QCM : Inversion locale et implicites en L3 de maths

Réponse C.

La réciproque est la racine cubique, continue sur \(\mathbb{R}\) mais de tangente verticale en 0. En effet, la dérivée de \(x^3\) s’annule en 0 ; or un difféomorphisme a une différentielle inversible en tout point. Le piège consiste à croire qu’une bijection régulière est automatiquement un difféomorphisme. Pourtant, la régularité de la réciproque est une exigence supplémentaire, que l’inversion locale garantit seulement si la dérivée ne s’annule pas.

Réponse D.

La jacobienne a pour lignes \((1,1)\) et \((y,x)\) ; son déterminant vaut donc \(x-y\). Ainsi la différentielle est inversible exactement hors de la diagonale. C’est cohérent : \(f\) associe à deux réels leur somme et leur produit, et deux racines confondues d’un trinôme forment un cas dégénéré. Le piège \(xy\neq0\) confond le déterminant avec la seconde composante de \(f\).

Réponse C.

En dérivant \(f^{-1}\circ f=\mathrm{id}\), on obtient que la jacobienne de l’inverse en \(b\) est l’inverse de la matrice \(J_f(a)\). Son déterminant vaut 1, donc l’inverse s’obtient en échangeant les termes diagonaux et en changeant le signe des autres. Le piège terme à terme inverse chaque coefficient, ce qui n’a aucun sens matriciel. Par ailleurs, oublier les signes donne la matrice sans coefficient négatif, de diagonale 1 et 2.

Réponse D.

Le déterminant jacobien vaut \(e^{2x}\), jamais nul ; l’inversion locale s’applique donc partout. Cependant, \(f(x,y+2\pi)=f(x,y)\), si bien que \(f\) n’est pas injective. Le piège « difféomorphisme sur le plan privé de l’origine » confond avec la restriction à une bande de hauteur \(2\pi\), qui est bien injective. Enfin, l’origine n’est jamais atteinte, puisque le module \(e^x\) est strictement positif : \(f\) n’est pas surjective sur le plan.

Réponse A.

C’est le théorème d’inversion globale. L’inversion locale fournit des inverses régulières au voisinage de chaque point, et \(f(U)\) est ouvert. Par conséquent, si \(f\) est injective, ces inverses se recollent en une réciproque globale de classe \(C^1\). La surjectivité ne règle pas le défaut d’injectivité de l’exemple exponentiel. Quant à la convexité, elle ne suffit pas non plus : sur une bande assez haute, cet exemple reste non injectif.

Réponse B.

Posons \(F(x,y)=xe^y+y-1\). On a \(\partial_x F=e^y\), qui vaut 1 au point, et \(\partial_y F=xe^y+1\), qui vaut 2. Ainsi l’hypothèse du théorème est vérifiée, et \(\varphi^{\prime}(1)=-\frac{\partial_x F}{\partial_y F}=-\frac{1}{2}\). L’oubli du signe moins donne \(\frac{1}{2}\). Inverser le quotient donne \(-2\), qui serait la dérivée de \(x\) en fonction de \(y\).

Réponse C.

Avec \(F(x,y)=x^2+y^2-1\), on a \(\partial_y F=2y\), qui s’annule seulement pour \(y=0\). Donc les points d’abscisse \(\pm1\) sont exclus, et ce n’est pas un défaut de la méthode : près de \((1,0)\), chaque abscisse proche de 1 correspond à deux ordonnées ou à aucune. Le piège des points \((0,\pm1)\) confond avec \(\partial_x F\), qui s’annule en \((0,\pm1)\). Ailleurs, le théorème s’applique sans difficulté.

Réponse A.

On dérive deux fois la relation \(x^2+\varphi(x)^2=1\). La première dérivation donne \(x+\varphi\varphi^{\prime}=0\), donc \(\varphi^{\prime}(0)=0\). Ensuite, on obtient \(1+\varphi^{\prime 2}+\varphi\varphi^{\prime\prime}=0\), d’où \(\varphi^{\prime\prime}(0)=-1\). Le signe est logique, car le haut du cercle est concave. La valeur 0 vient d’une confusion avec la dérivée première, et \(-\frac{1}{2}\) d’un facteur 2 mal simplifié.

Réponse B.

La courbe \(y^2=x^3\) présente un point de rebroussement à l’origine. En effet, elle n’y est le graphe d’aucune fonction \(C^1\), ni de \(x\) ni de \(y\). Le gradient de l’équation s’y annule, mais ce seul fait ne prouverait rien. En revanche, les deux ensembles suivants sont des graphes de fonctions lisses, l’un de \(x\) et l’autre de \(y\). Enfin, l’ellipse est une ligne de niveau de gradient non nul.

Réponse D.

Le gradient de \(g(x,y,z)=x^2+y^2-z^2-1\) vaut \((2,2,-2)\) en \(a\). Il est non nul, donc \(S\) est une sous-variété près de \(a\), et \(T_aS\) est le noyau de \(dg(a)\). La droite engendrée par \((1,1,-1)\) est la normale, pas l’espace tangent. L’oubli du signe de \(z^2\) donne le piège \(h_1+h_2+h_3=0\). Enfin, un espace tangent vectoriel contient toujours 0, ce qui exclut l’équation affine.

Réponse B.

La différentielle du déterminant en \(A\) est \(H\mapsto\mathrm{tr}(\mathrm{adj}(A)\,H)\), non nulle dès que \(A\) est inversible. Ainsi le déterminant est une submersion au voisinage de \(SL_2(\mathbb{R})\), et l’ensemble de niveau est une sous-variété de dimension \(4-1=3\). La réponse 4 oublie que l’on impose une équation. De son côté, 2 retire une dimension par ligne, comme si l’on imposait deux contraintes.

Réponse A.

Les gradients des deux équations valent \((2,2,2)\) et \((1,-1,0)\) ; ils sont indépendants, donc \(C\) est une courbe régulière près du point. La tangente est orthogonale aux deux gradients : leur produit vectoriel, \((2,2,-4)\), la dirige. Les deux premiers pièges donnent en fait les normales aux surfaces. Quant au plan, il oublie la seconde équation : c’est l’espace tangent à la sphère seule.