Solution des exercices
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vii). On a par définition,
d( p) = F t 2 ( p) (0, p)
2
− −F 0 (0, p)
2 =
t 2 ( p)
0
d
dt
F t (0, p)
2 dt .
c’est-à-dire encore, si l’on note j t la première composante de F t ,
d( p) = 2
t 2 ( p)
0
j t ( p)
2 (j t ( p)
2
− 1) dt .
Si 0 < p < 1, on a (d’après la question iv)), 0 < j t ( p) < 1 pour tout t ∈
]0, t 2 ( p)], donc d( p) < 0. D’autre part, pour p assez grand, on peut découper
{F t ( p) ; t ∈ [0, t 2 ( p)]} en trois morceaux : deux inclus dans la bande B et
paramétrés par x,
{(x, y) ; y = Y
±
p (x) , x ∈ [0, 1]} ,
le troisième dans le demi-plan {(x, y) ; x ≥ 1} et paramétré par y,
{(x, y) ; x = X p (y) , y ∈ [Y
−
p (1), Y
+
p (1)]} ,
avec Y
−
p (x) < 0 < Y
+
p (x) pour x ∈ [0, 1], de sorte que le point F t 1 ( p) soit sur
le morceau paramétré par y (son ordonnée étant un zéro de X
p ). En notant que
Y
−
p (x) < x − x
3 < Y
+
p (x) pour x ∈ [0, 1], le long des morceaux paramétrés
respectivement par x et par y on a
dt =
dx
dY
±
p (x) − x + x 3 et dt = −
dy
X p (y)
,
d’où l’expression
t 2 ( p)
0
j t ( p)
2 (j t ( p)
2
− 1) dt =
1
0
x
2 (x
2
− 1)
Y +
p (x) − x + x 3 dx
−
1
0
x
2 (x
2
− 1)
Y
−
p (x) − x + x 3 dx +
Y
+
p (1)
Y
−
p (1)
X p (y) (X p (y)
2
− 1) dy .
Le dernier morceau est minoré par 0. Les deux autres sont des fonctions croissantes de p. En effet, les orbites ne s’intersectant pas, p → Y
+
p (x) est croissante
et p → Y
−
p (x) est décroissante.
viii). D’après ce qui précède, d prend des valeurs négatives dans ]0, 1[ et positives pour
p assez grand. Puisqu’elle est continue, le théorème des valeurs intermédiaires
implique qu’elle s’annule en un point p ∗ ∈ R
+∗ .
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