Théorème d'inversion locale

Réduction. Soit $L = df(a)$. L'application $\tilde f(x) = L^{-1}\big(f(a + x) - f(a)\big)$ est de classe $C^k$ sur $U - a$, avec $\tilde f(0) = 0$ et $d\tilde f(0) = I$, et $f$ s'en déduit par composition avec les difféomorphismes affines $x \mapsto x - a$ et $y \mapsto f(a) + Ly$. On suppose donc $a = 0$, $f(0) = 0$, $df(0) = I$, et l'on munit $\mathbb R^n$ de $\|\cdot\|_\infty$.

Étape 1. Posons $g(x) = x - f(x)$, de classe $C^k$, avec $dg(0) = 0$. Par continuité de $dg$, il existe $r > 0$ tel que $B(0, 2r) \subset U$ et $|||dg(x)||| \leqslant \frac12$ sur $B(0, 2r)$. Cette boule est convexe ; l'inégalité des accroissements finis (Accroissements finis, (ii)) y donne $\|g(x) - g(x')\| \leqslant \frac12\|x - x'\|$.

Étape 2. Soit $y$ tel que $\|y\| < r/2$, et $\varphi_y(x) = y + g(x)$. Pour $\|x\| \leqslant r$, on a $$\|\varphi_y(x)\| \leqslant \|y\| + \|g(x) - g(0)\| \leqslant r.$$ Ainsi $\varphi_y$ envoie dans elle-même la boule fermée $\bar B(0, r)$, partie fermée et non vide de $\mathbb R^n$, et elle y est contractante de rapport $\frac12$.

Par le théorème du point fixe (Point fixe), il existe un unique $x \in \bar B(0, r)$ tel que $\varphi_y(x) = x$, c'est-à-dire $f(x) = y$ ; de plus $\|x\| \leqslant \|y\| + \frac12\|x\|$, donc $\|x\| \leqslant 2\|y\| < r$.

Posons $W = B(0, r/2)$ et $V = B(0, r) \cap f^{-1}(W)$, ouvert contenant $0$. Par ce qui précède, $f : V \to W$ est surjective. Elle est injective : si $f(x) = f(x')$, alors $x - x' = g(x) - g(x')$, de norme au plus $\frac12\|x - x'\|$, donc $x = x'$.

Étape 3. Soit $h : W \to V$ la réciproque. Pour $x, x' \in V$, $$\begin{aligned} \|x - x'\| &\leqslant \|f(x) - f(x')\| \\ &\quad + \|g(x) - g(x')\| \\ &\leqslant \|f(x) - f(x')\| + \frac12\|x - x'\|, \end{aligned}$$ d'où $\|h(y) - h(y')\| \leqslant 2\|y - y'\|$ : $h$ est continue.

Étape 4. Pour $x \in V$, $df(x) = I - dg(x)$ est inversible par la série de Neumann (Groupe linéaire, (i)).

Soit $y \in W$, $x = h(y)$, $k$ petit et $u = h(y + k) - x$, de sorte que $\|u\| \leqslant 2\|k\|$. Alors $$\begin{aligned} k &= f(x + u) - f(x) \\ &= df(x)u + \|u\|\,\varepsilon(u), \end{aligned}$$ d'où $$\begin{aligned} &h(y + k) - h(y) - df(x)^{-1}k \\ &\quad = -\|u\|\, df(x)^{-1}\varepsilon(u), \end{aligned}$$ de norme au plus $2\|k\|\;|||df(x)^{-1}|||\;\|\varepsilon(u)\|$. Comme $u \to 0$ quand $k \to 0$, par continuité de $h$, $h$ est différentiable en $y$ et $dh(y) = df(h(y))^{-1}$.

Étape 5. On a donc $dh = \mathrm{inv} \circ df \circ h$. Si $h$ est de classe $C^j$ avec $j < k$, alors $df \circ h$ est de classe $C^j$, puisque $df$ est de classe $C^{k-1}$ et $j \leqslant k - 1$ ; $\mathrm{inv}$ étant $C^\infty$, $dh$ est de classe $C^j$ (Classe Cᵏ, (iii)), et $h$ de classe $C^{j+1}$. Partant de $j = 0$, on atteint $j = k$, ou toute valeur de $j$ si $k = \infty$.