a) Soit z Z tel que ∇φ(z)≠0. Que dire de Z au voisinage de z ?
b) On suppose que Z est compact non vide et que ∇φ ne s’annule pas sur Z. Quelle est l’image de z Z ?
a) On prend une base (,) de R2 dans laquelle la seconde coordonnée de ∇φ(z) est strictement positive. On considère d’abord le cas où z = (0,0) et (,) est la base canonique de R2. On munit R2de la norme infinie.
Nous allons montrer qu’il existe deux réels rʹ > 0 et r > 0 et une fonction f : -rʹ,rʹ→-r,r de classe C1 telle que
| (1) |
(théorème des fonctions implicites dans R2).
D’abord, ∂2 φ est continue et ∂2φ(0,0) > 0, donc il existe des réels r > 0 et β > 0 tels que ∂2 φ(x) ≥ β pour tout x Bo(0,r). La fonction continue tφ(0,t) est de dérivée t∂2φ(0,t), donc elle est strictement croissante sur [-r,r]. Il vient en particulier φ(0,r) > 0 et φ(0,-r) < 0. Par continuité de φ en (0,r) et (0,-r), on trouve alors un réel rʹ-r,r tel que φ(s,r) > 0 et φ(s, -r) < 0 pour tout s -rʹ,rʹ.
Fixons s -rʹ,rʹ. La fonction γ : t [-r,r]φ(s,t) est continue et strictement croissante, avec γ(r) > 0 et γ(-r) < 0 : elle s’annule donc en un unique point de -r,r que l’on notera f(s). Mieux, comme γʹ est minorée par β sur -r,r, l’égalité des accroissements finis montre que |γ(f(s)) - γ(0)|≥ β|f(s) - 0|, autrement dit |f(s)|≤ β-1|φ(s,0)|.
On en déduit déjà l’égalité (). En outre, comme φ(0) = 0, le développement limité de φ à l’ordre 1 en (0, 0) donne que φ(s,0) = O(s) quand s tend vers 0, donc f(s) = O(s), en particulier f est continue en 0. Pour α := ∂1φ(0) et γ := ∂2φ(0) (non nul), on a, quand s tend vers 0,
Par translation, le résultat précédent se généralise comme suit : pour tout (a,b) Z en lequel ∂2 φ(a, b) > 0, il existe un couple (ρʹ,ρ) (R)2 et une fonction g : a-ρʹ,a + ρʹ→b-ρ,b + ρ dérivable en a et telle que
Ainsi, f est dérivable. Par dérivation de la fonction composée xφ(x,f(x)), on obtient alors
Revenons au cas général : en utilisant l’isomorphisme affine (s,t)z + s + t, on se ramène à la situation précédente pour obtenir deux réels rʹ > 0 et r > 0 et une fonction f : -rʹ,rʹ→-r,r de classe C1 telle que
| (2) |
Plus grossièrement, il existe un voisinage de z dont l’intersection avec Z est le support d’un arc régulier de classe C1.
b) Nous donnons une solution indépendante de la question précédente.
Pour tout z Z le vecteur Ψ(z) := est évidemment unitaire. Réciproquement, donnons-nous un vecteur unitaire de R2 et montrons qu’il existe un point z de Z tel que Ψ(z) = .
Nous introduisons la forme linéaire θ : x R2(∣x). Elle est continue, donc sur le compact non vide Z elle admet un maximum M et un minimum m. En particulier, φ ne s’annule sur aucun des ensembles
Nous introduisons maintenant des points a et b de Z tels que θ(a) = M et θ(b) = m.
- Supposons d’abord que φ(z) ≥ 0 pour tout z A∪B. Montrons que φ est positive sur
C := {x R2 : θ(x) ≥ M}. Soit x C. Pour tout t R on a θ(x + t) > M donc
φ(x + t ) ≥ 0 ; en faisant tendre t vers 0 on trouve donc φ(x) ≥ 0 par continuité de
φ.
Soit ensuite R2 tel que θ() ≥ 0. Pour tout t R on a θ(a + t) ≥ θ(a) = M, donc
(3) Si en outre ⊥ alors cette inégalité s’applique aussi à - et montre que ∇φ(a)⊥. Ainsi, par double orthogonalité ∇φ(a) = λ pour un réel λ (nécessairement non nul). Si λ < 0 on obtiendrait une contradiction en appliquant () à := -∇φ(a). Ainsi λ > 0 puis Ψ(a) = .
- Supposons ensuite que φ(z) ≤ 0 pour tout z A∪B. Alors le cas précédent s’applique au couple (-φ,-), ce qui donne Ψ(b) = .
En conclusion, l’image de Ψ est l’ensemble des vecteurs unitaires de (R2,∥-∥).