Montrer que $\phi^{-1}\in C^1(\mathbb R^2,\mathbb R^2)$

Jojob
Modifié (March 2023) dans Analyse
On pose $f\in C^1(\mathbb R, \mathbb R)$ strictement contractante (c'est-à-dire $\exists k\in]0,1[$ tel que $\forall x,y\in \mathbb R,\ |f(x)-f(y)| \le k|x-y|$ ).
Maintenant, on définit : $\phi : \mathbb R^2 \longrightarrow \mathbb R^2$, $(x,y)\longmapsto (x+f(y),y+f(x))$.
Je veux montrer que $\phi$ est bijective et que $\phi^{-1}\in C^1(\mathbb R^2, \mathbb R^2)$.
Je bloque. J'arrive à démontrer que $x\longmapsto x+f(x)$ est bijective grâce au fait que $f$ est strictement contractante mais je n'ai pas l'impression que cela m'aide pour $\phi$.
Merci de votre aide !
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Réponses

  • Théorème de la fonction inverse ? 
  • @Cyrano Désolé, je ne connais pas ce théorème. Je doute que je dois le démontrer.
  • geo
    geo
    Modifié (March 2023)
    $f$ est continue car contractante. Il faut montrer qu'elle est strictement monotone. Comme ça tu sauras que $f$ est un homéomorphisme de $\mathbb {R}$
    Ensuite tu résous un système pour trouver la fonction inverse de $\phi$.
  • Tu peux oublier pour montrer la monotonie $f$. Par contre tu peux montrer qu'elle est bijective.
  • @geo Comment pourrais-je faire pour montrer que $f$ est bijective ?
  • Bibix
    Modifié (March 2023)
    Résoudre le système me paraît un peu optimiste. Par contre, pour montrer que $\phi$ est bijective, tu peux partir de $\phi(x, y) = \phi(x', y')$ puis tu montres que $|x - x'| \leqslant k^2 |x - x'|$ puis que $x = x'$ etc...
  • @geo Cela ne me paraît pas tout le temps vrai. Je pense que la fonction : $x\longmapsto \exp(-x^2)$ est une fonction strictement contractante et n'est pas bijective.
  • geo
    geo
    Modifié (March 2023)
    Ce n'est pas une fonction de $\mathbb {R}$ dans $\mathbb {R}$
  • @Bibix Merci, effectivement l'injectivité n'est pas trop difficile. Elle est quasi-similaire dans la preuve de la bijectivité de $x\longmapsto x + f(x)$.

    Maintenant, comment pourrais-je faire pour trouver la surjectivité ? De plus, il faut que je trouve une formule pour que je puisse montrer que $\phi^{-1}$ est $C^1$.
  • LOU16
    Modifié (March 2023)
    Bonsoir,
    Les hypothèses sur $f$ font que $\forall x \in \R, \:|f'(x)|\leqslant k<1.$
    Soit $(a,b) \in\R^2, \:\:g_b:\R \to\R, \:\:x \mapsto x+f(b-f(x)).\quad g_b \;$ est $\:\mathcal C^1 $ sur $\R $ et $\forall x \in \R, \:g'_b (x)\geqslant 1-k^2>0.\:\: $
     Ainsi $g_b$ réalise une bijection de $\R$  sur $\R\:\:\exists \:!\:x \in \R\:\:$tel que $\:g_b(x) =a.\:\:$ Soit$\:y=b-f(x).$
    Alors $(x,y)$ est l'unique élément  de $\R^2$ tel que $\varphi(x,y) =(a,b).\quad \varphi \text{ est bijective }.$
    En outre, $\varphi$ est $ \mathcal C^1$ sur $\R^2,\: $ et  sa matrice "jacobienne" $\begin{pmatrix} 1&f'(x)\\f'(y) & 1 \end{pmatrix}$ possède un déterminant non nul, car supérieur à $1-k^2.$
    $$\varphi \text{ est un } \mathcal C^1-\text{ difféomorphisme de } \R^2.$$Aperçu

  • Jojob
    Modifié (March 2023)
    @LOU16 Je pense ne pas trop comprendre pourquoi $g_b'(x) \ge 1 -k$. Est-il possible de faire sans utiliser le déterminant jacobien ?
    Je ne connais pas ce théorème.
  • Jojob
    Modifié (March 2023)
    @LOU16 Ok j'ai compris ton inégalité !
  • Jojob
    Modifié (March 2023)
    En suivant l'idée de @LOU16, je pense avoir quelque chose.
    On pose : $h(x,y)  = g_y^{-1}(x)$.
    On a : $\phi^{-1}(x,y)  =(g_y^{-1}(x), y-f(g_y^{-1}(x)))$.
    De plus, $\forall x,y\in \mathbb R, g_y'(x)>0$. Donc $g_y^{-1}$ est $C^1$ sur $\mathbb R$ et $f$ aussi. Donc : $\frac{\partial \phi^{-1}}{\partial x}$ existe sur $\mathbb R^2$.
    De même, on effectue la même méthode mais en échangeant $x$ à $y$, on trouve : $\phi^{-1}(x,y)  =(x-f(g_x^{-1}(y)), g_x^{-1}(y))$.
    Ce qui nous donne : $\frac{\partial \phi^{-1}}{\partial y}$ existe sur $\mathbb R^2$.

    On pose : $h(x,y)  = g_y^{-1}(x)$.
    Ce qui donne : $\phi^{-1}(x,y) = (h(x,y), y-f(h(x,y))) = (x- f(h(y,x)), h(y,x))$
    Le problème est donc la continuité.

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