338 Chap. 14. Calcul différentiel
∂ F
∂v
=
∂ f
∂x
◦ c
∂x
∂v
+
∂ f
∂ y
◦ c
∂ y
∂v
=
∂ f
∂ y
◦ c.
• D’après ce qui précède, V a ( f ) ◦ c =
∂ F
∂u
. Dire que f appartient à Ker V a équivaut donc à dire que
∂ F
∂u
= 0, c’est-à-dire à F(u, v) = A(v), où A appartient à
C
∞ (R, R).
Conclusion : Ker V a = {(x, y) → A(y − ax) | A ∈ C
∞ (R, R)} .
3) De la relation V a ( f ) ◦ c =
∂ F
∂u
on déduit V
2
a ( f ) ◦ c =
∂
2 F
∂u 2 . Donc f appartient
à Ker V
2
a si et seulement si
∂
2 F
∂u 2 = 0, c’est-à-dire F(u, v) = B(v)u + C(v) où B et
C sont de classe C
∞ .
Conclusion : Ker V
2
a = {(x, y) → x B(y − ax) + C(y − ax) | (B, C) ∈ C
∞ (R, R)
2
} .
Exercice 14.14
TPE PC 2005
Soient U = {(u, v) ∈ R
2 , u − v > 0} et f : U → R
2 définie par
f(u, v) = (u
2 + v
2 , u + v). Montrer que f est un C
1 difféomorphisme de
U sur un ouvert V à déterminer.
L’application f est de classe C
1 sur l’ouvert U et son jacobien est égal à
2u 2v
1 1
,
c’est-à-dire 2(u − v) qui est strictement positif sur U .
Soient (u, v) ∈ U et (u
, v
) ∈ U tels que f(u, v) = f(u
, v
). Alors u − u
= v
− v
et u
2
− u
2 = v
2 − v
2 . Si u = u
, alors v = v
, donc on obtient en divisant la
deuxième relation par la première que u + u
= v + v
. Il reste à ajouter à la première
pour obtenir que u = v
, ce qui entraine v = u
, mais u > v, d’où v
> u
, ce qui
est absurde. Finalement, (u, v) = (u
, v
), d’où f est injective. Par caractérisation
des difféomorphismes, on en déduit que f est un C
1 difféomorphisme de U sur
V = f(U ) = {(u
2 + v
2 , u + v), u − v > 0}.
Soit (x, y) ∈ R
2 . Le couple (x, y) appartient à V si et seulement si il existe
(u, v) ∈ R
2 tel que u > v et
x = u
2 + v
2
y = u + v
En élevant au carré la deuxième et en soustrayant, on obtient le système équivalent :
uv =
1
2
(y
2
− x)
u + v = y
, donc u et v sont racines du trinôme X
2
− y X +
1
2
(y
2
− x). La
condition cherchée est que ce trinôme admette deux racines réelles distinctes (u sera
la plus grande), donc que son discriminant soit strictement positif. On en déduit que
V = {(x, y) ∈ R
2 , 2x − y
2 > 0}. Il s’agit de l’intérieur de la parabole d’équation
y
2 = 2x, voir dessin ci-après.
∂ F
∂v
=
∂ f
∂x
◦ c
∂x
∂v
+
∂ f
∂ y
◦ c
∂ y
∂v
=
∂ f
∂ y
◦ c.
• D’après ce qui précède, V a ( f ) ◦ c =
∂ F
∂u
. Dire que f appartient à Ker V a équivaut donc à dire que
∂ F
∂u
= 0, c’est-à-dire à F(u, v) = A(v), où A appartient à
C
∞ (R, R).
Conclusion : Ker V a = {(x, y) → A(y − ax) | A ∈ C
∞ (R, R)} .
3) De la relation V a ( f ) ◦ c =
∂ F
∂u
on déduit V
2
a ( f ) ◦ c =
∂
2 F
∂u 2 . Donc f appartient
à Ker V
2
a si et seulement si
∂
2 F
∂u 2 = 0, c’est-à-dire F(u, v) = B(v)u + C(v) où B et
C sont de classe C
∞ .
Conclusion : Ker V
2
a = {(x, y) → x B(y − ax) + C(y − ax) | (B, C) ∈ C
∞ (R, R)
2
} .
Exercice 14.14
TPE PC 2005
Soient U = {(u, v) ∈ R
2 , u − v > 0} et f : U → R
2 définie par
f(u, v) = (u
2 + v
2 , u + v). Montrer que f est un C
1 difféomorphisme de
U sur un ouvert V à déterminer.
L’application f est de classe C
1 sur l’ouvert U et son jacobien est égal à
2u 2v
1 1
,
c’est-à-dire 2(u − v) qui est strictement positif sur U .
Soient (u, v) ∈ U et (u
, v
) ∈ U tels que f(u, v) = f(u
, v
). Alors u − u
= v
− v
et u
2
− u
2 = v
2 − v
2 . Si u = u
, alors v = v
, donc on obtient en divisant la
deuxième relation par la première que u + u
= v + v
. Il reste à ajouter à la première
pour obtenir que u = v
, ce qui entraine v = u
, mais u > v, d’où v
> u
, ce qui
est absurde. Finalement, (u, v) = (u
, v
), d’où f est injective. Par caractérisation
des difféomorphismes, on en déduit que f est un C
1 difféomorphisme de U sur
V = f(U ) = {(u
2 + v
2 , u + v), u − v > 0}.
Soit (x, y) ∈ R
2 . Le couple (x, y) appartient à V si et seulement si il existe
(u, v) ∈ R
2 tel que u > v et
x = u
2 + v
2
y = u + v
En élevant au carré la deuxième et en soustrayant, on obtient le système équivalent :
uv =
1
2
(y
2
− x)
u + v = y
, donc u et v sont racines du trinôme X
2
− y X +
1
2
(y
2
− x). La
condition cherchée est que ce trinôme admette deux racines réelles distinctes (u sera
la plus grande), donc que son discriminant soit strictement positif. On en déduit que
V = {(x, y) ∈ R
2 , 2x − y
2 > 0}. Il s’agit de l’intérieur de la parabole d’équation
y
2 = 2x, voir dessin ci-après.