Exercices corrigés - Théorèmes d'inversion locale et des fonctions implicites

Soit $(x_0,y_0)\in \mathbb R^2\backslash\{(0,0)\}$. La matrice jacobienne de $f$ en $(x_0,y_0)$ est $$\begin{pmatrix} 2x_0&-2y_0\\ 2y_0&2x_0 \end{pmatrix}. $$ Son déterminant est $4x_0^2+4y_0^2>0$. Ainsi, par le théorème d'inversion local, $f$ réalise un $\mathcal C^1$-difféomorphisme local en $(x_0,y_0)$. Pour autant, $f$ n'est pas un $\mathcal C^1$-difféomorphisme global de $\mathbb R^2\backslash\{(0,0)\}$ sur $f(\mathbb R^2\backslash\{(0,0)\})$ car $f$ n'est pas injective : on a $f(1,1)=f(-1,-1)=(0,2)$ par exemple.

Il est d'abord facile de vérifier que l'image de $f$ n'est pas $\mathbb R^3$ : en effet, le point $(0,0,0)$ ne peut être atteint par $f$ puisque la fonction exponentielle est strictement positive.
Pour démontrer que $f(\mathbb R^3)$ est un ouvert, il suffit de vérifier que la différentielle de $f$ en tout point $(x,y,z)$ de $\mathbb R^3$ est inversible. Or, la matrice jacobienne de $f$ est : $$A=\begin{pmatrix} 0&2e^{2y}&2e^{2z}\\ 2e^{2x}&0&-2e^{2z}\\ 1&-1&0 \end{pmatrix}.$$ On calcule le déterminant de cette matrice par exemple en développant par rapport à la dernière ligne et on trouve : $$\det(A)=-4e^{2y+2z}-4e^{2x+2z}<0.$$ Il n'est jamais nul, la différentielle de $f$ est bien une application linéaire inversible en tout point $(x,y,z)$ de $\mathbb R^3$.

On va commencer par déterminer $\phi(U)$. Soient $(u,v)\in U$ et $(s,p)=\phi(u,v)$. Alors $s=u+v$ et $p=uv$, et donc $u$, $v$ sont deux racines distinctes de l'équation $x^2-sx+p=0$. Cette équation du second degré doit avoir deux racines réelles distinctes. Il est donc nécessaire que son discriminant soit strictement positif, c'est-à-dire que $s^2-4p>0$.
Si maintenant $s^2-4p>0$, l'équation $\phi(u,v)=(s,t)$ admet toujours une unique solution dans $U$. En effet, cette solution est $$u=\frac{s+\sqrt{s^2-4p}}{2}\textrm{ et }v=\frac{s-\sqrt{s^2-4p}}2.$$ Ainsi, on vient de prouver que $\phi$ réalise une bijection de $U$ sur $V=\{(s,p)\in\mathbb R^2;s^2>4p\}$, de bijection réciproque $$(s,t)\mapsto \left(\frac{s+\sqrt{s^2-4p}}{2},\frac{s-\sqrt{s^2-4p}}2\right).$$ $\phi$ et $\phi^{-1}$ étant de classe $C^1$, $\phi$ est un $C^1$-difféomorphisme de $U$ sur $V$. Comme on a trouvé ici une expression pour $\phi^{-1}$, il est inutile d'appliquer le théorème d'inversion globale, ce que l'on aurait pu faire car le jacobien de $\phi$ en $(u,v)$ est $u-v>0$.

L'application $\phi$ est différentiable sur $\mathcal M_n(\mathbb R)$ (elle est de classe $C^\infty$, car c'est un polynôme). Pour calculer sa différentielle en l'identité, on remarque que $$(I+H)^2=I+2H+H^2\textrm{ avec }H^2=o(\|H\|).$$ Ainsi, $d\phi_I(H)=2H$, soit $d\phi_I=2Id_{\mathcal M_n(\mathbb R)}$. En particulier, la différentielle de $\phi$ en $I$ est inversible. Il existe donc un voisinage ouvert $U$ de $I$ dans $\mathcal M_n(\mathbb R)$ et un voisinage ouvert $V$ de $\phi(I)=I$ dans $\mathcal M_n(\mathbb R)$ tel que $\phi$ réalise un $C^1$-difféomorphisme de $U$ sur $V$. Soit $\alpha>0$ tel que toute matrice $A$ vérifiant $\|A-I\|<\alpha$ vérifie $A\in V$. Alors il existe $M\in U$ tel que $\phi(M)=M^2=A$. Ainsi, $A$ possède bien une racine carrée.

Soit $\phi:\mathcal M_n(\mathbb R)\to\mathcal M_n(\mathbb R),\ M\mapsto \exp(M),$ qui vérifie $\phi(0)=I_n$. Alors $\phi$ est de classe $\mathcal C^1$. De plus, $$\phi(H)=\sum_{n\geq 0}\frac{H^n}{n!}=I_n+H+o(\|H\|).$$ Ainsi, $d\phi(0)=\textrm{Id}_{\mathcal M_n(\mathbb R)}$ et donc $d\phi(0)$ est un isomorphisme de $\mathcal M_n(\mathbb R)$. On déduit du théorème d'inversion locale l'existence d'un voisinage ouvert $U$ de $0$ et d'un voisinage ouvert $V$ de $I_n$ tels que $\phi$ réalise une bijection de $U$ sur $V$. Ceci prouve le résultat demandé.

Posons $f(x,y)=x^4+x^3y^2-y+y^2+y^3-1$. $f$ définit une fonction de classe $C^\infty$ sur $\mathbb R^2$. De plus, $f(-1,1)=0$ et on a $$\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=2x^3y-1+2y+3y^2,$$ soit $$\frac{\partial f}{\partial y}(-1,1)=2\neq 0.$$ On peut donc appliquer le théorème des fonctions implicites au voisinage de $(-1,1)$. Il existe un intervalle $I$ de $\mathbb R$ contenant $-1$, un intervalle $J$ de $\mathbb R$ contenant $1$ et une fonction $g:I\to J$ telle que, pour tout couple $(x,y)\in I\times J$, $$f(x,y)=0\iff y=g(x).$$ Pour calculer la dérivée de $g$ en $-1$, on peut utiliser la formule suivante : $$g'(-1)=-\frac{\frac{\partial f}{\partial x}(-1,1)}{\frac{\partial f}{\partial y}(-1,1)}.$$ Or, $$\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=4x^3+3x^2y^2,$$ soit $$\frac{\partial f}{\partial x}(-1,1)=-1,$$ ce qui donne finalement $g'(-1)=1/2$. On peut aussi partir de la relation $$x^4+x^3g(x)^2-g(x)+g(x)^2+g(x)^3=1,$$ et dériver cette relation pour $x\in I$. Il vient : $$4x^3+3x^2g(x)^2+2x^3g(x)g'(x)-g'(x)+2g(x)g'(x)+3g(x)^2g'(x)=0.$$ On évalue cette relation en $x=-1$ (on a alors $g(-1)=1$), et on trouve bien que $g'(-1)=1/2$.

Soit $f$ la fonction définie sur $\mathbb R^3$ par $f(x,y,z)=x+y+z+\sin(xyz)$. La fonction $f$ est de classe $C^\infty$, elle vérifie $f(0,0,0)=0$ et sa dérivée partielle par rapport à $z$ est $$\frac{\partial f}{\partial z}(x,y,z)=1+xy\cos(xyz).$$ En particulier, $\frac{\partial f}{\partial z}(0,0,0)=1\neq 0$, et le théorème des fonctions implicites s'applique. Il existe donc un voisinage $\mathcal U$ de $(0,0)$, un intervalle ouvert $I$ contenant $0$ et une fonction $g:\mathcal U\to I$ de classe $C^\infty$ telle que $$\forall (x,y,z)\in\mathcal U\times I,\ f(x,y,z)=0\iff z=g(x,y).$$ On peut calculer $\frac{\partial g}{\partial x}(0,0)$ par la formule du cours, $$\frac{\partial g}{\partial x}(0,0)=-\frac{\frac{\partial f}{\partial x}(0,0)}{\frac{\partial f}{\partial z}(0,0)},$$ ou bien en partant de la relation $$x+y+g(x,y)+\sin(xyg(x,y))=0,$$ et en la dérivant par rapport à $x$. Il vient $$1+\frac{\partial g}{\partial x}(x,y)+yg(x,y)\cos(xyg(x,y))+xy\frac{\partial g}{\partial x}(x,y)\cos(xyg(x,y))=0.$$ On évalue cette relation en $(0,0)$ et on trouve $$\frac{\partial g}{\partial x}(0,0)=-1.$$ Le calcul de la dérivée partielle par rapport à $y$ est identique.

Il s'agit d'appliquer le théorème des fonctions implicites et donc de démontrer que la différentielle partielle de $f$ par rapport aux variables $y$ et $z$, au point $(x_0,y_0,z_0)$, est un isomorphisme de $\mathbb R^2$. Autrement dit, il s'agit de démontrer que la matrice $A$ suivante est inversible : $$\begin{pmatrix} \frac{\partial f_1}{\partial y}(x_0,y_0,z_0)&\frac{\partial f_1}{\partial z}(x_0,y_0,z_0)\\ \frac{\partial f_2}{\partial y}(x_0,y_0,z_0)&\frac{\partial f_2}{\partial z}(x_0,y_0,z_0)\\\end{pmatrix}.$$ Calculons cette matrice : $$A=\begin{pmatrix} -2y_0&2z_0\\ x_0z_0&x_0y_0 \end{pmatrix}$$ Son déterminant vaut $-2x_0(y_0^2+z_0^2)$. Puisque $x_0y_0z_0=1$, et donc $x_0\neq 0$, $y_0\neq 0$ et $z_0\neq 0$, on déduit facilement que ce déterminant n'est jamais nul. D'où le résultat.

Posons $f(x,y)=e^{xy}+y^2-xy-3y+2x+1$. On a $$\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=xe^{xy}+2y-x-3\implies \frac{\partial f}{\partial y}(0,1)=-1\neq 0.$$ Puisqu'en outre $f(0,1)=0$, le théorème des fonctions implicites s'applique, et il existe deux intervalles ouverts $I$ et $J$, avec $0\in I$ et $1\in J$, et une fonction $g:I\to J$ de classe $C^1$ tels que $$\forall (x,y)\in I\times J,\ f(x,y)=0\iff y=g(x).$$ De plus, puisque $f$ est de classe $C^\infty$, $g$ est aussi de classe $C^\infty$ sur $I$. En particulier, elle admet des développements limités à tout ordre en 0, celui d'ordre $2$ s'écrivant $$g(0)+g'(0)x+\frac{g''(0)}{2}x^2+o(x^2).$$ On sait déjà que $g(0)=1$. Pour calculer $g'(0)$ et $g''(0)$, on va dériver (deux fois) la relation $$e^{xg(x)}+g(x)^2-xg(x)-3g(x)+2x+1=0.$$ Dérivons une première fois. On trouve : $$(g(x)+xg'(x))e^{xg(x)}+2g(x)g'(x)-g(x)-xg'(x)-3g'(x)+2=0.$$ Evaluons en $x=0$. On trouve $$1+2g'(0)-1-3g'(0)+2=0\implies g'(0)=2.$$ On dérive une seconde fois : $$(g(x)+xg'(x))^2e^{xg(x)}+(2g'(x)+xg''(x))e^{xg(x)}+2g'(x)^2+2g(x)g''(x)-g'(x)-xg''(x)-g'(x)-3g''(x)=0.$$ On évalue en $x=0$ pour trouver $$1+4+8+2g''(0)-2-2-3g''(0)=0\implies g''(0)=9.$$ Ainsi, le développement limité de $g$ en $0$ à l'ordre 2 est égal à $$1+2x+\frac{9}2x^2+o(x^2).$$