}$ sur $\varphi (\mathbb {R} ^{2})$ et $\varphi (\mathbb {R} ^{2})$ est ouvert (comme réunion d'ouverts).
Soient $(X_{1},Y_{1}),(X_{2},Y_{2})\in \varphi (\mathbb {R} ^{2})$ avec $\varphi (x_{1},y_{1})=(X_{1},Y_{1})$ et $\varphi (x_{2},y_{2})=(X_{2},Y_{2})$ ou encore $\varphi ^{-1}(X_{1},Y_{1})=(x_{1},y_{1})$ et $\varphi ^{-1}(X_{2},Y_{2})=(x_{2},y_{2})$ .
En choisissant par exemple comme norme sur $\mathbb {R} ^{2}$ : $\|(x,y)\|=|x|+|y|$ , on a
$\|\varphi ^{-1}(X_{1},Y_{1})-\varphi ^{-1}(X_{2},Y_{2})\|=\|(x_{1},y_{1})-(x_{2},y_{2})\|=\|(x_{1}-x_{2},y_{1},y_{2})\|=|x_{1}-x_{2}|+|y_{1}-y_{2}|$ .
Or $x_{1}-\sin(y_{1}/2)=X_{1}$ , $x_{2}-\sin(y_{2}/2)=X_{2}$ , $y_{1}-\sin(x_{1}/2)=Y_{1}$ et $y_{2}-\sin(x_{2}/2)=Y_{2}$ .
Par conséquent, $x_{1}-x_{2}=\sin(y_{1}/2)+X_{1}-\sin(y_{2}/2)-X_{2}$ et $y_{1}-y_{2}=\sin(x_{1}/2)+Y_{1}-\sin(x_{2}/2)-Y_{2}$ . D'où
${\begin{aligned}|x_{1}-x_{2}|+|y_{1}-y_{2}|&\leq |X_{1}-X_{2}|+|\sin(y_{1}/2)-\sin(y_{2}/2)|+|Y_{1}-Y_{2}|+|\sin(x_{1}/2)-\sin(x_{2}/2)|\\&\leq |X_{1}-X_{2}|+1/2|y_{1}-y_{2}|+|Y_{1}-Y_{2}|+1/2|x_{1}-x_{2}|\end{aligned}}$
d'où $|x_{1}-x_{2}|+|y_{1}-y_{2}|\leq 2(|X_{1}-X_{2}|+|Y_{1}-Y_{2}|)=2\|(X_{1},Y_{1})-(X_{2},Y_{2})\|$ . Donc $\varphi ^{-1}$ est lipschitzienne.
Remarque : cette première méthode pour prouver que $\varphi ^{-1}$ est lipschitzienne redémontre de plus — en prenant le cas particulier $(X_{1},Y_{1})=(X_{2},Y_{2})$ — que $\varphi$ est injective.
Seconde méthode :
$\left|\left|\left|J_{\varphi ^{-1}}(\varphi (x,y))\right|\right|\right|=\left|\left|\left|{\frac {1}{1-1/4\cos(x/2)\cos(y/2)}}{\begin{pmatrix}1&1/2\cos(y/2)\\1/2\cos(x/2)&1\end{pmatrix}}\right|\right|\right|\leq 2$ car
$0<{\frac {1}{1-1/4\cos(x/2)\cos(y/2)}}\leq {\frac {4}{3}}\quad {\text{et}}\quad |u+v/2\cos(y/2)|+|u/2\cos(x/2)+v|\leq {\frac {3}{2}}(|u|+|v|)$ .
Donc d'après l'inégalité des accroissements finis, $\varphi ^{-1}$ est lipschitzienne.
Remarque : il était inutile de choisir une norme sur $\mathbb {R} ^{2}$ , induisant une norme subordonnée particulière sur $\operatorname {M} _{2}(\mathbb {R} )$ . Puisque toutes les normes sur $\operatorname {M} _{2}(\mathbb {R} )$ sont équivalentes, il suffisait, pour affirmer que $(x,y)\mapsto \left|\left|\left|J_{\varphi ^{-1}}(\varphi (x,y))\right|\right|\right|$ est bornée, de remarquer que les quatre coefficients de la fonction matricielle $J_{\varphi ^{-1}}:\varphi (\mathbb {R} ^{2})\to \operatorname {M} _{2}(\mathbb {R} )$ sont des fonctions bornées (de $\varphi (\mathbb {R} ^{2})$ dans $\mathbb {R}$ ).
Il reste à montrer que l'ensemble $\varphi (\mathbb {R} ^{2})$ (ouvert non vide) est égal à $\mathbb {R} ^{2}$ . Par connexité de $\mathbb {R} ^{2}$ , il suffit pour cela de montrer que cet ensemble est fermé.
Soit $(X_{n},Y_{n})$ une suite dans $\varphi (\mathbb {R} ^{2})$ , convergeant vers un élément $(X,Y)$ de $\mathbb {R} ^{2}$ . Puisque $(X_{n},Y_{n})$ est de Cauchy et que $\varphi ^{-1}$ est lipschitzienne, la suite $(x_{n},y_{n}):=\varphi ^{-1}(X_{n},Y_{n})$ est de Cauchy. Elle converge donc vers un élément $(x,y)$ de $\mathbb {R} ^{2}$ , et $(X_{n},Y_{n})=\varphi (x_{n},y_{n})\to \varphi (x,y)$ donc $(X,Y)=\varphi (x,y)\in \varphi (\mathbb {R} ^{2})$ .
$p=\varphi (\pi /2,\pi )$ . Par conséquent, $J\varphi ^{-1}(p)=(J\varphi (\pi /2,\pi ))^{-1}={\begin{pmatrix}1&0\\-{\frac {1}{2{\sqrt {2}}}}&1\end{pmatrix}}^{-1}={\begin{pmatrix}1&0\\{\frac {1}{2{\sqrt {2}}}}&1\end{pmatrix}}$ .

Généralisation : soit $F:\mathbb {R} ^{n}\to \mathbb {R} ^{n}$ différentiable. On suppose qu'il existe $C>0$ tel que pour tout $x,y\in \mathbb {R} ^{n}$

(*)

\|F(x)-F(y)\|\geq C\|x-y\|

.

Justifier que $F$ est injective.
Montrer que pour tous $y,e\in \mathbb {R} ^{n}$ , $\|DF(y)[e]\|\geq C\|e\|$ (on pourra prendre $x=y+te$ dans (*) puis faire tendre $t$ vers $0$ ).
Soit $a\in \mathbb {R} ^{n}$ . Montrer que $\lim _{\|x\|\to +\infty }\|F(x)-a\|=+\infty$ .
En déduire que la fonction $g:x\mapsto \|F(x)-a\|_{2}^{2}$ admet un minimum global sur $\mathbb {R} ^{n}$ . En calculant son gradient en ce point de minimum, montrer qu'il existe $x_{a}\in \mathbb {R} ^{n}$ tel que $F(x_{a})=a$ .
Conclure que $F$ est surjective de $\mathbb {R} ^{n}$ sur $\mathbb {R} ^{n}$ .
Application : soit $f:\mathbb {R} \to \mathbb {R}$ dérivable. On suppose qu'il existe $\kappa \in \left]0,1\right[$ tel que $\forall t\in \mathbb {R} \quad |f'(t)|\leq \kappa$ . On définit alors la fonction ${\displaystyle \varphi$ . Montrer que $|f(t)-f(s)|\leq \kappa |t-s|$ et en déduire que $\langle \varphi (x,y)-\varphi (u,v),(x,y)-(u,v)\rangle \geq (1-\kappa )\|(x,y)-(u,v)\|_{2}^{2}$ (et donc $\|\varphi (x,y)-\varphi (u,v)\|_{2}\geq (1-\kappa )\|(x,y)-(u,v)\|_{2}$ d'après l'inégalité de Cauchy-Schwarz, si bien que d'après tout ce qui précède, ${\displaystyle \varphi$ est bijective).

Solution

$F$ est injective car si $F(x)=F(y)$ alors $C\|x-y\|\leq 0$ donc $x=y$ .
En suivant l'indication, on obtient : $\|F(y+te)-F(y)\|\geq C|t|\|e\|$ . Après division par $|t|$ (pour $t\neq 0$ ), on en déduit, par passage à la limite quand $t\to 0$ : $\|DF(y)[e]\|\geq C\|e\|$ .
$\|F(x)-a\|\geq \|F(x)-F(0)\|-\|a-F(0)\|\geq C\|x\|-\|a-F(0)\|$ , donc $\lim _{\|x\|\to +\infty }\|F(x)-a\|=+\infty$ .
La fonction $g:x\mapsto \|F(x)-a\|_{2}^{2}$ (continue) admet donc (au moins) un point de minimum global (d'après l'exercice « Extrema d'une fonction continue » de la leçon sur les espaces vectoriels normés). En un tel point $x_{a}$ , son gradient est nul. Or (pour tout point $x$ et tout vecteur $e$ ) $\langle \nabla _{g}(x),e\rangle =D_{g}(x)(e)=2\langle F(x)-a,DF(x)[e]\rangle$ . La nullité du vecteur $\nabla _{g}(x_{a})$ se traduit donc par : $F(x_{a})-a$ est orthogonal à $DF(x_{a})[e]$ pour tout vecteur $e$ . Mais d'après la question 2, pour tout $x\in \mathbb {R} ^{n}$ , l'application linéaire $DF(x):\mathbb {R} ^{n}\to \mathbb {R} ^{n}$ est injective donc surjective. Par conséquent, le vecteur $F(x_{a})-a$ est orthogonal à $\mathbb {R} ^{n}$ tout entier, donc ce vecteur est nul, c'est-à-dire : $F(x_{a})=a$ .
Pour tout $a\in \mathbb {R} ^{n}$ , il existe $x_{a}\in \mathbb {R} ^{n}$ tel que $F(x_{a})=a$ . Donc $F$ est surjective de $\mathbb {R} ^{n}$ sur $\mathbb {R} ^{n}$ .
$|f(t)-f(s)|\leq \kappa |t-s|$ résulte immédiatement de la majoration de $|f'|$ et de l'inégalité des accroissements finis.
${\begin{aligned}\langle \varphi (x,y)-\varphi (u,v),(x,y)-(u,v)\rangle &=(x-u)^{2}+(y-v)^{2}+(f(y)-f(v))(x-u)+(f(x)-f(u))(y-v)\\&\geq (x-u)^{2}+(y-v)^{2}-2\kappa |x-u||y-v|\\&\geq (1-\kappa )\|(x,y)-(u,v)\|_{2}^{2}.\end{aligned}}$

Exercice 3

Soient $E=\mathrm {M} _{n}(\mathbb {R} )$ et $I$ la matrice unité dans $E$ . En considérant $\varphi :E\to E,\ A\mapsto A^{2}$ , montrer qu'il existe $\alpha >0$ tel que toute matrice $A$ vérifiant $\|A-I\|<\alpha$ admette une racine carrée.

Solution

$\varphi$ est C¹, $\varphi (I)=I$ et $\mathrm {d} \varphi _{I}$ est inversible (c'est l'homothétie de rapport $2$ ). On peut donc appliquer le théorème d'inversion locale.

Exercice 4

Montrer que si $a$ et $b$ sont voisins de $1$ , on peut trouver $x,y\in \mathbb {R}$ tels que $y+\mathrm {e} ^{xy}=a$ et $x+\mathrm {e} ^{-xy}=b$ .
Soit $f:\mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R} ^{2},\ \left(x,y\right)\mapsto \left(x\sin \left(xy\right)+y,y\cos \left(xy\right)+x\right)$ , et soit $\left(\left(a_{n},b_{n}\right)\right)$ une suite convergeant vers $\left(0,0\right)$ . Montrer que si $f\left(a_{n},b_{n}\right)=(0,0)$ pour tout $n$ , la suite $\left(\left(a_{n},b_{n}\right)\right)$ stationne.

Solution

Considérons l'application $f:\mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R} ^{2},\ \left(x,y\right)\mapsto \left(y+\mathrm {e} ^{xy},x+\mathrm {e} ^{-xy}\right)$ (qui est C^∞). On a $f\left(0,0\right)=\left(1,1\right)$ et $Jf\left(0,0\right)={\begin{pmatrix}y\mathrm {e} ^{xy}&1+x\mathrm {e} ^{xy}\\1-y\mathrm {e} ^{-xy}&-x\mathrm {e} ^{-xy}\end{pmatrix}}\left(0,0\right)={\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}}$ (inversible). On peut donc appliquer le théorème d'inversion locale.
Si $f\left(x,y\right)=\left(0,0\right)$ alors $\left|y\right|=\left|x\sin \left(xy\right)\right|\leq \left|x^{2}y\right|$ et $\left|x\right|=\left|y\cos \left(xy\right)\right|\leq \left|y\right|$ donc $\left|y\right|\leq \left|y^{3}\right|$ donc si $\left|y\right|<1$ alors $y=0$ et $x=0$ .
Ou en utilisant le théorème d'inversion locale : $f\left(0,0\right)=\left(0,0\right)$ et $Jf\left(0,0\right)={\begin{pmatrix}\sin(xy)+xy\cos(xy)&x^{2}\cos(xy)+1\\-y^{2}\sin(xy)+1&\cos(xy)-xy\sin(xy)\end{pmatrix}}\left(0,0\right)={\begin{pmatrix}0&1\\1&1\end{pmatrix}}$ est inversible donc tout point $\left(x,y\right)$ voisin de $\left(0,0\right)$ — en particulier le point $\left(0,0\right)$ lui-même — est, à proximité de $\left(0,0\right)$ , le seul antécédent de $f\left(x,y\right)$ .

Exercice 5

Donner l'allure de la courbe d'équation $x^{4}+y^{3}-x^{2}-y^{2}+x-y=0$ au voisinage des points $\left(0,0\right)$ et $\left(1,1\right)$ .
Soit $f\left(x,y\right)=x^{3}+y^{3}-3xy-1$ . Montrer que $f\left(x,y\right)=0$ définit au voisinage de $\left(0,1\right)$ une fonction implicite $y=\phi \left(x\right)$ de classe C^∞, et donner le développement limité à l'ordre $3$ de $\phi$ en $0$ .
Soit $g\left(x,y\right)=2\operatorname {e} ^{x+y-1}+\ln(x-y)-2x+y^{3}$ . Montrer que $g\left(x,y\right)=0$ définit au voisinage de $\left(1,0\right)$ une fonction implicite $y=\phi \left(x\right)$ de classe C^∞, et donner le développement limité à l'ordre $3$ de $\phi$ en $1$ .
Soit $h\left(x,y,z\right)=x^{3}+y^{3}+z^{3}-2z\left(x+y\right)-2x+y-2z-1$ . Montrer que $h\left(x,y,z\right)=0$ définit au voisinage de $\left(0,0,-1\right)$ une fonction implicite $z=\phi \left(x,y\right)$ de classe C^∞, et donner le développement limité à l'ordre $2$ de $\phi$ en $\left(0,0\right)$ .

Solution

Soit $f\left(x,y\right):=x^{4}+y^{3}-x^{2}-y^{2}+x-y$ $f\left(x,y\right):=x^{4}+y^{3}-x^{2}-y^{2}+x-y$ .
${\frac {\partial f}{\partial x}}\left(x,y\right)=4x^{3}-2x+1$ et ${\frac {\partial f}{\partial y}}\left(x,y\right)=3y^{2}-2y-1$ .

Les deux points sont réguliers :
- ${\frac {\partial f}{\partial x}}\left(0,0\right)=1$ et ${\frac {\partial f}{\partial y}}\left(0,0\right)=-1$ .
  $y=x+ax^{2}+o\left(x^{2}\right)$ ,
  
  $0=-x^{2}-x^{2}+{\cancel {x}}-\left({\cancel {x}}+ax^{2}\right)+o\left(x^{2}\right)$
  
  donc $a=-2$ . La tangente a pour pente $1$ et la courbe est en dessous.
- ${\frac {\partial f}{\partial x}}\left(1,1\right)=3$ et ${\frac {\partial f}{\partial y}}\left(1,1\right)=0$ .
  $y=1+h$ , $x=1+ah^{2}+o\left(h^{2}\right)$ ,
  
  ${\begin{aligned}0&=\left(1+ah^{2}\right)^{4}+\left(1+h\right)^{3}-\left(1+ah^{2}\right)^{2}-\left(1+h\right)^{2}+\left(1+ah^{2}\right)-\left(1+h\right)+o\left(h^{2}\right)\\&={\cancel {1}}+4ah^{2}+{\cancel {1}}+3h+3h^{2}-{\cancel {1}}-2ah^{2}-{\cancel {1}}-2h-h^{2}+{\cancel {1}}+ah^{2}-{\cancel {1}}-h+o\left(h^{2}\right)\\&=h^{2}\left(4a+3-2a-1+a\right)+o\left(h^{2}\right)\end{aligned}}$
  
  donc $a=-2/3$ . La tangente est verticale et la courbe est à gauche.
$f$ est de classe C^∞ et ${\frac {\partial f}{\partial y}}\left(x,y\right)=3y^{2}-3x$ .
$f\left(0,1\right)=0$ et ${\frac {\partial f}{\partial y}}\left(0,1\right)=3\neq 0$ , d'où l'existence et la régularité de $\phi$ .

Soit $\phi \left(x\right)=1+ax+bx^{2}+cx^{3}+o\left(x^{3}\right)$ son développement limité à l'ordre $3$ en $0$ .

${\begin{aligned}0&=x^{3}+\left(1+ax+bx^{2}+cx^{3}\right)^{3}-3x\left(1+ax+bx^{2}+cx^{3}\right)-1+o\left(x^{3}\right)\\&=x^{3}+{\cancel {1}}+3ax+3bx^{2}+3cx^{3}+3a^{2}x^{2}+6abx^{3}+a^{3}x^{3}-3x\left(1+ax+bx^{2}\right)-{\cancel {1}}+o\left(x^{3}\right)\\&=x\left(3a-3\right)+x^{2}\left(3b+3a^{2}-3a\right)+x^{3}\left(1+3c+6ab+a^{3}-3b\right)+o\left(x^{3}\right)\end{aligned}}$

donc $a=1$ , $b=0$ et $c=-2/3$ .
$g$ est de classe C^∞ et ${\frac {\partial g}{\partial y}}\left(x,y\right)=2\operatorname {e} ^{x+y-1}-{\frac {1}{x-y}}+3y^{2}$ .
$g\left(1,0\right)=0$ et ${\frac {\partial g}{\partial y}}\left(1,0\right)=1\neq 0$ , d'où l'existence et la régularité de $\phi$ .

Soit $\phi \left(1+u\right)=au+bu^{2}+cu^{3}+o\left(u^{3}\right)$ son développement limité à l'ordre $3$ en $1$ .

${\begin{aligned}0&=2\operatorname {e} ^{(1+a)u+bu^{2}+cu^{3}}+\ln \left(1+(1-a)u-bu^{2}-cu^{3}\right)-2-2u+\left(au\right)^{3}+o\left(u^{3}\right)\\&={\cancel {2}}+2(1+a)u+2bu^{2}+2cu^{3}+(1+a)^{2}u^{2}+2(1+a)bu^{3}+(1+a)^{3}u^{3}/3\\&\quad +(1-a)u-bu^{2}-cu^{3}-(1-a)^{2}u^{2}/2+(1-a)bu^{3}+(1-a)^{3}u^{3}/3-{\cancel {2}}-2u+a^{3}u^{3}+o\left(u^{3}\right)\\&=(1+a)u+u^{2}\left[b+1/2+3a+a^{2}/2\right]+u^{3}\left[c+3b+ab+2/3+2a^{2}+a^{3}\right]+o\left(u^{3}\right)\end{aligned}}$

donc $a=-1$ , $b=2$ et $c=-17/3$ .
$h$ est de classe C^∞ et ${\frac {\partial h}{\partial z}}\left(x,y,z\right)=3z^{2}-2\left(x+y\right)-2$ .
$h\left(0,0,-1\right)=0$ et ${\frac {\partial h}{\partial z}}\left(0,0,-1\right)=1\neq 0$ , d'où l'existence et la régularité de $\phi$ .

Soit $\phi \left(x,y\right)=-1+ax+by+cx^{2}+dxy+ey^{2}+o\left(x^{2}+y^{2}\right)$ son développement limité à l'ordre $2$ en $\left(0,0\right)$ .

${\begin{aligned}0&=\left(-1+ax+by+cx^{2}+dxy+ey^{2}\right)^{3}-2\left(-1+ax+by\right)\left(x+y\right)-2x+y-2\left(-1+ax+by+cx^{2}+dxy+ey^{2}\right)-1+o\left(x^{2}+y^{2}\right)\\&=-{\cancel {1}}+3ax+3by+3cx^{2}+3dxy+3ey^{2}-3\left(a^{2}x^{2}+2abxy+b^{2}y^{2}\right)-2\left(-x+ax^{2}+bxy-y+axy+by^{2}\right)-2x+y-2\left(-{\cancel {1}}+ax+by+cx^{2}+dxy+ey^{2}\right)-{\cancel {1}}+o\left(x^{2}+y^{2}\right)\\&=x\left(3a+2-2-2a\right)+y\left(3b+2+1-2b\right)+x^{2}\left(3c-3a^{2}-2a-2c\right)+xy\left(3d-6ab-2b+2a-2d\right)+y^{2}\left(3e-3b^{2}-2b-2e\right)+o\left(x^{2}+y^{2}\right)\end{aligned}}$

donc $a=0$ , $b=-3$ , $c=0$ , $d=-6$ et $e=21$ .

Exercice 6

Soient $P_{0}$ un polynôme réel de degré $d$ et $\alpha _{0}$ une racine simple de $P_{0}$ .
En considérant l'application $\mathbb {R} _{d}\left[X\right]\times \mathbb {R} \to \mathbb {R} ,\ \left(P,\alpha \right)\mapsto P\left(\alpha \right)$ , montrer qu'il existe un voisinage $U\times V$ de $\left(P_{0},\alpha _{0}\right)$ tel que tout polynôme $P\in U$ ait une unique racine $\alpha$ dans $V$ , que cette racine soit simple, et que l'application $P\mapsto \alpha$ soit de classe C^∞.
Montrer que si $P_{0}$ a $k$ racines simples, il existe un voisinage $U$ de $P_{0}$ et $k$ fonctions C^∞ $\phi _{1},\dots ,\phi _{k}:U\to \mathbb {R}$ tels que pour tout $P\in U$ , les réels $\phi _{1}\left(P\right),\dots ,\phi _{k}\left(P\right)$ soient distincts et soient des racines simples de $P$ .
Que se passe-t-il pour les racines multiples ?

Solution

$\mathbb {R} _{d}\left[X\right]$ est identifié à $\mathbb {R} ^{d+1}$ , muni de sa topologie usuelle.
${\frac {\partial {P\left(\alpha \right)}}{\partial \alpha }}=P'\left(\alpha \right)$ donc sur l'ouvert des couples $\left(P,\alpha \right)$ pour lesquels $P'\left(\alpha \right)\neq 0$ — ouvert auquel le couple $\left(P_{0},\alpha _{0}\right)$ appartient — on peut appliquer le théorème des fonctions implicites à la fonction proposée (qui est C^∞ car polynomiale).
On considère la fonction $\mathbb {R} _{d}\left[X\right]\times \mathbb {R} ^{k}\to \mathbb {R} ^{k},\ \left(P,\alpha _{1},\dots ,\alpha _{k}\right)\mapsto \left(P\left(\alpha _{1}\right),\dots ,P\left(\alpha _{k}\right)\right)$ .
${\frac {\partial {\left(P\left(\alpha _{1}\right),\dots ,P\left(\alpha _{k}\right)\right)}}{\partial {\left(\alpha _{1},\dots ,\alpha _{k}\right)}}}=\operatorname {diag} {\left(P'\left(\alpha _{1}\right),\dots ,P'\left(\alpha _{k}\right)\right)}$ (matrice diagonale) donc sur l'ouvert des $\left(P,\alpha _{1},\dots ,\alpha _{k}\right)$ pour lesquels $\alpha _{1},\dots ,\alpha _{k}$ sont distincts et les $P'\left(\alpha _{i}\right)$ sont non nuls, on peut appliquer le théorème des fonctions implicites.
Une racine mutiple $\alpha _{0}$ de $P_{0}$ peut, pour $P$ voisin de $P_{0}$ , se transformer en plusieurs racines simples voisines de $\alpha _{0}$ , ou s'évanouir (exemple : $P_{0}(X)=X^{2}$ ).

Exercice 7

Soient $a,b\in \mathbb {R}$ tels que $0<|ab|\leq 1$ . Montrer que :

l'application $f:(x,y)\mapsto (x+a\sin y,y+b\sin x)$ est injective ;
toute suite dans $\mathbb {R} ^{2}$ dont l'image par $f$ converge est elle-même convergente ;
l'ensemble $F:=f(\mathbb {R} ^{2})$ est fermé et la bijection $f^{-1}:F\to \mathbb {R} ^{2}$ est continue ;
$f$ est un difféomorphisme de $\mathbb {R} ^{2}$ sur lui-même si et seulement si $|ab|<1$ ;
si $|ab|=1$ alors $f$ est un homéomorphisme de $\mathbb {R} ^{2}$ sur lui-même .

Solution

Supposons que $f\left(x_{1},y_{1}\right)=f\left(x_{2},y_{2}\right)$ . Alors, $|x_{1}-x_{2}|=|a||\sin y_{2}-\sin y_{1}|\leq |a||y_{2}-y_{1}|$ et de même, $|y_{2}-y_{1}|\leq |b||x_{1}-x_{2}|$ donc (en mettant ces deux inégalités bout à bout et en utilisant l'encadrement de $|ab|$ ) $|y_{2}-y_{1}|=|\sin y_{2}-\sin y_{1}|$ , ce qui implique $\left|\int _{y_{1}}^{y_{2}}\mathrm {d} t\right|=\left|\int _{y_{1}}^{y_{2}}\cos t\,\mathrm {d} t\right|\leq \int _{y_{1}}^{y_{2}}|\cos t|\,\mathrm {d} t$ donc $y_{1}=y_{2}$ . On en déduit (ou on démontre de même) que $x_{1}=x_{2}$ .
Soit $X_{n}=(x_{n},y_{n})=X_{n}$ . Supposons que $(x'_{n},y'_{n})=X'_{n}:=f(X_{n})\to X'$ . La suite $(X_{n})$ est bornée car $|x_{n}|\leq |x'_{n}|+|a|$ et $|y_{n}|\leq |y'_{n}|+|b|$ . De plus, ses valeurs d'adhérence sont des antécédents de $X'$ donc il n'y en a qu'une (par injectivité de $f$ ). Par conséquent, $(X_{n})$ converge.
Résulte immédiatement des deux questions précédentes.
$\det Jf\left(x,y\right)={\begin{vmatrix}1&a\cos y\\b\cos x&1\end{vmatrix}}=1-ab\cos x\cos y$ n'est nul pour aucun $(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}$ si et seulement si $|ab|<1$ . Cette condition est donc nécessaire pour que $f$ soit un difféomorphisme de $\mathbb {R} ^{2}$ sur lui-même. Réciproquement, elle est suffisante car si $\det Jf\left(x,y,z\right)$ ne s'annule pas alors $f(\mathbb {R} ^{2})$ est un ouvert de $\mathbb {R} ^{2}$ donc est $\mathbb {R} ^{2}$ tout entier (puisqu'il est aussi fermé et non vide) et $f:\mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R} ^{2}$ est un difféomorphisme (car c'est un difféomorphisme local et une bijection).
si $|ab|=1$ , il reste à prouver que $f$ est encore surjective. Soit $(x',y')\in \mathbb {R} ^{2}$ . Choisissons une suite $(a_{n},b_{n})$ convergeant vers $(a,b)$ et telle que $|a_{n}b_{n}|<1$ . D'après la question précédente, il existe $(x_{n},y_{n})\in \mathbb {R} ^{2}$ tel que $(x',y')=(x_{n}+a_{n}\sin y_{n},y_{n}+b_{n}\sin x_{n})$ . La suite $(x_{n},y_{n})$ étant bornée, elle admet une sous-suite convergente, dont la limite $(x,y)$ vérifie alors $f(x,y)=(x',y')$ .

Exercice 8

Soit $f:\mathbb {R} ^{3}\to \mathbb {R} ^{2}$ définie par

f(x,y,z)=(x^{2}-y^{2}+z^{2}-1,xyz-1)

.

Soit $(x_{0},y_{0},z_{0})\in \mathbb {R} ^{3}$ tel que

f(x_{0},y_{0},z_{0})=(0,0)

.

Montrez que dans un voisinage de $\left(x_{0},y_{0},z_{0}\right)$ , la relation $f\left(x,y,z\right)=(0,0)$ définit une courbe image d'un intervalle $I$ contenant $x_{0}$ par une application $\varphi :I\to \mathbb {R} ^{2}$ de classe C^∞.

Solution

$Jf\left(x,y,z\right)={\begin{pmatrix}2x&-2y&2z\\yz&xz&xy\end{pmatrix}}$ et ${\begin{vmatrix}2x&-2y\\yz&xz\end{vmatrix}}=2z\left(x^{2}+y^{2}\right)\neq 0$ pour $\left(x,y,z\right)$ assez proche de $\left(x_{0},y_{0},z_{0}\right)$ (car $x_{0}y_{0}z_{0}=1\neq 0$ ) donc (d'après le théorème des fonctions implicites) pour $\left(x,y,z\right)$ sur la courbe $f\left(x,y,z\right)=(0,0)$ et suffisamment voisin de $\left(x_{0},y_{0},z_{0}\right)$ , $\left(x,y\right)$ est fonction de $z$ , par une fonction $\varphi$ qui, comme $f$ , est de classe C^∞.

Exercice 9

Soient $f:\mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R}$ $f:\mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R}$ définie par $f(x,y)=x^{3}+y^{3}-3xy$ $f(x,y)=x^{3}+y^{3}-3xy$ et $C$ $C$ l'ensemble des $(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}$ $(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}$ tels que $f(x,y)=0$ $f(x,y)=0$ .
1. Au voisinage de quels points la relation $f(x,y)=0$ détermine-t-elle $y$ en fonction de $x$ ? $x$ en fonction de $y$ ?
2. Calculer la dérivée de la fonction implicite lorsqu'elle existe et écrire l'équation de la tangente à $C$ .
Montrer que l'équation $\operatorname {e} ^{x}+\operatorname {e} ^{y}+x+y-2=0$ définit au voisinage de $0$ une fonction implicite $\varphi$ de $x$ dont on calculera le développement limité à l'ordre $3$ en $0$ .
Montrer que les équations $x+y-zt=0,\ xy-z+t=0$ définissent au voisinage de $(0,1)$ deux fonctions implicites $x=\varphi _{1}(z,t),\ y=\varphi _{2}(z,t)$ avec $\varphi _{1}(0,1)=1$ , dont on calculera les différentielles en ce point.

Solution

1. $y$ est déterminé en fonction de $x$ lorsque $0\neq {\frac {\partial f}{\partial y}}(x,y)=3(y^{2}-x)$ , c.-à-d. $x\neq y^{2}$ . De même, $x$ est déterminé en fonction de $y$ lorsque $y\neq x^{2}$ .
2. Au voisinage d'un couple $(a,b)$ tel que $a\neq b^{2}$ , $f(x,y)=0\Leftrightarrow y=\varphi (x)$ avec $\varphi '(x)=-{\frac {x^{2}-\varphi (x)}{\varphi (x)^{2}-x}}$ et la formule est analogue quand on échange les rôles de $x$ et $y$ . L'équation de la tangente à $C$ en tout point $(a,b)\neq (0,0)$ est donc $(a^{2}-b)(x-a)+(b^{2}-a)(y-b)=0$ , ou encore : $(a^{2}-b)x+(b^{2}-a)y+ab=0$ .
Remarques :
- Toute équation cubique se ramène (par translation de la variable) à la forme réduite $x^{3}+px+q=0$ , dont le nombre de racines réelles (si $p,q\in \mathbb {R}$ ) est donné par le signe du discriminant $\Delta =-4p^{3}-27q^{2}$ : trois distinctes si $\Delta >0$ , une seule si $\Delta <0$ , une double et une simple si $\Delta =0$ mais $p,q\neq 0$ , et une triple ( $0$ ) si $p=q=0$ . En appliquant cela à $p=-3y$ et $q=y^{3}$ donc $\Delta =27y^{3}(4-y^{3})$ , on trouve que si $y<0$ ou $y>{\sqrt[{3}]{4}}$ , il existe un unique $x$ tel que $f(x,y)=0$ , tandis que si $0<y<{\sqrt[{3}]{4}}$ , il en existe trois (dont chacun est, sur ce domaine, une fonction C^∞ de $y$ , d'après des formules explicites classiques). Ce résultat algébrique confirme le résultat analytique ci-dessus ( $x$ fonction implicite de $y$ au voisinage de $(a,b)$ si $b\neq a^{2}$ ) puisque lorsque $b=a^{2}$ , $a^{3}+b^{3}-3ab=a^{3}(a^{3}-2)$ est nul si et seulement si $(a,b)=(0,0)$ ou $({\sqrt[{3}]{2}},{\sqrt[{3}]{4}})$ .
- Au point $(0,0)$ , les deux demi-branches $x(y)$ avec $y>0$ qui se rejoignent ont naturellement pour tangente commune l'axe $y=0$ donc (par symétrie) la tangente à la troisième branche est l'axe $x=0$ .
- Au point $({\sqrt[{3}]{2}},{\sqrt[{3}]{4}})$ , les deux demi-branches $x(y)$ avec $y<{\sqrt[{3}]{4}}$ qui se rejoignent ont de même pour tangente commune l'axe $y={\sqrt[{3}]{4}}$ , ce qui correspond bien au calcul précédent pour $a\neq b^{2}$ et $y=\varphi (x)$ : comme ici $b=a^{2}$ , $\varphi '(a)=0$ .
${\frac {\partial (\operatorname {e} ^{x}+\operatorname {e} ^{y}+x+y-2)}{\partial y}}=\operatorname {e} ^{y}+1\neq 0$ ${\frac {\partial (\operatorname {e} ^{x}+\operatorname {e} ^{y}+x+y-2)}{\partial y}}=\operatorname {e} ^{y}+1\neq 0$ , ce qui prouve l'existence de $\varphi$ $\varphi$ (de classe C^∞). Soit $\varphi (x)=a+bx+cx^{2}+dx^{3}+o(x^{3})$ $\varphi (x)=a+bx+cx^{2}+dx^{3}+o(x^{3})$ son d.l. à l'ordre $3$ $3$ en $0$ $0$ .
$0=1+x+{\frac {x^{2}}{2}}+{\frac {x^{3}}{6}}+\operatorname {e} ^{a}\left(1+bx+cx^{2}+dx^{3}+{\frac {1}{2}}(b^{2}x^{2}+2bcx^{3})+{\frac {b^{3}}{6}}x^{3}\right)+x+a+bx+cx^{2}+dx^{3}-2$ $0=1+x+{\frac {x^{2}}{2}}+{\frac {x^{3}}{6}}+\operatorname {e} ^{a}\left(1+bx+cx^{2}+dx^{3}+{\frac {1}{2}}(b^{2}x^{2}+2bcx^{3})+{\frac {b^{3}}{6}}x^{3}\right)+x+a+bx+cx^{2}+dx^{3}-2$
donc $a=0,\quad b=-1,\quad c=-1/2,\quad d=-1/4$ $a=0,\quad b=-1,\quad c=-1/2,\quad d=-1/4$ .
Remarque : alternativement, le d.l. de la fonction implicite $\varphi$ peut se déduire de la formule de Taylor (comme on aurait d'ailleurs pu le faire aussi dans l'exercice 5), en calculant de proche en proche les dérivées d'ordre $k=1,2,\dots$ de $\varphi$ ,
- soit en dérivant $k$ fois $f(x,\varphi (x))=0$ pour exprimer la $k$ -ième dérivée de $\varphi$ en fonction des précédentes et des dérivées partielles de $f$ :
  $\varphi '(x)=-{\frac {{\frac {\partial f}{\partial x}}(x,\varphi (x))}{{\frac {\partial f}{\partial y}}(x,\varphi (x))}},$
  
  $\varphi ''(x)=-{\frac {{\frac {\partial ^{2}f}{\partial x^{2}}}\left(x,\varphi (x)\right)+2{\frac {\partial ^{2}f}{\partial x\partial y}}\left(x,\varphi (x)\right)\varphi '(x)+{\frac {\partial ^{2}f}{\partial y^{2}}}\left(x,\varphi (x)\right){\varphi '}^{2}(x)}{{\frac {\partial f}{\partial y}}\left(x,\varphi (x)\right)}}$
  
  et (en notation abrégée) :
  
  $\varphi '''=-{\frac {{\frac {\partial ^{3}f}{\partial x^{3}}}+3{\frac {\partial ^{3}f}{\partial x^{2}\partial y}}\varphi '+3{\frac {\partial ^{3}f}{\partial x\partial y^{2}}}{\varphi '}^{2}+{\frac {\partial ^{3}f}{\partial y^{3}}}{\varphi '}^{3}+3{\frac {\partial ^{2}f}{\partial x\partial y}}\varphi ''+3{\frac {\partial ^{2}f}{\partial y^{2}}}\varphi '\varphi ''}{\frac {\partial f}{\partial y}}}$ ,
  
  ce qui donne ici :
  
  $\varphi '=-{\frac {1+\operatorname {e} ^{x}}{1+\operatorname {e} ^{\varphi }}},\quad \varphi ''=-{\frac {\operatorname {e} ^{x}+\operatorname {e} ^{\varphi }{\varphi '}^{2}}{1+\operatorname {e} ^{\varphi }}},\quad \varphi '''=-{\frac {\operatorname {e} ^{x}+\operatorname {e} ^{\varphi }{\varphi '}^{3}+3\operatorname {e} ^{\varphi }\varphi '\varphi ''}{1+\operatorname {e} ^{\varphi }}},$
  
  donc en $0$ (sachant que $\varphi (0)=0$ ) :
  
  $\varphi '=-{\frac {2}{2}}=-1,\quad \varphi ''=-{\frac {1+{\varphi '}^{2}}{2}}=-1,\quad \varphi '''=-{\frac {1+{\varphi '}^{3}+3\varphi '\varphi ''}{2}}=-{\frac {3}{2}}$ ;
- soit en n'appliquant cette méthode que pour exprimer $\varphi '$ , puis en dérivant $k-1$ fois l'expression obtenue :
  $\varphi ''=-{\frac {\left[{\frac {\partial ^{2}f}{\partial x^{2}}}+{\frac {\partial ^{2}f}{\partial y\partial x}}\varphi '\right]{\frac {\partial f}{\partial y}}-{\frac {\partial f}{\partial x}}\left[{\frac {\partial ^{2}f}{\partial x\partial y}}+{\frac {\partial ^{2}f}{\partial y^{2}}}\,\varphi '\right]}{\left({\frac {\partial f}{\partial y}}\right)^{2}}}$ ,
  
  $\varphi '''=-{\frac {{\frac {\partial ^{3}f}{\partial x^{3}}}+2{\frac {\partial ^{3}f}{\partial y\partial x^{2}}}\varphi '+{\frac {\partial ^{3}f}{\partial y^{2}\partial x}}\varphi '^{2}+{\frac {\partial ^{2}f}{\partial y\partial x}}\varphi ''}{\frac {\partial f}{\partial y}}}+{\frac {{\frac {\partial f}{\partial x}}\left[{\frac {\partial ^{3}f}{\partial x^{2}\partial y}}+2{\frac {\partial ^{3}f}{\partial x\partial y^{2}}}\varphi '+{\frac {\partial ^{3}f}{\partial y^{3}}}\,\varphi '^{2}+{\frac {\partial ^{2}f}{\partial y^{2}}}\,\varphi ''\right]}{\left({\frac {\partial f}{\partial y}}\right)^{2}}}$
  
  $+2\,{\frac {{\Big (}\left[{\frac {\partial ^{2}f}{\partial x^{2}}}+{\frac {\partial ^{2}f}{\partial y\partial x}}\varphi '\right]{\frac {\partial f}{\partial y}}-{\frac {\partial f}{\partial x}}\left[{\frac {\partial ^{2}f}{\partial x\partial y}}+{\frac {\partial ^{2}f}{\partial y^{2}}}\,\varphi '\right]{\Big )}\left({\frac {\partial ^{2}f}{\partial x\partial y}}+{\frac {\partial ^{2}f}{\partial y^{2}}}\varphi '\right)}{\left({\frac {\partial f}{\partial y}}\right)^{3}}}$ ,
  
  ce qui donne ici :
  
  $\varphi ''=-{\frac {\operatorname {e} ^{x}\left(1+\operatorname {e} ^{\varphi }\right)-\left(1+\operatorname {e} ^{x}\right)\operatorname {e} ^{\varphi }\,\varphi '}{\left(1+\operatorname {e} ^{\varphi }\right)^{2}}}$ ,
  
  $\varphi '''=-{\frac {\operatorname {e} ^{x}}{\left(1+\operatorname {e} ^{\varphi }\right)}}+{\frac {\left(1+\operatorname {e} ^{x}\right)\operatorname {e} ^{\varphi }\left[\varphi '^{2}+\varphi ''\right]}{\left(1+\operatorname {e} ^{\varphi }\right)^{2}}}+2\,{\frac {{\Big (}\operatorname {e} ^{x}\left(1+\operatorname {e} ^{\varphi }\right)-\left(1+\operatorname {e} ^{x}\right)\operatorname {e} ^{\varphi }\,\varphi '{\Big )}\operatorname {e} ^{\varphi }\varphi '}{\left(1+\operatorname {e} ^{\varphi }\right)^{3}}}$
  
  et l'on retrouve, en $0$ (sachant que $\varphi (0)=0$ et $\varphi '(0)=-1$ ) :
  
  $\varphi ''=-{\frac {2+2}{2^{2}}}=-1,\quad \varphi '''=-{\frac {1}{2}}+{\frac {2\left[1+\varphi ''\right]}{2^{2}}}+2\,{\frac {-4}{2^{3}}}=-{\frac {3}{2}}$ .
On retrouve ainsi le d.l. $\varphi (x)=a+bx+cx^{2}+dx^{3}+o(x^{3})$ avec

$a=\varphi (0)=0,\quad b=\varphi '(0)=-1,\quad c={\frac {\varphi '(0)}{2}}=-{\frac {1}{2}},\quad d={\frac {\varphi ''(0)}{6}}=-{\frac {1}{4}}$ .
$J\left[(x,y)\mapsto (x+y-zt,xy-z+t)\right]_{(x_{0},y_{0})}={\begin{pmatrix}1&1\\y_{0}&x_{0}\end{pmatrix}}$ est inversible lorsque $x_{0}\neq y_{0}$ , et si $(x_{0},y_{0},z_{0},t_{0})\in S$ on a alors, au voisinage de $(z_{0},t_{0})$ , une fonction implicite $(x,y)=\varphi (z,t)$ telle que $\varphi (z_{0},t_{0})=(x_{0},y_{0})$ .
Sa différentielle est donnée par $J\varphi (z,t)=-{\begin{pmatrix}1&1\\y&x\end{pmatrix}}^{-1}{\begin{pmatrix}-t&-z\\-1&1\end{pmatrix}}={\frac {1}{y-x}}{\begin{pmatrix}x&-1\\-y&1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}-t&-z\\-1&1\end{pmatrix}}={\frac {1}{y-x}}{\begin{pmatrix}1-xt&-1-xz\\yt-1&1+yz\end{pmatrix}}$ .
En particulier si $(x_{0},y_{0},z_{0},t_{0})=(1,-1,0,1)$ alors $J\varphi (z_{0},t_{0})={\begin{pmatrix}0&1\\2&-1\end{pmatrix}}$ .

Exercice 10

On considère l'application $\Psi :M_{n}(\mathbb {R} )\times M_{n}(\mathbb {R} )\to M_{n}(\mathbb {R} )$ définie par $\Psi (A,B)=AB-I$ . Montrer à l'aide du théorème des fonctions implicites que l'application $\varphi :GL(n,\mathbb {R} )\to GL(n,\mathbb {R} ),\,A\mapsto A^{-1}$ est différentiable et retrouver sa différentielle.

Solution

$\Psi$ est C^∞. Pour tout $(A,B)=(A,A^{-1})\in \Psi ^{-1}(\{0\})$ , ${\frac {\partial \Psi }{\partial B}}_{(A,B)}:K\mapsto AK$ est inversible (d'inverse $K\mapsto A^{-1}K$ ), d'où l'existence de $\varphi$ , de classe C^∞. $\mathrm {d} \varphi _{A}(H)=\left[-\left({\frac {\partial \Psi }{\partial B}}_{(A,A^{-1})}\right)^{-1}\circ {\frac {\partial \Psi }{\partial A}}_{(A,A^{-1})}\right](H)=-\left({\frac {\partial \Psi }{\partial B}}_{(A,A^{-1})}\right)^{-1}(HA^{-1})=-A^{-1}HA^{-1}$ .

Exercice 11

Soit l'application $F:\mathbb {R} ^{3}\to \mathbb {R} ,\;(x,y,z)\mapsto {\sqrt {x^{2}+y^{2}+2z^{2}}}-\cos z$ .

Démontrer que la relation $F(x,y,z)=0$ définit au voisinage du point $a=(0,1,0)\in \mathbb {R} ^{3}$ une application implicite $\varphi (x,z)=y$ de classe C¹.
Calculer les dérivées partielles d'ordre 1 de $\varphi$ au point $(0,0)$ .

Solution

$F$ $ est C¹ et pour $(x,y,z)\neq (0,0,0)$ on a ${\frac {\partial F}{\partial y}}={\frac {2y}{2{\sqrt {x^{2}+y^{2}+2z^{2}}}}}$ . En particulier ${\frac {\partial F}{\partial y}}(a)=1$ est inversible. Donc il existe un voisinage $U$ de $(0,0)$ , un voisinage $V$ de $0$ et une application $\phi$ de classe C¹ de $U$ dans $V$ tels que
$\forall (x,y,z)\in U\times V\quad F(x,y,z)=0\Leftrightarrow y=\phi (x,z)$ .
On a $\phi (0,0)=1$ et ${\sqrt {x^{2}+\phi (x,z)^{2}+2z^{2}}}-\cos z=0$ .
En différentiant cette relation par rapport à $x$ (resp. $z$ ) on obtient : ${\frac {\partial F}{\partial x}}(x,\phi (x,z),z)+{\frac {\partial F}{\partial y}}(x,\phi (x,z),z){\frac {\partial \phi }{\partial x}}=0$ , puis en évaluant en $(0,0)$ : ${\frac {\partial \phi }{\partial x}}(0,0)=0$ .
On montre de même que : ${\frac {\partial \phi }{\partial z}}(0,0)=0$ .

Cet article est issu de Wikiversity. Le texte est sous licence Creative Commons - Attribution - Partage dans les Mêmes. Des conditions supplémentaires peuvent s'appliquer aux fichiers multimédias.