Pour tout $x\in E$ , $\|f(x)\|= \frac{\|x\|}{1+\|x\|}< \frac{\|x\|+1}{\|x\|+1}=1$ . Donc $f$ est bien une application de $E$ dans $B$ .

Si $y=0$ , pour $x\in E$ , $f(x)=y\Leftrightarrow \frac{1}{1+\|x\|}x=0\Leftrightarrow x=0$ .

Soit alors $y\in B\setminus\{0\}$ . Pour $x\in E$ ,

$f(x)=y\Rightarrow x=(1+\|x\|)y\Rightarrow\exists\lambda\in\Kk/\;x=\lambda y$ .

Donc un éventuel antécédent de $y$ est nécessairement de la forme $\lambda y$ , $\lambda\in\Rr$ . Réciproquement, pour $\lambda\in\Rr$ , $f(\lambda y)= \frac{\lambda}{1+|\lambda|\|y\|}y$ et donc

$\begin{align*}\ensuremath f(\lambda y)=y&\Leftrightarrow \frac{\lambda}{1+|\lambda|\|y\|}=1\Leftrightarrow\lambda=1+|\lambda|\|y\|\\ &\Leftrightarrow(\lambda\geqslant0\;\text{et}\;(1-\|y\|)\lambda=1)\;\text{ou}\;(\lambda<0\;\text{et}\;(1+\|y\|)\lambda=1)\\ &\Leftrightarrow\lambda= \frac{1}{1-\|y\|}\;(\text{car}\;\|y\|<1). \end{align*}$

Dans tous les cas, $y$ admet un antécédent par $f$ et un seul à savoir $x= \frac{1}{1-\|y\|}y$ . Ainsi,

$f$ est bijective et $\forall x\in B$ , $f^{-1}(x)= \frac{1}{1-\|x\|}x$ .

On sait que l’application $x\mapsto\|x\|$ est continue sur $\Rr^2$ . Donc l’application $x\mapsto \frac{1}{1+\|x\|}$ est continue sur $\Rr^2$ en tant qu’inverse d’une fonction continue sur $\Rr^2$ à valeurs dans $\Rr$ , ne s’annulant pas sur $\Rr^2$ . L’application $x\mapsto \frac{1}{1-\|x\|}$ est continue sur $B$ pour les mêmes raisons. Donc les applications $f$ et $f^{-1}$ sont continues sur $\Rr^2$ et $B$ respectivement et on a montré que

l’application $\begin{array}{cccc} f~:&E&\rightarrow&B\\ &x&\mapsto& \frac{x}{1+\|x\|} \end{array}$ est un homéomorphisme.

exo7 5900