Solution des exercices
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ii). a) Comme w est continue sur R, elle est bornée sur [−2, 2]. Soit
M = max [−2,2] |w|. Pout tout (x, y) ∈ B, x + y ∈ [−2, 2] et x y ∈ [−2, 2],
on a
|d f (x, y) · (h, k)| ≤ M (h, k) 1 , |dg(x, y) · (h, k)| ≤ M (h, k) 1 .
Donc d’après le théorème des accroissements finis (théorème 1.9), les composantes f et g de F, et donc également F, sont Lipschitziennes de rapport M
dans B.
b) D’après la première question,
dF(0, 1) · (h, k) = (w(1) (h + k), w(0) h) .
Si dF(0, 1) · (h, k) = 0 alors h = 0 puisque w(0) = 0, et par suite k = 0
puisque w(1) = 0. Donc dF(0, 1) est un isomorphisme de R
2 , et d’après
le théorème 1.16, F est un difféomorphisme local au point (0, 1). Comme
F(x, y) est symétrique en (x, y), il en est de même pour F au point (1, 0).
c) Il suffit de vérifier que F est injective sur D. Notons que si w(t) > 0 pour tout
t ∈ R, sa primitive t →
t
0
w(u) du est strictement croissante. Par conséquent,
si F(x 1 , y 1 ) = F(x 2 , y 2 ), nécessairement x 1 + y 1 = x 2 + y 2 et x 1 y 1 = x 2 y 2 .
Autrement dit, (x 1 , y 1 ) et (x 2 , y 2 ) sont deux couples de racines de X
2
− s X + p,
avec s := x 1 +y 1 = x 2 +y 2 et p := x 1 y 1 = x 2 y 2 . Un polynôme du second degré
ayant au plus deux racines, on a donc (x 1 , y 1 ) = (x 2 , y 2 ) ou (x 1 , y 1 ) = (y 2 , x 2 ).
Si en outre (x 1 , y 1 ) et (x 2 , y 2 ) appartiennent à D, la deuxième possibilité est
exclue.
Exercice 1.5
i). La fonction F est de classe C
1 sur R
2 car ses composantes le sont (mêmes raisons
que dans l’exercice 1.3).
ii). Pour tous (x, y) ∈ R
2 et (h, k) ∈ R
2 ,
dF(x, y) · (h, k) = (h + f
(y)k, k + f
(x)h) .
Si dF(x, y) · (h, k) = 0, alors (1 − f
(x) f
(y))h = (1 − f
(x) f
(y))k = 0.
Comme par hypothèse | f
(x) f
(y)| ≤ a
2 < 1, on a f
(x) f
(y) = 1 et donc
h = k = 0. Ceci montre que dF(x, y) est injective. C’est par conséquent un
isomorphisme de R
2 .
iii). D’après le théorème des accroissements finis, f est Lipschitzienne de rapport a.
Donc par définition de g on a pour tous (x 1 , y 1 ) et (x 2 , y 2 ) dans R
2 ,
g(x 1 , y 1 ) − g(x 2 , y 2 ) ∞ ≤ a (x 1 , y 1 ) − (x 2 , y 2 ) ∞ .
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit
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ii). a) Comme w est continue sur R, elle est bornée sur [−2, 2]. Soit
M = max [−2,2] |w|. Pout tout (x, y) ∈ B, x + y ∈ [−2, 2] et x y ∈ [−2, 2],
on a
|d f (x, y) · (h, k)| ≤ M (h, k) 1 , |dg(x, y) · (h, k)| ≤ M (h, k) 1 .
Donc d’après le théorème des accroissements finis (théorème 1.9), les composantes f et g de F, et donc également F, sont Lipschitziennes de rapport M
dans B.
b) D’après la première question,
dF(0, 1) · (h, k) = (w(1) (h + k), w(0) h) .
Si dF(0, 1) · (h, k) = 0 alors h = 0 puisque w(0) = 0, et par suite k = 0
puisque w(1) = 0. Donc dF(0, 1) est un isomorphisme de R
2 , et d’après
le théorème 1.16, F est un difféomorphisme local au point (0, 1). Comme
F(x, y) est symétrique en (x, y), il en est de même pour F au point (1, 0).
c) Il suffit de vérifier que F est injective sur D. Notons que si w(t) > 0 pour tout
t ∈ R, sa primitive t →
t
0
w(u) du est strictement croissante. Par conséquent,
si F(x 1 , y 1 ) = F(x 2 , y 2 ), nécessairement x 1 + y 1 = x 2 + y 2 et x 1 y 1 = x 2 y 2 .
Autrement dit, (x 1 , y 1 ) et (x 2 , y 2 ) sont deux couples de racines de X
2
− s X + p,
avec s := x 1 +y 1 = x 2 +y 2 et p := x 1 y 1 = x 2 y 2 . Un polynôme du second degré
ayant au plus deux racines, on a donc (x 1 , y 1 ) = (x 2 , y 2 ) ou (x 1 , y 1 ) = (y 2 , x 2 ).
Si en outre (x 1 , y 1 ) et (x 2 , y 2 ) appartiennent à D, la deuxième possibilité est
exclue.
Exercice 1.5
i). La fonction F est de classe C
1 sur R
2 car ses composantes le sont (mêmes raisons
que dans l’exercice 1.3).
ii). Pour tous (x, y) ∈ R
2 et (h, k) ∈ R
2 ,
dF(x, y) · (h, k) = (h + f
(y)k, k + f
(x)h) .
Si dF(x, y) · (h, k) = 0, alors (1 − f
(x) f
(y))h = (1 − f
(x) f
(y))k = 0.
Comme par hypothèse | f
(x) f
(y)| ≤ a
2 < 1, on a f
(x) f
(y) = 1 et donc
h = k = 0. Ceci montre que dF(x, y) est injective. C’est par conséquent un
isomorphisme de R
2 .
iii). D’après le théorème des accroissements finis, f est Lipschitzienne de rapport a.
Donc par définition de g on a pour tous (x 1 , y 1 ) et (x 2 , y 2 ) dans R
2 ,
g(x 1 , y 1 ) − g(x 2 , y 2 ) ∞ ≤ a (x 1 , y 1 ) − (x 2 , y 2 ) ∞ .
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