Corrigé du devoir à la maison

MAT452 2016
Introduction `a la g´eom´etrie diff´erentielle
Corrig´e du devoir `a la maison
Exercice 1
Il y a un facteur 2 (ou 1
2, comme on veut) qui manque quelque part dans l’´enonc´e, comme
on le voit en consid´erant la formule de Taylor en dimension 1 : f(t) = f(0) + tf0(0) +
1
2f00(0) + ... =t2(f00 (0) 2+t . . .). On peut r´etablir la situation de diff´erentes mani`eres... J’ai
choisi ici de prendre le d2f0de la fin du 1. repr´esent´ee dans la base canonique par 2Ip,q
au lieu de Ip,q.
1. On fixe un param´etrage local y:U → Sen p. On peut toujours supposer quitte `a
translater la variable que 0 ∈ U et y(0) = p. On pose g=f◦y−f(p). On a alors g(0) = 0
et 0 est un point critique de gcar dg0=dfp◦dy0= 0. On a, quels que soient v, w ∈TpS,
d2fp(v, w) = d2(f◦y)0((dy0)−1(v),(dy0)−1(w)) = d2g0((dy0)−1(v),(dy0)−1(w)),
et comme dy0est un isomorphisme de Rmsur TpS, ceci montre que d2g0est non d´eg´en´er´ee
et de signature (p, q) sur Rm. Soit Bsa matrice dans la base canonique. Soit hl’isomor-
phisme lin´eaire de Rmrepr´esent´e dans la base canonique par la matrice Ptelle que
tP BP = 2Ip,q. On pose ˜
y=y◦h−1et ˜g=f◦˜ y. Alors d2˜g0est repr´esent´ee dans la base
canonique de Rmpar la matrice 2Ip,q.
Clairement, il suffit de d´emontrer le r´esultat voulu pour ˜g.
2. Notons q= (u1, . . . , um) la variable dans Uouvert de Rm. Comme f(0) = 0, on a
f(u1,0,...,0) −f(0,...,0) = Z1
0
d
dt1
[t17→ f(t1u1,0,...,0)] dt1=u1Z1
0
∂f
∂u1
(t1u1,0,...,0) dt1
f(u1, u2,0,...,0) −f(u1,...,0) = u2Z1
0
∂f
∂u2
(u1, t2u2,...,0) dt2
. . .
f(u1, u2,0, . . . , um)−f(u1, . . . , um−1,0) = umZ1
0
∂f
∂um
(u1, t2u2, . . . , tmum)dtm
et donc
f(u1, u2,0, . . . , um) =
m
X
i=1
uiZ1
0
∂f
∂ui
(u1, . . . , ui−1, tiui,0,...,0) dti.
On pose ai(u1, u2, . . . , um) = Z1
0
∂f
∂ui
(u1, . . . , ui−1, tiui,0,...,0) dti
On a f=
m
X
i=1
uiaiet ai(0,...,0) = 0 car ∂f
∂ui
(0,...,0) = 0.
1

2
En appliquant ce qui vient d’ˆetre fait aux fonctions ai, on obtient aj=
m
X
i=j
ujbij o`u
bij (u1, u2, . . . , um) = Z1
0
∂ai
∂uj
(u1, . . . , uj−1, tjuj,0,...,0) dtj, et ainsi
f=
m
X
i,j=1
uiujbij =tqB(q)q,
o`u B(q) est la matrice ∂2f
∂ui∂uj(q). On a de plus B(0) = 1 2d2f0=Ip,q. En effet, comme
on le voit dans la formule donnant ai,∂ai
∂uj= 0 si j > i, et ainsi bij = 0 pour j > i. En
d´erivant f=Pm
i,j=1 uiujet en ´evaluant en 0, on obtient ∂2f
∂uk∂ul(0) = blk(0) + bkl(0). Si
k6=l, le terme de gauche est nul, et comme on sait a priori que l’un des termes de droite
est nul, l’autre aussi. Si k=l, on obtient bien ∂2f
∂u2
k
(0) = 2bkk (0) = ±2 et B(0) = Ip,q .
On peut aussi appliquer la formule de Taylor avec reste int´egral `a l’ordre deux `a la
fonction t7→ f(tq). C’est mˆeme mieux...
3. En dimension 1, c’est clair. Par exemple si a= 1, on veut une fonction pd´efinie au
voisinage de 1 telle que p(t)2=t, donc p(t) = √t.
On va montrer le r´esultat par r´ecurrence sur m. On suppose donc qu’il est vrai jusqu’en
dimension m−1≥1.
On calcule avec Tcomme dans l’´enonc´e que la matrice tT BT `a tous les coefficients de
la premi`ere ligne nuls sauf le premier, et idem pour la premi`ere colonne (puisque c’est une
matrice sym´etrique). Le coefficient non nul est b11
|b11 |. De plus, pour Bproche de Adans
Symm,b11 est proche de a11 et donc de mˆeme signe, donc b11
|b11 |=a11. Ainsi on a
tT BT =a11 0
0B1
o`u B1∈Symn−1, proche de A1= Diag(a2, . . . , am).
Par hypoth`ese de r´ecurrence, il existe un voisinage W1de A1dans Symm−1et une
application C∞
p1:W1−→ GLm−1(R)
telle que p1(A1) = Im−1et si p1(B1) = Q1, alors tQ1A1Q1=B1. On a alors, en posant
R=1 0
0Q1
on obtient tR−1tT BT R−1=A. On pose donc p(B) = (T R−1)−1=RT −1. Comme B7→ B1
et B7→ Tsont polynomiales, elles sont C∞et paussi, donc pv´erifie les propri´et´es voulues.
4. On pose
φ:V −→ Rm, q 7→ p(B(q))q
o`u Vest un voisinage de 0 dans Rm, de sorte que pour q∈ V,B(q) soit suffisamment
proche de Aet que 3. s’applique. On a alors
f(q) = tqB(q)q=tqtp(B(q))Ap(B(q))qt=φ(q)Aφ(q).
On a envie de prendre x=φ−1, de sorte que f◦x(q1) = tq1Aq1, mais pour cela, il faut
voir que φest inversible au voisinage de 0. Par le th´eor`eme d’inversion locale, il suffit de
montrer que dφ0est inversible. On ´ecrit φcomme composition de
Ψ : q7→ (p(B(q)), q),V −→ GLm(R)×Rm

3
et du produit
Θ : Mm(R)×Rm→Rm.
On a dΨq= (dpB(q)◦dBq,IdRm) et l’application Θ ´etant bilin´eaire, on en d´eduit que pour
tout v∈Rm,
dφq(v) = dpB(q)◦dBq(v)(q) + p(B(q))v.
Ce qui donne en q= 0,
dφ0(v) = p(B(0))(v) = p(A)(v) = v
et donc dφ0= IdRm. On peut appliquer le th´eor`eme d’inversion locale.
Exercice 2
1. Il est clair que
[0; R]×S1→S1,(r, u)7→ αr(u)
est continue, car Pest polynomiale et ne s’annule pas, et l’on a donc une homotopie entre
α0et αR. Par invariance du degr´e par homotopie, on a deg αR= deg α0= 0 car α0est
constante (´egale `a 1).
2. Soit z∈Ctel que |z|=ρ. On a
|Ps(z)|=|zn+s(an−1zn−1+··· +a0)|
≥ |zn|−|s(an−1zn−1+··· +a0)|
≥ρn−s
n−1
X
i=0 |aizi| ≥ ρn−sρn−1
n−1
X
i=0 |ai|
> ρn−sρn=ρn(1 −s)≥0
et ainsi Pn’admet pas de racine de module ρ. De mˆeme qu’en 1.
[0; 1] ×S1→S1,(s, u)7→ βs(u)
est alors bien d´efinie et continue, car les applications s7→ Ps(ρ) et (s, u)7→ Ps(ρu) sont
polynomiales et ne s’annulent pas. On a donc une homotopie entre β0et β1.
3. Par invariance du degr´e par homotopie, on a deg β1= deg β0. Or deg β0=n, (c’est
le degr´e de z7→ zn, vu en cours). Comme β1=αρ, on obtient avec 1. appliqu´e `a R=ρ
0 = deg α0= deg αρ= deg β1= deg β0=n.
Ainsi, n= 0, et P= 1, ce qui est la conclusion souhait´ee.