Barre utilisateur

[ID: 2947] [Date de publication: 9 novembre 2022 22:38] [Catégorie(s): Calcul différentiel ] [ Nombre commentaires: 1] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]

Solution(s)

Solution(s)

Inversion locale et globale
Par Patrice Lassère le 9 novembre 2022 22:38

1. La matrice jacobienne de \(f\) \[J_f(a,b)=\begin{pmatrix} 2x&-2y\\2y&2x \end{pmatrix}\] de déterminant \(4(x^2+y^2)\ne 0\) sur \(\Omega\) (ou bien, avec l’identification \(\mathbb R^2 \simeq\mathbb C\), \(f\) est l’application \(z\mapsto z^2\) holomorphe sur \(\mathbb C^\star\) et \(J_f(x,y)\) est l’écriture matricielle de la multiplication \(f'(z)=2z\)) dans tous les cas, le théorème d’inversion locale s’applique à \(f\) (qui est de classe \(\mathscr C^1\) sur \(\Omega\)) : pour tout \(a\ne 0\) il existe deux ouvert \(U\subset\Omega,\ V\subset\mathbb R^2\) tels que \(f\) soit un \(\mathscr C^1\) difféomorphisme de \(U\) sur \(V\). Vu que \(f(z)=z^2\) il existe donc sur \(V\) une determination de classe \(\mathscr C^1\) (elle est même holomorphe, voir un cours sur le logarithme complexe) de la racine carrée.

   L’inversion locale n’est pas globale (i.e. on ne peut avoir \(U=\mathbb C\setminus\{0\}\) ) car \(f\) n’est pas injective (\(f(z)=f(-z)\)), l’ouvert maximal ne pourra contenir deux points opposés dans le plan complexe ; après un petit calcul on vérifie que le demi-plan \(\{z\in\mathbb C\ : \ \text{re}(z)>0\}\) convient ainsi que tout demi-plan deduit de celui-ci par une rotation autour de l’origine, l’ouvert d’arrivée étant alors \(\mathbb C\setminus\mathbb R_-\) ou dans les autres cas \(\mathbb C\) privé d’une demi-droite issue de l’origine (encore une fois le lecteur connaissant le logarithme complexe ne sera pas surpris par ces solutions).

2. \(f\) est de classe \(\mathscr C^1\) sur \(\mathbb R\setminus\{0\}\) et puisqu’au voisinage de l’origine \(f(x)=x+o(x^2)\), elle est aussi dérivable à l’origine avec \(f'(0)=1\). Toutefois \(f\) n’est pas injective au voisinage de l’origine (c’est du aux oscillations rapides générées par le sinus) ; précisément pour tout entier pair \(k\geq 2\) \[f\left( \frac{1}{k+\frac{1}{2}}\right)-f\left( \frac{1}{k}\right) =\dfrac{2k-1}{k(2k+1)^2}>0\] et \[f\left( \frac{1}{k+1}\right)=\frac{1}{k+1}<\frac{1}{k}=f\left( \frac{1}{k}\right) <f\left( \frac{1}{k+\frac{1}{2}}\right)\] si bien que toute valeur comprise entre \(f\left( \frac{1}{k}\right)\) et \(f\left( \frac{1}{k+\frac{1}{2}}\right)\) sera atteinte deux fois sur l’intervalle \(] \frac{1}{k+1},\frac{1}{k}[\) d’après le théorème des valeurs intermédiaires. \(f\) n’est donc injective sur aucun voisinage de l’origine.

   Remarque : Le théorème d’inversion locale ne s’applique pas ici car \(f\) est de classe \(\mathscr C^1\) sur \(\mathbb R^\star\), dérivable sur \(\mathbb R\) mais pas de classe \(\mathscr C^1\) à l’origine, et donc à fortiori sur aucun voisinage de l’origine.