Corrigé du devoir à la maison

MAT452
2016
Introduction à la géométrie différentielle
Corrigé du devoir à la maison
Exercice 1
Il y a un facteur 2 (ou 12 , comme on veut) qui manque quelque part dans l’énoncé, comme
on le voit en considérant la formule de Taylor en dimension 1 : f (t) = f (0) + tf 0 (0) +
00
1 00
f (0) + ... = t2 ( f 2(0) + t . . .). On peut rétablir la situation de différentes manières... J’ai
2
choisi ici de prendre le d2 f0 de la fin du 1. représentée dans la base canonique par 2Ip,q
au lieu de Ip,q .
1. On fixe un paramétrage local y : U → S en p. On peut toujours supposer quitte à
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 g car dg0 = dfp ◦ dy0 = 0. On a, quels que soient v, w ∈ Tp S ,
d2 fp (v, w) = d2 (f ◦ y)0 ((dy0 )−1 (v), (dy0 )−1 (w)) = d2 g0 ((dy0 )−1 (v), (dy0 )−1 (w)),
et comme dy0 est un isomorphisme de Rm sur Tp S , ceci montre que d2 g0 est non dégénérée
et de signature (p, q) sur Rm . Soit B sa matrice dans la base canonique. Soit h l’isomorphisme linéaire de Rm représenté dans la base canonique par la matrice P telle que
t
P BP = 2Ip,q . On pose ỹ = y ◦ h−1 et g̃ = f ◦ ỹ. Alors d2 g̃0 est représentée dans la base
canonique de Rm par la matrice 2Ip,q .
Clairement, il suffit de démontrer le résultat voulu pour g̃.
2. Notons q = (u1 , . . . , um ) la variable dans U ouvert de Rm . Comme f (0) = 0, on a
1
Z 1
d
∂f
[t1 7→ f (t1 u1 , 0, . . . , 0)] dt1 = u1
(t1 u1 , 0, . . . , 0) dt1
f (u1 , 0, . . . , 0) − f (0, . . . , 0) =
0 ∂u1
0 dt1
Z 1
∂f
f (u1 , u2 , 0, . . . , 0) − f (u1 , . . . , 0) = u2
(u1 , t2 u2 , . . . , 0) dt2
0 ∂u2
...
Z 1
∂f
f (u1 , u2 , 0, . . . , um ) − f (u1 , . . . , um−1 , 0) = um
(u1 , t2 u2 , . . . , tm um ) dtm
0 ∂um
Z
et donc
f (u1 , u2 , 0, . . . , um ) =
m
X
i=1
Z
On pose ai (u1 , u2 , . . . , um ) =
0
On a f =
m
X
i=1
1
Z
1
ui
0
∂f
(u1 , . . . , ui−1 , ti ui , 0, . . . , 0) dti .
∂ui
∂f
(u1 , . . . , ui−1 , ti ui , 0, . . . , 0) dti
∂ui
ui ai et ai (0, . . . , 0) = 0 car
∂f
(0, . . . , 0) = 0.
∂ui
1
2
En appliquant ce qui vient d’être fait aux fonctions ai , on obtient aj =
m
X
uj bij où
i=j
Z
bij (u1 , u2 , . . . , um ) =
0
1
∂ai
(u1 , . . . , uj−1 , tj uj , 0, . . . , 0) dtj , et ainsi
∂uj
f=
m
X
ui uj bij = t qB(q)q,
i,j=1
où B(q) est la matrice
∂2f
(q)
. On a de plus B(0) = 12 d2 f0 = Ip,q . En effet, comme
∂ui ∂uj
∂ai
on le voit dans la formule donnant ai , ∂u
= 0 si j > i, et ainsi bij = 0 pour j > i. En
j
Pm
2f
(0) = blk (0) + bkl (0). Si
dérivant f = i,j=1 ui uj et en évaluant en 0, on obtient ∂u∂k ∂u
l
k 6= l, le terme de gauche est nul, et comme on sait a priori que l’un des termes de droite
∂2f
est nul, l’autre aussi. Si k = l, on obtient bien ∂u
2 (0) = 2bkk (0) = ±2 et B(0) = Ip,q .
k
On peut aussi appliquer la formule de Taylor avec reste intégral à l’ordre deux à la
fonction t 7→ f (tq). C’est même mieux...
3. En dimension 1, c’est clair. Par exemple si
√ a = 1, on veut une fonction p définie au
voisinage de 1 telle que p(t)2 = t, donc p(t) = t.
On va montrer le résultat par récurrence sur m. On suppose donc qu’il est vrai jusqu’en
dimension m − 1 ≥ 1.
On calcule avec T comme dans l’énoncé que la matrice t T BT à tous les coefficients de
la première ligne nuls sauf le premier, et idem pour la première colonne (puisque c’est une
matrice symétrique). Le coefficient non nul est |bb11
. De plus, pour B proche de A dans
11 |
Symm , b11 est proche de a11 et donc de même signe, donc |bb11
= a11 . Ainsi on a
11 |
a11 0
t
T BT =
0 B1
où B1 ∈ Symn−1 , proche de A1 = Diag(a2 , . . . , am ).
Par hypothèse de récurrence, il existe un voisinage W1 de A1 dans Symm−1 et une
application C ∞
p1 : W1 −→ GLm−1 (R)
telle que p1 (A1 ) = Im−1 et si p1 (B1 ) = Q1 , alors t Q1 A1 Q1 = B1 . On a alors, en posant
1 0
R=
0 Q1
on obtient t R−1t T BT R−1 = A. On pose donc p(B) = (T R−1 )−1 = RT −1 . Comme B 7→ B1
et B 7→ T sont polynomiales, elles sont C ∞ et p aussi, donc p vérifie les propriétés voulues.
4. On pose
φ : V −→ Rm ,
q 7→ p(B(q))q
où V est un voisinage de 0 dans Rm , de sorte que pour q ∈ V, B(q) soit suffisamment
proche de A et que 3. s’applique. On a alors
f (q) = t qB(q)q = t q t p(B(q))Ap(B(q))q t = φ(q)Aφ(q).
On a envie de prendre x = φ−1 , de sorte que f ◦ x(q1 ) = t q1 Aq1 , mais pour cela, il faut
voir que φ est inversible au voisinage de 0. Par le théorème d’inversion locale, il suffit de
montrer que dφ0 est inversible. On écrit φ comme composition de
Ψ : q 7→ (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 étant bilinéaire, on en déduit 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 théorème d’inversion locale.
Exercice 2
1. Il est clair que
[0; R] × S1 → S1 ,
(r, u) 7→ αr (u)
est continue, car P est polynomiale et ne s’annule pas, et l’on a donc une homotopie entre
α0 et αR . Par invariance du degré par homotopie, on a deg αR = deg α0 = 0 car α0 est
constante (égale à 1).
2. Soit z ∈ C tel que |z| = ρ. On a
|Ps (z)| = |z n + s(an−1 z n−1 + · · · + a0 )|
≥ |z n | − |s(an−1 z n−1 + · · · + a0 )|
n
≥ρ −s
n−1
X
i
n
|ai z | ≥ ρ − sρ
n−1
i=0
n
n−1
X
|ai |
i=0
> ρn − sρ = ρn (1 − s) ≥ 0
et ainsi P n’admet pas de racine de module ρ. De même qu’en 1.
[0; 1] × S1 → S1 ,
(s, u) 7→ βs (u)
est alors bien définie et continue, car les applications s 7→ Ps (ρ) et (s, u) 7→ Ps (ρu) sont
polynomiales et ne s’annulent pas. On a donc une homotopie entre β0 et β1 .
3. Par invariance du degré par homotopie, on a deg β1 = deg β0 . Or deg β0 = n, (c’est
le degré de z 7→ z n , vu en cours). Comme β1 = αρ , on obtient avec 1. appliqué à R = ρ
0 = deg α0 = deg αρ = deg β1 = deg β0 = n.
Ainsi, n = 0, et P = 1, ce qui est la conclusion souhaitée.