Théorème d`Inversion Locale

Théorème d’Inversion Locale
Azière Hélène, Forestier Jérôme & Saisnith Viraphone
30 mars 2012
Table des matières
1 Introduction
1.1 Problème . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2 Exemples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3 Difféomorphisme (ou changement de variables) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2
2
2
3
2 Le théorème d’inversion locale
2.1 Théorème . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2 Démonstration . . . . . . . . . . . . . . .
2.3 Corollaires du théorème d’inversion locale
2.3.1 Théorème des fonctions implicites .
2.3.2 Théorème d’inversion globale . . .
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4
4
4
6
6
6
3 Applications
3.1 Passage en coordonnées polaires
3.2 Exercice . . . . . . . . . . . . .
3.2.1 Énoncé . . . . . . . . .
3.2.2 Corrigé . . . . . . . . .
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1
1
Introduction
1.1
Problème
Étant donnée une équation f (x, y) = 0 (la fonction est implicite), peut-on écrire de façon explicite y
en fonction de x ou x en fonction de y ?
y = ϕ(x) ou x = ψ(y)
De façon équivalente, est-ce que l’ensemble des solutions S = {f (x, y) = 0} est un graphe ?
S = {(x, ϕ(x)) | x ∈ U } ou S = {(ψ(y), y) | y ∈ V }
1.2
Exemples
On considère la fonction f : R2 → R définie
par f (x, y) = x2 + y 2 − r, (x, y) ∈ R2
Soit S = {(x, y) ∈ R2 | f (x, y) = 0}
√
1. si r > 0, S = C((0, 0), r)
2. si r = 0, S = (0, 0)
3. si r < 0, S = ∅
On considère maintenant le cas r > 0. Soit (x0 , y0 ) ∈ S.
– Si y0 > 0
y=
√
√ √
alors y = √
r − x2 , x ∈ ] − r, r[.
√ √
S + = {(x, r − x2 ) | x ∈ ] − r, r[}
donc S est, au voisinage de (x0 , y0 ),
"localement" un graphe de la forme
{(x, ϕ(x)) | x ∈ U }.
S,
√
r − x2
√
− r
√
√
− r
√
r
r
– Si y0 < 0
√
√ √
S − = {(x, − r − x2 ) | x ∈ ] − r, r[}
S,
donc S est, au voisinage de (x0 , y0√
),
le graphe de la fonction f : x 7→ − r − x2 .
√
y = − r − x2
– Si y0 = 0 =⇒ x0 =
√
√
r ou x = − r.
√
p
r
ψ(y) = − r − y 2
p
√
– Si x0 = r alors x = r − y 2 p
√ √
2
avec y ∈ ] − r, r[=⇒ ψ(y)
p = r−y .
√
2
– Si x0 = − r alors x = − r − y p
√ √
avec y ∈ ] − r, r[=⇒ ψ(y) = − r − y 2 .
√
Donc S s’écrit, au voisinage de (± r, 0) comme
un graphe d’une fonction de la forme x = ψ(y).
√
− r
2
ψ(y) =
p
r − y2
1.3
Difféomorphisme (ou changement de variables)
Définition 1. Une application f : U → V , avec U ∈ E, V ∈ F , où E et F sont des espaces vectoriels
normés, est un difféomorphisme de classe C r , r ≥ 1 si
1. f est bijective
2. f et f −1 sont de classe C r
Exemple : Soit f une application de R2 dans R2 définie par f (x, y) = (ex − ey , x + y).
Afin de déterminer si f est un C 1 -difféomorphisme, il est nécessaire de calculer la matrice Jacobienne
de f :
x
e −ey
Jf (x, y) =
1
1
- Il est clair que les dérivées partielles sont continues sur R2
- Pour montrer l’injectivité de f , il faut trouver les couples (x, y) tels que f (x, y) = f (a, b).
Soit :
(
(
ex − ey = ea − eb
0 = e2x − ex (ea − eb ) − ea+b
⇐⇒
x+y =a+b
y =a+b−x
(1)
En appliquant le changement de variable X = ex , on obtient l’équation du second degré suivante :
X 2 − X(ea − eb ) − ea+b = 0
Les solutions de cette équation sont : X = −eb et X = ea . Or X > 0, on peut donc conclure qu’il
existe une unique solution à l’équation (1).
On conclut donc que f est injective.
- Enfin det(Jf (x, y)) = ex + ey 6= 0. D’où l’inversibilité de la Jacobienne sur R2 .
Conclusion : À la fin de ces trois étapes on a le résultat espéré, c’est à dire f est un C 1 -difféomorphisme.
3
2
2.1
Le théorème d’inversion locale
Théorème
Théorème 1. Soient E et F deux espaces de Banach Soit f : U → F de classe C r (r > 1) et a ∈ U
Si Df (a) ∈ Isom(E, F ) alors ∃Ua ⊂ U contient a tel que :
f|Ua : Ua → f (Ua ) soit un difféomorphisme de classe C r .
2.2
Démonstration
1re étape : Simplification.
On se ramène à : a = 0, f 0 (a) = 0, Df (a) = IdRn
et on remplace f par :
f˜ : x → [Df (a)]−1 (f (x − a) − f (a)) telle que :
(
f˜(0) = 0
Df˜(0) = [Df (a)]−1 ◦ Df (a) = IdRn
2e étape : "Application du théorème du point fixe pour montrer l’existence de l’inverse".
On a l’équation :
y = f˜(x) ⇔ x = (x + y − f˜(x)) ⇔ gy (x) = x
avec gy (x) = x + y − f˜(x). Donc x est solution de y = f˜(x) si et seulement si x est un
point fixe de gy .
On va montrer que gy est contractante : calculons
kgy (x) − gy (x0 )k = k(x − x0 ) − (f˜(x) − f˜(x0 ))k
En y = 0, on a g0 (x) = x − f˜(x). En particulier
Dg0 (0) = IdRn − Df˜(0) = IdRn − IdRn = 0.
Comme g0 est C 1 , alors il existe δ > 0 tel que :
1
kxk ≤ δ =⇒ kDg0 (x)k ≤ .
2
En appliquant l’inégalité des accroissements finis on obtient, pour tout x, x0 ∈ B(0, δ) :
1
kg0 (x) − g0 (x0 )k ≤ kx − x0 k.
2
Dans le cas général, pour tout y et pour tout x, x0 ∈ B(0, δ), on obtient :
kgy (x) − gy (x0 )k = k(x − x0 ) − (f˜(x) − f˜(x0 ))k = kg0 (x) − g0 (x0 )k
1
≤ kx − x0 k.
2
1
En particulier, kgy (x) − gy (0)k = kgy (x) − yk ≤ kxk, ∀x ∈ B(0, δ)
2
1
δ
δ
=⇒ kgy (x)k ≤ kyk + kxk ≤ kyk + si kyk ≤
2
2
2
4
gy : B(0, δ) −→ B(0, δ)
est contractante sur l’espace complet B(0, δ)
x 7−→ gy (x) = x + y − f˜(x)
D’après le théorème du point fixe, ∃!x ∈ B(0, δ) tel que gy (x) = x ⇔ ∃!x ∈ B(0, δ) tel que
y = f˜(x)
En résumé, pour tout y ∈ B(0, δ ), il existe un unique x ∈ B(0, δ) tel que y = f˜(x) c’est à
2
dire que :
f˜ : B(0, δ) −→ B(0, δ/2) ∩ f˜−1 (B(0, δ/2)) est bijective.
3e étape : Continuité de l’inverse.
Soient y1 , y2 ∈ B(0, 2δ ), alors il existe x1 , x2 ∈ B(0, δ) tels que
f˜−1 (y1 ) = x1 et f˜−1 (y2 ) = x2
kf˜−1 (y1 ) − f˜−1 (y2 )k = kx1 − x2 k ≤ kf˜(x1 ) − f˜(x2 )k + kg0 (x1 ) − g0 (x2 )k
1
≤ kf˜(x1 ) − f˜(x2 )k + kx1 − x2 k.
2
On en déduit que kx1 − x2 k ≤ 2kf˜(x1 − f˜(x2 )k
Et en inversant f˜ on obtient : kf˜−1 (y1 ) − f˜−1 (y2 )k ≤ 2ky1 − y2 k
Ce qui permet de conclure que f˜−1 est bien continue.
4e étape : Différentiabilité de f˜.
kf˜−1 (y) − f˜−1 (y0 ) − Df˜−1 (y0 )(y − y0 )k
ky − y0 k
Quitte à prendre un δ > 0 plus petit, on peut supposer que pour tout x ∈ B(0, δ), [Df˜(x)]−1
existe.
Soit y0 ∈ B(0, 2δ ). Posons ∆ =
kx − x0 − [Df˜(x0 )]−1 (f˜(x) − f˜(x0 ))k
kf˜(x) − f˜(x0 )k
kx − x0 k
k[Df˜(x0 )]−1 (x − x0 ) − f˜(x) − f˜(x0 )k
=
×
kx − x0 k
kf˜(x) − f˜(x0 )k
∆=
≤
kx − x0 k
k[Df˜(x0 )](x − x0 ) − f˜(x) − f˜(x0 )k
× k[Df˜(x0 )]−1 k ×
kx − x0 k
kf˜(x) − f˜(x0 )k
kx − x0 k
≤ 2 et k[Df˜(x0 )]−1 k ≤ M
kf˜(x) − f˜(x0 )k
k[Df˜(x0 )](x − x0 ) − f˜(x) − f˜(x0 )k
De plus, f˜ est différentiable, d’où :
tend vers 0 quand
kx − x0 k
x tend vers x0 .
En conclusion, l’application x 7−→ [Df˜(x0 )]−1 est continue, ce qui implique qu’il existe
M ≥ 0 tel que k[Df˜(x)]−1 k ≤ M, ∀x ∈ B(0, δ)
Dans cette équation on a :
5e étape : f˜ est de classe C r .
Df˜−1 (g) = [Df˜(f˜−1 (y))]−1 =⇒ Df˜−1 = Inv ◦ Df˜ ◦ f˜−1 .
Comme f˜ est de classe C r , Inv est de classe C +∞ et f˜−1 différentiable =⇒ Df˜ est continue
=⇒ f˜−1 est de classe C r =⇒ · · · =⇒ f˜−1 est de classe C r .
5
2.3
2.3.1
Corollaires du théorème d’inversion locale
Théorème des fonctions implicites
Théorème 2. Soient E1 , E2 et F des espaces de Banach, U ⊂ E1 et V ⊂ E2 des ouverts.
Soient l’application f : U × V −→ F de classe C r , r ≥ 1 et le point (a, b) ∈ U × V tel que f (a, b) = 0
et Dy f (a, b) ∈ Isom(E2 , F ).
Alors, il existe un voisinage ouvert Ua et a contenu dans U , un voisinage Vb et b contenu dans V , et
une application φ : Ua → Vb de classe C r définie par x = φ(x), tels que :
1. {(x, y) ∈ Ua × Vb |f (x, y) = 0} = {(x, φ(x))|x ∈ Ua }.
2. φ(a) = b et Dφ(x) = −(Dy f (x, φ(x)))−1 ◦ Dx f (x, φ(x)).
2.3.2
Théorème d’inversion globale
Théorème 3. Soient E, F deux espaces de Banach, f : U → F de classe C r . Les conditions suivantes
sont équivalentes.
– f : U → f (U ) est un difféomorphisme de classe C r .
– ∀x ∈ U, Df (x) ∈ Isom(E, F ) et f : U → F est injective.
6
3
Applications
3.1
Passage en coordonnées polaires
Soient U = {(r, θ); r ∈ R∗+ et − π < θ < π} et V = R2 \{(x, 0), x ≤ 0}
et Φ : U → V définie par Φ(r, θ) = (x, y) = (r cos θ, r sin θ)
– Φ est de classe C ∞ .
– Φ est bijective.
(
x = r cos θ
Soit (x, y) ∈ V, on veut résoudre
y = r sin θ
p
2
2
2
=⇒ x
r = x2 + y 2 ce qui est positif car (x, y) ∈ V
 + y = r =⇒
x


 cosθ = px2 + y 2
=⇒
y

 sin θ = p

2
x + y2
On obtient une unique solution θ ∈ ]−π; π]. Mais pour θ = π, x < 0 et y < 0 =⇒ (x, y) 6∈ V
∞
Finalement Φ : U → V est bijective et de
classe C .
cos θ r sin θ
– DΦ(r, θ) = JΦ (r, θ) =
=⇒ det DΦ(r, θ) = det JΦ (r, θ) = r > 0
sin θ r cos θ
Conclusion : D’après le théorème d’inversion globale Φ est un difféomorphisme de classe C ∞ .
Remarque : Dans ce cas, on peut même calculer Φ−1 .
(
(
x = r cos θ
x = ϕ1 (x, y)
⇐⇒
y = r sin θ
y = ϕ2 (x, y)
p
On a déja r = x2 + y 2
tan( 2θ ) =
=⇒
θ
2
3.2
3.2.1
=
sin(θ/2)
cos(θ/2)
=
cos(θ/2) sin(θ/2)
cos(θ/2)2
arctan( √ 2 y 2 )
x +y +x
i.e.
=
sin θ
2
1+cos θ
2
Φ−1 (x, y)
=
sin θ
1+cos θ
=
=
r sin θ
r+r cos θ
=√
y
x2 +y 2 +x
p
x2 + y 2 ; 2 arctan( √
y
x2 +y 2 +x
Exercice
Énoncé
(
Soit f :
R3 −→ R3
(x, y, z) 7−→ (x + y 2 , y + z 2 , z + x2 )
1. Montrer que f est C 1 .
2. Calculer le rang de Df (x, y, z).
3. Quels sont les points au voisinage desquels f est localement inversible ?
3.2.2
Corrigé
1. Montrons que f est C 1 .
La fonction f est C 1 car toutes ses dérivées partielles
On a de plus :

1
Df (x, y, z) =  0
2x
7
sont définies et continues sur R3 .

2y 0
1 2z 
0 1
2. Calculons le rang de Df (x, y, z) :
1 2y 0
det Df (x, y, z) = 0 1 2z
2x 0 1
= (−1)1+1 × 1 × 1 2z + (−1)1+3 × 2x × 2y 0
0 1 1 2z
= (1 × 1) − (2z × 0) + 2x [(2y × 2z) − (1 × 0)]
= 1 + 8xyz
Il est clair que Df (x, y, z) est de rang au moins 2 (les deux premières colonnes sont linéairement
indépendantes).
De plus det Df (x, y, z) = 1+8xyz. Donc Df (x, y, z) est de rang 3 si xyz 6= − 18 et de rang 2 sinon.
3. Trouvons maintenant quels sont les points au voisinage desquels f est localement inversible :
Le théorème d’inversion locale s’applique au voisinage de tout point (x, y, z) tel que Df (x, y, z)
soit inversible.
On en déduit que f est localement inversible près de tout point (x, y, z) tel que :
det Df (x, y, z) 6= 0 ⇔ xyz 6= − 81 .
8