Topologie et Calcul Diff´ erentiel Corrig´ e de l’examen

Universit´e P. et M. Curie Licence de Math´ematiques

LM360 B

Jeudi 13 d´ecembre 2007

Topologie et Calcul Diff´ erentiel Corrig´ e de l’examen

Dur´ee 3 heures – sans document

I

1) La fonction f⁰ est continue sur U, `a valeurs dans L(Rⁿ). Puisque V est compact est contenu dansU, f(V) est compact dans L(Rⁿ), donc born´e.

Il en r´esulte queM := sup_x∈V¯ kf⁰(x)k<+1. On af_t(x)−f_t(y) =x−y+t(f(x)−f(y)), donc

kx−yk=kf_t(x)−f_t(y)−t(f(x)−f(y))k6kf_t(x)−f_t(y)k+tkf(x)−f(y)k Puisque V est convexe, il r´esulte de la formule des accroissements finis que, pour x et y dans V, on a kf(x)−f(y)k 6 sup_z∈rV kf⁰(z)k.kx−yk 6 M.kx−yk. Et puisque f est continue sur V, cette in´egalit´e reste valable pour x et y dans V : l’ensemble {(x, y) ∈ U ×U : kf(x)−f(y)k6 M.kx−yk} est ferm´e et contient V ×V, donc contient son adh´erenceV ×V.

Donc kx−yk6kf_t(x)−f_t(y)k+tM.kx−yk. 2) Si 06t < t0 = 1

M, il r´esulte de l’in´egalit´e pr´ec´edente que (1−tM)kx−yk6kf_t(x)−f_t(y)k .

En particulier, si ft(x) =ft(y), on en d´eduit que (1−tM)kx−yk 6 0, donc kx−yk6 0, c’est-`a-direx =y. Ceci montre queft est injective sur V.

3) Puisquef_t est injective et continue sur le compact V, c’est un hom´eomorphisme deV sur son image.

4) Pourx ∈V, on a f_t⁰(x) = I+tf⁰(x), donc kI −f_t⁰(x)k=tkf⁰(x)k6M t= t

t₀ <1. Et puisque la boule ouverte de rayon 1 et de centreI dans L(Rⁿ) est contenue dans l’ensemble des applications lin´eaires inversibles, on voit que f_t⁰(x) est inversible.

5) Puisqueft est un hom´eomorphisme de V sur son image, c’est un hom´eomorphisme de V surf_t(V). Puisquef_t⁰(x) est inversible pour toutxdeV, il r´esulte du th´eor`eme d’inversion locale queft est ouverte, donc que W :=ft(V) est ouvert dans R<sup>n</sup> et que f<sub>t</sub><sup>−1</sup> est de classe C<sup>1</sup>, c’est-`a-dire que f_t est un C¹-diff´eomorphisme de V sur W.

II

1) On v´erifie par r´ecurrence surk ∈N que la d´eriv´ee d’ordrek de la fonctionρ est, surJ,

´egale `a

ρ^(k)(x) =°1 2

¢°1 2 −1¢

· · ·°1

2 −k+ 1¢

(1 +x)^1/2−k

donc elle-mˆeme de classeC¹, c’est-`a-dire que ρ est C¹. Et on a ρ^(k)(0) =°1

2

¢°1 2 −1¢

· · ·°1

2 −k+ 1¢ , donc

αk := 1

k!ρ^(k)(0) = 1.(1−2).· · ·(3−2k) 2.4· · ·(2k) d’o`u l’on d´eduit α₀ = 1 et α_k+1

α_k = 3−2k−2

2k+ 2 = 1−2k

2(k+ 1). En particulier, puisque

|2k−1|62k+ 2, on a |αk+1|6|αk|. La suite (|αk|) est d´ecroissante et on a|αk|6|α0|= 1.

2) Soient k > 1 et x ∈] − 1 2,1

2[. Sur l’intervalle d’extr´emit´es − |x| et |x|, la fonction ØØρ^(k+1)ØØ, proportionnelle `a (1 +x)^−k−1/2 est d´ecroissante, donc major´ee par sa valeur en

− |x|. L’application de la formule de Taylor-Lagrange `a l’ordre k donne alors : ØØ

ØØ

ØØρ(x)− Xk j=0

α_jx^j ØØ ØØ ØØ=

ØØ ØØ

ØØρ(x)− Xk j=0

x^k

k!ρ^(j)(0) ØØ ØØ

ØØ6 |x|^k+1

(k+ 1)!ρ^(k+1)(− |x|)

=α_k+1|x|^k+1(1− |x|)^−k−1/2 =α_k+1(1− |x|)^1/2≥ |x| 1− |x|

¥k+1

6≥ |x| 1− |x|

¥k+1

Et si |x| 6 1

3, on a |x|

1− |x| 6 1

2, donc ØØØρ(x)−Pk

j=0α_jx^jØØØ 6 1

2^k+1, d’o`u la convergence uniforme sur [−1

3,1

3] vers ρ de la s´erie de terme g´en´eral (αkx^k).

3) Puisque la s´erie de terme g´en´eral (α_kx^k) converge absolument si|x|6 1 3, on a ρ(x)² =≥X¹

k=0

αkx^k¥ .≥X¹

k=0

αkx^k¥

= X1 m=0

≥X^m

k=0

αkx^k.α_m−kx^m−k¥

= X1 m=0

≥X^m

k=0

αkα_m−k¥ x^m

c’est-`a-dire

1 +x− X1 m=0

x^m≥X^m

k=0

α_kα_m−k¥

= 0 .

On en d´eduit, par unicit´e des coefficients de la s´erie enti`ere, que, pour tout entierm>2, on a Pm

k=0α_kα_m−k = 0.

4) Pourt > −1, on a ϕ⁰(t) = 3

2(1 +t)^1/2(1− 3 2t)− 3

2(1 +t)^3/2 = 3

2(1 +t)^1/2(1− 3

2t−1−t) =−15t

4 (1 +t)^1/2 , donc ϕ⁰(t) < 0 si t > 0. Il r´esulte alors de la formule des accroissements finis que ϕ est d´ecroissante sur [0,1[, donc que ϕ(t)6ϕ(0) = 1 si t>0.

2

On a ØØØØβ_k+1 β_k

ØØ

ØØ=≥k+ 2 k+ 1

¥3/2ØØØØα_k+1 α_k

ØØ ØØ=°

1 + 1 k+ 1

¢3/2|2k−1| 2k+ 2

=°

1 + 1 k+ 1

¢3/2ØØØØ1− 3 2(k+ 1)

ØØ ØØ=

ØØ ØØϕ( 1

k+ 1) ØØ ØØ Et puisque ϕ(t) > 0 pour t 6 2

3, on a 0 6 ϕ( 1

k+ 1) 61 pour k >1, ce qui montre que la suite (|β_k|)_k>1 est d´ecroissante, donc que|β_k|6β₁ =√

2 pour k >1.

Il en r´esulte que |α_k| 6 β₁

(k+ 1)^3/2 =

√2

(k+ 1)^3/2 pour k > 1. Et cette in´egalit´e est encore valable pourk = 0, puisque α0 = 16√

2.

5) On a kα_nuⁿk = |α_n| kuⁿk 6 |α_n| kukⁿ 6 |α_n| 6

√2

(n+ 1)^3/2, d’o`u l’on d´eduit P1

n=0kα_nuⁿk<+1. On a alors, par convergence normale, R(u)² =≥X¹

n=0

α_nuⁿ¥ .≥X¹

n=0

α_nuⁿ¥

= X1 k,n=0

α_kα_nu^k+n = X1 m=0

°X^m

k=0

α_kα_m−k¢ u^m et puisque Pm

k=0α_kα_m−k est ´egal `a 1 si m61, et `a 0 si m>2, on voit que R(u)² =I+u.

Si v ∈ L(E) v´erifie kv−Ik 6 1, l’´el´ement u = v−I v´erifie kuk 6 1, donc r = R(u) est d´efini et v´erifie r² =I+u =v.

6) La fonction ∞ : L(E) × L(E) → L(E) d´efinie par ∞(u, v) = u◦v est bilin´eaire continue, donc de classe C¹. La fonction p₀ :u 7→u⁰ =I est constante, donc de classe C¹. Supposant quep_n−1 est de classeC¹, la fonction q_n :u 7→(u, p_n−1(u)) est de classe C¹ de L(E) dans L(E)× L(E) ; il en r´esulte que ∞◦q_n : u 7→ u◦p_n−1(u) = p_n(u) est de classe C¹, c’est-`a-dire que p_n est de classeC¹.

On a clairement p⁰₀ = 0, puisque p₀ est constante, et p⁰(u) = I pour tout u puisque p₀ = I. Supposant par r´ecurrence que p⁰_n(u).h = Pn−1

k=0u^k◦h◦u^n−1−k, on voit, puisque p_n+1(u) =∞(u, p_n(u)), que

p⁰_n+1(u).h=∞(h, pn(u)) +∞(u, p⁰_n(u).h) =h◦uⁿ+u◦(

n−1X

k=0

u^k◦h◦u^n−1−k)

=h◦uⁿ+

n−1X

k=0

u^k+1◦h◦u^n−k−1 =h◦uⁿ+ Xn k=1

u^k◦h◦u^n−k = Xn k=0

u^k◦h◦u^n−k ce qui prouve la formule de r´ecurrence `a l’ordre n+ 1.

On en d´eduit que

kp⁰_n(u).hk6ⁿ⁻¹X

k=0

∞∞u^k∞∞khk∞∞u^n−k−1∞∞6ⁿ⁻¹X

k=0

kuk^kkuk^n−k−1khk=nkukⁿ⁻¹khk ,

ce qui montre que kp⁰_n(u)k 6 nkukⁿ⁻¹. Si 0 < δ < 1, la s´erie de terme g´en´eral (αnp⁰_n) converge normalement sur la boule ˜B(0,1−δ) : en effet

kα_np⁰_n(u)k6n|α_n| kukⁿ⁻¹ 6n|α_n|(1−δ)ⁿ⁻¹ 6n(1−δ)ⁿ⁻¹ , 3

etP1

n=0n(1−δ)ⁿ⁻¹ <+1. Il en r´esulte que la sommeR(u) =P1

n=0α_np_n(u) est de classe C¹ sur la boule B(0,1−δ) et que R⁰(u) =P₁

n=0α_np⁰_n.

Enfin, puisqueRest de classeC¹ au voisinage de chaque point de la bouleB =B(0,1), elle est de classeC¹ sur B.

On peut remarquer qu’un r´esultat un peu plus faible pouvait ˆetre obtenu presque sans calcul avec le th´eor`eme des fonctions implicites : en notantF(u, r) =I+u−r<sup>2</sup>, on voit que F(0, I) = 0, que la diff´erentielle partielle deF par rapport `a la seconde variable en(0, I)est

−p⁰₂(I) :h 7→ −h◦I−I◦h=−2h ,

qui est inversible de L(E) dans lui-mˆeme, et ainsi qu’il existe une fonction Rde classe C¹ d´efinie sur un voisinage V de 0, qui `a chaque u dans V associe un r tel que F(u, r) = 0, c’est-`a–dire “la racine carr´ee ”de I+u. Mais cette m´ethode ne permet pas de savoir que R peut ˆetre d´efinie sur toute la boule unit´e, ni d’obtenir une expression explicite de R.

4