1UE Calcul differentiel Corrige succinct de l'epreuve du juin

Description

1UE Calcul differentiel Corrige succinct de l'epreuve du 9 juin 2008 Exercice 1 . 1. En appliquant l'hypothese au vecteur h + k on a l'egalite ?(dfx(h + k),dfx(h + k)) = ?(h + k, h + k) , qui se « developpe» par bilinearite et donne, en utilisant a nouveau l'hypothese, pour les vecteurs h et k, ainsi que la symetrie de ?, ?(dfx(h),dfx(k)) = ?(h, k) . 2. Par differentiation de la fonction (identiquement nulle !) x 7? ?(dfx(h),dfx(k)) ? ?(h, k) dans la direction y on obtient ?(d2fx(h, y),dfx(k)) + ?(dfx(h),d 2fx(k, y)) = 0 , ou encore, par symetrie de ?, ?(d2fx(h, y),dfx(k)) = ??(d 2fx(k, y),dfx(h)) . Par suite, en echangeant les roles de y et de h, ?(d2fx(y, h),dfx(k)) = ??(d 2fx(k, h),dfx(y)) , tandis qu'en echangeant les roles de y et de k, ?(d2fx(h, k)

• theoreme d'inversion globale


• application constante


• ?b? a?2


• continuite de ?


• ?x? a?2


• classe c∞

Informations

• Publié par: profil-urra-2012
• Publié le: 01 juin 2008
• Nombre de lectures: 25
• Langue: Français

Extrait

UECalculdiff ´ erentiel

1

Corrig ´ esuccinctdel’ ´ epreuvedu9juin2008

Exercice 1 . 1. En appliquant l’hypothe`se au vecteur h+k on a l’e´galite´

φ(df x (h+k),df x (h+k)) =φ(h+k, h+k),

qui se«eppo ´ dleve»rapt ´ ritdeelibiean ´ astnitile,unnoenypotul’huvea ` anocevselruop,ese ` hsurte hetkilqanusema ´ isy,rieteedφ,

φ(df x (h),df x (k)) =φ(h, k).

2. Par diffe´rentiation de la fonction (identiquement nulle !)x7→φ(df x (h),df x (k))−φ(h, k)dans la directionyon obtient

2 2 φ(df x (h, y),df x (k)) +φ(df x (h),df x (k, y)) = 0,

ou encore, par syme´trie de φ,

2 2 φ(df x (h, y),df x (k)) =−φ(df x (k, y),df x (h)).

Parsuite,en ´ echangeantlesro ˆ lesdeyet deh,

2 2 φ(df x (y, h),df x (k)) =−φ(df x (k, h),df x (y)),

tandis qu’en e´changeant les roˆ les deyet dek,

2 2 φ(df x (h, k),df x (y)) =−φ(df x (y, k),df x (h)). 2 Enfin, par syme´trie de df x se ´ teSedmmle(dne ´ udtihcawzro)is ´ egalidecestro 2 2 φ(df x (h, k),df x (y)) =−φ(df x (h, k),df x (y)), 2 d’ou` φ(df x (h, k),df x (y)) = 0. Or,φn’ayant pas de vecteur isotrope on aφ(df x (y),df x (y)) = φ(y, y)6= 0quel que soity6= 0, et doncdf x (y)6= 0rie ´ naelionticalipp’aeluqertnomiceC.df x n2 est injective surRetdo,lpqieue ´ edtnmitptaecr ´ r ´ leules.evicnoDibcntcejφ(df x (h, k), z) = 0 n2 quel que soitz∈R,d’ ` oudf x (h, k) = 0 en utilisant a` nouveau le fait que φsoit sans vecteur isotrope. n 3.D’apre ` scequipre ´ c ` ede,ladiffe ´ rentiellededfest identiquement nulle, et pour toutx∈R,df x n est un isomorphisme deR . Toute fonction de diffe´rentielle nulle sur un ouvert connexe e´tant constante,df x =:`prommsihnucnrosiedostndantdeeind ´ epex , et pour la meˆme raison, la n fonctionf−`est constante. Si l’on noteb∈R ´ dfiepara,rnolaueitsianvno n f(x) =`(x) +b ,∀x∈R. n 4. L’applicationfest injective surRcar`l’est : sif(x) =f(y)alors`(x) =`(y)et doncx=y. n n Elle est aussi surjective car`l’est : pour toutz∈R, il existex∈Rtel que`(x) =z−b, et ∞ doncf(x) =z. De plus,fest de classeCcomme somme d’une application constante et d’une n n application line´aire continue, et pour tout x∈R,df x =`est un isomorphisme deR. Donc ∞n n d’apre ` sleth ´ eor ` emed’inversionglobale,ftsediun ´ efforomisphseascldemeCdeRsurR.

Exercice 2 .