ENS Cachan. Licence de Mathématiques. Corrigé de la feuille 2 de Cacul Différentiel

Exercice 1. Pour 1) on applique le théorème d’inversion locale à T (x) − x, pour 2) le théorème des fonction implicites à F (λ, x) = T (x) − x + λS(x).

Exercice 2. Soit c(s) une application de [0, L] dans IR^{2}, injective sur ]0, L[ et telle que c(0) = c(L). On note C l’image de c(s). On suppose que c est C^{∞} au voisinage de tout point s ∈ [0, L], y compris en 0 et L, que l’on identifie et pour lesquels on a c^{(n)+}(0) = c^{(n)−}(L) pour tout n. On suppose de plus que |c′(s)| = 1 pour tout s. On dit alors que "la courbe C, image de c(s), est paramétrée par sa longueur." Si x = (x, y) est un vecteur de IR^{2}, on note x^{⊥} = (−y, x), le vecteur x tourné de \frac{π}{2}.

(a) Par simple dérivation de |c′(s)|^{2} = 1. En dérivant par rapport à s, on a γ′(s) = 0 ⇒ c′(s) + dc′′(s)^{⊥} = 0. En multipliant par c′(s) il vient d = −\frac{1}{(c′(s),c′′(s)^{⊥})}. Le rayon de courbure est donc le module de d, et comme c′ et c^{′′⊥} sont colinéaires, c’est donc R = \frac{1}{|c′′(s)|}.

(b) Comme la distance est un minimum de |y − c(t)|, on a \frac{∂(|y−c|^{2})}{∂t}(t_{0}) = 0, ce qui donne (y − c(t_{0}), c′(t_{0})) = 0. Il existe donc λ ∈ IR tel que y − c(t_{0}) = λc^{′⊥}(t_{0}). On déduit que |λ| = dist(y, C).

(c) On a \frac{∂y}{∂s}(s, d) = c′(s) + dc^{′′⊥}(s) et \frac{∂y}{∂d}(s, d) = c^{′⊥}(s). Donc Dy(s, d) peut s’écrire Dy(s, d) = (c′(s) + dc^{′′⊥}(s), c^{′⊥}(s)).

(d) Comme c^{′′⊥} est colinéaire à c′(s), le système de vecteurs colonne de Dy(s_{0}, d_{0}) est de rang < 2 si et seulement si c′(s_{0}) + dc^{′′⊥}(s_{0}) = 0, soit en multipliant par c′(s_{0}), 1 + d(c^{′′⊥}(s_{0}), c′(s_{0})) = 0, soit d = −\frac{1}{(c^{′′⊥}(s_{0}),c′(s_{0}))}. On a bien un système de coordonnées locales en y si y n’est pas situé au centre de courbure de la courbe. Dans le cas d’un cercle, on voit qu’en ce point, la coordonnée s "dégénère" puisque le point ne bouge pas quand s varie. Les courbes le long desquelles les coordonnées s, d sont constantes sont les droites orthogonales à la courbe pour s et les courbes parallèles, à distance d fixe, à la courbe C. Ces dernières courbes présentent une singularité quand elles passent par un centre de courbure de la courbe C (Dessin !).

(e) Fixons par exemple ± = +1 et supposons que z → y et que t ne tende pas vers s. Quitte à extraire une sous-suite, on peut supposer que t → t_{0} ≠ s. On a donc en passant à la limite c(t_{0}) + dist(y, C)c′(t_{0})^{⊥} = c(s) + dist(y, C)c′(s)^{⊥}. Par le théorème des accroissements finis, on déduit qu’il existe s_{0} entre s et t_{0} tel que c′(s_{0}) + dist(y, C)c′′(s_{0})^{⊥} = 0. En multipliant par c′(s_{0}), comme à la question précédente, il vient 1 + dist(y, C)|c′′(s_{0})^{⊥}| = 0, qui est impossible si dist(y, C) < δ.

(f) En effet, l’application est par le (e) bien définie et continue si y − y_{0} < δ − dist(y_{0}, C). Son inverse est évidemment continue.

(g) Par la question (b), on a y_{0} = c(s_{0}) ± dist(y, C)c′(s_{0})^{⊥}. Supposons par exemple que le signe de ± dans cette relation soit −. Par la question (d), l’application (s, d) → c(s)+dc′(s)^{⊥} est un difféomorphisme entre un voisinage de (s(y_{0}), − dist(y_{0})) et un voisinage de y_{0} et l’inverse de cette application est par le (f) y → (s(y), − dist(y, C)). Donc d(y, C) et −d(y) coincident sur un voisinage de y_{0} et dist(y, C) est donc C^{∞}.

(h) En effet, C = C_{0} et les C_{ε} sont définies par les équations non singulières d(y) = ±ε. (Voir III.1.5). On remarque que d(y) est une "distance signée", égale à la distance à la courbe à l’intérieur de la courbe, et à moins cette distance à l’extérieur, ou vice-versa. Exercice 3. La fonction f est constante sur V, donc le long d’un chemin γ de vecteur tangent X ∈ T_{x}V en t = 0, on a Df(x)(X) = \frac{d}{dt}f(γ(t))_{t=0} = 0.

Exercice 4. (a) On prend sans perte de généralité x = 0 et u(0) = 0. Si v = λ lim_{n→∞} \frac{z_{n}}{|z_{n}|} appartient à Dir(E, 0), on a donc u(z_{n}) = Du(0)z_{n} + o(|z_{n}|). Donc

\frac{u(z_{n})}{|u(z_{n})|} = Du(0)(\frac{z_{n}}{|z_{n}|})\frac{|z_{n}|}{|u(z_{n})|} + ε(|z_{n}|)

→ \frac{Du(0)(v)}{|Du(0)(v)|},

ce qui prouve que Du(0)(v) ∈ Dir(u(E), 0).

Quand E est une variété de dimension p, Dir(x, E) est l’image par Du(x) d’un espace vectoriel de dimension p. C’est donc un espace de dimension vectoriel de dimension p.

(b) Pour tous les ensembles considérés, Dir(E, 0) n’est pas un espace vectoriel : Dans le premier cas c’est une union de quatre demi-droites, dans le second une unique demi-droite, dans le troisième un cône de révolution.

Exercice 5. 1) Dáprs̀ III.1.5 du cours, S est une surface. Le plan tangent vectoriel en a a pour équation

x\frac{∂f}{∂x}(a) + y \frac{∂f}{∂y} (a) + z \frac{∂f}{∂z} (a) = 0

D’après les hypothèses, cette équation se réduit à z = 0. 2) Le point u est dans V, avec un plan tangent d’équation z = 0 si et seulement si

\frac{∂f}{∂x}(u) = \frac{∂f}{∂x}(u) = f(u) = 0

ou encore g(u) = 0 avec g : IR^{3} → IR^{3} donnée par g = (\frac{∂f}{∂x}, \frac{∂f}{∂y} , f). Or a vérifie g(a) = 0, donc si Dg(a) est inversible, a sera l’unique solution de g = 0 dans un voisinage de a. La matrice jacobienne de g en a est

Dg(a) = ( \begin{matrix}\frac{∂^{2}f}{∂x^{2}} (a) & \frac{∂^{2}f}{∂x∂y}(a) & \frac{∂^{2}f}{∂x∂z}(a) \\ \frac{∂^{2}f}{∂x∂y}(a) & \frac{∂^{2}f}{∂y^{2}} (a) & \frac{∂^{2}f}{∂y∂z}(a) \\ \frac{∂f}{∂x}(a) & \frac{∂f}{∂y} (a) & \frac{∂f}{∂z} (a) \end{matrix} )

La condition donnée dans l’exercice entraîne la non-nullité du déterminant de Dg(a).

Exercice 6. 1) Q^{−1}(c) est une une sous-variété si DQ(x) ≠ 0 pour tout x ∈ Q^{−1}(c). Soit x tel que Q(x) = c. On a \frac{∂Q}{∂x_{i}} = ∑_{1≤j≤n}(a_{ji} + a_{ij})x_{j}, donc

DQ(x)(x) = ∑_{1≤i≤n} x_{i}( ∑_{1≤j≤n}(a_{ji} + a_{ij})x_{j}) = ∑_{{1≤i≤n \atop 1≤j≤n}}(a_{ji} + a_{ij})x_{i}x_{j} = 2Q(x).

En particulier, si Q(x) = c ≠ 0, on voit que DQ(x)(x) = 2c ≠ 0, donc Q^{−1}(c) est une une sous-variété.

2) Df(x)(x) = g′(1), où g(λ) = f(λx) = λ^{m}f(x), donc g′(1) = mf(x) et si f(x) ≠ 0 on voit que Df(x) ≠ 0, donc f^{−1}(c) est une sous-variété si c ≠ 0.

Exercice 7. 1) Soit S(n, IR) l’espace des matrices symétriques réelles. On définit l’application Φ : GL(n, IR) → S(n, IR) par Φ(A) = ^{t}AA, on a donc O(n) = Φ^{−1}(Id). Montrons que Φ est une submersion. On a Id ∈ O(n) et Φ(Id+tH) = ^{t}(Id+tH)(Id+ tH) = Id + t(^{t}H + H) + t^{2}(^{t}HH). Donc DΦ(Id)(H) = ^{t}H + H et ker DΦ(Id)(H) = {H ∈ M_{n}(IR); ^{t}H = −H} (les matrices antisymétriques). On a alors rang DΦ(Id) = \frac{n(n+1)}{2} = dim(S(n, IR)). Soit A ∈ GL(n, IR). D’après le calcul de DΦ(A), on a DΦ(A) =^{t} AH +^{t}HA =^{t} A(HA^{−1} +^{t}(HA^{−1}))A. On voit que DΦ(A) est le composé de l’isomorphism linéaire H ↦ HA^{−1} avec DΦ(Id), suivi de l’isomorphisme linéaire H ↦ ^{t}AHA. Alors dim ker DΦ(A) = dim ker DΦ(Id). Donc O(n) est une sousvariété de GL(n, IR) et dim O(n) = dim ker DΦ(Id) = \frac{n(n−1)}{2}.

2) L’espace tangent en A est

T_{A}O(n) = ker DΦ(A) = {H ∈ M_{n}(IR); HA^{−1} +^{t} (HA^{−1})}.

Soit R_{A} : T_{Id}O(n) → M_{n}(IR) l’application définie par R_{A}(H) = HA, alors T_{A}O(n) = R_{A}(T_{Id}O(n)).

Exercice 8. C’est (presque) l’exemple III.4.9; on vérifie avec la condition df(x) = λx que les points critiques sont les ±e_{j} ∈ S^{n−1}. Au point ±e_{j}, la courbe

γ(s) = (su_{1}, su_{2}, …, su_{j−1}, ±\sqrt{1 − s^{2}(∑_{i≠j} u_{j}^{2})}, su_{j+1}, …, su_{n}),

pour s petit a pour vecteur tangent en s = 0 le vecteur (u_{1}, …, u_{j−1}, 0, u_{j+1}, …, u_{n}). La dérivée seconde en 0 donne \frac{d^{2}}{ds^{2}} f(γ(s)) = ∑_{i≠j}(a_{i} − a_{j})u_{i}^{2}. Le point critique ±e_{j} est non-dégénéré, d’indice j − 1.

Rédigé par François Labourie et Jean-Michel Morel