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cours Analyse 1mpsi

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Analyse I
2
Table des matières
1 Fonctions usuelles
1.1 Rappels sur les fonctions logarithme et exponentielle
1.2 Fonctions puissances, croissances comparées . . . . .
1.2.1 Définition . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2.2 Croissances comparées . . . . . . . . . . . . .
1.3 Fonctions circulaires . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.4 Fonctions circulaires réciproques . . . . . . . . . . . .
1.5 Les fonctions hyperboliques . . . . . . . . . . . . . .
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2 Intégrales
2.1 Primitives . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2 Intégration par parties . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3 Changement de variable . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.4 Calculs des primitives . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.4.1 Primitives usuelles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1
2.4.2 Primitives de x 7−→ ax2 +bx+c
. . . . . . . . . . . . . . .
√
2.4.3 Fractions rationnelles en x et ax + b . . . . . . . . .
2.4.4 Produit d’une exponentielle et d’un polynôme . . . . .
2.4.5 Produit d’une exponentielle et d’un sinus ou un cosinus
2.4.6 Fractions rationnelles en ch x et sh x . . . . . . . . . .
2.4.7 Polynôme en sin x et cos x . . . . . . . . . . . . . . . .
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3 Equations différentielles
3.1 Equations différentielles linéaires du premier ordre . . . . . . .
3.1.1 Structure des solutions . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.1.2 Résolution de l’équation sans second membre . . . . .
3.1.3 Solution particulière de l’équation avec second membre
3.1.4 Problème de Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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4
TABLE DES MATIÈRES
3.2
3.1.5 Équation linéaire de forme non résolue . . . . . . . .
Equations linéaires du second ordre à coefficients constants. .
3.2.1 Structure des solutions . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.2.2 Résolution de l’équation sans second membre (3.5) .
3.2.3 Résolution de l’équation avec second membre . . . .
3.2.4 Problème de Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4 Nombres réels
4.1 Propriété de la borne supérieure . . .
4.2 La droite numérique achevée . . . . .
4.3 Caractérisation des intervalles de R .
4.4 Théorème d’Archimède, partie entière
4.5 Valeurs décimales approchées . . . .
4.6 Densité de Q dans R . . . . . . . . .
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5 Les suites
5.1 Définitions et propriétés élémentaires . . . . . . . .
5.1.1 Opérations sur les suites . . . . . . . . . . .
5.1.2 Suites extraites . . . . . . . . . . . . . . . .
5.2 Convergence d’une suite réelle . . . . . . . . . . . .
5.2.1 Définition de la convergence . . . . . . . . .
5.2.2 Propriétés d’une suite convergente . . . . . .
5.2.3 Opérations sur les limites . . . . . . . . . . .
5.3 Limites infinies. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.3.1 Suites tendant vers l’infini . . . . . . . . . .
5.3.2 Extension des opérations sur les limites . . .
5.4 Limites et inégalités . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.4.1 Passage à la limite dans une inégalité . . . .
5.4.2 Encadrement par des suites de même limite
5.4.3 Extension à l’infini . . . . . . . . . . . . . .
5.5 Théorèmes d’existence de limites. . . . . . . . . . .
5.5.1 Suites monotones bornées . . . . . . . . . .
5.5.2 Suites adjacentes . . . . . . . . . . . . . . .
5.5.3 Segments emboı̂tés . . . . . . . . . . . . . .
5.5.4 Suite extraite d’une suite bornée . . . . . . .
5.6 Suites complexes . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.7 Quelques suites particulières. . . . . . . . . . . . . .
5.7.1 Suites arithmétiques . . . . . . . . . . . . .
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TABLE DES MATIÈRES
5.8
5.9
5
5.7.2 Suites géométriques . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.7.3 Calcul de Sn = x0 + x1 + · · · xn . . . . . . . . . . .
5.7.4 Suites arithmético-géométriques . . . . . . . . . . .
5.7.5 Suites récurrentes linéaires d’ordre 2 . . . . . . . .
Suite de la forme un+1 = f (un ) . . . . . . . . . . . . . . .
Les différentes relations de comparaisons . . . . . . . . . .
5.9.1 Définitions des relations de comparaison . . . . . .
5.9.2 Propriétés des relations de comparaison . . . . . . .
5.9.3 Croissances comparées et suites . . . . . . . . . . .
5.9.4 Quelques applications des relations de comparaison
6 Limites-Continuité
6.1 Voisinage dans R . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.2 Limites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.2.1 Notion de limite . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.2.2 Ordre et limite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.2.3 Opérations . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.2.4 Limite à droite-Limite à gauche . . . . . . . . . . .
6.2.5 Théorème de la limite monotone . . . . . . . . . . .
6.3 Continuité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.3.1 Continuité en un point-Continuité sur un intervalle
6.3.2 Le théorème des valeurs intermédiaires . . . . . . .
6.3.3 Image d’un segment . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.3.4 Continuité, injectivité et monotonie . . . . . . . . .
6.3.5 Limite et continuité des fonctions à valeurs dans C.
6.3.6 Continuité d’une fonction à valeurs complexes . . .
6.4 Comparaison locale des fonctions . . . . . . . . . . . . . .
6.4.1 Fonction dominée par une autre . . . . . . . . . . .
6.4.2 Fonction négligeable devant une autre . . . . . . . .
6.4.3 Fonctions équivalentes . . . . . . . . . . . . . . . .
7 Dérivées - Formules de Taylor
7.1 Généralités. . . . . . . . . . . .
7.1.1 Dérivabilté en un point .
7.1.2 Interprétation graphique
7.2 Opérations sur les dérivées . . .
7.2.1 Dérivée d’une somme . .
7.2.2 Dérivée d’un produit . .
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. 125
6
TABLE DES MATIÈRES
7.3
7.4
7.5
7.6
7.7
7.2.3 Dérivée d’un quotient . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126
7.2.4 Composée de fonctions dérivables - Dérivée de la réciproque126
Propriétés des fonctions dérivables de R dans R. . . . . . . . . 128
7.3.1 Extrema locaux . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128
7.3.2 Théorème de Rolle, des accroissements finis . . . . . . 129
7.3.3 Inégalité des accroissements finis et conséquences . . . 129
7.3.4 Dérivées et sens de variation . . . . . . . . . . . . . . . 132
7.3.5 Théorème de la limite de la dérivée . . . . . . . . . . . 133
Dérivées successives . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133
Extension aux fonctions à valeurs complexes . . . . . . . . . . 137
7.5.1 Ce qui ne change pas par rapport aux fonctions à valeurs réels . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 137
7.5.2 Ce qui change par rapport aux fonctions à valeurs réels 138
Formules de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139
7.6.1 Formule de Taylor avec reste intégral . . . . . . . . . . 139
7.6.2 Formule de Taylor-Lagrange . . . . . . . . . . . . . . . 140
7.6.3 Formule de Taylor-Young . . . . . . . . . . . . . . . . . 143
Convexité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 144
7.7.1 Définitions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 144
7.7.2 Caractérisations . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145
7.7.3 Fonctions convexes dérivables . . . . . . . . . . . . . . 147
8 Développements limités
8.1 Définitions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8.2 Propriétés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8.3 Développement limité et équivalent . . . . . . .
8.4 Développements limités des fonctions usuelles .
8.4.1 Méthodes et dérivées successives usuelles
8.4.2 Développements limités usuels . . . . . .
8.4.3 Primitives . . . . . . . . . . . . . . . . .
8.5 Règles de calcul . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8.5.1 Linéarité . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8.5.2 Produit . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8.5.3 Quotient . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8.5.4 Composition . . . . . . . . . . . . . . . .
8.6 Développements limités généralisés . . . . . . .
8.6.1 Définition . . . . . . . . . . . . . . . . .
8.6.2 Notion de développement asymptotique .
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158
159
161
163
164
164
165
TABLE DES MATIÈRES
8.7
7
8.6.3 Formule de Stirling . . . . . . .
représentation graphique d’une fonction
8.7.1 Prolongement en un point . . .
8.7.2 Recherche d’asymptotes . . . .
9 Séries numériques
9.1 Généralités . . . . . . . . . . . . .
9.2 Séries numériques à termes positifs
9.2.1 Critère de comparaison . . .
9.2.2 Comparaison série-intégrale
9.3 Série absolument convergente . . .
9.4 Développement décimal d’un réel .
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186
188
8
TABLE DES MATIÈRES
Chapitre 1
Fonctions usuelles
1.1
Rappels sur les fonctions logarithme et
exponentielle
Définition 1.1.1. On appelle logarithme népérien, et on note ln, l’unique
1
primitive sur R∗+ de la fonction x 7−→ qui s’annule en 1, ce qui s’écrit :
x
Z x
dt
ln x =
,
∀x > 0.
t
1
Remarque 1.1.2. On déduit directement de la définition que :
1. la fonction ln est dérivable sur R∗+ ,
1
2. (ln x)0 = pour tout x ∈ R∗+ ,
x
3. la fonction ln est strictement croissante sur x ∈ R∗+ ,
4. ln(1) = 0.
Proposition 1.1.3. On a
1. ∀x, y > 0,
ln(xy) = ln x + ln y,
2. ∀x, y > 0,
ln( xy ) = ln x − ln y,
3. ∀x > 0,
ln( x1 ) = − ln x,
4. ∀x > 0, ∀r ∈ Q,
ln(xr ) = r ln x,
5. lim ln x = +∞,
x→+∞
9
10
CHAPITRE 1. FONCTIONS USUELLES
6. lim+ ln x = −∞,
x→0
7. ∀x > 0, ln x ≤ x − 1,
ln x
= 1,
8. lim
x→1 x − 1
ln x
9. lim
= 0, lim+ x ln x = 0.
x→+∞ x
x→0
Preuve.
1. Soient y ∈ R∗+ et fy : x −→ ln(xy) − ln(y). On a fy est dérivable
y
sur R∗+ et pour tout x ∈ R∗+ , on a fy0 (x) = xy
= x1 avec fy (1) = 0.
On en déduit que la fonction fy est la fonction logarithme népérien.
Par conséquent pour tout x ∈ R∗+ , on a fy (x) = ln(x), ou encore
ln(xy) − ln(x) = ln(y).
2. Soit (x, y) ∈ (R∗+ )2 , on a ln(x) = ln(y · xy ) = ln(y) + ln( xy ).
3. C’est la propriété 2. avec x = 1.
4. Soit x > 0. On commence par démontrer par récurrence sur n ∈ N
ln(xn ) = n ln x.
Maintenant si n ∈ Z \ N, on a
ln(xn ) = ln((x−n )−1 ) = − ln(x−n ) = n ln(x).
On a ainsi démontré que
∀x > 0, ∀n ∈ Z, ln(xn ) = n ln x.
1
1 n Soit maintenant x > 0 et n ∈ N∗ , on a n ln x n = ln x n
=
ln(x).
Soit x > 0 et (p, q) ∈ Z × N∗ , on a
p
1
1
p
ln x q = ln (xp ) q = ln (xp ) = ln(x).
q
q
5. On revient à la définition : Pour tout M > 0, si ln x > M alors, comme
la fonction exp est croissante, x > eM .
Il existe donc un réel A = eM tel que si x > A alors ln x > M.
Conclusion : lim ln x = +∞.
x→+∞
1.1. RAPPELS SUR LES FONCTIONS LOGARITHME ET EXPONENTIELLE11
6. On a
1
lim+ ln(x) = − lim+ ln( ) = − lim ln(y) = −∞.
y→+∞
x→0
x→0
x
7. On étudie la fonction f définie sur R∗+ par f (x) = ln x − x + 1. Cette
fonction est dérivable sur R∗+ et pour tout x ∈ R∗+ , on a f 0 (x) = x1 −1 =
1−x
. Ainsi f est croissante sur ]0, 1] et décroissante sur [1, +∞[, donc f
x
atteint son maximum en 1 et on a pour tout x ∈ R∗+ , f (x) ≤ f (1) = 0.
8. Comme la fonction ln est dérivable en 1, alors on a
ln x − ln 1
ln x
= lim
= (ln)0 (1) = 1.
x→1
x−1
x−1
√
9. Soit f : [1, +∞[, x 7−→ 2 x − ln x. On a f est dérivable
sur [1, +∞[
√
x−1
1
1
0
et pour tout x ∈ [1, +∞[, on a f (x) = √x − x = x ≥ 0. Par
suite, f est croissante sur [1, +∞[ et pour tout x ∈ [1, +∞[, on a
f (x) ≥ f (1) = 2 > 0. On a ainsi montré que :
√
∀x ∈ [1, +∞[, ln(x) ≤ 2 x.
lim
x→1
ou encore
∀x ∈ [1, +∞[,
√
ln(x)
2
x
≤2
=√ .
x
x
x
ln x
= 0.
x
Pour la deuxième limite demandée, on a
On conclut que lim
x→+∞
1
1
1
ln( ) = − lim
ln(y) = 0.
y→+∞ y
y→+∞ y
y
lim+ x ln x = lim
x→0
Remarque 1.1.4. Il existe un unique x ∈]1, +∞[ tel que ln(x) = 1, ce réel
est noté e. Un outil de calcul permet, par exemple, d’obtenir l’encadrement
suivant
2, 718281 ≤ e ≤ 2, 718282.
Un résultat important pour la suite est le suivant :
Théorème 1.1.5. Soit I un intervalle de R et u une fonction dérivable sur I
à valeurs dans R, ne s’annulant pas sur I. Alors la fonction x 7−→ ln(|u(x)|)
est dérivable sur I et on a
∀x ∈ I,
(ln(|u(x)|))0 =
u0 (x)
.
u(x)
12
CHAPITRE 1. FONCTIONS USUELLES
Preuve. La fonction u est dérivable et est donc continue sur I. Puisque
de plus u ne s’annule pas sur I, u garde un signe constant sur I (argument
par l’absurde et théorème des valeurs intermédiaires). Donc, ou bien u est
strictement positive sur I, ou bien u est strictement négative sur I.
Si u est strictement postive sur I, alors on a pour tout x ∈ I, on a ln(|u(x)|) =
ln(u(x)). Le théorème de dérivation des fonctions composées s’applique et il
vient
∀x ∈ I,
u0 (x)
.
(ln(|u(x)|)) =
u(x)
0
Si u est strictement négative sur I, alors on a pour tout x ∈ I, on a
ln(|u(x)|) = ln(−u(x)). Le théorème de dérivation des fonctions composées
s’applique aussi et il vient
∀x ∈ I,
(ln(|u(x)|))0 = (ln(−u(x)))0 =
−u0 (x)
u0 (x)
=
.
−u(x)
u(x)
Proposition et définition 1.1.6. La fonction ln est continue et strictement
croissante de ]0, +∞[ vers R, elle définit une bijection de ]0, +∞[ vers R. Sa
bijection réciproque est notée par exp.
Remarque 1.1.7.
1. Par définition, la fonction exp est continue et strictement croissante de R sur ]0, +∞[, et on a
∀(x, y) ∈ R×]0, +∞[, y = exp x ⇐⇒ x = ln y.
2. On a aussi exp(0) = 1 et
lim exp x = +∞,
x→+∞
lim exp x = 0.
x→−∞
1.1. RAPPELS SUR LES FONCTIONS LOGARITHME ET EXPONENTIELLE13
y
x
Proposition 1.1.8. La fonction exp est dérivable sur R et pour tout x ∈ R,
on a (exp x)0 = exp x.
Preuve. La fonction ln est dérivable sur R∗+ , et sa dérivée ne s’annule pas.
Sa fonction réciproque, est donc dérivable en tout point x ∈ R et on a
(exp)0 (x) =
1
= exp x
ln (exp x)
0
Proposition 1.1.9. Pour tout (x, y) ∈ R2 , pour tout r ∈ Q, on a
1. exp(x + y) = exp x · exp y,
2. exp(−x) =
1
,
exp x
3. exp(x − y) =
exp x
,
exp y
4. exp(rx) = (exp(x))r .
Preuve. Tous ces résultats se prouvent à partir des propriétés de la fonction
logarithme népérien. Par exemple, les deux nombres exp(x + y) et exp(x) ×
exp(y) ont même logarithme à savoir x + y. Puisque la fonction logarithme
est une bijection de ]0, +∞[ sur R, on en déduit que ces deux nombres sont
égaux.
14
CHAPITRE 1. FONCTIONS USUELLES
1.2
1.2.1
Fonctions puissances, croissances comparées
Définition
Définition 1.2.1. Soit α ∈ R. On appelle puissance d’exposant α, la fonction
qu’on note ϕα , définie comme suit :
ϕα : R∗+ −→ R
x 7−→ xα := eα ln x .
Remarque 1.2.2.
1. Si α = 0, alors la fonction ϕ0 est la fonction
constante égale à 1.
2. Si α ∈ N∗ , pour tout x ∈ R, on a xα = x × x · · · × x (α fois). Donc la
fonction x 7−→ xa peut être définie sur R. Si maintenant α ∈ Z \ N,
alors pour tout x ∈ R∗ , xα = x1 × x1 · · · × x1 (−α fois). Donc la fonction
x 7−→ xα peut être définie sur R∗ .
3. Si α > 0, on peut prolonger ϕα en 0, car lim ϕα (x) = lim eα ln x = 0.
x→0
x→0
La fonction ϕα est dérivable sur R∗+ et :
∀x ∈ R∗+ ,
1
ϕ0α (x) = α eα ln x = αe(α−1) ln x .
x
I Si α = 0, la fonction ϕα est constante sur R∗+ : ∀x ∈ R∗+ , ϕα (x) = x0 = 1.
I Si α > 0, la fonction ϕα est strictement croissante sur R∗+ .
I Si α < 0, la fonction ϕα est strictement décroissante sur R∗+ .
Remarque 1.2.3. Etude de la dérivabilité en 0 pour α > 0 :
1. Si α > 1, lim+ ϕ0α (x) = 0, donc ϕα est dérivable à droite en 0 et
ϕ0α (0) = 0.
x→0
2. Si α = 1, ϕα (x) = x, donc ϕα est dérivable à droite en 0 et ϕ0α (0) = 1.
3. Si 0 < α < 1, lim+ ϕ0α (x) = +∞, donc ϕα n’est pas dérivable à droite
x→0
en 0 et ϕ0α (0) = 0.
Proposition 1.2.4. Pour tout (α, β) ∈ R2 et (x, y) ∈ (R∗+ ), on a
xα · y α = (xy)α ,
xα · xβ = xα+β ,
(xα )β = xαβ .
1.2. FONCTIONS PUISSANCES, CROISSANCES COMPARÉES
1.2.2
15
Croissances comparées
Proposition 1.2.5. Pour tout α > 0 et β > 0, on a
(ln x)α
= 0,
x→+∞
xβ
lim xβ | ln x|α = 0.
lim
x→0+
Preuve. Soit α > 0 et β > 0. On a montré que pour tout x > 0, ln x ≤ x−1,
donc à fortiori pour tout x > 0, ln x < x. Par conséquent pour tout x > 0 et
γ > 0, on a
ln(xγ ) < xγ
ou encore
ln x <
xγ
.
γ
Donc
∀x ≥ 1, on a 0 ≤
xγ−β
ln x
<
.
xβ
γ
En choisissant γ < β, il vient
ln x
= 0.
x→+∞ xβ
lim
Plus généralement, pour tout x > 1, pour tout α > 0 et pour tout β > 0, on
a
α
ln x
(ln x)α
=
,
β
xβ
xα
par conséquent
∀α > 0,
En posant x =
1
,
X
∀β > 0,
(ln x)α
= 0.
x→+∞
xβ
lim
on en déduit
∀α > 0,
∀β > 0,
lim xβ | ln x|α = 0.
x→0+
Proposition 1.2.6. Pour tout A ∈ R, et ε > 0, On a
1) lim xA eεx = +∞,
x→+∞
2) lim |x|A eεx = 0.
x→−∞
16
CHAPITRE 1. FONCTIONS USUELLES
Preuve.
1. Le résultat est évident si A ≥ 0. Suppossons que A < 0. Posons y = ex .
On a
yε
= +∞,
y→+∞ (ln(y))−A
lim xA eεx = lim y ε (ln(y))A = lim
x→+∞
y→+∞
où on a conclu grâce à la proposition 1.2.5.
1.3
Fonctions circulaires
On considère le plan P rapporté au repère (O,~i, ~j). On considère le cercle
trigonométrique C et soit I le point de coordonnées (1, 0). Pour tout θ ∈
−→ −−→
R \ {kπ + π2 : k ∈ Z}, notons par M le point de C tel que (OI, OM ) ≡ θ[2π],
alors les coordonnées de M sont (cos θ, sin θ).
y
tan θ
sin θ
•T
•M
•
cos θ I
x
On remarque que l’intersection des droites x = 1 et (OM ) est un point
noté T . Cherchons les coordonnées de T . Il est clair que son abscisse est
1. Notons par y son ordonnée. Comme O, M, T sont alignés, alors il existe
−→
−−→
k ∈ R∗ tel que OT = k OM , c’est à dire (1, y) = k(cos θ, sin θ), ce qui implique
que y = tan θ.
1.3. FONCTIONS CIRCULAIRES
17
Proposition 1.3.1. On a
sin x
= 1;
x→0 x
lim
cos x − 1
= 0;
x→0
x
cos x − 1
1
=− .
2
x→0
x
2
lim
lim
Preuve. Pour tout x ∈]0, π2 ], on a
0 ≤ sin x ≤ x ≤ tan x
et donc
cos x ≤
sin x
≤ 1.
x
sin x
sin x
= 1. Par parité, on obtient lim−
= 1, d’où
x→0
x→0
x
x
le résultat. D’autre part, on a
On obtient donc lim+
1 − 2 sin2 ( x2 ) − 1
cos x − 1
= lim
x→0
x→0
x
x
2 x
−2 sin ( 2 )
= lim
x→0
x
sin( x2 )
x
= − lim x sin( ) = −1 · 0 = 0.
x→0
2
2
lim
On a aussi :
1 − 2 sin2 ( x2 ) − 1
cos x − 1
lim
= lim
x→0
x→0
x2
x2
2 x
−2 sin ( 2 )
= lim
x→0
x2
sin2 ( x2 )
2
1
= − lim
=− .
2
4 x→0 x
2
2
Proposition 1.3.2. Les fonctions cosinus et sinus sont définies et dérivables
sur R et
∀x ∈ R,
(cos x)0 = − sin x et
(sin x)0 = cos x.
18
CHAPITRE 1. FONCTIONS USUELLES
Preuve. Soit a ∈ R. On a :
cos x − cos a
cos(a + (x − a)) − cos a
= lim
x→a
x→a
x−a
x−a
cos(a) cos(x − a) − sin(a) sin(x − a) − cos a
= lim
x→a
x−a
cos(a)(cos(x − a) − 1) − sin(a) sin(x − a)
= lim
x→a
x−a
cos(a)(cos(h) − 1) − sin(a) sin(h)
= lim
h→0
h
= − sin(a).
lim
De même on montre l’autre résultat.
Proposition 1.3.3. La fonction tangente est définie et dérivables sur D :=
R \ { π2 + kπ, k ∈ Z}, π−périodique, impaire et
∀x ∈ D,
(tan x)0 = 1 + tan2 x =
1
.
cos2 x
Preuve. Il est clair que
∀x ∈ R, cos x = 0 ⇐⇒ x =
π
+ kπ, k ∈ Z.
2
donc le domaine de définition D := R \ { π2 + kπ, k ∈ Z}. De plus pour tout
x ∈ D, x + π ∈ D et
tan(x + π) =
sin(x + π)
− sin x
=
= tan x.
cos(x + π)
− cos x
La fonction tangente est impaire comme quotient d’une fonction impaire et
une fonction paire.
1.4
Fonctions circulaires réciproques
Proposition et définition 1.4.1. La fonction sinus est continue strictement croissante sur [− π2 , π2 ], elle définit une bijection de [− π2 , π2 ] dans [−1, 1].
Sa bijection réciproque est notée par arcsin.
1.4. FONCTIONS CIRCULAIRES RÉCIPROQUES
19
Remarque 1.4.2.
1. Par définition, la fonction arcsin est continue et
strictement croissante de [−1, 1] sur [− π2 , π2 ], et on a
π π
∀(x, y) ∈ [−1, 1] × [− , ], y = arcsin x ⇐⇒ x = sin y.
2 2
2. La fonction arcsin est impaire sur [−1, 1].
Proposition et définition 1.4.3. La fonction cosinus est continue strictement décroissante sur [0, π], elle définit une bijection de [0, π] dans [−1, 1].
Sa bijection réciproque est notée par arccos.
y
Cf −1
π
1
π
−1
x
1
Cf
−1
Remarque 1.4.4.
1. Par définition, la fonction arccos est continue et
strictement décroissante de [−1, 1] sur [0, π], et on a
∀(x, y) ∈ [−1, 1] × [0, π], y = arccos x ⇐⇒ x = cos y.
2. cos(arccos x) = x ∀x ∈ [−1, 1] mais arccos(cos x) = x seulement pour
x ∈ [0, π].
3. La fonction arccos n’est ni paire ni impaire. On montre que
∀x ∈ [−1, 1]
Exercice 1.4.5.
arccos x + arccos(−x) = π.
1. Calculer :
arcsin 0, arcsin(sin π), arccos 1, arccos(cos 2π)
20
CHAPITRE 1. FONCTIONS USUELLES
2. Soit
π 3π
f : [ , ] −→ R
2 2
x 7−→ sin x.
Montrer que f est une bijection de [ π2 , 3π
] dans [−1, 1]. On note par
2
g sa réciproque. Trouver la relation qui existe entre g et la fonction
arcsin.
3. Soit
h : [π, 2π] −→ R
x 7−→ cos x.
Montrer que h est une bijection de [π, 2π] dans [−1, 1]. On note par
u sa réciproque. Trouver la relation qui existe entre u et la fonction
arccos.
Exercice 1.4.6. Calculer pour x ∈ [−1, 1], cos(arcsin x) et sin(arccos x).
Solution Pour tout x ∈ [−1, 1], on a cos2 (arcsin x) = 1 − sin2 (arcsin x) =
1 − x2 . Comme arcsin x ∈ [− π2 , π2 ], cos(arcsin x) ≥ 0 donc cos(arcsin x) =
√
2
√1 − x . De même on montre que pour tout x ∈ [−1, 1], on a sin(arccos x) =
1 − x2 .
Proposition et définition 1.4.7. La fonction tangente est continue strictement croissante sur ] − π2 , π2 [, elle définit une bijection de ] − π2 , π2 [ dans R.
Sa bijection réciproque est notée par arctan.
1.4. FONCTIONS CIRCULAIRES RÉCIPROQUES
21
y
Cf
π
2
Cf −1
− π2
π
2
x
− π2
Remarque 1.4.8.
1. Par définition, la fonction arctan est continue et
strictement croissante de R sur ] − π2 , π2 [, et on a
∀(x, y) ∈ R×] −
π π
, [, y = arctan x ⇐⇒ x = tan y.
2 2
2. La fonction arctan est impaire sur R.
3. On a
1
∀x ∈ R , arctan(x) + arctan( ) =
x
∗
π
2
− π2
si x > 0,
si x < 0.
En effet
I Si x > 0, π2 −arctan( x1 ) ∈]0, π2 et tan( π2 −arctan( x1 )) =
π
2
x. Ainsi tan(x) =
I Si x < 0, arctan(x)
− π2 .
− arctan( x1 ).
+ arctan( x1 ) =
1
tan(arctan( x1 ))
=
−(arctan(−x) + arctan( −1
)) =
x
Proposition 1.4.9. Les fonctions arcsin et arccos sont dérivables sur ]−1, 1[
et :
∀x ∈] − 1, 1[,
1
(arcsin x)0 = √
1 − x2
et
(arccos x)0 = √
−1
.
1 − x2
22
CHAPITRE 1. FONCTIONS USUELLES
Preuve. La restriction de la fonction sinus est dérivable sur [− π2 , π2 ] et
π π
∀x ∈ [− , ],
2 2
(sin x)0 = cos x.
Sa réciproque arcsin est ainsi dérivable en tout point y = sin x pour laquelle
cos x 6= 0, c’est à dire pour tout y ∈] − 1, 1[ et l’on a
(arcsin x)0 =
1
1
=√
,
cos(arcsin x)
1 − x2
pour tout .
Proposition 1.4.10. La fonction arctan est dérivable sur R et :
∀x ∈ R,
(arctan x)0 =
x2
1
.
+1
Preuve. La restriction de la fonction tangente est dérivable sur ] − π2 , π2 [ et
∀x ∈] −
π π
, [,
2 2
(tan x)0 = 1 + tan2 x 6= 0.
Sa réciproque arctan est ainsi dérivable sur R, et l’on a
∀x ∈ R,
1.5
(arctan x)0 =
1
1
=
.
1 + tan (arctan x)
1 + x2
2
Les fonctions hyperboliques
Définition 1.5.1. On appelle sinus hyperbolique, cosinus hyperbolique et tangente hyperbolique les trois fonctions notées respectivement cosh, sinh et tanh
telles :
∀x ∈ R,
sh(x) =
ex − e−x
,
2
ch(x) =
ex + e−x
2
et
Proposition 1.5.2. On a :
1. ∀x ∈ R, ch2 (x) − sh2 (x) = 1.
2. ∀x, y ∈ R, ch(x + y) = ch(x)ch(y) + sh(x)sh(y).
3. ∀x, y ∈ R, ch(x − y) = ch(x)ch(y) − sh(x)sh(y).
tanh(x) =
sinh(x)
.
cosh(x)
1.5. LES FONCTIONS HYPERBOLIQUES
23
4. ∀x, y ∈ R, sh(x + y) = sh(x)ch(y) + ch(x)sh(y).
5. ∀x, y ∈ R, sh(x − y) = sh(x) ch(y) − ch(x)sh(y).
Preuve. en exercice.
Proposition 1.5.3. Les fonctions cosh, sinh et tanh sont dérivables sur R
et on a :
∀x ∈ R,
sh0 (x) = ch(x),
ch0 (x) = sh(x) et
tanh(x) = 1 − th2 (x) =
Preuve. en exercice.
Proposition 1.5.4.
1. sh est une bijection de R vers R. Sa bijection
réciproque
est notée par argsh et pour tout x ∈ R, argsh(x) = ln(x +
√
x2 + 1).
2. ch est une bijection de R+ vers [1, +∞[. Sa bijection réciproque
est
√
2
notée par argch et pour tout x ∈ [1, +∞[, argch(x) = ln(x + x − 1).
3. th est une bijection de R vers ]−1, 1[. Sa bijection réciproque est notée
par argth et pour tout x ∈] − 1, 1[, argth(x) = 21 ln 1+x
.
1−x
Preuve : en exercice.
1
.
ch (x)
2
24
CHAPITRE 1. FONCTIONS USUELLES
Chapitre 2
Intégrales
2.1
Primitives
Définition 2.1.1. Soit f : [a, b] −→ R une fonction. On dit que F : [a, b] −→
R est une primitive de f sur [a, b] si F est dérivable sur [a, b] et F 0 = f .
Remarque 2.1.2. Si F est une primitive de f sur [a, b], alors pour tout
λ ∈ R, F + λ est aussi une primitive de f sur [a, b].
Proposition 2.1.3. Soient F et G deux primitives de f sur [a, b]. Alors il
existe λ ∈ R tel que G = F + λ.
Preuve. On a G − F est dérivable sur [a, b] et (G − F )0 = 0. Donc pour
tout x ∈ [a, b], (G − F )(x) = (G − F )(a). On prend λ = G(a) − F (a).
Théorème 2.1.4. Soit f : [a, b] −→ R une fonction continue et soit x0 ∈
[a, b]. La fonction
F : [a, b] −→ R
Z x
x 7−→
f (t) dt
x0
est une primitive de f sur [a, b]. C’est la primitive de f sur [a, b] qui s’annule
en x0 .
Preuve. Soit x ∈ [a, b]. Montrons que F est dérivable en x. Pour tout h > 0
tel que x + h ∈ [a, b], on a
Z x+h
F (x + h) − F (x) =
f (t) dt.
x
25
26
CHAPITRE 2. INTÉGRALES
Comme f est continue sur [a, b] on a d’après la formule de la moyenne : il
existe ch ∈ [x, x + h] tel que
F (x + h) − F (x) = hf (ch ),
(x)
donc F (x+h)−F
= f (ch ). Lorsque h → 0+ , ch → x et f (ch ) → f (x) car f
h
est continue en x. D’où
F (x + h) − F (x)
= f (x).
h
lim+
h→0
On fait la même chose pour h < 0. Ce qui signifie que F est dérivable et
que F 0 = f . Donc F est une primitive de f sur [a, b]. Or F (x0 ) = 0, par
conséquent F est la primitive de f sur [a, b] qui s’annulle en x0 .
Théorème 2.1.5. Soit f : [a, b] −→ R une fonction continue et soit F une
primitive de f sur [a, b]. Alors pour tout (x0 , x1 ) ∈ [a, b] × [a, b] on a
Z x1
f (t) dt = F (x1 ) − F (x0 ).
x0
Z
x
Preuve. Posons G(x) =
f (t) dt. On a G est la primitive de f sur [a, b]
x0
qui s’annulle en x0 . F et G sont deux primitives de f . Donc il existe λ ∈ R
tel que G = F + λ. On a donc
Z x1
F (x1 ) − F (x0 ) = G(x1 ) − λ − G(x0 ) + λ =
f (t) dt.
x0
Proposition 2.1.6. Soit I ⊂ R un intervalle. Soit f : [a, b] −→ R une
fonction continue et soit u, v : I −→ [a, b] deux fonctions dérivables. Posons
Z v(x)
G(x) =
f (t) dt, ∀x ∈ I.
u(x)
Alors G est dérivable sur I et pour tout x ∈ I on a :
G0 (x) = v 0 (x)f (v(x)) − u0 (x)f (u(x)).
Définition 2.1.7. Soit f une fonction continue sur un segment [a, b] de R à
valeurs dans C. On pose
Z b
Z b
Z b
f (x) dx =
Re(f (x)) dx + i
Im(f (x)) dx.
a
a
a
2.2. INTÉGRATION PAR PARTIES
2.2
27
Intégration par parties
Définition 2.2.1. Soit I un intervalle de R. On dit qu’une fonction f est
de classe C 1 sur I si f est dérivable sur I et f 0 est continue sur I.
Théorème 2.2.2 (Intégration par parties). Soient u, v : [a, b] −→ K deux
fonctions de classe C 1 . Alors on a :
Z
b
Z
0
b
u(x)v 0 (x) dx.
u (x)v(x) dx = u(b)v(b) − u(a)v(a) −
a
a
Preuve. On a
(uv)0 (x) = u0 (x)v(x) + u(x)v 0 (x).
∀x ∈ [a, b],
Ainsi
b
Z
b
Z
0
(uv) (x) dx =
u(x)v 0 (x) dx.
u (x)v(x) dx +
a
a
Par suite
[u(x)v(x)]ba
b
Z
0
Z
a
b
Z
0
=
u (x)v(x) dx +
a
b
u(x)v 0 (x) dx.
a
On obtient alors
Z
b
0
u(b)v(b) − u(a)v(a) =
u(x)v 0 (x) dx.
u (x)v(x) dx +
a
Finalement
Z b
b
Z
a
Z
0
u (x)v(x) dx = u(b)v(b) − u(a)v(a) −
a
1
Exemple 2.2.3. Calculer
aura u(x) = ex et v 0 (x) = 1.
Ainsi
xex dx. Posons u0 (x) = ex et v(x) = x. On
0
1
x
xe dx =
0
u(x)v 0 (x) dx.
a
Z
Z
b
[u(x)v(x)]10
Z
−
0
1
ex dx = e − [ex ]10 = e − e + 1 = 1.
28
2.3
CHAPITRE 2. INTÉGRALES
Changement de variable
Théorème 2.3.1 (Changement de variable). Soient ϕ : [a, b] −→ R une
fonction de classe C 1 et f une fonction continue sur ϕ([a, b]). Alors on a :
Z b
Z ϕ(b)
0
f ◦ ϕ(x)ϕ (x) dx =
f (u) du.
a
ϕ(a)
Preuve. Soit F une primitive de f sur l’intervalle ϕ([a, b]), donc F ◦ ϕ est
dérivable sur [a, b] et on a pour tout x ∈ [a, b] : (F ◦ϕ)0 (x) = F 0 (ϕ(x))ϕ0 (x) =
f (ϕ(x))ϕ0 (x). Par conséquent
Z b
Z b
0
(F ◦ ϕ)0 (x) dx
f (ϕ(x))ϕ (x) dx =
a
a
= F (ϕ(b)) − F (ϕ(a))
Z ϕ(b)
=
f (u) du.
ϕ(a)
Remarque 2.3.2.
ϕ0 (x) dx :
1. Dans la pratique, on pose u = ϕ(x), donc du =
Z
b
0
Z
?
f (u) du.
f (ϕ(x))ϕ (x) dx =
?
a
Comment retrouver les nouvelles bornes :
x = a =⇒ u = ϕ(a)
x = b =⇒ u = ϕ(b)
Ainsi
Z
b
0
Z
ϕ(b)
f (ϕ(x))ϕ (x) dx =
a
f (u) du.
ϕ(a)
2. N’oublier pas les bornes ! ! !
Z 3
1
√
Exemples 2.3.3. Calculer I =
dx.
x(x
+
1)
0
√
1
On pose u = x =⇒ du = 2√1 x dx = 2u
dx =⇒ dx = 2udu.
x = 0 =⇒ u = 0
√
x = 3 =⇒ u = 3.
2.3. CHANGEMENT DE VARIABLE
√
Z
I=
0
3
√
Z
1
2u du =
2
u(u + 1)
3
0
29
√
2
2π
3
du
=
[2
arctan
u]
.
0 =
2
u +1
3
On peut le faire dans l’autre sens : on exprime la variable initiale comme
une fonction d’une nouvelle variable, dont on précisera l’intervalle de variations. Un cas favorable est celui où on a une bijection :
Corollaire 2.3.4. Soient ϕ : [a, b] −→ R une fonction de classe C 1 bijective
de [a, b] dans ϕ([a, b]) et soit f une fonction continue sur ϕ([a, b]). Alors on
a:
Z
Z −1
b
ϕ
(b)
f (ϕ(t))ϕ0 (t) dt.
f (x) dx =
ϕ−1 (a)
a
Remarque 2.3.5.
ϕ0 (t) dt :
1. Dans la pratique, on pose x = ϕ(t), donc dx =
Z
b
Z
f (x) dx =
a
?
f (ϕ(t))ϕ0 (t) dt.
?
Comment retrouver les nouvelles bornes :
x = a =⇒ t = ϕ−1 (a)
x = b =⇒ t = ϕ−1 (b)
Ainsi
b
Z
Z
0
ϕ−1 (b)
f (t) dt.
f (ϕ(x))ϕ (x) dx =
ϕ−1 (a)
a
2. Encore une fois n’oublier pas les bornes ! ! !
Z 1√
1 − x2 dx.
Exemple 2.3.6. Calculer J =
0
On pose x = sin t avec t ∈ [0, π2 ]. On a dx = cos t dt.
x = 0 =⇒ t = 0
x = 1 =⇒ t = π2 .
Z
π
2
J =
Z
p
2
1 − sin t cos t dt =
0
Z
=
0
π
2
cos2 t dt
0
π
2
1 + cos 2t
t sin 2t
dt =
+
2
2
4
π2
=
0
π
.
4
30
CHAPITRE 2. INTÉGRALES
Exemple
2.3.7. En utilisant le changement de variable u = cos x, calculer
Z π
2
1
I=
dx.
π
sin x(1 + cos2 x)
3
Posons u = cos x =⇒ du = − sin x dx
π
1
x =
=⇒ u =
3
2
π
=⇒ u = 0.
x =
2
Z π
Z 0
2
1
−1
I =
dx
=
du
2 x)
π
1 (1 − u2 )(1 + u2 )
sin
x(1
+
cos
3
2
Z 1 1
Z 1
1
1
2
2
1
4
4
2
du
=
+
+
du
=
2
2
1 + u 1 + u2
0 (1 − u )(1 + u )
0 1−u
12
1
1+u
1
1
1
1
=
ln |
| + arctan u = ln 3 + arctan .
4
1−u
2
4
2
2
0
Exemple
2.3.8. En utilisant le changement de variable u = cos x, calculer
Z π
4
1
I=
dx.
π
cos
x
−
cos(3x)
6
Posons u = sin x =⇒ du = cos x dx
1
π
=⇒ u =
x =
6
2√
π
2
x =
=⇒ u =
.
4
2
D’autre part ∀x ∈ [ π6 , π4 ], cos x − cos(3x) = 2 sin x sin(2x) = 4 sin2 x cos x.
Donc
Z π
Z π
4
4
1
1
dx
I =
dx =
2
π
π
cos
x
−
cos(3x)
4
sin
x
cos
x
6
6
Z π
Z π
4
4
cos x
cos x
=
dx =
dx
2
2
2
π
π
4 sin x cos x
4 sin x(1 − sin2 x)
6
6
Z √2
Z √2
2
2
1
1
1
1
1
=
du
=
+
du
2
2
2
1
1
4 2 u (1 − u )
4 2 u
1 − u2
√22
1 −1 1
1+u
=
+ ln(
)
.
4 u
2
1−u 1
2
2.4. CALCULS DES PRIMITIVES
31
Exemple 2.3.9. En utilisant le changement de variable u = tan x2 , calculer
Z π
3
1
I=
dx.
0 cos x
1−u2
2du
On commence par vérifier que cos x = 1+u
2 , et dx = 1+u2 . On obtient donc :
Z
π
3
I =
0
Z
√
3
3
=
0
2.4
2.4.1
Z
tan( π6 )
2du
1 + u2
0
√3
2
1+u 3
|
.
du = ln |
1 − u2
1−u 0
1
dx =
cos x
1
1−u2
1+u2
Calculs des primitives
Primitives usuelles
C = constante réelle.
Fonctions
xα , α ∈ R \ {−1}
1
x
eλx , λ ∈ C∗
cos(ωx),
ω ∈ R∗
sin(ωx),
ω ∈ R∗
ch(ωx),
ω ∈ R∗
sh(ωx),
ω ∈ R∗
Primitives
xα+1
+C
α+1
ln |x| + C
1 λx
e +C
λ
1
sin(ωx) + C
ω
1
− cos(ωx) + C
ω
1
sh(ωx) + C
ω
1
ch(ωx) + C
ω
32
CHAPITRE 2. INTÉGRALES
Fonctions
1
1 + x2
1
, a ∈ R∗
2
a + x2
1
, a ∈ R∗
2
2
a −x
1
√
1 − x2
1
√
1 + x2
1
√
x2 − 1
1
cos2 x
2.4.2
Primitives de x 7−→
Primitives
arctan x + C
1
a
arctan xa + C
1
a+x
ln
+C
2a
a−x
arcsin(x) + C
√
ln(x + x2 + 1) + C
√
ln(x + x2 − 1) + C
tan x + C
1
ax2 +bx+c
Soit a, b ,c trois réels avec a 6= 0. On considère le discriminant ∆ =
b − 4ac. On distingue trois cas :
I ∆ = 0. Il existe donc r ∈ R tel que ax2 + bx + c = a(x − r)2 . On a donc
Z x
Z x
1
−1 1
1
dt =
dt =
+ K où K ∈ R.
2
2
at + bt + c
a(t − r)
a (x − r)
2
I ∆ > 0. Il existe donc deux réels r1 et r2 tels que
ax2 + bx + c = a(x − r1 )(x − r2 ).
On vérifie facilement qu’il existe deux réels α et β tels que
F (x) =
1
1
α
β
=
=
+
.
ax2 + bx + c
a(x − r1 )(x − r2 )
x − r1 x − r2
Avec
i
α = (x − r1 )F (x)
=
x=r1
1
a(r1 − r2 )
et
β = (x − r2 )F (x)
i
x=r2
=−
1
.
a(r1 − r2 )
2.4. CALCULS DES PRIMITIVES
33
On a donc
Z x
Z x
1
1
1
1
dt =
−
dt
2
at + bt + c
a(r2 − r1 )
t − r1 t − r2
x − r2
1
=
ln
+ K où K ∈ R.
a(r2 − r1 )
x − r1
I ∆ < 0. On met le trinôme sous forme canonique :
"
2
b2
b
2
− 2+
ax + bx + c = a x +
2a
4a
"
2
b
b2
= a x+
− 2+
2a
4a
"
#
2
b
∆
= a x+
− 2
2a
4a
"
#
2
b
|∆|
= a x+
+ 2 .
2a
4a
c
a
#
4ac
4a2
#
Il vient en faisant, entre autres, le changement de variable u = x +
Z
x
1
dt =
at2 + bt + c
Z
b
x+ 2a
1
a
Z
u2
+
|∆|
4a2
2.4.3
b
x+ 2a
Fractions rationnelles en x et
√
:
du
1
du où ω =
2
(u + ω 2 )
!
b
x + 2a
11
=
arctan
aω
ω
!
2ax + b
2|a|
= p
arctan p
a |∆|
|∆|
1
=
a
b
2a
On fait le changement de variable u = ax + b.
Z 3
1
√
Exemple 2.4.1. Calculer I =
dx.
x−2
2 x+
√
r
p
|∆|
|∆|
=
2
4a
2|a|
ax + b
34
CHAPITRE 2. INTÉGRALES
Posons u =
√
x − 2 =⇒ x = u2 + 2 =⇒ dx = 2u du
x = 2 =⇒ u = 0
x = 3 =⇒ u = 1.
Z 1
1
2u
√
dx =
du
2
x−2
2 x+
0 u +u+2
Z 1
Z 1
1
2u + 1 − 1
1
2
du = ln |u + u + 2| 0 −
du
2
2
0 u +u+2
0 u +u+2
Z 1
1
1
ln 4 − ln 2 −
1 2
7 du (v := u + )
2
0 (u + 2 ) + 4
3
Z 3
2
2
1
2v 2
√
dv = ln 2 − √ arctan( √ )
ln 2 −
2 + ( 7 )2
1
7
7 12
v
2
2
2
3
2
1
ln 2 − √ arctan( √ ) + √ arctan( √ ).
7
7
7
7
Z
I =
=
=
=
=
2.4.4
3
Produit d’une exponentielle et d’un polynôme
Dans ce cas on fait une ou plusieurs intégrations par parties.
Exemple 2.4.2. Calculer les deux intégrales suivantes :
Z
x
xe dx,
I=
0
2.4.5
1
Z
et J =
1
x2 ex dx.
0
Produit d’une exponentielle et d’un sinus ou un
cosinus
On dispose de deux méthodes, la première consiste à faire deux intégrations
par parties. La seconde consiste à utiliser le fait que cos x = Re(eix ) et
sin x = Im(eix ).
Exercice
Z π 2.4.3. Calculer de deux méthodes différentes l’intégrale suivante :
A=
ex cos x dx.
0
2.4. CALCULS DES PRIMITIVES
35
Solution Première méthode : on fait deux intégrations par parties. On pose
u0 = ex et v = cos x. Il vient :
Z π
A =
ex cos x dx
0
Z π
x π
ex sin x dx ( IPP avec u0 = ex et v = sin x)
= [cos xe ]0 +
0
= (−eπ − 1) + [sin xex ]π0 − A
= (−eπ − 1) + [sin xex ]π0 − A.
−1−eπ
.
2
Ainsi 2A = −eπ − 1, donc A =
Z
π
Deuxième méthode : On remarque que A =
Z
e cos x dx = Re(
x
Z
π
x ix
Z
ex eix dx)..
0
0
On a donc
π
π
e(i+1)x dx
0
π
1 (i+1)x
=
e
i+1
0
1−i
1 (1+i)π
(−1 − eπ ).
e
−1 =
=
i+1
2
e e dx =
0
Ainsi A =
2.4.6
−1−eπ
.
2
Fractions rationnelles en ch x et sh x
On pose u = ex . On peut aussi s’inspirer des changements de variables qu’on
a utiliser pour les fonctions sin et cos. Le changement de variable u = th( x2 )
marche toujours. En effet on peut montrer facilement que
ch x =
Exemple 2.4.4.
Z
Calculer I =
1 + u2
,
1 − u2
sh x =
2u
,
1 − u2
dx =
2du
.
1 − u2
1
1
dx.
0 ch x
(∗) Première méthode : On pose.
u = ex =⇒ du = ex dx = u dx =⇒ dx =
du
,
u
36
CHAPITRE 2. INTÉGRALES
x = 0 =⇒ u = 1
x = 1 =⇒ u = e.
Z 1
1
2
I =
dx =
dx
x
−x
0 ch x
0 e +e
Z e
Z e
2
2 du
=
du
=
1
2
1 u +1
1 u+ u u
π
= [2 arctan u]e1 = 2 arctan e − .
2
Z
1
(∗) Deuxième méthode : On pose.
2du
x
,
u = th( ) =⇒ dx =
2
1 − u2
x = 0 =⇒ u = 0
1
x = 1 =⇒ u = th( ).
2
Z
I =
0
Z
=
0
1
1
dx =
ch x
th( 12 )
Z
th( 21 )
0
1
1+u2
1−u2
2du
1 − u2
2
1
du
=
2
arctan(th(
)).
1 + u2
2
Vérifions que
1
π
2 arctan(th( )) = 2 arctan e − .
2
2
1
e−1
On a arctan(th( 2 )) = arctan e+1 . Maintenant il est facile de voir que pour
tout x ∈] − 1, +∞[ arctan x−1
= arctan x − π4 . (Pour l’avoir il suffit de dériver
x+1
e−1
la différence). Finalement 2 arctan(th( 12 )) = 2 arctan e+1
= 2 arctan e − π2 .
2.4.7
Polynôme en sin x et cos x
R
Cela revient à calculer une somme d’intégrales du type I = cosp x sinq x dx
où p, q ∈ N. • p ou q impair. Supposons que q est impair et p entier naturel
quelconque. Dans ce cas on pose u = cos x. Si p est impair, on pose u = sin x.
Si p et q sont impairs les deux changements de variables marchent.
2.4. CALCULS DES PRIMITIVES
Exemple 2.4.5.
Z
Calculer I =
π
2
37
sin3 x cos2 x dx.
0
Posons u = cos x =⇒ du = − sin x dx,
x = 0 =⇒ u = 1
π
x =
=⇒ u = 0.
2
Z
π
2
3
Z
2
π
2
(1 − cos2 x) cos2 x sin x dx
0
0
3
1
Z 0
Z 1
u
u5
1 1
2
2 2
2
4
=
−(1 − u )u du =
u − u du =
−
= − = .
3
5 0 3 5
15
1
0
sin x cos x dx =
I =
• p et q pairs. Dans ce cas, on linéarise.
Z π
2
Exemple 2.4.6. Calculer I =
sin2 x cos2 x dx.
On a sin2 x cos2 x = 41 sin2 (2x) =
Z
I=
π
2
2
2
Z
sin x cos x dx =
0
0
π
2
0
1 1−cos(4x)
4
2
=
1−cos(4x)
.
8
Il vient :
π
x sin(4x) 2
π
1 − cos(4x)
dx =
−
= .
8
8
32
16
0
38
CHAPITRE 2. INTÉGRALES
Chapitre 3
Equations différentielles
Dans tout le chapitre K = R ou C.
3.1
Equations différentielles linéaires du premier ordre
Définition 3.1.1. Soit I un intervalle de R et soient a, b deux fonctions
continues de I dans K. L’équation différentielle
y 0 (x) + a(x)y(x) = b(x)
(E)
est appelée équation différentielle linéaire du premier ordre de forme résolue.
L’équation
y 0 (x) + a(x)y(x) = 0
(H)
est appelée équation différentielle sans second membre associée à (E) . On
l’appelle aussi équation homogène associée à (E).
On dit que y est solution de (E) sur I, si y est dérivable sur I et pour tout
x ∈ I, on a y 0 (x) + a(x)y(x) = b(x).
Le graphe d’une solution y s’appelle courbe intégrale de (E).
Résoudre ou intégrer (E), c’est chercher l’ensemble S(E) de toutes ses solutions.
Si une fonction donnée y est solution d’une équation différentielle, on dit
que c’est une solution particulière. On parle de solution générale lorsqu’on
donne la forme générale de toutes les solutions.
39
40
3.1.1
CHAPITRE 3. EQUATIONS DIFFÉRENTIELLES
Structure des solutions
Théorème 3.1.2. L’ensemble S(H) des solutions de l’équation homogène
(H) contient la fonction nulle et est stable par combinaison linéaire, c’est à
dire qu’il vérifie :
∀(f, g) ∈ S(H), ∀(α, β) ∈ R2 , αf + βg ∈ S(H).
Preuve. Facile.
Théorème 3.1.3. La solution générale de (E) est la somme d’une solution
particulière de (E) et de la solution générale de l’équation (H).
Soit y0 une solution particulière de (E). Si on note par S(E) l’ensemble
des solutions de (E), alors on a
S(E) = {y0 + u, u ∈ S(H)}.
Preuve. Soit y0 une solution particulière de (E), on a
y00 + a(x)y0 = b(x).
Soit y une solution de (E), on a
y 0 + a(x)y = b(x).
On a donc
(y − y0 )0 + a(x)(y − y0 ) = 0.
Ainsi y − y0 est solution de (H).
Réciproquement, pour toute solution z de l’équation (H), on a
y00 + a(x)y0 = b(x)
z 0 + a(x)z = 0
=⇒ (z + y0 )0 + a(x)(z + y0 ) = b(x).
Donc la fonction z + y0 est solution de l’équation (E).
3.1. EQUATIONS DIFFÉRENTIELLES LINÉAIRES DU PREMIER ORDRE41
3.1.2
Résolution de l’équation sans second membre
Considérons l’équation sans second membre (ou homogène)
y 0 (x) + a(x)y(x) = 0
(H)
Soit A une primitive de −a sur I. Il est clair que la fonction eA est solution
de (H) sur I. Soit y une fonction dérivable sur I et z la fonction définie par
y = zeA . Alors z est dérivable sur I et on a :
y 0 = z 0 eA + zA0 eA = (z 0 + zA0 )eA = (z 0 − az)eA .
On a donc
y est solution de (H) ⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
∀x ∈ I, y 0 (x) = −a(x)y(x)
∀x ∈ I, (z 0 (x) − a(x)z(x))eA(x) = −a(x)z(x)eA(x)
∀x ∈ I, z 0 (x) = 0
z = constante sur I.
L’ensemble des solutions de (H) est donc l’ensemble des fonctions y de la
forme y = KeA où K est une constante réelle ou complexe. On énonce
Théorème 3.1.4. L’ensemble S(H) des solutions sur I de (H) est l’ensemble
des fonctions de la forme y = KeA où A est une primitive de −a sur I et K
est une constante réelle ou complexe :
S(H) = {KeA , K ∈ K}.
Exemple 3.1.5. Résoudre sur I =]0, +∞[ l’équation différentielle
y0 −
Z
x+1
y = 0.
x2
x
t+1
1
dt = ln(x) − . L’ensemble des solutions est
2
t
x
− x1
donc S(H) = {x 7−→ Kxe , K ∈ R}.
Il est clair que A(x) =
3.1.3
Solution particulière de l’équation avec second
membre
Pour términer la résoution de l’équation (E), il nous faut trouver une solution
particulière y0 . Parfois il peut exister des solutions évidentes.
42
CHAPITRE 3. EQUATIONS DIFFÉRENTIELLES
Exemple 3.1.6. Soit l’équation différentielle
y0 −
x+1
y = x − 1,
x2
x>0
(3.1)
La fonction y0 définie par y0 (x) = x2 pour tout x > 0 est une solution évidente
de (3.1). Comme nous avons déjà résolu l’équation sans second membre, la
solution générale de (3.1) est
1
y(x) = Kxe− x + x2
sur R∗+ , K ∈ R.
Lorsqu’il n’apparaı̂t aucune solution évidente, on dispose d’une méthode
systématique pour trouver une solution particulière : méthode de la variation
de la constante.
On a trouvé pour solution générale de l’équation sans second membre (H)
y = KeA où K est une constante. L’idée de la méthode est de chercher une
solution particulière de (E) sous une forme analogue, mais en remplaçant la
constante K par une fonction x 7−→ K(x), d’où l’expression “variation de la
constante”. On cherche donc une solution particulière y0 = KeA où K est
une fonction dérivable sur I. On a alors
y00 = K 0 eA + KA0 eA = (K 0 + KA0 )eA = (K 0 − aK)eA .
y0 est solution de (E) ⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
y00 + ay0 = b
(K 0 − aK)eA + aKeA = b
K 0 eA − aKeA + aKeA = b
K 0 = be−A .
On est donc ramené à un calcul de primtives pour trouver une fonction K et
donc une solution particulière y0 .
Exemple 3.1.7. Soit l’équation différentielle
y0 −
1
x+1
y = xe− x sin x,
2
x
x>0
(3.2)
On a trouvé comme solution générale de l’équation sans second membre
1
associée y = Kxe− x sur R∗+ (K constante réelle). Cherchons une solution
1
particulière y0 de la forme y0 (x) = K(x)xe− x . On a
1
x −1
1
0
0
− x1
− x1
0
y0 (x) = K (x)xe + K(x)(e + 2 e x ) = K (x)x + K(x)(1 + ) e− x .
x
x
3.1. EQUATIONS DIFFÉRENTIELLES LINÉAIRES DU PREMIER ORDRE43
y0 est solution de (3.2)
1
x+1
⇐⇒ y00 −
y0 = xe− x sin x
2
x
1
1
x+1
0
− x1
− x1
⇐⇒ K (x)x + K(x)(1 + ) e− x −
=
xe
sin x
K(x)xe
x
x2
1
1
1
1
1
0
⇐⇒ K (x)x + K(x)(1 + ) e− x − (1 + )K(x)e− x = xe− x sin x
x
x
1
1
⇐⇒ K 0 xe− x = xe− x sin x
⇐⇒ K 0 = sin x,
⇐⇒ K = − cos x + C.
1
Donc y0 = −x cos x e− x est une solution particulière de (3.2). La solution
générale de (3.2) est
1
y = xe− x (K − cos x),
(K constante réelle).
Proposition 3.1.8. (Principe de superposition) Soit y1 une solution de y 0 (x)+
a(x)y(x) = b1 (x) et y2 une solution de y 0 (x) + a(x)y(x) = b2 (x), alors y1 + y2
est solution de y 0 (x) + a(x)y(x) = b1 (x) + b2 (x).
Exemple 3.1.9. Résoudre l’équation différentielle y 0 + y = cos x + ex sur R.
3.1.4
Problème de Cauchy
Définition 3.1.10. On appelle problème de Cauchy le problème constitué
par une E.D. du premier ordre et la donnée d’une condition initiale en un
point x0 déterminé.
Dans ce qui suit, on va étudier le problème de Cauchy pour les E.D.L du
premier ordre. Soit I un intervalle de R, on considère l’équation différentielle
y 0 (x) + a(x)y(x) = b(x)
(E)
x ∈ I et a, b sont deux fonctions continues sur I. On a alors le résultat
d’unicité suivant :
Proposition 3.1.11. Soit x0 ∈ I et y0 ∈ R, alors il existe une unique
solution de (E) telle que y(x0 ) = y0 .
44
CHAPITRE 3. EQUATIONS DIFFÉRENTIELLES
Preuve. Les solutions de (E) s’écrivent
Z x
A(x)
−A(t)
y(x) = Ke
+
b(t)e
dt eA(x)
x0
où A est une primitive de −a. Prenons
Z x
A(x) =
−a(t) dt.
x0
On a alors y(x0 ) = K = y0 , donc K = y0 . Ainsi
Z x
A(x)
−A(t)
y(x) = y0 e
+
b(t)e
dt eA(x)
x0
d’où l’unicité.
3.1.5
Équation linéaire de forme non résolue
Définition 3.1.12. Soit I un intervalle de R et soient a, b, c trois fonctions
continues de I dans K. L’équation différentielle
c(x)y 0 (x) + a(x)y(x) = b(x)
(EN R)
est appelée équation différentielle linéaire du premier ordre de forme non
résolue.
On dit que y est solution de (EN R) sur I, si y est dérivable sur I et pour
tout x ∈ I, on a c(x)y 0 (x) + a(x)y(x) = b(x).
Si (EN R) admet une solution y, alors la restriction de y à tout intervalle
J ⊂ I, sur lequel c ne s’annule pas, est solution sur J de l’équation
y 0 (x) +
b(x)
a(x)
y(x) =
,
c(x)
c(x)
x ∈ J.
(ER)
Pour résoudre (EN R), on commence par résoudre (ER) sur chacun des sousintervalles de I où c ne s’annule pas. Il reste à voir si on peut raccorder de
telles solutions pour obtenir une solution de (EN R) sur I tout entier.
Une situation typique est lorsque c s’annule une seule fois sur I. Soit x0 ∈ I
ce point. On résoud donc l’équation (ER) sur les deux intervalle J1 = I∩] −
∞, x0 [ et J2 = I∩]x0 , +∞[. On note par y1 et y2 les solutions de (ER) sur J1
3.1. EQUATIONS DIFFÉRENTIELLES LINÉAIRES DU PREMIER ORDRE45
et J2 respectivement.
Pour que y1 et y2 se raccordent en une solution de (EN R) sur I, il est
nécessaire :
I lim− y1 (x) = lim+ y2 (x) = l ∈ R;
x→x0
x→x0
I La fonction f : I −→ R

y (x),

 1
y2 (x),
x 7−→


l,
soit dérivable en x0 .
si x ∈ J1
si x ∈ J2
si x = x0
Exemple 3.1.13. Résoudre sur ]0, +∞[ l’équation différentielle
(1 − x2 )y 0 + xy =
1
+ x ln x − x.
x
(3.3)
On résoud cette équation sur les deux intervalles ]0, 1[ et ]1, +∞[. Tout calcul
fait on trouve
√
Sur ]0, 1[, y1 (x) = K1 1 − x2 + ln x, K1 ∈ R,
√
sur ]1, +∞[, y2 (x) = K2 x2 − 1 + ln x, K2 ∈ R.
Soit y une solution de (3.3) sur ]0, +∞[, alors il existe (K1 , K2 ) ∈ R2 tel que
√
∀ ∈]0, 1[, y(x) = K1 1 − x2 + ln x, K1 ∈ R,
√
∀ ∈]1, +∞[, y(x) = K2 x2 − 1 + ln x, K2 ∈ R.
Il est clair que lim− y1 (x) = lim+ y2 (x) = 0.
x→1
√
x→1
2
√
2
1−x
x −1
D’autre part, limx→1− x−1
= −∞ et limx→1+ x−1
= +∞, alors pour que
y soit dérivable en 1 il est nécéssaire que K1 = K2 = 0. Ainsi (3.3) a au plus
une solution la fonction x 7−→ ln x. Maintenant, on vérifie facilement que la
fonction x 7−→ ln x est une solution de (3.3) sur ]0, +∞[. Donc (3.3) admet
une et une seule solution sur ]0, +∞[.
Exercice 3.1.14. Résoudre sur R les équations différentielles suivantes :
1. xy 0 + y = x3 .
2. xy 0 − y = 0.
3. x2 y 0 + y = 0.
4. xy 0 − 2y = 0.
46
CHAPITRE 3. EQUATIONS DIFFÉRENTIELLES
3.2
Equations linéaires du second ordre à coefficients constants.
L’équation différentielle
ay 00 + by 0 + cy = d(x)
(3.4)
où a, b, c sont des constantes complexes (a 6= 0) et d est une fonction continue
de R dans C, est appelée équation différentielle linéaire du second ordre à
coefficients constants.
3.2.1
Structure des solutions
Théorème 3.2.1. La solution générale de l’E.D. (3.4) est la somme d’une
solution particulière de (3.4) et de la solution générale de l’équation sans
second membre associée
ay 00 + by 0 + cy = 0.
(3.5)
Preuve. La même que pour le premier ordre.
3.2.2
Résolution de l’équation sans second membre (3.5)
1. Solutions complexes. Cherchons des solutions de (3.5) de la forme
y = eλx où λ ∈ C. On a alors y 0 = λeλx et y 00 = λ2 eλx . Par conséquent on a
ay 00 + by 0 + cy = (aλ2 + bλ + c)eλx . Donc y = eλx est solution de (3.5) si et
seulement si
aλ2 + bλ + c = 0.
(EC)
Cette équation est appelée équation caractéristique. On pose ∆ = b2 − 4ac.
1er cas :∆ 6= 0. L’équation caractéristique admet deux racines complexes
λ1 et λ2 . Les fonctions y1 = eλ1 x et y2 = eλ2 x sont solutions de (3.5).
Toute combinaison linéaire à coefficients constants de ces deux fonctions est encore solution.
Réciproquement, soit y une solution de (3.5) et posons y = zeλ1 x . On
a successivement y 0 = (z 0 + λ1 z)eλ1 x et y 00 = (z 00 + 2λ1 z 0 + λ21 z))eλ1 x .
Donc
ay 00 + by 0 + cy = 0 ⇐⇒ [az 00 + (2aλ1 + b)z 0 + (aλ21 + bλ1 + c)z]eλ1 x = 0.
3.2. EQUATIONS LINÉAIRES DU SECOND ORDRE À COEFFICIENTS CONSTANTS.47
Or aλ21 + bλ1 + c = 0 et 2aλ1 + b = a(λ1 − λ2 ) (car λ1 + λ2 = −b
),
a
00
0
par conséquent on a az + a(λ1 − λ2 )z = 0, ce qui est équivalent à
z 00 + (λ1 − λ2 )z 0 = 0. C’est une E.D. linéaire du premier ordre en z 0 .
On a donc successivement z 0 = Ke(λ2 −λ1 )x , puis z = C2 e(λ2 −λ1 )x + C1 ,
où K, C1 , C2 sont des constantes. Finalement
y = C1 eλ1 x + C2 eλ2 x ,
(C1 , C2 ) ∈ C2 .
L’ensemble des solutions de (3.5) est donc l’ensemble des combinaisons
linéaires des deux fonctions y1 = eλ1 x et y2 = eλ2 x .
2eme cas : ∆ = 0. L’équation caractéristique admet une racine double
. La fonction y1 = eλx est solution de (3.5). Posons y = zeλx .
λ = −b
2a
Le calcul précédent montre que y est solution de (3.5) si et seulement
si z 00 = 0, c’est à dire z = c1 x + c2 .
L’ensemble des solutions de (3.5) est l’ensemble des fonctions de la
forme :
y = c1 xeλx + c2 eλx , (c1 , c2 ) ∈ C2
L’ensemble des solutions de (3.5) est donc l’ensemble des combinaisons
linéaires des deux fonctions y0 = eλx et y1 = xeλx .
On récapitule les résultats trouvés dans cette section par le tableau suivant (où on a noté SC l’ensemble des solutions complexes de (3.5))
racine de (EC)
∆ 6= 0 λ1 , λ2 ∈ C, λ1 6= λ2
∆ = 0 λ ∈ C racine double
L’ensemble des solutions SC
{x 7−→ c1 eλ1 x + c2 eλ2 x , (c1 , c2 ) ∈ C2 }
{x 7−→ c1 eλx + c2 xeλx , (c1 , c2 ) ∈ C2 }
Exemple 3.2.2. Résoudre les deux équations différentielles :
y 00 − 5y 0 + 6y = 0
(3.6)
y 00 − 2y 0 + y = 0
(3.7)
L’équation caractéristique associée à (3.6) est : r2 − 5r + 6 = 0. Les
solutions de cette équation sont λ1 = 2 et λ2 = 3. L’ensemble des solutions
de (3.6) est : S = {x 7−→ C1 e2x + C2 e3x , (C1 , C2 ) ∈ R2 }.
L’équation caractéristique associée à (3.7) est : r2 −2r +1 = 0. Elle admet
une racine double λ = 1. L’ensemble des solutions de (3.7) est : S = {x 7−→
C1 ex + C2 xex , (C1 , C2 ) ∈ R2 }.
48
CHAPITRE 3. EQUATIONS DIFFÉRENTIELLES
2. Solutions réelles quand (a, b, c) ∈ R3 .
1er cas ∆ > 0. Les racines λ1 et λ2 de l’équation caractéristique sont réelles.
L’ensemble des solutions réelles de (3.5) est l’ensemble des combinaisons
linéaires des fonctions y1 = eλ1 x et y2 = eλ2 x
y = c1 eλ1 x + c2 eλ2 x ,
(c1 , c2 ) ∈ R2 .
2eme cas ∆ = 0. La racine double λ0 de l’équation caractéristique est réelle.
L’ensemble des solutions réelles de (3.5) est l’ensemble des combinaisons
linéaires des fonctions y0 = eλ0 x et xy0 = xeλ0 x .
y = c1 eλ0 x + c2 xeλ0 x ,
(c1 , c2 ) ∈ R2 .
3eme cas ∆ < 0. Les racines λ1 et λ2 sont complexes non réelles et conjuguées
l’une de l’autre. Posons λ1 = α + iβ et λ2 = α − iβ avec (α, β) ∈ R × R∗ .
Donc il existe (K1 , K2 ) ∈ C2 telles que
y = K1 eλ1 x + K2 eλ2 x .
La solution y recherchée est à valeurs réelles, on a donc
∀x ∈ R, y(x) = y(x) ⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
∀x ∈ R, K1 eλ1 x + K2 eλ2 x = K1 eλ1 x + K2 eλ2 x
∀x ∈ R, K1 eλ1 x + K2 eλ2 x = K1 eλ2 x + K2 eλ1 x
∀x ∈ R, (K1 − K2 )eλ1 x = (K1 − K2 )eλ2 x
∀x ∈ R, (K1 − K2 ) = (K1 − K2 )e(λ2 −λ1 )x
∀x ∈ R, (K1 − K2 ) = (K1 − K2 )e−2iβx
(K1 − K2 ) = (K1 − K2 ) = 0
K1 = K2 .
y = K1 e(α+iβ)x + K2 e(α−iβ)x
avec
K2 = K1 ,
c’est à dire
y = eαx [K1 (cos βx + i sin βx) + K1 (cos βx − i sin βx)]
soit y = eαx [(K1 + K1 ) cos βx + i(K1 − K1 ) sin βx]. Donc,
y = eαx [c1 cos βx + c2 sin βx],
(c1 , c2 ) ∈ R2 .
On récapitule les résultats trouvés dans cette section par le tableau suivant
(où on a noté SR l’ensemble des solutions réelles de (3.5))
3.2. EQUATIONS LINÉAIRES DU SECOND ORDRE À COEFFICIENTS CONSTANTS.49
racine de (EC)
∆ > 0 λ1 , λ2 ∈ R, λ1 6= λ2
∆ = 0 λ ∈ R racine double
∆ < 0 α ± iβ (α, β) ∈ R2
3.2.3
L’ensemble des solutions SR
{x 7−→ c1 eλ1 x + c2 eλ2 x , (c1 , c2 ) ∈ R2 }
{x 7−→ c1 eλx + c2 xeλx , (c1 , c2 ) ∈ R2 }
{x 7−→ eαx [c1 cos βx + c2 sin βx], (c1 , c2 ) ∈ R2 }
Résolution de l’équation avec second membre
1. Cas où le second membre est de la forme P (x)emx .
ay 00 + by 0 + cy = P (x)emx .
(3.8)
On sait que la solution générale de (3.8) est la somme d’une solution particulière et de la solution générale de l’équation sans second membre (3.5).
Cherchons une solution particulière de la forme que le second membre,
c’est à dire y = Q(x)emx où Q est un polynôme à déterminer. On a y est deux
fois dérivable et on a y 0 = (Q0 (x) + mQ(x))emx , y 00 (x) = (Q00 (x) + 2Q0 (x) +
m2 Q(x))emx . Ainsi
y est solution de(3.8) ⇐⇒ aQ00 + (2ma + b)Q0 + (am2 + bm + c)Q = P.
• Si am2 + bm + c 6= 0, on cherche un polynôme Q de même degré que P .
• Si am2 + bm + c = 0 et 2ma + b 6= 0, on cherche un polynôme Q tel que
dQ = dP + 1.
• Si am2 + bm + c = 0 et 2ma + b = 0, on cherche un polynôme Q tel que
dQ = dP + 2.
Exemple 3.2.3. 1) y 00 + y = xex .
Solution réelle de l’équation sans second membre y = C1 cos x + C2 sin x,
(C1 , C2 ∈ R). On cherche une solution particulière sous la forme y1 = Q(x)ex .
On a y10 = (Q0 + Q)ex , y100 = (Q00 + 2Q0 + Q)ex . On a donc y100 + y10 =
(Q00 + 2Q0 + Q)ex = xex . Comme m = 1 n’est pas racine de l’équation
caractristique, on cherche Q tel que dQ = dP = 1. Posons Q = ax + b, donc
Q0 = a et Q00 = 0. On doit avoir 2a + 2(ax + b) = x, par conséquent a = 21 et
b = −1
. En définitive
2
1
1
y = C1 cos x + C2 sin x + x − ,
2
2
où C1 , C2 ∈ R.
50
CHAPITRE 3. EQUATIONS DIFFÉRENTIELLES
2) y 00 + 2y 0 + y = e−x . On trouve
y = (C1 x + C2 )e−x +
x2 −x
e ,
2
où C1 , C2 ∈ R.
Proposition 3.2.4. (Principe de superposition) Soit y1 une solution de ay 00 +
by 0 + cy = b1 (x) et y2 une solution de ay 00 + by 0 + cy = b2 (x), alors y1 + y2
est solution de ay 00 + by 0 + cy = b1 (x) + b2 (x).
Exemple 3.2.5. Résoudre dans R l’équation différentielle suivante :
y 00 − 4y 0 − 5y = xe−x + e2x .
3.2.4
Problème de Cauchy
Théorème 3.2.6. L’équation
ay 00 + by 0 + cy = d(x)
(1)
possède une et une seule solution vérifiant la condition initiale y(x0 ) = u ∈ C,
y 0 (x0 ) = v ∈ C.
Preuve. Admise.
Remarque 3.2.7. On n’a pas en géneral unicité si on impose deux conditions
initiales sur la solution. En effet soit l’E.D.
y 00 + y = 0.
La solution génerale (réelle) de cette E.D. est K1 cos x + K2 sin x, (K1 , K2
deux constantes réelles). Si on imopose la condition initiale y(0) = y(π) = 0,
on trouve comme solution y = K2 sin x, K2 ∈ R. On voit qu’on n’a pas
unicité.
Chapitre 4
Nombres réels, théorème de la
borne supérieure
4.1
Propriété de la borne supérieure
Définition 4.1.1. Soit A une partie de R. On dit que :
1. A est majorée s’il existe M ∈ R tel que ∀a ∈ A, a ≤ M. Dans ce cas
on dit que M est un majorant de A.
2. A est minorée s’il existe m ∈ R tel que ∀a ∈ A, a ≥ m. Dans ce cas
on dit que m est un minorant de A.
3. A est bornée si elle est à la fois majorée et minorée.
Remarque 4.1.2. Une partie A de R est bornée si et seulemnent si il existe
λ ∈ R tel que pour tout a ∈ A, |a| ≤ λ.
Définition 4.1.3. Soit A une partie de R, M et m deux nombres réels. On
dit que :
1. M est le maximum ou le plus grand élément de A si M ∈ A
et M est un majorant de A. On note alors M = max A.
2. m est le minimum ou le plus petit élément de A si m ∈ A et M
est un minorant de A. On note alors m = min A.
Exemple 4.1.4.
1. Soit A = [0, 1], 0 est le plus petit élément de A et 1
est le plus grand élément de A.
51
52
CHAPITRE 4. NOMBRES RÉELS
2. Soit B = [0, 1[, 0 est le plus petit élément de B, mais B n’a pas de plus
>a
grand élément car si a est le plus grand élément de B, alors a+1
2
a+1
implique une contradiction (puisque 2 ∈ B).
3. Soit C = { n1 : n ∈ N∗ }, 1 est le plus grand élément de C, mais C
n’admet pas de plus petit élément car si n10 est le plus petit élément de
C, alors 2n1 0 < n10 implique une contradiction.
Définition 4.1.5. Soit A une partie de R
1. On dit que A admet une borne supérieure M, si A est majorée et si
l’ensemble des majorants de A admet un plus petit élément. On note
M = sup A.
2. On dit que A admet une borne inférieure m, si A est minorée et
si l’ensemble des minorants de A admet un plus grand élément m. On
note m = inf A.
Exemples 4.1.6. Soit A = [0, 1[. Montrons que sup A = 1. On a 1 est un
majorant de A. Comme sup A est le plus petit des majorants de A, alors
sup A ≤ 1. Supposons que sup A < 1 on aura 21 (sup A + 1) ∈ A et 12 (sup A +
1) > sup A et ceci est impossible. On a donc nécessairement sup A = 1.
Proposition 4.1.7. Si A possède un plus grand élément, il admet alors une
borne supérieure et on a sup A = max A.
De même, si A possède un plus petit élément, il admet alors une borne
inférieure et on a inf A = min A.
Preuve. Comme max A est le plus grand élément de A, on a
∀x ∈ A
x ≤ max A,
donc max A est un majorant de A. Si M est un majorant de A, on a :
∀x ∈ A, x ≤ M . Comme max A ∈ A, il en resulte que max A ≤ M .
Par conséquent, max A est le plus petit des majorants de A, c’est à dire
max A = sup A.
Attention ! Les réciproques sont fausses : Une partie de R peut posséder
une borne supérieure (resp. inférieure ) sans posséder de maximim (res. minimum).
Exemple 4.1.8. Soit A = [0, 1[. On a sup A = 1 mais A ne possède pas de
plus grand élément.
4.1. PROPRIÉTÉ DE LA BORNE SUPÉRIEURE
53
Remarque 4.1.9 (Caractérisation formelle de la borne supérieure). Soit A
une partie de R et M ∈ R. Alors on a
(
M majorant de A,
M = sup A ⇐⇒
∀ε > 0 M − ε n’est plus un majorant de A.
(
∀a ∈ A, a ≤ M,
⇐⇒
∀ε > 0, ∃b ∈ A : M − ε < b ≤ M.
Remarque 4.1.10. (Caractérisation formelle de la borne inférieure) Soit
A une partie de R et m ∈ R. Alors on a
(
m minorant de A
m = inf A ⇐⇒
∀ε > 0 m + ε n’est plus un minorant de A
(
∀a ∈ A, a ≥ m,
⇐⇒
∀ε > 0, ∃b ∈ A : m ≤ b < m + ε.
Rien ne garantit a priori l’existence d’une borne inférieure ou supérieure.
On a néamoins le théorème suivant.
Théorème 4.1.11. (Admis)
1. Toute partie non vide et majorée de R admet une borne supérieure.
2. Toute partie non vide et minorée de R admet une borne inférieure.
Exercice 4.1.12. Soit A une partie non vide bornées de R. On définit l’ensemble −A par
−A = {−a : a ∈ A}.
Montrer que −A possède une borne supérieure que sup(−A) = − inf A.
Proposition 4.1.13.
1. Toute partie non vide et majorée de Z admet
un plus grand élément.
2. Toute partie non vide et minorée de Z admet un plus petit élément.
Preuve.
1. Soit A une partie non vide et majorée de Z.
1er cas : A ∩ N 6= ∅. Alors A contient des éléments positifs, et par
conséquent les majorants de A sont positifs et A ∩ N est une partie
54
CHAPITRE 4. NOMBRES RÉELS
non vide et majorée de N. A ∩ N admet donc un plus grand élément
qu’on notera x0 . Alors x0 est aussi le plus grand élément de A ( car
x0 est un élément de A et il est plus grand que les éléments positifs
de A). Etant positif, il est aussi plus grand que les éventuels élément
négatifs de A.
2nd cas : A ∩ N = ∅. Dans ce cas, A est une partie non vide de Z∗− .
Notons B = {−x : x ∈ A}. B est alors une partie non vide de N, donc
elle admet un plus petit élément qu’on notera y0 . Il est alors clair que
−y0 est le plus grand élément de A.
2. Soit A une partie non vide et minorée de Z et soit B = {−x : x ∈ A}.
Alors B est une partie non vide et majorée de Z, donc B admet d’après
1. un plus grand élément noté y0 . Alors il est immédiat que −y0 est le
plus petit élément de A.
Exercice 4.1.14. Montrer que les ensembles suivants sont bornés et calculer
leurs bornes supérieures et inférieures :
A=
n1
n
o
; n ∈ N∗ ,
B=
n (−1)n
n
o
; n ∈ N∗ ,
C=
nn − 1
n+1
o
;n ∈ N ,
D=
Exercice 4.1.15. Soient A et B deux parties non vides et bornées de R.
1. Montrer que si A ⊂ B alors sup A ≤ sup B et inf A ≥ inf B.
2. Montrer que A∪B est une partie bornée de R et déterminer sup(A∪B)
et inf(A ∪ B) en fonction des réels sup A, sup B, inf A et inf B.
3. On suppose que A ∩ B 6= ∅. Montrer que A ∩ B est une partie bornée
et qu’on a :
sup(inf A, inf B) ≤ inf(A ∩ B) ≤ sup(A ∩ B) ≤ inf(sup A, sup B).
Ces inégalités peuvent-elles être strictes ? Justifier par un exemple.
Exercice 4.1.16. Soient A et B deux parties non vides de R. On définit
l’ensemble A + B par A + B = {a + b; a ∈ A et b ∈ B}.
1. Déterminer l’ensemble A + B dans les deux cas suivants :
i) A = {0, 1, 2} et B = {1, 3, 5}
ii) A = [0, 1] et B = [−1, 3].
2. Montrer que si A et B sont bornées alors A + B est une partie bornée.
n (−1)n
n
+
2o
.
n
4.2. LA DROITE NUMÉRIQUE ACHEVÉE
55
3. Montrer que dans ce cas
sup(A + B) = sup A + sup et que inf(A + B) = inf A + inf B.
Exercice 4.1.17. Soient A et B deux parties non vides de R vérifiant :
∀(a, b) ∈ A × B, a ≤ b. Montrer que sup A et inf B existent et que
sup A ≤ inf B.
4.2
La droite numérique achevée
Définition 4.2.1. On appelle droite numérique achevée, et on note R, l’ensemble R = R ∪ {−∞, +∞} où −∞ et +∞ sont deux éléments non réels.
On peut étendre à R la relation d’ordre de R par : ∀x ∈ R, −∞ < x <
+∞. Cependant, on ne peut pas étendre entièrement les opérations somme
et multiplication à R ; on peut les définir partiellement comme suit : si x ∈ R
alors
x+(+∞) = +∞,
x+(−∞) = −∞,
(+∞)+(+∞) = +∞,
(−∞)+(−∞) = −∞
mais la somme (+∞) + (−∞) n’est pas définie. D’autre part,
si x > 0, x × (+∞) = +∞, x × (−∞) = −∞
si x < 0, x × (+∞) = −∞, x × (−∞) = +∞
(+∞) × (+∞) = +∞, (+∞) × (−∞) = −∞, (−∞) × (−∞) = +∞
mais les produits 0 × (+∞) et 0 × (−∞) ne sont pas définis.
4.3
Caractérisation des intervalles de R
Définition 4.3.1. On appelle intervalle de R toute partie de R vérifiant la
propriété suivante :
∀(a, b) ∈ I × I avec a < b, on a [a, b] ⊂ I.
Remarque 4.3.2. R∗ n’est pas un intervalle, en effet on a −1 ∈ R∗ , 1 ∈ R∗ ,
−1 ≤ 0 ≤ 1, mais 0 6∈ R∗ .
56
CHAPITRE 4. NOMBRES RÉELS
La propriété de la borne supérieure permet de classifier tous les intervalles
de R.
Tout d’abord, ∅ est un intervalle et tout singleton {x} (où x ∈ R) est
aussi un intervalle car ces deux types d’ensembles vérifient la définition d’un
intervalle.
Considérons un intervalle I qui contient au moins deux éléments.
i) Si I est à la fois majoré et minoré : l’intervalle I passède alors une
borne supérieure, qu’on note b = sup I, et une borne inférieure, qu’on
note a = inf I. On a alors : ∀x ∈ I, a ≤ x ≤ b et donc I ⊂ {x ∈ R :
a ≤ x ≤ b}.
Réciproquement, soit x ∈ R tel que a < x < b.
x n’est pas un majorant de I, donc ∃z ∈ I : z > x.
x n’est pas un minorant de I, donc ∃y ∈ I : x > y.
Par conséquent on a y ∈ I, z ∈ I et y < x < z. En utilisant la
définition d’un intervalle, il vient que x ∈ I. I contient donc tous les
éléments compris entre a et b. Suivant que a et b eux-même sont dans
I ou non, on peut avoir
I = {x ∈ R : a ≤ x ≤ b} = [a, b] intervalle fermé borné ou segment,
I = {x ∈ R : a ≤ x < b} = [a, b[ intervalle borné semi-ouvert à
droite,
I = {x ∈ R : a ≤ x < b} =]a, b] intervalle borné semi-ouvert à
gauche,
I = {x ∈ R : a < x < b} =]a, b[ intervalle borné ouvert.
ii) Si I est minoré et non majoré : I admet une borne inférieure qu’on
note a . ∀x ∈ I, x ≥ a. Réciproquement, soit x ∈ R, x > a. x n’est ni
majorant ni minorant de I, donc il existe y, z ∈ I tels que y < x < z,
par conséquent x ∈ I. Donc pour tout x > a, x ∈ I. Suivant que a
appartient ou non à I, on peut avoir
I = {x ∈ R : x ≥ a} = [a, +∞[ intervalle fermé non majoré,
I = {x ∈ R : x > a} =]a, +∞[ intervalle ouvert non majoré.
iii) Si I est majoré et non minoré : on obtient
I = {x ∈ R : x ≤ b} =] − ∞, b] intervalle fermé non minoré,
I = {x ∈ R : x < b} =] − ∞, b[ intervalle ouvert non minoré.
iv) Si I est non majoré et non minoré : un réel x quelconque n’est ni
minorant ni majorant, donc il existe y, z ∈ I tel que y < x < z, donc
x ∈ I. Par conséquent I = R.
En définitive, tout intervalle est de l’un des onze types étudiés.
4.4. THÉORÈME D’ARCHIMÈDE, PARTIE ENTIÈRE
4.4
57
Théorème d’Archimède, partie entière
Théorème 4.4.1 (Archimède). L’ensemble R est archimédien, ce qui signifie :
∀x > 0 ∀y ∈ R ∃n ∈ Z : nx ≥ y.
Preuve. Supposons par l’absurde qu’il existe x > 0 et y ∈ R tel que pour
tout n ∈ Z nx < y ou encore n < xy . Donc xy est un majorant de Z ; comme
Z est une partie non vide de R et de plus majorée par x, Z admet alors une
borne supérieure qu’on note M = sup Z ∈ R. Comme M est le plus petit des
majorants de Z, le réel M − 1 n’est pas majorant de Z, c’est à dire, il existe
n ∈ Z tel que n > M − 1 et donc n + 1 > M . Or n + 1 ∈ Z et n + 1 > M ,
ceci contredit le fait que M = sup Z.
Exercice 4.4.2. Soient x et y deux réels avec x > 1. Montrer qu’il existe
n ∈ N tel que xn ≥ y.
Proposition et définition 4.4.3. Pour tout réel x, il existe un unique
entier relatif n vérifiant les inégalités : n ≤ x < n + 1.
Cet entier n est appelé partie entière de x et on le note bxc ou E(x).
Il est ainsi le plus grand entier relatif qui soit inférieur ou égal à x.
Preuve. Unicité. Soit (n, p) ∈ Z2 vérifiant
n≤x<n+1
et
p ≤ x < p + 1.
x − 1 < n ≤ x et
x−1<p≤x
On a alors
ou encore
x−1<n≤x
et
− x ≤ −p < −x + 1
Il vient en effectuant la somme
−1 < n − p < 1
donc n − p = 0, c’est à dire n = p.
Existence. Soit A = {k ∈ Z, k ≤ x}. Il est clair que A est une partie non
vide et majorée, donc possède un plus grand élément. Soit n = max A. On
a n ≤ x (car x ∈ A) et n + 1 > x (car n + 1 6∈ A). L’entier n répond à la
question.
58
CHAPITRE 4. NOMBRES RÉELS
Exemples 4.4.4. E(π) = 3, E( 23 ) = 1, E(− 32 ) = −2.
Exercice 4.4.5. Montrer que la fonction x 7−→ bxc est croissante sur R.
Exercice 4.4.6.
1. Montrer que pour tout entier relatif on a
E
n + m
2
+E
n − m + 1
2
= n.
2. Montrer que pour tout n ∈ N
√
√
E ( n + n + 1)2 = 4n + 1.
3. Montrer que pour x réel et n ≥ 1, on a
E
E(nx) n
= E(x).
Proposition 4.4.7. La partie entière vérifie les propriétés suivantes :
1. ∀x ∈ R, bxc ≤ x < bxc + 1
2. x = bxc ⇐⇒ x ∈ Z.
3. ∀x ∈ R, ∀p ∈ Z, bx + pc = bxc + p
4. ∀x ∈ R, ∀n ∈ Z, (n ≤ x =⇒ n ≤ bxc.)
Exercice 4.4.8. Soit (x, y) ∈ R2 . A-t-on toujours bx + yc = bxc + byc ?
4.5
Valeurs décimales approchées
Définition 4.5.1. On appelle nombre décimal tout nombre rationnel qui
s’écrit de la forme 10an avec a ∈ Z et n ∈ N. L’ensemble des nombres décimaux
est noté D.
Proposition
et définition 4.5.2. Soit x ∈ R et n ∈ N. Le nombre décimal
b10n xc
rn = 10n vérifie :
1
rn ≤ x < rn + n .
10
Ce nombre décimal rn (respectivement rn + 10−n ) est appelé approximation
décimale de x à 10−n près par défaut (respectivement par excès) .
4.6. DENSITÉ DE Q DANS R
59
Preuve. Soit x ∈ R et n ∈ N. D’après la proposition 4.4.7, on a
b10n xc ≤ 10n x < b10n xc + 1.
On obtient le résultat souhaité en divisant cet encadrement par 10n .
Exemple 4.5.3. On considère le nombre d’Euler e = 2, 7182818284.... La
valeur approchée par défaut à 10−2 près est 2, 71. La valeur approchée par
excès à 10−4 près est 2, 7183.
4.6
Densité de Q dans R
Théorème 4.6.1. Tout intervalle non vide et non réduit à un singleton
contient au moins un rationnel et un irrationnel.
Preuve. Soit I un intervalle de R non vide et non réduit à un singleton
et soient a et b éléments de I tels que a < b. Comme R est archimédien, il
1
. Soit
existe q ∈ N tel que q > b−a
p = baqc + 1.
On a alors :
p > aq ≥ p − 1
et comme q > 0,
p
q
>a≥
p
q
−
1
q
d’où
a<
p
1
≤a+ .
q
q
D’autre part, 1q < b − a et donc a + 1q < b. On conclut alors : a < pq < b
et comme I est un intervalle, on déduit que pq ∈ I, or pq ∈ Q et par suite I
contient un rationnel.
√
√
Maintenant, on considère l’intervalle ]a− 2, b− 2[ ; d’après l’étape
√ précédente,
cet √
intervalle contient au moins un√rationnel r. On a√alors a − 2√< r <
b − 2 ce qui
√ implique√que a < r + 2 < b et donc r + 2 ∈ I et r + 2 6∈ Q
(car sinon 2 = (r + 2) − r ∈ Q).
Corollaire 4.6.2. Tout intervalle non vide et non réduit à un singleton
contient une infinité de rationnels et une infinité d’irrationnels.
60
CHAPITRE 4. NOMBRES RÉELS
Preuve. Si l’intervalle I contient un nombre fini de rationnels, alors on
peut les classer par ordre croissant : r1 < r2 < · · · < rn . L’intervalle ]r1 , r2 [
ne contient alors aucun rationnel, ce qui contredit le théorème précédent. La
preuve est similaire pour les irrationnels.
Définition 4.6.3. Soit I un intervalle non vide de R. Une partie non vide
A de I est dite dense dans I si
∀(a, b) ∈ I 2 , a < b,
A∩]a, b[6= ∅.
Corollaire 4.6.4. Q et R \ Q sont denses dans R.
Preuve. Soit (a, b) ∈ R2 avec a < b. Montrons que Q∩]a, b[6= ∅. D’après le
théorème 4.6.1 l’intervalle ]a, b[ contient un rationnel, d’où le résultat.
Chapitre 5
Les suites
5.1
Définitions et propriétés élémentaires
Définition 5.1.1. Une suite réelle est une application d’une partie de N à
valeurs dans R. L’ensemble des suites réelles est noté RN .
La suite
u : N −→ R
n 7−→ u(n) = un
est notée (un )n ou tout simplement (un ).
Définition 5.1.2.
un .
1. Une suite (un ) est constante si : ∀n ∈ N, un+1 =
2. Une suite (un ) est stationnaire si elle est constante à partir d’un
certain rang. Autrement dit, si : ∃N ∈ N : ∀n ≥ N, un+1 = un .
3. Une suite (un ) est majorée (resp. minorée) s’il existe C ∈ R tel
que ∀n ∈ N, un ≤ C (resp. un ≤ C).
4. Une suite (un ) est bornée si elle est majorée et minorée.
Remarque 5.1.3. Pour prouver qu’une suite (un ) est bornée, il est nécessaire
et suffisant de trouver une constante C ∈ R+ telle que ∀n ∈ N, |un | ≤ C.
Définition 5.1.4.
si :
1. Une suite réelle (un ) est croissante (resp. décroissante)
∀n ∈ N,
un+1 ≥ un ( resp. un+1 ≤ un )
2. Une suite réelle est monotone si elle est croissante ou décroissante.
61
62
CHAPITRE 5. LES SUITES
3. Une suite réelle est strictement croissante (resp. strictement
décroissante) si :
∀n ∈ N,
un+1 > un ( resp. un+1 < un )
4. Une suite réelle est strictement monotone si elle est strictement
croissante ou strictement décroissante.
Attention ! Une suite peut n’être ni croissante, ni décroissante. C’est le
cas par exemple de la suite de terme général un = (−1)n .
Exemple 5.1.5.
1. un = sin n est le terme général d’une suite bornée.
2. un = n1 pour n ≥ 1 est le terme général d’une suite décroissante,
bornée.
3. La suite de terme général un = an où a > 0 est croissante non majorée
si a > 1, décroissante et minorée si a < 1, constante si a = 1.
Exercice 5.1.6. Déterminer le sens de variation des suites de termes généraux
un =
n
X
1
k=1
5.1.1
k
et
vn =
1 × 3 × ... × (2n − 1)
.
2 × 4 × ... × (2n)
Opérations sur les suites
Sur l’ensemble RN des suites réelles, on peut définir :
i) Une addition :
(wn ) = (un ) + (vn ) ⇐⇒ ∀n ∈ N, wn = un + vn .
ii) Une multiplication interne :
(wn ) = (un ).(vn ) ⇐⇒ ∀n ∈ N, wn = un .vn .
iii) Une multiplication externe par les réels : Si α ∈ R,
(vn ) = α(un ) ⇐⇒ ∀n ∈ N, vn = αun .
5.2. CONVERGENCE D’UNE SUITE RÉELLE
5.1.2
63
Suites extraites
Définition 5.1.7. Une suite (vn )n∈N est appelée suite extraite (ou soussuite) de la suite (un )n∈N s’il existe une application strictement croissante
ϕ : N −→ N telle que
∀n ∈ N, vn = uϕ(n).
Exemples 5.1.8.
suite (un ),
1. (u2n ), (u2n+1 ), (un2 ), sont des suites extraites de la
n). L’application ρ : n 7→ 3n
2. Soit (un ) la suite définie par un = sin( 2π
3
donne la sous-suite vn = u3n = sin(2πn) = 0 et l’application
ρ : n 7→
√
3
2π
3n + 1 donne la sous-suite vn = u3n+1 = sin( 3 ) = 2 .
Remarque 5.1.9. Si ϕ : N −→ N est une application strictement croissante
alors on montre par récurrence que
∀n ∈ N, ϕ(n) ≥ n.
5.2
5.2.1
Convergence d’une suite réelle
Définition de la convergence
Définition 5.2.1. Soit (un ) une suite réelle et soit l un réel. On dit que (un )
converge vers l si un est aussi voisin que l’on veut de l à partir d’un certain
rang, c’est à dire :
∀ε > 0, ∃N ∈ N : ∀n ∈ N, n ≥ N =⇒ |un − l| ≤ ε
u1
•
uN
• •
l−ε
•
l
uN +1
• •
l+ε
Remarque 5.2.2. Soit (un ) une suite et l ∈ R. Il découle de la définition
5.2.1 l’équivalence suivante :
(un ) converge vers l ⇐⇒ la suite (un − l) converge vers 0.
Exemple 5.2.3.
vers a.
1. La suite constante un = a pour a ∈ R fixé converge
2. La suite définie par un =
n−1
n+1
converge vers 1.
64
CHAPITRE 5. LES SUITES
Exercice 5.2.4. Soit (un ) une suite de ZN de limite finie. Montrer que cette
limite est entière et que la suite est stationnaire.
Proposition 5.2.5. (Unicité de la limite) Soit (un ) une suite réelle. Si (un )
converge vers un réel l et un réel l0 , alors l = l0 .
0
Preuve. Supposons qu’il y a deux limites l et l0 avec l < l0 . Posons = l 3−l .
Comme l est limite de la suite (un )n , il existe un entier N tel que pour tout
n ≥ N, on a |un − l| ≤ ε. De même comme l0 est limite de la suite (un )n , il
existe un entier N 0 tel que pour tout n ≥ N 0 on a |un − l0 | ≤ ε.
Ainsi si n ≥ max{N, N 0 } on peut écrire en utilisant l’inégalité triangulaire
pour la valeur absolue :
2
l0 − l = |l0 − l| ≤ |l0 − un | + |un − l| ≤ + = (l − l0 )
3
ce qui est absurde.
Ainsi il ne peut exister qu’un seul réel l tel que (un ) converge vers l. On
l’appelle limite de la suite (un ) et on écrit
lim un = l.
n→+∞
Définition 5.2.6. On dit qu’une suite (un ) converge ou qu’elle est convergente si elle possède une limite finie. Dans le cas contraire, on dit qu’elle
diverge ou qu’elle est divergente.
Proposition 5.2.7. Soit (un ) une suite numérique et l ∈ R. On suppose
qu’il existe une suite numérique (vn ) qui tend vers 0 et telle que |un − l| ≤ vn
à partir d’un certain rang. Alors (un ) converge vers l.
Preuve. Soit ε > 0. Comme (vn ) tend vers 0, alors on a
∃N1 ∈ N :
∀n ∈ N,
n ≥ N1 =⇒ |vn | ≤ ε.
D’autre part,
∃N2 ∈ N :
∀n ∈ N n ≥ N2 =⇒ |un − l| ≤ vn .
Soit N = max(N1 , N2 ). On a donc
∀n ∈ N,
d’où le résultat.
n ≥ N =⇒ |un − l| ≤ ε,
5.2. CONVERGENCE D’UNE SUITE RÉELLE
5.2.2
65
Propriétés d’une suite convergente
Proposition 5.2.8. Toute suite convergente est bornée.
Preuve. Commençons par le cas particulier où lim un = 0.
n→+∞
Par définition on a :
∀ε > 0, ∃N ∈ N : ∀n ∈ N n ≥ N =⇒ |un − 0| ≤ .
En particulier pour ε = 1, il existe N ∈ N tel que pour tout n ≥ N, |un | ≤ 1.
Posons K = max{|u0 |, |u1 |, ..., |uN −1 |, 1}, on a alors |un | ≤ K pour tout n,
donc (un )n est bornée.
Dans le cas général, on pose vn = un − l où l est la limite de (un )n . La
suite (vn )n a pour limite 0, donc d’après le cas particulier, (vn )n est bornée.
Comme |un | ≤ |vn | + |l|, alors la suite (un )n est également bornée.
Attention ! La réciproque de cette proposition est fausse. Il suffit par
exemple de considérer la suite de terme général (−1)n .
Proposition 5.2.9. Soit (un ) une suite convergente vers un réel l. Si M est
un réel tel que l < M , alors la suite (un ) est majorée par M à partir d’un
certain rang.
Preuve. Soit (un ) une suite convergente vers l ∈ R. Posons ε =
existe alors N ∈ N tel que
∀n ∈ N,
n ≥ N =⇒ |un − l| ≤
M −l
2
> 0, il
M −l
2
Par conséquent
∀n ∈ N,
n ≥ N =⇒ un ≤
M −l
M +l
+l =
< M.
2
2
D’où le résultat.
Remarque 5.2.10. On obtient un résultat analogue si m est un réel tel que
m ≤ l.
Conséquences
1. Si (un ) est une suite convergente de limite l > 0, alors les termes un
sont strictement positifs à partir d’un certain rang.
66
CHAPITRE 5. LES SUITES
2. Si (un ) est une suite convergente de limite l < 0, alors les termes un
sont strictement négatifs à partir d’un certain rang.
Théorème 5.2.11. Toute suite extraite d’une suite convergente est convergente et tend vers la même limite.
Preuve. Soit (un une suite convergente de limite l ∈ R. Soit ε > 0. On a :
∃N ∈ N : ∀n ∈ N,
n ≥ N =⇒ |un − l| ≤ ε.
Soit (vn ) la suite extraite de (un ) associée à l’application ρ : N → N. On sait
que
∀n ∈ N, ρ(n) ≥ n,
donc : si n ≥ N, alors ρ(n) ≥ N et par suite |uρ(n) − l| ≤ ε. On conclut que
la suite extraite (uρ(n) ) converge vers l.
Attention ! Il ne suffit pas qu’une suite extraite admette une limite pour
garantir l’existence d’une limite pour la suite initiale.
Remarque 5.2.12. Pour montrer q’une suite diverge, il suffit d’en extraire
deux suites qui convergent vers deux limites différentes.
Exemples 5.2.13.
1. Si un = (−1)n . La sous-suite (u2n ) est constante
et converge vers 1. D’autre part la suite (u2n+1 ) est aussi constante et
tend vers −1. On en déduit que la suite (un ) est divergente.
n) diverge car les sous-suites (u3n ) et
2. La suite définie par un = sin( 2π
3
(u3n+1 ) convergent vers des limites distinctes.
Remarque 5.2.14. On peut trouver une suite divergente qui admet deux
sous-suites convergeant vers la même limite.
Exemple 5.2.15. La suite définie par un = cos((n + (−1)n ) π3 ) diverge car
les suites extraites (u6n+3 ) et (u6n ) convergent vers des limites distinctes.
Cependant les sous-suites (u6n ) et (u6n+4 ) convergent vers la même limite.
Par contre on a le résultat suivant :
Proposition 5.2.16. Soit (un ) une suite réelle telle que les deux suites extraites (u2n ) et (u2n+1 ) convergent vers la même limite l. Alors la suite (un )
converge également vers l.
5.2. CONVERGENCE D’UNE SUITE RÉELLE
67
Preuve. Soit un réel strictement positif. Comme (u2n ) converge vers l on
a:
∃N1 ∈ N : ∀n ∈ N, n ≥ N1 =⇒ |u2n − l| ≤ ε.
De même, d’aprés la convergence de (u2n+1 )n vers l, on a :
∃N2 ∈ N : ∀n ∈ N,
n ≥ N2 =⇒ |u2n+1 − l| ≤ ε.
On note N = max{2N1 , 2N2 + 1}. Soit p un entier naturel quelconque, si p
est pair, alors il existe n ∈ N tel que p = 2n. Dans ce cas on a :
p ≥ N ⇒ p ≥ 2N1 =⇒ n ≥ N1 =⇒ |u2n − l| ≤ ε =⇒ |up − l| ≤ ε
et si p est impair, p s’écrit sous la forme p = 2n + 1 et on a :
p ≥ N ⇒ p ≥ 2N2 + 1 =⇒ n ≥ N2 =⇒ |u2n+1 − l| ≤ ε =⇒ |up − l| ≤ ε.
En conclusion on a p ≥ N =⇒ |up − l| ≤ ε et donc la suite converge vers l.
Exercice 5.2.17. Soit (un ) ∈ RN telle que les suites
(u2n )
(u2n+1 ) et
(u3n )
convergent. Montrer que (un ) converge.
5.2.3
Opérations sur les limites
Proposition 5.2.18. Soit (un ) une suite convergente vers un réel l. Alors
la suite (|un |) converge vers |l|.
Preuve. On rappelle que
∀(a, b) ∈ R2
|a| − |b| ≤ |a − b|.
En utilisant cette inégalité, on obtient pour tout n ∈ N, |un | − |l| ≤ |un − l|.
Soit ε > 0, comme (un ) est convergente, alors
∃N ∈ N ∀n ∈ N n ≥ N =⇒ |un − l| ≤ ε.
Par conséquent,
∀n ∈ N n ≥ N =⇒ |un | − |l| ≤ ε.
68
CHAPITRE 5. LES SUITES
Remarque 5.2.19. La réciproque est vraie seulement dans le cas où l =
0. Exemple : La suite de terme général un = (−1)n , diverge mais (|un |)n
converge vers 1.
Mais
lim un = 0 ⇐⇒ lim |un | = 0.
n→+∞
n→+∞
Proposition 5.2.20. Soient (un ) et (vn ) deux suites qui convergent respectivement vers l et l’. Alors le suite somme (un ) + (vn ) converge vers l + l0 .
Preuve.
On a
|un + vn − (l + l0 )| ≤ |un − l| + |vn − l0 |,
Soit ε > 0. On a
ε
∃N1 ∈ N ∀n ∈ N n ≥ N1 =⇒ |un − l| ≤ ,
2
ε
∃N2 ∈ N ∀n ∈ N n ≥ N2 =⇒ |vn − l| ≤ .
2
Soit N = max(N1 , N2 ), alors
∀n ∈ N n ≥ N =⇒ |un + vn − (l + l0 )| ≤ ε.
Proposition 5.2.21. Si (un )n est une suite bornée et si (vn )n est une suite
qui converge vers 0, alors la suite produit (un .vn ) converge vers 0.
Preuve.
Comme (un )n est bornée, il existe alors un réel K tel que
∀n ∈ N, |un | ≤ K
Fixons > 0, il existe N ∈ N tel que
∀n ∈ N,
n ≥ N =⇒ |vn | ≤
.
K
Ainsi
∀n ∈ N,
n ≥ N =⇒ |un .vn | = |un |.|vn | ≤
.K = .
K
Par conséquent lim un .vn = 0.
n→+∞
Proposition 5.2.22. Soient (un )n et (vn )n qui convergent respectivement
vers l et l0 . Alors la suite produit (un .vn )n tend vers ll0 .
5.2. CONVERGENCE D’UNE SUITE RÉELLE
69
Preuve. D’après la proposition 5.2.21, la suite produit (l(vn −l0 ))n converge
vers 0. Par conséquent la suite (lvn )n converge vers ll0 .
De même la suite (un − l)n tend vers 0 et la suite (vn )n est convergente donc
bornée, donc la suite (vn (un − l))n converge vers 0, à nouveau à cause de la
proposition 5.2.21.
En écrivant
un .vn − ll0 = (un .vn − lvn ) + lvn − ll0 = vn (un − l) + l(vn − l0 ),
on voit que la suite (un .vn ) tend vers ll0 .
Proposition 5.2.23. Soit (un )n une suite convergente vers un réel l. Si
l 6= 0,
alors à partir d’un certain rang tous les un sont non nuls et la suite
1
converge vers 1l .
un
Comme (un ) converge vers l, (|un |) converge vers |l|. On a donc
Preuve.
∀ε > 0 ∃N1 ∈ N, ∀n ∈ N
n ≥ N1 =⇒ |un | − |l| ≤ ε
ou encore
∀ε > 0 ∃N1 ∈ N, ∀n ∈ N
Pour ε =
n ≥ N1 =⇒ |l| − ε ≤ |un | ≤ ε + |l|.
|l|
, on a
2
∃N1 ∈ N,
∀n ∈ N n ≥ N1 =⇒ |un | ≥
|l|
.
2
Ainsi à partir d’un certain rang tous les un sont non nuls.
De plus
1
2
∀n ∈ N, n ≥ N1 =⇒
≤ .
|un |
|l|
La suite ( u1n )n est alors bornée. Comme
1
1
1
− =
(un − l),
un
l
lun
on en déduit d’après la proposition 5.2.21, que la suite ( u1n ) converge vers 1l .
70
CHAPITRE 5. LES SUITES
5.3
Limites infinies.
5.3.1
Suites tendant vers l’infini
Définition 5.3.1. Soit (un ) une suite réelle.
1. On dit que (un ) tend vers +∞ si un est aussi grand que l’on veut à
partir d’un certain rang, c’est à dire :
∀A ∈ R, ∃ N0 ∈ N ∀n ∈ N,
n ≥ N0 =⇒ un ≥ A.
On note lim un = +∞.
n→+∞
2. On dit que (un ) tend vers −∞ si :
∀A ∈ R, ∃ N0 ∈ N ∀n ∈ N n ≥ N0 =⇒ un ≤ A.
et on note lim un = −∞.
n→+∞
5.3.2
Extension des opérations sur les limites
Somme dans R
Le tableau suivant résume les différents cas possibles.
lim un
l
+∞
lim vn
l0
l0
lim (un + vn )
l + l0
+∞
n→+∞
n→+∞
n→+∞
−∞ +∞ −∞
l0
+∞
+∞ −∞ −∞
−∞ +∞ −∞
F.I
Produit dans R
Le tableau suivant résume les différents cas possibles.
lim un
l∈R
l ∈ R∗+
l ∈ R∗+
0
l ∈ R∗−
l ∈ R∗−
lim vn
l0 ∈ R
+∞
−∞
±∞
+∞
−∞
+∞ −∞ −∞
lim (un × vn )
ll0 ∈ R
+∞
−∞
F.I
−∞
+∞
+∞ −∞
n→+∞
n→+∞
n→+∞
+∞
+∞
−∞
+∞
5.4. LIMITES ET INÉGALITÉS
71
Quotients dans R
On suppose que la suite (un ) ne s’annule pas à partir d’un certain rang.
Le tableau suivant résume les différents cas possibles.
lim un
n→+∞
1
n→+∞ un
lim
l ∈ R∗
1
l
0

 +∞ si un > 0 à partir d’un certain rang
−∞ si un < 0 partir d’un certain rang

pas de limite sinon
±∞
0
Remarque 5.3.2. La limite d’un quotient se déduit des tableaux donnant la
un
1
limite d’un produit et de l’inverse puisque
= un × .
vn
vn
p
Exemple 5.3.3. Etude de la suite (xn ) définie par xn = (n + a)(n + b)−n
où a, b > 0.
C’est une indétermination
de la forme +∞ − ∞. On multiplie par la
p
quantité conjuguée (n + a)(n + b) + n, il vient
a + b + ab
(n + a)(n + b) − n2
(a + b)n + ab
n
p
p
q
xn =
.
=
=
(n + a)(n + b) + n
(n + a)(n + b) + n
(1 + na )(1 + nb ) + 1
Le numérateur tend vers a + b, et le dénominateur vers 2, d’où lim xn =
n→+∞
a+b
2
5.4
5.4.1
Limites et inégalités
Passage à la limite dans une inégalité
Théorème 5.4.1. Soient (un ) et (vn ) deux suites convergeant respectivement
vers l et l0 . Si un ≤ vn à partir d’un certain rang, alors l ≤ l0 .
Preuve. Supposons que l > l0 , alors lim (vn − un ) = l0 − l > 0. Par
n→+∞
conséquent, ∃N ∈ N : ∀n ≥ N,
vn − un > 0 ce qui contredit l’hypothèse.
72
CHAPITRE 5. LES SUITES
Remarque 5.4.2. Même si on a un < vn à partir d’un certain rang, on peut
avoir lim xn = lim yn car le passage aux limites élargit les inégalités. En
n→+∞
n→+∞
effet, soit
∀n ∈ N,
1
n+1
un = 1 −
vn = 1 +
1
,
n+1
on a :
∀n ∈ N un < vn et
5.4.2
lim xn = lim yn = 1.
n→+∞
n→+∞
Encadrement par des suites de même limite
Théorème 5.4.3. Soient (un )n et (vn )n deux suites ayant la même limite
l ∈ R. Soit (wn )n une suite telle qu’à partir d’un certain rang on ait les
inégalités
un ≤ w n ≤ vn .
Alors la suite (wn )n converge vers l.
Preuve. Fixons > 0. La convergence de (un )n vers l dit qu’il existe un
entier N1 tel que
∀n ∈ N,
n ≥ N1 =⇒ l − ≤ un ≤ l + .
La convergence de (vn )n vers l dit qu’il existe un entier N2 tel que
∀n ∈ N,
n ≥ N2 =⇒ l − ≤ vn ≤ l + .
Il existe aussi N3 tel que
∀n ∈ N,
n ≥ N3 =⇒ un ≤ wn ≤ vn .
Donc si n ≥ max{N1 , N2 , N3 } on a :
l − ≤ un ≤ wn ≤ vn ≤ l + .
On déduit que |wn − l| ≤ , ce qui prouve que la suite (wn )n tend vers l.
Exemple 5.4.4. Soit (yn ) la suite définie par : ∀n ∈ N∗ yn =
pour tout n ∈ N∗ −1 ≤ cos n ≤ 1, d’où −1
≤ yn ≤
n
1
lim
= 0, on déduit que lim yn = 0.
n→+∞ n
n→+∞
1
n
cos n
.
n
On a
−1
et comme lim
=
n→+∞ n
5.4. LIMITES ET INÉGALITÉS
73
Une application de ce résultat consiste à caractériser séquentiellement les
parties denses, les bornes supérieures et les bornes inférieures :
Théorème 5.4.5. ( Caractérisation séquentielle de la densité)
Une partie A de R est dense dans R si et seulement si tout nombre réel est
limite d’une suite d’éléments de points de A
Preuve. On suppose d’abord que A est dense dans R et soit x ∈ R. Par
définition de la densité de A dans R, on a
i
1 h
1
,x +
∩ A 6= ∅.
∀n ∈ N,
x−
n+1
n+1
i
h
1
1
Pour tout n ∈ N, soit xn ∈ x− n+1
, x+ n+1
∩A. Il est clair qu’on a construit
une suite (xn ) de points de A telle que
∀n ∈ N,
x−
1
1
≤ xn ≤ x +
.
n+1
n+1
Une telle suite converge vers x.
Réciproquement, soit (a, b) ∈ R2 avec a < b. Montrons que
i h
A ∩ a, b 6= ∅.
On a a+b
∈ I. Par hypothèse il existe une suite (xn ) de points de A qui
2
. Pour ε = 21 (b − a), on a
converge vers a+b
2
∃N ∈ N,
∀n ∈ N,
n ≥ N =⇒ xn −
a+b
1
≤ (b − a),
2
2
donc
∀n ∈ N, n ≥ N =⇒ a ≤ xn ≤ b.
h
i h
Ainsi xN ∈ A ∩ a, b , on a donc A ∩ a, b 6= ∅.
i
Corollaire 5.4.6. D est dense dans R.
Preuve. Soit x ∈ R, dans len théorème 4.5.2 on a montré que pour tout n ∈ N
xc
le nombre décimal rn = b10
vérifie :
10n
rn ≤ x < rn +
1
,
10n
74
CHAPITRE 5. LES SUITES
ou encore
1
< rn ≤ x.
10n
Ainsi la suite de nombres décimals (rn ) converge vers x. D’après le théorème
5.4.5, D est dense dans R.
x−
Théorème 5.4.7. ( Caractérisation séquentielle de la borne supérieure)(res.
inférieure) Soit A une partie de R et α ∈ R.
1. α = sup A si et seulement si α est un majorant de A et s’il existe une
suite (an ) d’éléments de A convergente vers α.
2. α = inf A si et seulement si α est un minorant de A et s’il existe une
suite (an ) d’éléments de A convergente vers α.
Preuve.
1. (=⇒) Par définition de la borne supérieure, α majore A et pour tout
n ∈ N, il existe an ∈ A tel que
α−
1
< an ≤ α.
n+1
Il est clair qu’on a construit une suite (an ) de points de A telle que
∀n ∈ N,
α−
1
< an ≤ α.
n+1
une telle suite converge vers α.
(⇐=) Soit (an ) une suite d’éléments de A qui converge vers α = sup A.
On a
ε
ε
∀ε > 0, ∃N ∈ N : ∀n ∈ N, n ≥ N =⇒ α − ≤ an ≤ α + .
2
2
En particulier x = aN vérifie x ∈ A et α − ε < x ≤ α. D’où α = sup A.
2. Il suffit d’appliquer ce qui précède pour inf A = − sup(−A).
α = inf A ⇐⇒ −α = sup(−A)
(
−α majore − A,
⇐⇒
∃(an ) ⊂ A : lim (−an ) = −α
n→+∞
(
α minore A,
⇐⇒
∃(an ) ⊂ A : lim (an ) = α
n→+∞
5.5. THÉORÈMES D’EXISTENCE DE LIMITES.
75
Proposition 5.4.8.
1. Si A est une partie non vide non majorée de R,
il existe alors une suite d’éléments de A de limite +∞.
2. Si A est une partie non vide non minorée de R, il existe alors une
suite d’éléments de A de limite −∞.
Preuve.
1. Soit A une partie non vide non majorée de R. Pour tout N ∈ N, il
existe n ∈ N tel an ≥ n.
Il est clair qu’on a construit une suite (an ) de points de A telle que
∀n ∈ N, an ≥ n.
une telle suite de points de A a pour limite +∞.
2. Démonstration analogue
5.4.3
Extension à l’infini
Théorème 5.4.9. Soient (un ) et (vn ) deux suites réelles telles que
∀n ∈ N un ≤ vn .
1. Si lim un = +∞ alors lim vn = +∞.
n→+∞
n→+∞
2. Si lim yn = −∞ alors lim xn = −∞.
n→+∞
n→+∞
Preuve.
1. Soit A ∈ R, comme lim xn = +∞, il existe un entier N tel que :
n→+∞
∀n ≥ N , xn ≥ A et a fortiori yn ≥ A d’après l’hypothèse, ce qui
implique que lim yn = +∞.
n→+∞
2. Il suffit d’appliquer ce qui précède à −un et −vn .
5.5
5.5.1
Théorèmes d’existence de limites.
Suites monotones bornées
Théorème 5.5.1.
1. Une suite (un )n de réels qui est croissante et majorée converge vers
l = sup{un : n ∈ N}.
76
CHAPITRE 5. LES SUITES
2. Une suite (un )n de réels qui est décroissante et minorée converge vers
l = inf{un : n ∈ N}.
Preuve.
n
o
1. Posons A = un : n ∈ N . A est une partie de R non vide et majorée,
donc A admet une borne supérieure. Notons l = sup A = sup{un : n ∈
N}. Puisque l est un majorant de A, on a un ≤ l pour tout n.
Soit > 0. Comme l est le plus petit majorant, le nombre l− n’est pas
un majorant de A, donc il existe un ement uN de A tel que l − < uN .
Comme (un )n est croissante, on a un ≥ uN pour n ≥ N. On a donc
pour n ≥ N :
l − < uN ≤ un ≤ l < l + .
On a donc |un − l| < et lim un = l.
n→+∞
2. La suite de terme général vn = −un est croissante majorée, donc (vn )n
converge vers l = sup{vn : n ∈ N} et par suite (un )n converge vers −l.
Or
l = sup{vn : n ∈ N} = sup{−un : n ∈ N} = − inf{un : n ∈ N}.
Ainsi (un )n converge vers inf{un : n ∈ N}.
n
X
1
est une suite
Exemple 5.5.2. La suite (un )n≥1 de terme général un =
2
k
k=1
convergente puisque (un )n est croissante, de plus pour tout n ≥ 1,
un ≤ 1 +
n
X
k=2
n
X
1
1
1
1
≤1+
(
−
)=1+1− ≤2
k(k − 1)
k−1 k−1
n
k=2
donc (un )n est majorée.
Proposition 5.5.3.
1. Une suite (un )n de réels qui est croissante et non
majorée tend vers +∞.
2. Une suite (un )n de réels qui est décroissante et non minorée tend vers
−∞.
Preuve.
5.5. THÉORÈMES D’EXISTENCE DE LIMITES.
77
1. L’assertion (un )n est majorée s’écrit :
∃M ∈ R : ∀n ∈ N, un ≤ M.
La négation de cette assertion est :
∀M ∈ R, ∃N ∈ N : uN > M.
Comme (un )n est croissante on a un ≥ uN > M pour tout n ≥ N,
c’est la définition de lim un = +∞.
n→+∞
2. La suite de terme général vn = −un est croissante non majorée, donc
(vn )n tend vers +∞ et par suite (un ) tend vers −∞.
5.5.2
Suites adjacentes
Définition 5.5.4. Deux suites sont dites adjacentes si
1. L’une est croissante, l’autre est décroissante,
2. leur différence tend vers 0.
Théorème 5.5.5. Deux suites adjacentes convergent et ont la même limite.
Preuve. Soient (un )n et (vn )n deux suites adjacentes. On suppose que (un )n
est croissante et (vn )n est décroissante.
On a alors pour tout n ∈ N,
un ≤ −un+1
et vn ≥ vn+1
−un ≥ un+1
et vn ≥ vn+1
d’où
ce qui donne par addition vn − un ≥ vn+1 − un+1 . La suite (vn − un )n est donc
décroissante. Comme elle tend vers 0, on en déduit que vn − un ≥ 0 pour
tout n ∈ N, c’est à dire vn ≥ un .
On a alors un ≤ vn ≤ v0 puisque (vn )n est décroissante. La suite (un )n est
donc majorée et est croissante donc elle converge vers une limite l.
De même la suite (vn )n est minorée par u0 et est décroissante, donc elle
converge vers une limite l0 .
La suite (vn − un )n tend vers l0 − l qui est nulle par hypothèse. Donc on a
bien l = l0 .
78
CHAPITRE 5. LES SUITES
Remarque 5.5.6. Soient (un )n et (vn )n deux suites adjacentes telles que
(un )n est croissante et (vn )n est décroissante. Si l désigne la limite commune
de (un )n et (vn )n , alors on montre que
∀n ∈ N, un ≤ l ≤ vn .
Ceci donne un encadrement de la limite des suites adjacentes.
Exercice 5.5.7. Soient u0 et v0 deux réels avec v0 > u0 > 0. On définit les
deux suites (un )n et (vn )n par les formules
√
un+1 = un vn
n
vn+1 = un +v
2
Montrer que (un )n et (vn )n sont adjacentes.
5.5.3
Segments emboı̂tés
Théorème 5.5.8. Soit In = [an , bn ] une suite de segments emboı̂tés (c’est à
\
dire In+1 ⊂ In ) telle que lim (an − bn ) = 0. Alors l’intersection
In est
n→+∞
n∈N
un singleton.
Preuve. Noter que les suites (an ) et (bn ) sont adjacentes. En effet comme
∀n ∈ N In+1 = [an+1 , bn+1 ] ⊂ In = [an , bn ],
on voit que (an ) est croissante et que (bn ) est décroissante ; de plus, par
hypothèse on a : lim (an − bn ) = 0. On déduit alors que les deux suites (an )
n→+∞
et (bn ) convergent vers la même limite l et on a : ∀n ∈ N, an ≤ l ≤ bn . Donc
\
∀n ∈ N, l ∈ In et par suite l ∈
In .
n∈N
D’autre part, si l0 ∈
\
In , alors ∀n ∈ N, l0 ∈ In = [an , bn ] et comme
n∈N
l ∈ [an , bn ] on a : ∀n ∈ N, bn − an ≥ |l − l0 |. En faisant tendre n vers l’infini,
\
on trouve que l = l0 . En conclusion on a :
In = {l}.
n∈N
5.6. SUITES COMPLEXES
5.5.4
79
Suite extraite d’une suite bornée
Théorème 5.5.9. (Bolzano-Weierstrass) De toute suite bornée, on peut extraire une suite convergente.
Preuve. Soit (xn ) une suite bornée, alors il existe a et b tels que ∀n ∈ N,
a ≤ xn ≤ b.
A chaque intervalle fermé [u, v] associons les deux intervalles ”moitiés”
[u, u+v
] et [ u+v
, v].
2
2
Il est facile par récurrence, de définir une suite In = [an , bn ] d’intervalles
fermés de R telle que :
i) I0 = [a, b].
ii) Pour tout n ∈ N, In+1 est l’une des moitiés de In .
iii) Pour tout n ∈ N, In contient une infinité de termes de la suite (xn ).
En effet, si un intervalle I contient une infinité de termes de la suite (xn ),
l’un au moins des intervalles ”moitiés” de I possède cette propriété.
Il est alors évident que les intervalles (In ) forment une suite de segments
emboı̂tés dont la longueur bn − an = 2−n (b − a) tend vers 0. On en déduit
que les In ont un seul point commun c, qui est la limite commune de (an ) et
(bn ).
D’autre part il est facile de construire par récurrence une suite strictement
croissante d’entiers (qn ) telle que pour tout n ∈ N, xqn ∈ In . Les inégalités
an ≤ xqn ≤ bn valables pour tout n ∈ N montrent alors que la suite (xqn )
tend vers c.
5.6
Suites complexes
Définition 5.6.1. Une suite complexe est une application
f : N −→ C
n 7−→ z(n).
On la note souvent (zn )n∈N ou plus simplement (zn ).
Définition 5.6.2. Soit (zn ) une suite complexe et soit l ∈ C. On dit que la
suite (zn ) converge vers l si
∀ε > 0, ∃N ∈ N :
∀n ∈ N n ≥ N =⇒ |zn − l| ≤ ε.
S’il n’existe aucun nombre complexe l tel que (zn ) converge vers l, on dit que
(zn ) diverge.
80
CHAPITRE 5. LES SUITES
Définition 5.6.3. Une suite complexe (zn ) est dite bornée si
∃M ∈ R
∀n ∈ N
|zn | ≤ M.
Proposition 5.6.4. La suite complexe (zn ) converge vers l ∈ C si et seulement si les suites réelles (Re(zn )) et (Im(zn )) convergent respectivement vers
Re(l) et Im(l).
Preuve. La condition suffisante est évidente. Pour la condition nécessaire
on utilise la fait que pour tout n ∈ N, on a
|Re(zn ) − Re(l)| ≤ |zn − l| et |Im(zn ) − Im(l)| ≤ |zn − l|.
Remarque 5.6.5. Les résultats suivants restent valables :
I Unicité de la limite.
I Toute suite convergente est bornée.
I Toute suite extraite d’une suite convergente, converge vers la même limite.
I La somme (resp. le produit) de deux suites convergentes est convergente
et converge vers la somme (resp. le produit) des deux limites.
I Le quotient de deux suites convergentes, la limite du dénominateur étant
non nulle, converge vers le quotient des deux limites.
Mais attention pour les suites complexes, on n’utilisera pas
I la notion de suite monotone ;
I la notion de suite majorée ou minorée ;
I la notion d’encadrement ou théorème d’encadrement ;
I la notion de suite divergeant vers +∞ ou −∞.
5.7. QUELQUES SUITES PARTICULIÈRES.
5.7
5.7.1
81
Quelques suites particulières.
Suites arithmétiques
Définition 5.7.1. On appelle suite arithmétique de premier terme a ∈ C et
de raison r ∈ C, la suite définie par
(
x0
=a
xn+1 = xn + r.
Remarque 5.7.2. Soit xn une suite arithmétique de premier terme a ∈ R
et de raison r ∈ R, on a pour tout n ∈ N :
xn = x0 + nr
Remarque 5.7.3. Soit xn une suite arithmétique de premier terme a ∈ R
et de raison r ∈ R. Alors on a :
si r = 0, (xn ) est constante ;
si r 6= 0, lim xn = (signe de r).∞.
n→+∞
Calcul de Sn = x0 + x1 + · · · xn . Soit xn une suite arithmétique de premier
terme a ∈ R et de raison r ∈ R, on a pour tout n ∈ N
Sn = (n + 1)a +
5.7.2
2a + nr
n(n + 1)
r = (n + 1)
.
2
2
Suites géométriques
Définition 5.7.4. On appelle suite géométrique de premier terme a ∈ C et
de raison q ∈ C la suite définie par :
(
x0
=a
xn+1 = q.xn .
Remarque 5.7.5. Soit xn une suite géométrique de premier terme a ∈ C et
de raison q ∈ C, on a pour tout n ∈ N :
xn = a.q n .
82
CHAPITRE 5. LES SUITES
Proposition 5.7.6. Soit (xn ) une suite géométrique de premier terme a ∈
R∗ et de raison q ∈ R, alors on a :
i) Si |q| < 1, lim xn = 0.
n→+∞
ii) Si |q| > 1, lim |xn | = +∞.
n→+∞
iii) Si q = 1, lim xn = a.
n→+∞
iv) Si q = −1, (xn ) n’a pas de limite.
Preuve. i) |q| < 1 =⇒
1
|q|
> 1 =⇒ ∃α > 0 :
1
|q|
= 1 + α. On a donc
n
X
1
n
=
(1
+
α)
=
Cnk αk ≥ 1 + nα.
|q|n
k=0
On a |xn | = |a||q|n ≤
|a|
1+nα
donc lim xn = 0.
n→+∞
ii) même démonstration que i).
iii) et iv) sont évidentes.
5.7.3
Calcul de Sn = x0 + x1 + · · · xn
Soit (xn ) une suite géométrique de premier terme a ∈ R et de raison
q ∈ R, on a pour tout n ∈ N :
si q = 1,
Sn = (n + 1)a,
si q 6= 1,
.
Sn = a 1−q
1−q
n+1
Exercice 5.7.7. Montrer que si |q| < 1 alors lim
n→+∞
On note
+∞
X
k
q = lim
k=0
5.7.4
n→+∞
n
X
n
X
k=0
qk =
1
.
1−q
qk .
k=0
Suites arithmético-géométriques
Définition 5.7.8. Une suite réelle (xn ) est dite suite arithmético-géométrique
s’il existe deux nombres complexes a et b tels que :
∀n ∈ N,
xn+1 = axn + b.
5.7. QUELQUES SUITES PARTICULIÈRES.
83
Noter que si a = 1, la suite est arithmétique et que si b = 0 la suite est
géométrique.
Méthode d’étude
On suppose que a 6= 1. Soit l le réel vérifiant la relation l = al + b, c’est
b
à dire, l = 1−a
. On a :
xn+1 − l = axn + b − (al + b) = a(xn − l)
et donc la suite (xn − l) est une suite géométrique de premier terme (x0 − l)
et de raison a. On a donc
xn − l = an (x0 − l)
ou encore
xn = an (x0 − l) + l.
On en déduit que si x0 = l alors la suite (xn ) est constante et vaut l et que
si x0 6= l alors :
lim xn = l
n→+∞
si
lim |xn | = +∞
n→+∞
5.7.5
|a| < 1,
si
|a| > 1.
Suites récurrentes linéaires d’ordre 2
Définition 5.7.9. Soient (a, b, c) trois nombres réels ou complexes (avec a et
c non nuls). Une suite (un ) est récurrente d’ordre 2 si elle satisfait la relation
de récurrence suivante :
∀n ∈ N, aun+2 + bun+1 + cun = 0.
La donnée des deux premiers termes u0 et u1 définit une unique suite récurrente
linéaire d’ordre 2.
Théorème 5.7.10. Soient (a, b, c) trois nombres réels ou complexes (avec a
et c non nuls) et (un ) une suite vérifiant
∀n ∈ N, aun+2 + bun+1 + cun = 0.
84
CHAPITRE 5. LES SUITES
On considère l’équation (appelée équation caractéristique)
ar2 + br + c + 0.
(5.1)
1) Cas complexe : (a, b, c) ∈ C3
a) si (5.1) admet deux racines distinctes r1 et r2 , alors :
∃(α, β) ∈ C2 : ∀n ∈ N, un = αr1n + βr2n .
b) si (5.1) admet une racine double r, alors :
∃(α, β) ∈ C2 : ∀n ∈ N, un = (α + βn)rn .
2) Cas réel : (a, b, c) ∈ R3
a) si (5.1) admet deux racines distinctes r1 et r2 , alors :
∃(α, β) ∈ R2 : ∀n ∈ N, un = αr1n + βr2n .
b) si (5.1) admet une racine double r, alors :
∃(α, β) ∈ R2 : ∀n ∈ N, un = (α + βn)rn .
c) si (5.1) admet deux racines complexes conjuguées r1 = reiθ et r2 =
re , alors :
−iθ
∃(α, β) ∈ R2 : ∀n ∈ N, un = (α cos(nθ) + β sin(nθ))rn .
Preuve. Voir cours algèbre linéaire.
Exemple 5.7.11. Soit (Fn ) la suite de Fibonacci définie par F0 = 0, F1 = 1
et la relation de récurrence
∀n ∈ N,
Fn+2 = Fn+1 + Fn .
2
L’équation caractéristique associée
√ est : r − r√ − 1 = 0. Elle admet deux
racines réelles distinctes r1 = 1−2 5 et r2 = 1+2 5 , (r2 est appelé le nombre
d’or !) D’après le théorème précédent, on a
∃!(α, β) ∈ R2 /∀n ∈ N, un = αr1n + βr2n .
−1
Le cas n = 0 et n = 1 conduisent à α = √
et β = √15 . Finalement on a
5
"
√ !n
√ !n #
1
1+ 5
1− 5
∀n ∈ N, Fn = √
−
.
2
2
5
5.8. SUITE DE LA FORME UN +1 = F (UN )
5.8
85
Suite de la forme un+1 = f (un)
Proposition 5.8.1. Soit f une fonction définie sur une partie D de R. On
suppose qu’il existe un intervalle I ⊂ D stable par f c’est à dire,
∀x ∈ I,
f (x) ∈ I.
Si a ∈ I, alors il existe une unique suite (un ) vérifiant
u0 = a et ∀n ∈ N un+1 = f (un ).
Preuve. Immédiate.
Exercice 5.8.2.
1. Montrer l’existence et l’unicité d’une suite (un ) vérifiant
u0 = 2 et ∀n ∈ N un+1 = ln(1 + un ).
2. Y a-t-il une suite (un ) vérifiant
u0 = 2 et ∀n ∈ N un+1 = ln(un ).
Solution
1. D’après la proposition 5.8.1, il suffit de trouver une partie I de R qui
contient 2 et qui est stable par la fonction f : x 7−→ ln(1 + x). On
vérifie facilement que I = R+ convient.
2. Supposons qu’il existe une suite (un ) vérifiant
u0 = 2 et ∀n ∈ N un+1 = ln(un ).
On aura dans ce cas u1 = ln(2) < 1 et u2 = ln(ln(2)) < ln 1 = 0, ce
qui rend impossible la relation u3 = ln(u2 ).
Proposition 5.8.3 (sens de variation). Soit D une partie de R et
f : D −→ R une fonction. On suppose que D est stable par f. Soit
(un ) la suite définie par
(
u0
= a ∈ D,
un+1 = f (un ),
∀n ∈ N.
I Si f est croissante, alors la suite (un ) est monotone.
86
CHAPITRE 5. LES SUITES
I Si f est décroissante, alors les suites (u2n ) et (u2n+1 ) sont monotones de sens de monotonie opposés.
Preuve. La suite est bien définie car pour tout n ∈ N, un ∈ D et f (D) ⊂ D.
I Si f est croissante :
∀n ∈ N∗ ,
un+1 − un = f (un ) − f (un−1 ).
Comme f est croissante, f (un )−f (un−1 ) a le même signe que un −un−1 .
Donc un+1 − un a le même signe que u1 − u0 = f (a) − a. Finalement
. si u1 ≥ u0 alors (un ) est croissante,
. si u1 ≤ u0 alors (un ) est décroissante.
Notons que dans les deux cas (un ) est monotone.
y=x
y
u0 u1 u2
v2 v1
v0
x
I Si f est décroissante :
∀n ∈ N∗ , un+1 −un = f (un )−f (un−1 ) a le signe opposé de un −un−1 .
On étudie les suites (u2n ) et (u2n+1 ). On pose (vn ) = (u2n ) :
(
v0
= a,
vn+1 = u2n+2 = f ◦ f (u2n ) = g(vn ),
∀n ∈ N,
où g = f ◦ f . Comme f est décroissante, alors g est croissante et donc
(vn ) est monotone.
De même on définit (wn ) = (u2n+1 ) :
(
w0
= f (a),
wn+1 = g(wn ),
∀n ∈ N.
5.8. SUITE DE LA FORME UN +1 = F (UN )
87
On a (wn ) est monotone. Plus précisement
. Si a−g(a) ≥ 0, on a v0 −v1 ≥ 0, donc la suite (vn ) est décroissante.
D’autre part, on a w0 −w1 = u1 −u3 = f (a)−f (g(a)). Mais comme
a − g(a) ≥ 0, f (a) − f (g(a)) ≤ 0, donc w0 − w1 ≤ 0 et la suite
(wn ) est croissante.
. Si a − g(a) ≤ 0, alors (vn ) est croissante et (wn ) est décroissante.
Donc les suites (u2n ) et (u2n+1 ) sont monotones de sens de monotonie
opposés.
Proposition 5.8.4. Soient D une partie de R, a ∈ D et f : D −→ D. On
définit la suite (un ) par :
(
u0
= a ∈ D,
un+1 = f (un ),
∀n ∈ N.
Si (un ) converge vers l ∈ D et si f est continue en l, alors l = f (l).
l est donc un point fixe de f.
Preuve. Voir chapitre suivant
Exemple 5.8.5. Etude de la convergence de la suite (un ) définie par
(
u0 ≥ −2,
√
un+1 = 2 + un , ∀n ∈ N.
Soit
f : [−2, +∞[ −→ R
√
x 7−→
2 + x.
On a pour tout x ∈ [−2, +∞[, f (x) ≥ 0, donc f (x) ∈ [−2, +∞[. Par
conséquent f ([−2, +∞[) ⊂ [−2, +∞[. La suite est ainsi bien définie. On
a aussi un ≥ 0 pour tout n ∈ N∗ .
√
Si (un ) converge vers l, alors l vérifie 2 + l = l ou encore 2 + l = l2 , c’est à
dire l = −1 ou 2.
D’autre part f est croissante, donc la suite (un ) est monotone et son sens
de monotonie dépend du signe de u1 − u0 = f (u0 ) − u0 . Il est clair que si
t ∈ [−2, 2], f (t) ≥ t et si t ∈ [2, +∞[ f (t) ≤ t.
• Si u0 ∈ [−2, 2[ : (un ) est croissante et u0 < 2, donc u1 ≤ f (2) = 2 et
88
CHAPITRE 5. LES SUITES
pour tout n ∈ N, un ≤ 2. Donc (un ) est croissante et majorée, d’où (un ) est
convergente et par suite lim un = 2.
n→+∞
• Si u0 ∈]2, +∞[ : (un ) est décroissante et u0 > 2, donc pour tout n ∈ N,
un ≥ 2. Donc (un ) est décroissante et minorée, d’où (un ) est convergente et
par suite lim un = 2.
n→+∞
• Si u0 = 2, alors (un ) est constante et vaut 2.
5.9
5.9.1
Les différentes relations de comparaisons
Définitions des relations de comparaison
Relation de domination
Définition 5.9.1. Soient (un ) et (vn ) deux suites complexes. On suppose que
(vn ) ne s’annule pas à partir d’un certain rang n0 .
On dit (un ) est dominée par (vn ) si la suite ( uvnn )n≥n0 est bornée. On note
alors un = O(vn ) et on lit grand O de vn .
Exemples 5.9.2.
2.
2n+3
n2 −5
1. n = O(n2 ),
= O( n1 ) car pour n ≥ 3,
2n2 + 3n)
2n2 + 3n2 )
(2n + 3)/(n2 − 5)
=
≤
≤
1/n
n2 − 5
n2 − 5
3.
sin n
n
1
5
1
≤
− n12
1
5
1
−
1
9
=
= O( n1 ) car la fonction sin est bornée.
Proposition 5.9.3. Soient (un ) et (vn ) deux suites complexes. On suppose
que (vn ) ne s’annule pas à partir d’un certain rang n0 . On a alors un = O(vn )
si et seulement si il existe une suite bornée (wn )n≥n0 telle que un = vn wn pour
tout n ≥ n0 .
Preuve. On définit la suite (wn )n≥n0 de terme général wn = uvnn . Alors pour
tout n ≥ n0 un = vn wn . De plus un = O(vn ) si et seulement si la suite (wn )
est bornée.
On peut vérifier facilement le résultat suivant :
Propriétés 5.9.4. Soit (un ) une suite complexe.
(un ) est bornée si et seulement si un = O(1).
45
.
4
5.9. LES DIFFÉRENTES RELATIONS DE COMPARAISONS
Exemples 5.9.5.
1.
89
1
n
= O(1).
2n+3
2n+3
2. n−5 = O(1) car la suite n−5 est convergente et en particulier
bnornée.
π
3.
ein 3
n
= O(1) .
Relation de prépondérance
Définition 5.9.6. Soient (un ) et (vn ) deux suites complexes. On suppose que
(vn ) ne s’annule pas à partir d’un certain rang n0 .
On dit (un ) est négligeable devant la suite (vn ) si la suite ( uvnn )n≥n0 converge
et a pour limite 0. On note alors un = o(vn ) et on lit petit O de vn .
Exemples 5.9.7.
2.
1
n4
1. n = o(n2 ) car lim
n→+∞
1
n4
n→+∞ 13
n
= o( n13 ) car lim
n
= 0.
n2
n3
= 0.
n→+∞ n4
= lim
nα
3. Si α, β ∈ R avec α < β, alors nα = o(nβ ) car lim β = lim nα−β =
n→+∞ n
n→+∞
0.
Proposition 5.9.8. Soient (un ) et (vn ) deux suites complexes. On suppose
que (vn ) ne s’annule pas à partir d’un certain rang n0 . On a alors un = o(vn )
si et seulement si il existe une suite (wn )n0 convergente, de limite nulle, telle
que ∀n ≥ n0 , un = vn wn .
Preuve. On définit la suite (wn )n≥n0 de terme général wn = uvnn . Alors pour
tout n ≥ n0 un = vn wn . De plus un = o(vn ) si et seulement si la suite (wn )
converge vers 0. On peut vérifier facilement les deux résultats suivants :
Proposition 5.9.9. Soit (un ) une suite complexe.
(un ) converge vers 0 si et seulement si un = o(1).
Plus généralement, un −→ l ∈ C si et seulement si un = l + o(1).
n→+∞
Proposition 5.9.10. Soient (un ) et (vn ) deux suites complexes. On suppose
que la suite (vn ) ne s’annule pas à partir d’un certain rang.
un = o(vn ) =⇒ un = O(vn )
90
CHAPITRE 5. LES SUITES
Relation d’équivalence
Définition 5.9.11. Soient (un ) et (vn ) deux suites complexes ne s’annulant
pas à partir d’un certain rang. On dit que la suite (un ) est équivalente à la
un
suite (vn ) si lim
= 1. On note alors un ∼ vn .
n→+∞ vn
Exemples 5.9.12. n + 5 ∼ n ;
n2 + n ∼ n2 ; sin( n1 ) ∼ n1 .
Proposition 5.9.13. Soient (un ) et (vn ) deux suites complexes ne s’annulant
pas à partir d’un certain rang.
un ∼ vn ⇐⇒ un = vn + o(vn ).
Preuve.
un
=1
n→+∞ vn
un − vn
=0
⇐⇒ lim
n→+∞
vn
⇐⇒ un − vn = o(vn )
⇐⇒ un = vn = o(vn ).
un ∼ vn ⇐⇒
lim
Par exemple, dire que n2 − 3n + 5 ∼ n2 équivaut à dire que −3n + 5 est
négligeable devant n2 et donc que n2 − 3n + 5 = n2 + o(n2 ).
Attention ! Les phrases un ∼ vn et un − vn −→ 0 n’ont aucun rapport.
En effet, les suites ( n1 ) et ( n12 ) vérifient
1
n
−
n→+∞
1
−→
n2 n→+∞
2
0 mais ( n1 ) et ( n12 ) ne
sont pas équivalentes, par contre les suites (n + n) et (n2 ) sont équivalentes
mais (n2 + n) − n2 −→ +∞.
n→+∞
Théorème 5.9.14. Formulaire d’équivalents usuels Soit (un ) une suite
réelle ne s’annulant pas à partir d’un certain rang telle que lim un = 0.
n→+∞
•
•
•
•
•
eun − 1 ∼ un ou encore eun = 1 + un + o(un ).
ln(1 + un ) ∼ un ou encore ln(1 + un ) = un + o(un ).
sin(un ) ∼ un ou encore sin(un ) = un + o(un ).
2
2
1 − cos(un ) ∼ u2n ou encore cos(un ) = 1 − u2n + o(un ).
∀α ∈ R∗ , (1 + un )α − 1 ∼ αun ou encore (1 + un )α = 1 + αun + o(un ).
Preuve.
5.9. LES DIFFÉRENTES RELATIONS DE COMPARAISONS
91
• Si f est une fonction définie sur ] − a, a[ (a > 0) vérifiant f (0) = 0 et
f 0 (0) = 1, alors
f (u) − f (0)
f (u)
=
= f 0 (0) = 1.
u→0 u
u−0
lim
Puisque (un ) est une suite ne s’annulant pas à partie d’un certain rang
de limite nulle, on a donc limn→+∞ fu(unn = 1 ou encore f (un ) ∼ un .
Ceci montre que
eun − 1 ∼ un
•
1 − cos(un )
u2n
2
u2n
2
=
ln(1 + un ) ∼ un
2 sin2 ( u2n )
u2n
2
=
sin( un ) 2
2
un
2
sin(un ) ∼ un .
−→ 1 et donc 1 − cos(un ) ∼
n→+∞
• Soit α ∈ R∗ . Pour u > −1, posons f (u) = (1 + u)α .
(1 + u)α − 1
f (u) − f (0)
= lim
= f 0 (0) = α.
u→0
u→0
u
u−0
lim
On en déduit que lim
n→+∞
αun .
5.9.2
(1 + un )α − 1
= 1 ou encore (1 + un )α − 1 ∼
αun
Propriétés des relations de comparaison
Propriétés de o et O
Dans les résultats qui suivent, (un ), (vn ), (wn )... sont des suites complexes ne s’annulant pas à partir d’un certain rang si nécessaire.
Proposition 5.9.15.
1. Si un = O(vn ) et vn = O(wn ), alors un =
O(wn ).
2. Si un = o(vn ) et vn = o(wn ), alors un = o(wn ).
3. Si un = O(vn ) et vn = o(wn ), alors un = o(wn ).
Preuve. Pour n supérieur à un certain n0 ,
un
wn
=
un
vn
× wvnn .
1. Si un = O(vn ) et vn = O(wn ), alors les suites uvnn
sont bornées. Il en est de même de la suite wunn
O(wn ).
et
n≥n0
n≥n0
vn
wn
n≥n0
et donc un =
92
CHAPITRE 5. LES SUITES
2. Si un = o(vn ) et vn = o(wn ), alors les suites
un
vn
et
n≥n0
un
wn
convergent vers 0. Il en est de même de la suite
vn
wn
n≥n0
et donc
n≥n0
un = o(wn ).
un
vn
est bornée et
3. Si un = O(vn ) et vn = o(wn ), alors la suite
n≥n0
vn
la suite vn
converge vers 0. Il s’ensuit que la suite wunn
n≥n0
n≥n0
converge vers 0.
Proposition 5.9.16.
1. Si vn = O(un ) et wn = O(un ), alors vn + wn =
O(un ). Autrement dit O(un ) + O(un ) = O(un ).
2. Si vn = o(un ) et wn = o(un ), alors vn + wn = o(un ). Autrement dit
o(un ) + o(un ) = o(un ).
Preuve. Pour n supérieur à un certain n0 ,
vn +wn
un
=
vn
un
+ wunn .
et wunn
1. Si vn = O(un ) et wn = O(un ), alors les suites uvnn
n≥n0
n≥n0
vn +wn
sont bornées. Il en est de même de la suite
et donc vn +
un
n≥n0
wn = O(un ).
2. Si vn = o(un ) et wn = o(un ), alors les suites
convergent vers 0.. Il en est de même de la suite
vn
un
et
n≥n0
vn +wn
un
wn
un
n≥n0
et donc
n≥n0
vn + wn = o(un ).
Exemple 5.9.17. n + o(n) + 2n + o(n) = 3n + o(n)
Proposition 5.9.18. Soit λ un complexe non nul
1. O(λun ) = O(un ).
2. o(λun ) = o(un ).
Preuve.
1. Pour n ∈ N, posons vn = O(λun
). Alors
pour n supérieur ou égal à un
vn
vn
vn
certain n0 , un = λ λun . La suite λun
est bornée et donc la suite
n≥n0
vn
est bornée ou encore vn = O(un ).
un
n≥n0
5.9. LES DIFFÉRENTES RELATIONS DE COMPARAISONS
93
2. Pour n ∈ N, posons vn = o(λun ). Alors
pour n supérieur ou égal à un
vn
vn
. La suite λu
converge vers 0 et donc la
certain n0 , uvnn = λ λu
n
n
n≥n0
converge vers 0 ou encore vn = o(un ).
suite uvnn
n≥n0
Exemple 5.9.19. o
2n2
3
Proposition 5.9.20.
O(un vn ).
= o(n2 ).
1. Si un O(vn ) = O(un vn ). Plus généralement, O(un )O(vn ) =
2. Si un o(vn ) = o(un vn ). Plus généralement, o(un )o(vn ) = o(un vn ).
Preuve.
1. Pour n supérieur à un certain n0 ,
un O(vn )
un vn
=
O(vn )
.
vn
est bornée et il en est de même de la suite
La suite
un O(vn )
un vn
O(vn )
vn
n≥n0
et donc
n≥n0
un O(vn ) = O(un vn ).
n)
=
Plus généralement, pour n supérieur à un certain n0 , O(uunn)O(v
vn
O(un )
O(vn )
O(un )
O(vn )
× vn . Les suites
et
sont bornées et
un
un
v
n≥n0 n n≥n0
n)
il en est de même de la suite O(uunn)O(v
et donc O(un )O(vn ) =
vn
n≥n0
O(un vn ).
2. preuve analogue
Exemple 5.9.21. n2 o(n4 ) = o(n6 ) = n6 o(1).
Proposition 5.9.22.
1. Si un ∼ vn , alors O(un ) = O(vn ).
2. Si un ∼ vn , alors o(un ) = o(vn ).
Preuve.
1. vn = un + o(un ) = un + O(un ) = O(un ) + O(un ) = O(un ) puis O(vn ) =
O(un ).
2. vn = un + o(un ) = un + O(un ) = O(un ) + O(un ) = O(un ) puis o(vn ) =
o(un ).
Exemple 5.9.23. o(2n2 − 3n + 5) = o(2n2 ) = o(n2 ).
Proposition 5.9.24.
O(|un |α ).
1. Soit α > 0. Si un = O(vn ), alors |un |α =
94
CHAPITRE 5. LES SUITES
2. Si un = o(vn ), alors |un |α = o(|un |α ).
Preuve.
Pour n supérieur à un certain n0 ,
α
n|
est bornée alors la suite |u
|vn |α
|un |α
−→
|vn |α n→+∞
|un |α
|vn |α
Puisque α > 0, si la suite
est bornée, et si
n≥n0
un
vn
un
vn
n≥n0
−→ 0, alors
n→+∞
0.
Propriétés de ∼
On vérifie facilement les résuttats suivants :
Proposition 5.9.25. Soit (un ) une suite ne s’annulant pas à partir d’un
certain rang. un + o(un ) ∼ un .
Proposition 5.9.26. La relation un ∼ vn est une relation d’équivalence sur
l’ensemble des suites ne s’annulant pas à partir d’un certain rang
Proposition 5.9.27. Soient (un ), (vn ), (wn ) et (tn ) quatre suites ne s’annulant pas à partir d’un certain rang.
1. un ∼ wn et vn ∼ tn =⇒ un vn ∼ wn tn .
2. un ∼ wn et vn ∼ tn =⇒ uvnn ∼ wtnn .
Proposition 5.9.28. Soient (un ) et (vn ) deux suites strictement positives à
partir d’un certain rang et α un nombre réel.
Si un ∼ vn alors uαn ∼ vnα
Exemple 5.9.29. Déterminons un équivalent simple de
1
3
1
1
n
sin n + n2 × cos n × e − 1
√
un =
.
ln2 1 + 2n1 2 × 4n + 3
3
1
3
1
Puisque n + n2 −→ 0, sin n + n2 ∼ n3 + n12 ∼ n3 .
n→+∞
1
1
1
1
n
De même, cos n ∼ 1, e − 1 ∼ n , ln 1 + 2n2 ∼ 2n1 2 .
√
√
D’autre part 4n + 3 ∼ 2 n. Donc
un ∼ 3
n
√
× 1 × n1
= 6n n.
2
√
1
×2 n
2n2
5.9. LES DIFFÉRENTES RELATIONS DE COMPARAISONS
95
Attention ! Si un ∼ vn et wn ∼ tn , on n’a pas en général un + wn ∼
vn + tn .
En effet, soit
un =
1
1
+ 2,
n n
vn =
2
1
+ 2,
n n
Il est clair que un ∼ vn . Mais un +wn =
1
n2
1
wn = tn = − .
n
n’est pas équivalent à vn +tn =
2
.
n2
Proposition 5.9.30.
1. Un polynôme en n non nul est équivalent à son
monôme de plus haut degré.
2. Une fraction rationnelle en n non nulle, est équivalente au quotient
des ses monômes de plus haut degré.
Preuve.
1. Pour n ∈ N, posons P (n) =
et ap 6= 0. Pour n ≥ 1,
p
X
ak nk où p ∈ N, (a0 , a1 , ..., ap ) ∈ Cp+1
k=0
P (n)
ap−1
a0
=1+
+ ... +
.
p
ap n
ap n
ap np
Donc
P (n)
−→ 1 puis P (n) ∼ ap np .
ap np n→+∞
p
X
2. Pour n suffisamment grand, posons R(n) =
P (n)
Q(n)
=
ak n k
k=0
q
X
où
bk n
k
k=0
(p, q) ∈ N2 , (a0 , a1 , ..., ap , b0 , b1 , ..., bq ) ∈ Cp+q+2 et ap 6= 0 et bq 6= 0.
D’après ce qui précède et la proposition 5.9.27
Rn ∼
5.9.3
ap n p
ap
= np−q
q
bq n
bq
Croissances comparées et suites
On rappelle les résultats obtenus au chapitre 1 : pour tout α > 0 et β > 0,
on a
(ln x)α
lim
= 0,
lim xβ | ln x|α = 0,
x→+∞
x→0+
xβ
96
CHAPITRE 5. LES SUITES
eαx
= +∞,
lim |x|β eαx = 0.
x→+∞ xβ
x→−∞
Sur les suites et par composition de limites on obtient :
lim
Proposition 5.9.31. Soit α et β deux réels strictement positifs.
I Si (un ) est une suite réelle tendant vers +∞, alors on a
(ln un )α = o((un )β ),
(un )β = o(exp(αun ))
I Si (un ) est une suite d’éléments de R∗+ tendant vers 0, alors on a
| ln un |α = o((un )−β ).
I Si (un ) est une suite réelle tendant vers −∞, alors on a
exp(αun ) = o(|un |−β ).
5.9.4
Quelques applications des relations de comparaison
Calcul de limites
Théorème 5.9.32. Soient (un ) et (vn ) deux suites complexes ne s’annulant
pas à partir d’un certain rang. On suppose que un ∼ vn .
1. Si (un ) converge vers l ∈ C, alors (vn ) converge et lim vn = l.
n→+∞
2. Supposons que les suites (un ) et (vn ) sont réelles.
Si lim un = +∞ (resp. −∞), alors lim vn = +∞ (resp. −∞).
n→+∞
n→+∞
Preuve.
1. Supposons que un −→ l ∈ C et que un ∼ vn . Alors
n→+∞
vn =
vn
× un −→ 1 × l = l.
n→+∞
un
2. Supposons que un −→ +∞ et que un ∼ vn . Alors
n→+∞
vn =
vn
× un −→ +∞.
n→+∞
un
5.9. LES DIFFÉRENTES RELATIONS DE COMPARAISONS
97
3 q
1
en − 1
1 + n1 − 1
√
Exemple 5.9.33. Déterminons lim
n→+∞
2 n2 +3
1
√
sin n ln
3n + 1
n2
3
1
• (e n − 1 ∼ n13 .
q
1
• 1 + n1 − 1 ∼ 2n
.
• sin √1n ∼ √1n .
2 2
2
3
1
+
• ln2 nn+3
=
ln
∼ n32 = n94 .
2
n2
√
√
• 3n + 1 ∼ 3n.
Donc
3 q
1
1
1
1 + n1 − 1
en − 1
1
3 ×
√
∼ 1 n9 2n
√
= √ ..
2
√
× 3n
18 3
sin √1 ln2 n +3
3n + 1
n n4
2
n
n
3 q
1
en − 1
1 + n1 − 1
1
= √ .
Donc, lim
2 +3 √
n→+∞
2
n
1
18 3
sin √n ln
3n + 1
n2
Etude de signes au voisinage de +∞
Théorème 5.9.34. Soient (un ) et (vn ) deux suites complexes ne s’annulant
pas à partir d’un certain rang.
Si un ∼ vn , alors à partir d’un certain rang un ) et (vn ) ont même signe.
Preuve. Puisque un ∼ vn , on a
certain rang
un
vn
un
−→
vn n→+∞
1. En particulier, à partir d’un
> 0 et donc un ) et (vn ) ont même signe.
Exemple 5.9.35. On démontrera dans les prochains chapitres que sin
1
1
1
1
1
1
1
−
+
o
et
arctan
=
−
+
o
. Par suite,
n
6n3
n3
n
n
3n3
n3
1
n
=
1
1
1
1
1
+
+
o
=
+
o
.
n
n
6n3 3n3
n3
6n3
n3
On en déduit que sin n1 − arctan n1 ∼ 6n1 3 > 0 puis pour n suffisamment
grand, sin n1 > arctan n1 .
sin
1
− arctan
1
=−
98
CHAPITRE 5. LES SUITES
Chapitre 6
Limites-Continuité
6.1
Voisinage dans R
Dans tout ce paragraphe I désigne un intervalle non vide et non réduit à
un point.
Définition 6.1.1. Soit a un point de R. Un voisinage de a est un intervalle
de R de la forme :
I [a − r, a + r] où r est un réel strictement positif, si a ∈ R,
I [A, +∞[ où A est un réel, si a = +∞,
I ] − ∞, A] où A est un réel, si a = −∞.
V(a) désigne l’ensemble des voisinages de a.
Remarque 6.1.2. Soit l ∈ R et (un ) une suite de limite l. On a alors
∀V ∈ V(l), ∃N ∈ N : ∀n ∈ N,
n ≥ N =⇒ un ∈ V.
Définition 6.1.3. Soit f : I −→ R une fonction définie sur I et a un point
ou une extrémité de I. On dit qu’une propriété (P) portant sur f est vraie
au voisinage de a si elle est vraie sur l’intersection de I et d’un voisinage de
a.
Exemples 6.1.4.
1. La fonction f : x 7−→ sin x est croissante au voisinage de 0. En effet V = [− π2 , π2 ] est voisinage de 0 et f est croissante
sur R ∩ V.
2. La fonction f : x 7−→ x1 + sin x est bornée au voisinage de +∞. En
effet V = [1, +∞[ est un voisinage de +∞ et −1 ≤ f (x) ≤ 2 pour
tout x ∈ R∗ ∩ V.
99
100
CHAPITRE 6. LIMITES-CONTINUITÉ
6.2
Limites
Dans cette section f : I −→ R est une fonction définie sur I.
6.2.1
Notion de limite
Définition 6.2.1. Soit a un point ou une extrémité de I et b un point de R.
On dit que f admet b pour limite en a si,
pour tout voisinage V de b on a f (x) ∈ V au voisinage de a.
C’est à dire :
∀V ∈ V(b), ∃U ∈ V(a) : ∀x ∈ U ∩ I, f (x) ∈ V.
Remarque 6.2.2. U dépend de V.
Théorème 6.2.3. (Caractérisation séquentielle de la limite)
Soit a un point ou une extrémité de I et b un point de R. Les deux propriétés
suivantes sont équivalentes :
1. f admet b pour limite en a.
2. Pour toute suite (xn )n à valeurs dans I et admettant a pour limite,
on a lim f (xn ) = b.
n→+∞
Preuve.
(1. =⇒ 2.) Considérons une suite (xn ) à valeurs dans I avec lim xn = a.
n→+∞
Soit V un voisinage de b, il existe un voisinage U de a tel que f (x) ∈ V
pour tout x ∈ U ∩ I. Or pour n assez grand, xn ∈ U, donc xn ∈ U ∩ I.
et par suite f (xn ) ∈ V. Ainsi lim f (xn ) = b.
n→+∞
(2. =⇒ 1.) Supposons que f n’admet pas b pour limite en a. Il existe alors
un voisinage V de b tel que
∀U ∈ V(a), ∃x ∈ U ∩ I; f (x) 6∈ V.
Soit n ≥ 1 un entier, on pose
 a − n1 , a + n1




 n, +∞
Un =




 − ∞, n
si a ∈ R,
si a = +∞,
si a = −∞.
6.2. LIMITES
101
Un est un voisinage de a, il existe alors xn ∈ Un ∩ I tel que f (xn ) 6∈ V.
La suite (xn ) ainsi définie est à valeurs dans I et admet pour limite a
avec f (xn ) 6∈ V ∀n ∈ N∗ . La suite (f (xn )) n’admet pas b pour limite.
Corollaire 6.2.4. Soit a un point ou une extrémité de I, (xn )n et (yn )n deux
suites à valeurs dans I admettant a pour limite. Si f (xn ) n n’a pas de limite
ou si les suites f (xn ) n et f (yn ) n ont des limites distinctes, alors f n’a
pas de limite en a.
Exemple 6.2.5. La fonction cosinus n’a pas de limite en +∞ car la suite
de terme général un = cos(nπ) diverge.
1 si x ∈ Q,
Exercice 6.2.6. Montrer que la fonction f : x 7−→
0 si x 6∈ Q
n’admet de limite en aucun point de R.
Solution : Pour tout a ∈ R, il existe une suite (xn )n à valeurs dans Q et
une suite (yn )n à valeurs dans R \ Q convergentes vers a. Les suites f (xn ) n
et f (yn ) n ont des limites distinctes ( lim f (xn ) = 1 et lim f (yn ) = 0)
n→+∞
n→+∞
donc f n’a pas de limite en a.
Corollaire 6.2.7. Si a un point ou une extrémité de I et si f admet une
limite en a, cette limite est unique.
Preuve. Supposons que f admet deux limites b1 et b2 . Il existe une suite
(xn )n à valeurs dans I admettant a pour limite. La suite f (xn ) n admet
alors pour limite b1 et b2 et ceci est impossible.
Interprétation géométrique Soit a un point ou une extrémité de I et
b ∈ R. La propriété lim f (x) = b s’exprime de neuf façons selon que a et b
x→a
sont des réels ou sont infinis.
I Si b est réel
. Si a est réel (cas 1)
lim f (x) = b ⇐⇒ ∀ε > 0, ∃r > 0 : ∀x ∈ I, |x − a| ≤ r =⇒ |f (x) − b| ≤ ε.
x→a
Remarque 6.2.8. Si a ∈ I, alors d’après l’unicité de la limite, b = f (a)
(car la suite constante de terme général un = a est une suite à valeurs dans
I, convergente vers a et telle que (f (un ) converge vers f (a)).
. Si a est infini (cas 2 et 3)
102
CHAPITRE 6. LIMITES-CONTINUITÉ
lim f (x) = b ⇐⇒ ∀ε > 0, ∃A ∈ R : ∀x ∈ I, x ≥ A =⇒ |f (x) − b| ≤ ε.
x→+∞
lim f (x) = b ⇐⇒ ∀ε > 0, ∃B ∈ R : ∀x ∈ I, x ≤ B =⇒ |f (x) − b| ≤ ε.
x→−∞
Remarque 6.2.9. La droite y = b est une asymptote au graphe de f au
point a.
I Si b est infini
. Si a est réel (cas 4 et 5)
lim f (x) = +∞ ⇐⇒ ∀A ∈ R, ∃r > 0 : ∀x ∈ I, |x − a| ≤ r =⇒ f (x) ≥ A.
x→a
lim f (x) = −∞ ⇐⇒ ∀A ∈ R, ∃r > 0, ∀x ∈ I : |x − a| ≤ r =⇒ f (x) ≤ A.
x→a
Remarque 6.2.10. La droite x = a est une asymptote au graphe de f au
point a.
. Si a est infini (cas 6 à 9)
lim f (x) = +∞ ⇐⇒ ∀A ∈ R, ∃B ∈ R : ∀x ∈ I, x ≥ B =⇒ f (x) ≥ A.
x→+∞
lim f (x) = −∞ ⇐⇒ ∀A ∈ R, ∃B ∈ R : ∀x ∈ I, |x − a| ≤ r =⇒ f (x) ≤ B.
x→+∞
lim f (x) = +∞ ⇐⇒ ∀A ∈ R, ∃B ∈ R : ∀x ∈ I, x ≤ B =⇒ f (x) ≥ A.
x→−∞
lim f (x) = −∞ ⇐⇒ ∀A ∈ R, ∃B ∈ R : ∀x ∈ I, x ≤ B =⇒ f (x) ≤ A.
x→−∞
Théorème 6.2.11. Soit a un point ou une extrémité de I, g et h des fonctions définies sur I vérifiant
g ≤ f ≤ h au voisinage de a.
1. Si b est un réel et si lim g = lim h = b, alors lim f = b.
a
a
a
2. Si lim g = +∞ alors lim f = +∞.
a
a
3. Si lim h = −∞ alors lim f = −∞.
a
a
Preuve. Soit U ∈ V(a) tel que g ≤ f ≤ h sur U ∩ I et soit (xn ) une suite à
valeurs dans I admettant a pour limite. Ainsi pour n assez grand, xn ∈ I ∩ U.
L’encadrement de f au voisinage de a donne g(xn ) ≤ f (xn ) ≤ h(xn ) pour n
assez grand. On conclut avec le théorème d’encadrement pour les suites et le
théorème 6.2.3
6.2. LIMITES
6.2.2
103
Ordre et limite
Proposition 6.2.12. Soit a un point ou une extrémité de I b, m et M dans
R. Si limf = b alors
a
1. Si m < b on a f > m au voisinage de a.
2. Si b < M on a f < M au voisinage de a.
Preuve.
1. Le cas m = −∞ est clair, le cas m = +∞ est impossible. Dans le cas
où m est réel, b admet un voisinage V avec V ⊂]m, +∞[.
[m + 1, +∞[ si b = +∞,
En effet b ∈ R ∪ {+∞} et donc V = b − r, b + r si b ∈ R
convient.
Il
existe
alors
U
voisinage
de a tel que ∀x ∈
où r = b−r
2
U ∩ I, f (x) ∈ V ⊂]m, +∞[.
2. De même.
Corollaire 6.2.13. Si limf = b, alors
a
1. Si b est un réel, f est bornée au voisinage de a.
2. Si b = +∞, f est minorée au voisinage de a.
1
3. Si b 6= 0, est définie au voisinage de a.
f
Preuve.
1. Si b est un réel il exsite alors m, M ∈ R tels que m < b < M et donc
m < f < M au voisinage de a.
2. Si b = +∞, il existe alors m ∈ R tel que m < b et donc m < f au
voisinage de a.
3. b 6= 0, alors f est strictement comprise entre
a elle est donc non nulle au voisinage de a.
b
2
et
3b
2
au voisinage de
Proposition 6.2.14. (Passage à la limite)
Soit a un point ou une extrémité de I, g et h deux fonctions définies sur
I admettant en a des limites b et c respectivement (b, c ∈ R). Si g ≤ h au
voisinage de a, alors b ≤ c.
Preuve. On applique le théorème 6.2.3 en considérant une suite (xn ) à valeurs dans I admettant a pour limite.
104
CHAPITRE 6. LIMITES-CONTINUITÉ
6.2.3
Opérations
Les propositions suivantes se montrent en utilisant la caractérisation séquentielle
de la limite (théorème 6.2.3) et les résultats analogues concernant les suites
numériques.
Soit a un point ou une extrémité de de I, f et g deux fonctions définies sur
I et admettant des limites (finies ou infinies) en a.
Proposition 6.2.15.
1. Lorsqu’il ne s’agit pas de la forme indéterminée
+∞ − ∞, lim(f + g) = lim f + lim g.
a
a
a
2. Lorsqu’il ne s’agit pas de la forme indéterminée 0.∞,
lim(f.g) =
a
(lim f )(lim g).
a
a
Proposition 6.2.16.
1. Si lim f = b ∈ R∗ , alors lim
a
a
2. Si lim f ∈ {−∞, +∞}, alors lim
a
a
1
1
= .
f
b
1
= 0.
f
1
= +∞.
a
a f
1
4. Si lim f = 0 et f < 0 au voisinage de a, alors lim = −∞.
a
a f
3. Si lim f = 0 et f > 0 au voisinage de a, alors lim
Remarque 6.2.17. Rappelons que si lim f ∈ R∗ , alors
a
1
est définie au
f
voisinage de a.
Proposition 6.2.18.
1. Si lim f = b ∈ R, alors lim |f | = |b|.
a
a
2. Si lim f = b ∈ {−∞, +∞}, alors lim |f | = +∞.
a
a
Proposition 6.2.19. (Théorème de composition de limites)
Soit f et g des fonctions définies respectivement sur les intervalles I et J de
R et a un élément ou une extrémité de I.
On suppose que
i) f admet une limite b en a (b ∈ R).
ii) f (I) ⊂ J
iii) g admet une limite l en b (l ∈ R).
Alors g ◦ f admet l pour limite en a. Autrement dit lim g(f (x)) = lim g(y).
x→a
y→b
6.2. LIMITES
105
Preuve. Soit W une voisinage de l, il existe un voisinage V de b tel que
g(y) ∈ W ∀y ∈ V ∩ J. Comme lim f (x) = b, il existe un voisinage U de a
x→a
tel que f (x) ∈ V ∀x ∈ U ∩ I. Avec f (I) ⊂ J, il vient f (U ∩ I) ⊂ V ∩ J et
donc ∀x ∈ U ∩ I, g ◦ f (x) ∈ W. Celà exprime que lim g ◦ f = l.
a
6.2.4
Limite à droite-Limite à gauche
Dans ce paragraphe a est un point de I et f est une fonction définie sur
I sauf peut-être en a.
Cas où a n’est pas une extrémité de I (a est intérieur à I.)
Définition 6.2.20. Soit b un point de R et a un point intérieur à I. On dit
que b est la limite à gauche (resp. à droite ) de f en a, si la restriction de f
à I∩] − ∞, a[ (resp. I∩]a, +∞[) admet b pour limite en a.
Notation :
. Lorsqu’elle existe, la limite à droite de f en a est notée x→a
lim f (x) ou
x>a
lim
ou f (a+ ).
+
a
. Lorsqu’elle existe, la limite à gauche de f en a est notée x→a
lim f (x) ou
x<a
lim
ou f (a− ).
−
a
Définition 6.2.21. Soit f une fontion définie sur I sauf peut être en a.On
dit que f admet une limite en a lorsqu’elle admet une limite à droite et une
limite à gauche et que ces deux limites sont égales. On pose alors
lim f (x) = x→a
lim f (x) = x→a
lim f (x).
x→a
x>a
x<a
Proposition 6.2.22. Soit a un point intérieur à I. Si f est définie en a,
alors f admet une limite en a si et seulement si f admet f (a) pour limite à
gauche et à droite en a.
1. Soit f : x ∈ R∗ 7−→ 1. On a lim f = 1.
0
∗
1 si x ∈ R ,
2. Soit f : x ∈ R 7−→
.
0 si x = 0.
On a lim
f = lim
f = 1 et f n’a pas de limite en 0.
+
−
Exemples 6.2.23.
0
0
106
CHAPITRE 6. LIMITES-CONTINUITÉ
−x + 1 si x ∈]0, 1],
.
−x − 1 si x ∈ [−1, 0[.
On a lim
f = 1, lim
f = −1 et f n’a pas de limite en 0.
0+
0−
−x + 1 si x ∈ [0, 1],
4. Soit f : x ∈ [−1, 1] 7−→
.
x+1
si x ∈ [−1, 0].
On a lim
f = lim
f = 1 et lim f = 1.
0
0+
0−
1
si x ∈ R∗+ ,
x
5. Soit f : x ∈ R∗ 7−→
.
− x1 si x ∈ R∗− .
On a lim f = +∞.
0
 1
si x ∈ R∗+ ,
 x
0
si x = 0, .
6. Soit f : x ∈ R 7−→
 1
− x si x ∈ R∗− .
On a lim
f = lim
f = +∞. f n’a pas de limite en 0.
+
−
3. Soit f : x ∈ [−1, 1] \ {0} 7−→
0
0
∗
7. Soit f : x ∈ R 7−→ x1 .
On a lim
f = +∞, lim
f = −∞ et f n’a pas de limite ne 0.
0+
0−
1
si x ∈ R∗ ,
x
8. Soit f : x ∈ R 7−→
.
0 si x = 0.
On a lim
f = +∞, lim
f = −∞ et f n’a pas de limite en 0.
+
−
0
0
Cas où a est une borne finie de I
Dans le cas où a est une borne finie de I, on définit de même la notion de
limite à droite (resp. à gauche) en a si a est l’extrémité gauche (resp. droite
) de I.
Dans le cas d’une fonction non définie en a, cette notion est la même que
celle de la limite en a.
Proposition 6.2.24. Soit a une borne finie de I. Si f est définie en a,
alors f admet en a, f (a) pour limite à droite ou à gauche (selon que a est
l’extrémité gauche ou droite respectivement de I.)
6.2.5
Théorème de la limite monotone
Théorème 6.2.25. Soit f une fonction monotone définie sur un intervalle
ouvert I de R.
6.2. LIMITES
107
1. En tout a ∈ I, f admet une limite à droite et une limite à gauche
(dans R) encadrant f (a)
2. Lorsque a = inf I, f admet une limite dans R en a
i) Si f est croissante, cette limite est inf{f (t) : t ∈ I} elle est donc
réelle si et seulement si f est minorée.
ii) Si f est décroissante, cette limite est sup{f (t) : t ∈ I} elle est
donc réelle si et seulement si f est majorée.
3. Lorsque b = sup I, f admet une limite dans R en b
i) Si f est croissante, cette limite est sup{f (t) : t ∈ I} elle est donc
réelle si et seulement si f est majorée.
ii) Si f est décroissante, cette limite est inf{f (t) : t ∈ I} elle est donc
réelle si et seulement si f est minorée.
Remarque 6.2.26. Si f est définie sur I et a ∈ I, alors si f est croissante,
f (a− ) ≤ f (a) ≤ f (a+ ) et si f est décroissante, f (a+ ) ≤ f (a) ≤ f (a− ).
Preuve. Quitte à travailler avec la fonction −f, on peut supposer f croissante
1. Soit a ∈ I. Considérons A = {f (t) : t ∈ I, t > a} A est non vide et est
minoré (par f (a) car f est croissante ). Soit α = inf A ∈ R. D’apès la
caractérisation de la borne inférieure, on a : ∀ε > 0 ∃c ∈ I, c > a tel
que α ≤ f (c) < α + ε et pour tout t ∈]a, c], α ≤ f (t) ≤ f (c) < α + ε.
Il s’ensuit que α est la limite à droite en a de f. En effet ∀ε > 0 ∃r >
0 (r = c − a) : ∀t ∈ I >, 0 < t − a ≤ r = c − a on a a ≤ c et
donc |f (t) − α| ≤ ε. Nous avons en particulier α = f (a+ ) ≥ f (a). On
montre de même que f admet une limite à gauche en a (f (a− )) avec
f (a− ) ≤ f (a).
2. Soit a = inf I. Supposons que f est croissante et minoré sur I et
considérons β = inf{f (x) : x ∈ I}. Pour tout ε > 0, il existe c ∈ I
tel que β ≤ f (c) < β + ε. Pour tout t ∈]a, c[, on a alors β ≤ f (t) ≤
f (c) < β + ε et par suite lim f = β.
a
Suppososns f croissante et non minorée. Pour tout A ∈ R il existe
c ∈ I tel que f (c) < A. Pour tout t ∈ I tel que t < c, on a alors
f (t) < A et par suite lim f = −∞.
a
3. La démonstration est analogue à celle du 2.
108
CHAPITRE 6. LIMITES-CONTINUITÉ
6.3
Continuité
6.3.1
Continuité en un point-Continuité sur un intervalle
Dans ce paragraphe f est une fonction définie sur I.
Définition 6.3.1. Soit a un point de I.
1. On dit que f est continue en a si lim f = f (a).
a
2. Si a n’est pas l’extrémité gauche (resp. droite) de I, on dit que f
est continue à gauche (resp. à droite) en a si lim
f = f (a) (resp.
−
a
lim
f = f (a).)
+
a
Proposition 6.3.2. Si a est un point intérieur à I, f est continue en a si
et seulement si f est continue à gauche et à droite en a.
Proposition 6.3.3. (Caractérisation séquentielle de la continuité)
Soit a un point de I. La fonction f est continue en a si et seulement si pour
toute suite (xn ) à valeurs dans I convergeant vers a, la suite (f (xn )) converge
vers f (a).
Proposition 6.3.4. (Prolongement par continuité)
Si a est une borne finie de I avec a 6∈ I, f admet un prolongement continu
en a si et seulement si f admet une limite finie en a.
Dans ce cas, l’unique prolongement g continu de f en a est défini par g(a) =
lim f.
a
Exemple 6.3.5. On considère la fonction f : x 7−→
Comme lim f = 1, alors la fonction
sin x
, définie sur R∗ .
x
0
g : x 7−→
sin x
x
1
si x 6= 0,
si x = 0
est le prolongement par continuité de f sur R.
Exercice 6.3.6. Dire si les fonctions suivantes sont prolongeables par continuité à R tout entier
1. f (x) = sin x sin x1 si x 6= 0.
6.3. CONTINUITÉ
109
2. f (x) = cos x cos x1 si x 6= 0.
Solution :
1. On a |f (x)| ≤ | sin x|. Par le théorème d’encadrement lim f (x) = 0.
x→0
On peut donc prolonger f par continuité en 0 en posant f (0) = 0.
2. f n’est pas prolongeable par continuité en 0 : On considère les deux
suites
1
1
un =
et vn =
.
2nπ
2nπ + π2
Alors les suites (un ) et (vn ) convergent vers 0. Cependant f (un ) =
cos(un ) −→ 1 tandis que f (vn ) = cos(vn ) cos(2nπ + π2 ) = 0.
Ainsi (f (un )) converge vers 1 et (f (vn )) converge vers 0. f n’admet
pas de limite en 0 et n’est donc pas prolongeable par continuité en 0.
Proposition 6.3.7. Soit f et g deux fonctions définies sur I, a un point de
I et λ un réel. Si f et g sont continues en a, alors |f |, λf, f + g, f.g et si
f
sont continues en a.
g(a) 6= 0,
g
Proposition 6.3.8. Soit f définie sur I, continue en a et g définie sur un
intervalle J contenant f (I) (f (I) ⊂ J), continue en b = f (a). La fonction
g ◦ f est continue en a.
Définition 6.3.9. Soit f une fonction définie sur un intervalle I de R. On
dit que f est continue sur I lorsqu’elle est continue en tout point de I.
Proposition 6.3.10. Soient f et g des fonctions continues sur I et λ un réel.
f
sont continues
Les fonctions |f |, λf, f + g, f.g et si, g ne s’annule pas,
g
sur I.
Proposition 6.3.11. Si f est une fonction continue sur I et si g est une
focntion continue sur un intervalle J contenant f (I), alors la fonction g ◦ f
est continue sur I.
6.3.2
Le théorème des valeurs intermédiaires
Théorème 6.3.12. (Propriété des valeurs intermédiaires)
Soit f : [a, b] −→ R une fonction continue telle que f (a) ≤ f (b). Alors pour
y ∈ [f (a), f (b)], il existe c ∈ [a, b] vérifiant y = f (c).
110
CHAPITRE 6. LIMITES-CONTINUITÉ
Preuve. On va définir par récurrence deux suites (an ) et (bn ). On commence
par a0 = a et b0 = b. Supposons que(an et bn construits.
an+1 = an
an + b n
I Si f (
) ≥ y, on pose
an + b n
2
bn+1 =
2
(
an + b n
an + b n
an+1 =
) < y, on pose
I Si f (
2
2
bn+1 = bn
On a alors
∀n ∈ N, f (an ) ≤ y ≤ f (bn )
(>)
Par définition de an et bn on voit que an ≤ bn , (an ) est croissante et (bn ) est
décroissante. De plus, on a :
bn+1 − an+1 =
b n − an
b−a
= ... = n+1 .
2
2
Les suites (an ) et (bn ) sont donc adjacnentes. Notons c leur limite commune.
Comme a = a0 ≤ an ≤ bn ≤ b0 = b, alors c ∈ [a, b]. f est continue au point
c, donc lim f (an ) = lim f (bn ) = f (c). Or d’après (>) et le théorème
n→+∞
n→+∞
d’encadrement, on obtient y = f (c).
Théorème 6.3.13. Si f est une fonction continue sur un intervalle I de R,
l’ensemble f (I) est un intervalle.
Preuve. Notons f (a) et f (b) deux points de f (I) avec f (a) ≤ f (b). D’après
le théorème des valeurs intermédiaires [f (a), f (b)] ⊂ f (I). Ainsi f (I) est un
intervalle.
Exemple 6.3.14. Soit I un intervalle de R et f une fonction continue sur
I ne prenant q’un nombre fini de points, alors f est constante. En effet
suppososns qu’il existe a < b dans I tel que f (a) 6= f (b) (soit par exemple
f (a) < f (b)). Par le théorème des valeurs intermédiaires, toute valeur de
[f (a), f (b)] est prise par f sur [a, b]. Comme cet intervalle contient un nombre
infini de points, on obtient une contradiction. Donc ∀a, b ∈ I, f (a) = f (b).
Autrement dit f est constante.
Exercice
2 6.3.15. Soit f : R −→ R continue telle que pour tout x ∈ R, on a
f (x) = 1. Démontrer que f = 1 ou f = −1.
6.3. CONTINUITÉ
111
Solution : On a ∀x ∈ R, f (x) = 1 ou f (x) = −1. Montrons que
f (x) = 1 ∀x ∈ R ou f (x) = −1 ∀x ∈ R.
Supposons que la propriété est fausse : Il existe donc x0 ∈ R tel que f (x0 ) = 1
et il existe x1 ∈ R tel que f (x1 ) = −1. Par le théorème des valeurs in
2
termédiaires, il, existe y ∈ R tel que f (y) = 0. Ceci contredit que f (y) =
1.
6.3.3
Image d’un segment
Théorème 6.3.16. Si f est continue sur un segment [a, b] de R, alors f est
bornée et atteint ses bornes.
Preuve. Soit f une fonction continue sur I = [a, b]. Montrons d’abord par
l’absurde que f est majorée. Supposons que f n’est pas majorée. Celà implique pour tout entier n il existe un réel xn ∈ [a, b] tel que f (xn ) > n. La
suite (xn )n ainsi définie est à valeurs dans le segment [a, b]. Par le théorème de
Bolzano-Weiertrass, on peut en extraire une sous-suite convergente (xρ(n) )n
vérifiant f (xρ(n) ) > ρ(n) ≥ n ce qui implique que la suite (f (xρ(n) ))n tend vers
+∞. Notons l = lim xρ(n) . Comme f est continue on a f (l) = lim f (xρ(n) )
n→+∞
ce qui contredit
n→+∞
lim f (xρ(n) ) = +∞. Donc f est majorée et par suite
n→+∞
sup{f (x) : x ∈ [a, b]} existe.
Soit M cette borne supérieure. Il suffit de montrer qu’il existe x ∈ [a, b] tel
que f (x) = M. Soit n un entier. Par définition de la borne supérieure, M − 21n
n’est pas un majorant des valeurs de f, donc il existe xn ∈ [a, b] tel que
M−
1
< f (xn ) ≤ M.
2n
On a donc une suite (xn )n dans [a, b]. Par le théorème de Bolzano-Weierstrass,
il existe une sous-suite convergente (xρ(n) )n . Soit x = lim xρ(n) . On a les
n→+∞
inégalités
1
1
≤ M − ρ(n) ≤ f (xρ(n) ) ≤ M.
n
2
2
Par le théorème d’encadrement, on conclut que la suite (f (xρ(n) ))n tend vers
M. Comme f est continue, on a aussi lim f (xρ(n) ) = f (x). Finalement on
M−
n→+∞
obtient f (x) = M.
De même, on montre que f est minorée et que inf{f (x) : x ∈ [a, b]} = m =
f (x0 ) où x0 ∈ [a, b].
112
CHAPITRE 6. LIMITES-CONTINUITÉ
Corollaire 6.3.17. L’image d’un segment par une fonction continue est un
segment.
Preuve. Soit [a, b] un segment de R. On a f ([a, b]) ⊂ [m, M ] où M =
sup{f (x) : x ∈ [a, b]} et m = inf{f (x) : x ∈ [a, b]}. De plus il exite c, d ∈
[a, b] tels que f (c) = M et f (d) = m. D’autre part le théorème des valeurs
intermédiaires, ∀y ∈ [m, M ] = [f (d), f (c)], il existe λ ∈ [a, b] tel que f (λ) = y.
Ainsi [m, M ] ⊂ f ([a, b]) et par suite f ([a, b]) = [m, M ].
6.3.4
Continuité, injectivité et monotonie
Fonction continue strictement monotone sur un intervalle
Théorème 6.3.18. Soit f une fonction continue et strictement monotone
sur un intervalle I de R. Alors
1. f est une bijection de I sur l’intervalle f (I).
2. La bijection réciproque notée abusivement f −1 est continue sur f (I)
et strictement monotone de même sens que f.
Preuve.
1. D’après le théorème 6.3.13, f (I) = J est un intervalle de R, de plus
f étant strictement monotone elle est injective, elle induit donc une
bijection de I sur J.
2. Nous supposons par exemple que f est strictement croissante, alors
f −1 est égalment strictement croissante. En effet soit y, y 0 inf(I) avec
y < y 0 . Posons x = f −1 (y) et x0 = f −1 (y 0 ).
Si x ≥ x0 alors f (x) ≥ f (x0 ) et donc y ≥ y 0 ce qui est absurde donc
x < x0 : f −1 est strictement croissante.
Montrons que f −1 est continue sur f (I). Choisissons I =]a, b[ (les
autres cas se traitent de façon similaire). Doit y0 ∈ f (I). Posons x0 =
f −1 (y0 ). Soit ε > 0 tel que x0 − ε ∈ I et x0 + ε ∈ I Posons y1 =
f (x0 − ε) et y2 = f (x0 + ε). Puisque f est strictement croissante,
y1 < y0 < y2 . Pour tout y ∈]y1 , y2 , f −1 (y1 ) < f −1 (y) < f −1 (y1 )
c’est à dire x0 − ε < f −1 (y) < x0 + ε. et donc |f −1 (y) − f −1 (y0 )| < ε.
Il existe donc β > 0 (β = min{y2 − y0 , y0 − y1 }) tel que
|y−y0 | ≤ β ⇒ y1 −y0 ≤ y−y0 ≤ y2 −y0 ⇒ y1 ≤ y ≤ y2 ⇒ |f −1 (y)−f −1 (y0 )| ≤ ε.
Par conséquent f −1 est continue en y0 .
6.3. CONTINUITÉ
6.3.5
113
Limite et continuité des fonctions à valeurs dans
C.
Dans cette section f : I −→ C est une fonction définie sur I à valeurs
dans C.
Définition 6.3.19. On dit que f est bornée sur I s’il existe K ∈ R+ tel que
∀x ∈ I, |f (x)| ≤ K.
Définition 6.3.20. Soit a un point ou une extrémité de I et l ∈ C. On dit
que f admet pour limite l en a si lim |f (x) − l| = 0. On note alors lim f = l
x→a
a
ou lim f (x) = l.
x→a
Exemple 6.3.21. : x ∈ R 7−→
lim f (x) = 0.
eix
1+x2
est une fonction bornée sur R avec
x→+∞
Remarque 6.3.22.
1. Une fonction à valeurs complexes admettant une
limite en un point est encore bornée au voisinage de ce point. En effet
si lim f = l, il existe alors r > 0 tel que ∀x ∈ R, |x − a| ≤ r =⇒
a
|f (x) − l| ≤ 1 et donc par l’inégalité triangulaire, |f (x)| ≤ 1 + |l|.
Ainsi f est bornée sur le voisinage [a − r, a + r] de a.
2. La caractérisation séquentielle de la limite est encore valable.
Proposition 6.3.23. Soit a un point ou une extrémité de I et l ∈ C. Les
propriétés suuivantes sont équivalentes :
1. lim f (x) = l
x→a
2. lim Re(f ) = Re(l) et lim Im(f ) = Im(l)
a
a
ln x + ix
= 0.
x→+∞ 1 + x2
Exemple 6.3.24. lim
Remarque 6.3.25. Les opérations algébriques restent les mêmes dans le cas
complexe à part celles faisant intervenir des limites égales à ±∞.
114
6.3.6
CHAPITRE 6. LIMITES-CONTINUITÉ
Continuité d’une fonction à valeurs complexes
Les définitions vues dans ce chapitre restent les mêmes dans le cas complexe notamment la définition de la continuité en un point.
La seule différence est que |.| désigne le module et non la valeur absolue.
Proposition 6.3.26. Soit a n point de I. Les propositions suivantes sont
équivalentes
1. f est continue en a
2. Re(f ) et Im(f ) sont continues en a
De même les assertions
1. f est continue sur I
2. Re(f ) et Im(f ) sont continues sur I
6.4
Comparaison locale des fonctions
Soit I un intervalle et a ∈ R un élément ou une extrémité de I. Soit f
une fonction définie sur I sauf éventuellement au point a (si a ∈ R).
6.4.1
Fonction dominée par une autre
Définition 6.4.1. On dit qu’une fonction g est dominée par la fonction f
au voisinage de a s’il existe une fonction u bornée au voisinage de a telle que
g(x) = f (x)u(x) au voisinage de a.
On note alors g(x) = O(f (x)) (on dit grand O de f (x))
(a)
Remarque 6.4.2. Dire que u est bornée au voisinage de a (a ∈ R), c’est
dire :
∃α > 0, ∃M > 0, ∀x ∈ [a − α, a + α] ∩ I |u(x)| ≤ M.
Exemples 6.4.3. 1) x sin(x) = O(x), 2) x2 cos x = O(x2 ), 3) x2 sin( x1 ) =
O(x2 ).
En utilisant la définition 6.4.1, on obtient
Proposition 6.4.4. Une fonction f est bornée au voisinage de a si, et seulement si elle est dominée par la fonction constante 1, c’est à dire
f = O(1).
6.4. COMPARAISON LOCALE DES FONCTIONS
115
Propriétés 6.4.5. i) Si g1 = O(f ) et g2 = O(f ) alors g1 + g2 = O(f ).
(a)
(a)
(a)
ii) Si g1 = O(f1 ) et g2 = O(f2 ) alors g1 .g2 = O(f1 .f2 ).
(a)
(a)
(a)
iii) Si h = O(g) et g = O(f ) alors h = O(f ).
(a)
6.4.2
(a)
(a)
Fonction négligeable devant une autre
Définition 6.4.6. On dit qu’une fonction g est négligeable devant f au voisinage de a si g est le produit de f par une fonction h qui tend vers 0 lorsque
x tend vers a :
∀x ∈ I, g(x) = f (x)h(x) et lim h(x) = 0.
x→a
Notation. On écrit g(x) = o(f (x)) et on dit ”petit o de” f (x) au voisinage
(a)
de a.
Remarque 6.4.7. Si f ne s’annule pas sur I \ {a}, alors g est négligeable
devant f au voisinage de a si et seulement si le quotient fg tend vers 0 quand
x tend vers a.
Exemples 6.4.8. 1) g(x) = x3 , f (x) = x2 , on a g(x) = xf (x), donc x3 =
(0)
2
o(x ).
En général xn = o(xn−1 ), pour tout n ∈ N∗ .
(0)
2) g(x) = x2 sin x1 , f (x) = x, on a g(x) = f (x).x sin x1 et lim x sin
x→0
x2 sin x1 = o(x).
1
= 0, donc
x
(0)
x2
x
= lim x
= 0, donc x2 = o(sin x).
x→0 sin x
x→0 sin x
(0)
3) On a lim
En utilisant la définition 6.4.6, on obtient
Proposition 6.4.9. Une fonction f tend vers 0 en a si, et seulement si elle
est négligeable devant la fonction constante 1, c’est à dire
f = o(1).
(a)
Propriétés 6.4.10. i) si f = o(g) alors f = O(g).
(a)
(a)
ii) Si g1 = o(f ) et g2 = o(f ) alors g1 + g2 = o(f ).
(a)
(a)
(a)
116
CHAPITRE 6. LIMITES-CONTINUITÉ
iii) Si g1 = o(f1 ) et g2 = o(f2 ) alors g1 .g2 = o(f1 .f2 ).
(a)
(a)
(a)
iv) Si h = o(g) et g = o(f ) alors h = o(f ).
(a)
(a)
(a)
v) Si g1 = o(f1 ) et g2 = O(f2 ) alors g1 .g2 = o(f1 .f2 ).
(a)
(a)
(a)
v) Si g1 = O(f1 ) et f1 = o(f2 ) alors g1 = o(f2 ).
(a)
(a)
(a)
Les résultats classiques de croissance comparées (proposition 1.2.5 et
1.2.6) se reformule avec le symbole o comme suit, pour α ∈ R et β > 0,
on a
(ln x)α
= 0 (ln x)α = o(xβ )
β
x→+∞
(+∞)
x
β
α
α
lim+ x | ln x| = 0 | ln x| = o(x−β )
lim
(0)
x→0
xα
lim βx = 0
x→+∞ e
lim |x|α eβx = 0
x→−∞
6.4.3
xα = o(eβx )
(+∞)
βx
e
= o(|x|−α )
(−∞)
Fonctions équivalentes
Soit I un intervalle et a ∈ R élément ou extrémité de I. Soit f une
fonction définie sur I.
Définition 6.4.11. On dit qu’une fonction g est équivalente à f au voisinage
de a si g est le produit de f par une fonction h qui tend vers 1 lorsque x tend
vers a :
∀x ∈ I, g(x) = f (x).h(x) et lim h(x) = 1.
x→a
Notation. On écrit g(x) ∼ f (x).
(a)
Remarque 6.4.12. 1) Si f ne s’annule pas sur I \{a}, alors g est équivalente
g
à f au voisinage de a si et seulement si le quotient
tend vers 1 quand x
f
tend vers a.
2) Remarquons que si g ∼ f et f a une limite en a, alors lim f (x) = lim g(x).
x→a
(a)
2
2
La réciproque est fausse, (lim x = lim x mais x 6∼ x ).
x→0
x→0
(0)
x→a
6.4. COMPARAISON LOCALE DES FONCTIONS
117
Exemples 6.4.13. 1) On a sin x ∼ x. En effet, soit h : R −→ R,
(0)
(
x 7−→ h(x) =
sin x
x
si x ∈ R∗ ,
1
si x = 0.
Alors sin x = xh(x) et on sait que lim h(x) = 1.
x→0
2) Soit P (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a0 (où an 6= 0) un polynôme de degré
n. On a
P (x) ∼ an xn .
(±∞)
En effet, pour tout x 6= 0, on a
an−1 1 an−2 1
a0 1
n
+
+ ··· +
.
P (x) = an x 1 +
an x
an x 2
an x n
On pose
h(x) = 1 +
a0 1
an−1 1 an−2 1
+
+ ··· +
.
2
an x
an x
an x n
On a lim h(x) = 1.
x→±∞
Théorème 6.4.14. La relation f ∼ g est une relation d’équivalence.
(a)
Preuve. Immédiate.
Théorème 6.4.15. On a
lim f (x) = lim g(x) = l ∈ R∗ =⇒ f ∼ g.
x→a
x→a
(a)
Preuve. Comme lim g(x) = l 6= 0, alors il existe un voisinage sur lequel g
x→a
ne s’annule pas. Soit h =
f
g
définie sur ce voisinage. On a lim h(x) = 1.
x→a
Remarque 6.4.16. Le théorème serait en défault si l’on n’imposait pas
l 6= 0, l 6= ±∞.
x2
Il est clair que lim x2 = lim x3 = 0 mais x2 6∼ x3 car lim | 3 | = +∞.
x→0
x→0
x→0 x
(0)
1
1
1
2
De même, on a lim 2 = lim 4 = +∞ mais x12 6∼ x14 car lim x1 = 0.
x→0 x
x→0 x
x→+∞ 4
(0)
x
118
CHAPITRE 6. LIMITES-CONTINUITÉ
Théorème 6.4.17. 1) Si f1 ∼ g1 et f2 ∼ g2 alors f1 f2 ∼ g1 g2 .
(a)
(a)
(a)
2) Si f1 ∼ g1 et f2 ∼ g2 , et si aucune de ces fonctions ne s’annule sur I \{a}
alors
(a)
f1
∼ g1
f2 (a) g2
(a)
Preuve. Il existe deux fonction h1 et h2 telles que
f1 = g1 h1 ,
f2 = g2 h2 ,
et lim h1 (x) = lim h2 (x) = 1.
x→a
x→a
Il est clair que
f1 f2 = g1 g2 h1 h2 ,
f1
g1 h1
=
,
f2
g2 h2
lim h1 (x)h2 (x) = 1;
x→a
h1 (x)
= 1.
x→a h2 (x)
lim
Remarque 6.4.18. Le résultat s’étend aux produits de plusieurs facteurs,
donc si f ∼ g, alors f 2 ∼ g 2 , f 3 ∼ g 3 ,· · · . On a aussi f α ∼ g α si α ∈ R et
(a)
(a)
(a)
(a)
les fonctions f α et g α sont bien définies sur I.
Exemple 6.4.19. On a 1 − cos x = 2 sin2 ( x2 ) ∼ 2
(0)
1 − cos x ∼
(0)
x 2
2
=
x2
,
2
ainsi
x2
.
2
Exemple 6.4.20. Les équivalents classiques suivants sont obtenus grâce aux
limites usuelles :
sin x ∼ x;
1 − cos x ∼
(0)
(0)
tan x ∼ x;
x2
;
2
ln(1 + x) ∼ x;
arctan x ∼ x;
(0)
ex − 1 ∼ x;
(0)
(0)
arcsin x ∼ x;
(0)
(0)
(1 + x)α − 1 ∼ αx (α ∈ R∗ ).
(0)
Remarque 6.4.21. Une ERREUR grave à éviter. Si f1 ∼ g1 et f2 ∼ g2 , on
(a)
2
(a)
3
n’a pas en général f1 +f2 ∼ g1 +g2 . En effet, on a x+x ∼ x+x et −x ∼ −x.
(a)
(0)
(0)
Mais (x + x2 ) + (−x) = x2 n’est pas équivalent à (x + x3 ) + (−x) = x3 .
6.4. COMPARAISON LOCALE DES FONCTIONS
119
Remarque 6.4.22. Une autre ERREUR à éviter. Si f ∼ g et ϕ une fonction,
(a)
on n’a pas en général ϕ ◦ f ∼ ϕ ◦ g. En effet, on a x + 1 ∼ x mais ex+1
(a)
(+∞)
ex+1
n’est pas équivalent en +∞ à ex car lim
= e 6= 1.
x→+∞ ex
Mais on peut composer à droite comme le montre le résultat suivant (en
fait ce n’est qu’un changement de variable).
Proposition 6.4.23. Si f ∼ g et ψ telle que lim ψ(x) = b, alors f ◦ψ ∼ g◦ψ.
x→a
(b)
Exemple 6.4.24. 1) sin(
p
|x|) ∼
(a)
p
|x|.
(0)
2
2) lim cos t = 1 et comme ln(u) ∼ u − 1, donne ln(cos t) ∼ cos(t) − 1 ∼ − t2 .
t→0
(1)
(0)
(0)
On a aussi le résultat simple suivant qui concerne la composée avec la
fonction ln.
Proposition 6.4.25. Soit f et g deux fonctions strictement positives au
voisinage de a. Si f ∼ g et lim g(x) = l ∈ [0, +∞[\{1}. Alors on a
x→a
(a)
ln(f ) ∼ ln(g).
(a)
Preuve. Il existe une fonction h telle qu’au voisinage de a
f = gh,
lim h(x) = 1.
x→a
On a ln(f (x)) = ln[g(x)h(x)] = ln(g(x)) + ln(h(x)), donc
ln(h(x))
ln(f (x))
=1+
−→ 1 quand x → a
ln(g(x))
ln(g(x))
car lim ln(h(x)) = 0 et lim ln(g(x)) ∈ R∗ ∪ {−∞}.
x→a
x→a
Remarque 6.4.26. On vérifie facilement que deux fonctions sont équivalentes
au voisinage de a si et seulement si leur différence est négligeable devant l’une
d’entre elles :
f (x) ∼ g(x) ⇐⇒ f (x) − g(x) ∼ o(g(x)).
(a)
(0)
120
CHAPITRE 6. LIMITES-CONTINUITÉ
Ainsi les équivalences de l’exemple 6.4.20 peuvent s’exprimer sous la forme
sin x = x + o(x);
cos x = 1 −
ex = 1 + x + o(x);
x2
+ o(x2 );
2
arcsin x = x + o(x);
arctan x = x + o(x);
ln(1 + x) = x + o(x);
tan x = x + o(x);
(1 + x)α = 1 + αx + o(x) (α ∈ R∗ ).
Cette écriture s’appelle développement limité au voisinage de 0. Un chapitre
est consacré à cette notion.
tan2 x
Exemple 6.4.27. Calculer lim (e − 1) ·
.
x→0
x(1 − cos x)
x
On a ex − 1 ∼ x, tan x ∼ x, donc tan2 x ∼ x2 , d’autre part 1 − cos x ∼
(0)
(0)
par conséquent (ex − 1) ·
tan2 x
x(1−cos x)
x
∼ x·
2 ∼ 2. Finalement
(0)
x · x2 (0)
lim (ex − 1) ·
x→0
(0)
2
tan2 x
= 2.
x(1 − cos x)
(0)
x2
,
2
Chapitre 7
Dérivées - Formules de Taylor
7.1
Généralités.
7.1.1
Dérivabilté en un point
Soit I un intervalle non réduit à un point et a ∈ I. Soit f : I −→ R une
fonction.
Définition 7.1.1. On dit que f est dérivable en a si la fonction (son taux
f (x) − f (a)
admet une
d’accroissement en a) τa (f ) : I \ {a} −→ R, x 7−→
x−a
limite finie quand x → a. Cette limite est alors appelée le nombre dérivé de
f en a et notée f 0 (a) ou Df (a) :
f (x) − f (a)
.
x→a
x−a
f 0 (a) = lim
Remarque 7.1.2. En posant h = x − a, on a une autre écriture très souvent
utilisé :
f (a + h) − f (a)
f 0 (a) = lim
.
h→0
h
Proposition 7.1.3. La fonction f est dérivable en a si et seulement s’il
existe deux réels α et β et une fonction ε : I −→ R définie vérifiant :
∀x ∈ I,
f (x) = α + β(x − a) + (x − a)ε(x),
lim ε(x) = 0.
x→a
(7.1)
Si ces conditions sont vérifiées, alors on a nécessairement α = f (a) et β =
f 0 (a).
121
122
CHAPITRE 7. DÉRIVÉES - FORMULES DE TAYLOR
Preuve. ” =⇒ ” Soit ε la fonction définie sur I par :
( f (x)−f (a)
− f 0 (a) si x 6= a
x−a
ε(x) =
0
si x = a.
Par définition de la dérivabilité on a lim ε(x) = 0. Par ailleurs, pour x 6= a,
x→a
on peut écrire
f (x) − f (a) = (x − a)f 0 (a) + (x − a)ε(x)
et cette relation est encore valable si x = a, d’où le résultat.
” ⇐= ” Supposons qu’il existe deux réels α et β et une fonction ε : I −→ R
définie vérifiant :
∀x ∈ I,
f (x) = α + β(x − a) + (x − a)ε(x),
lim ε(x) = 0.
x→a
On a lim f (x) = α, donc α = f (a). De plus
x→a
lim
x→a
x6=a
f (x) − f (a)
= x→a
lim β + ε(x) = β.
x−a
x6=a
On en déduit que f est dérivable en a et que f 0 (a) = β.
Définition 7.1.4. L’expression (7.1) est appelée développement limité à
l’ordre 1 de f en a.
Remarque 7.1.5. La proposition 7.1.3 affirme qu’une fonction admet un
développement limité à l’ordre 1 en a si et seulement si elle est dérivable en
ce point, et que dans ce cas le développement limité est unique, et donné par
f (x) = f (a) + f 0 (a)(x − a) + (x − a)ε(x), avec lim ε(x) = 0.
x→a
Ce dernier peut être écrit sous cette forme plus pratique
f (a + h) = f (a) + f 0 (a)h + hη(h), avec lim η(h) = 0.
h→0
Définition 7.1.6. Soit f : I −→ R une fonction et a ∈ I.
I On suppose que a n’est pas l’extrémité droite de I. On dit que f est
dérivable à droite en a si la restriction de f à [a, +∞[∩I est dérivable en
a ; on note fd0 (a) le nombre dérivé en a de cette réstriction.
I De même on définit le nombre dérivé à gauche en a qu’on note fg0 (a).
7.1. GÉNÉRALITÉS.
123
Remarque 7.1.7. On vérifie facilement que
f (x) − f (a)
f (a + h) − f (a)
= lim+
,
x→a
h→0
x−a
h
f (x) − f (a)
f (a + h) − f (a)
fg0 (a) = lim−
= lim−
.
x→a
h→0
x−a
h
fd0 (a) = lim+
Proposition 7.1.8. On suppose que a n’est pas une extrémité de I. Alors
on a : f est dérivable en a si et seulement si elle est dérivable à droite et à
gauche en a avec fd0 (a) = fg0 (a) et alors f 0 (a) = fd0 (a) = fg0 (a)
Preuve. Il suffit d’appliquer la définition d’une limite en a en liaison avec la
f (x) − f (a)
limite à droite et à gauche pour la fonction τa (f ) : x 7−→
.
x−a
Proposition 7.1.9. Si f est dérivable en a, alors f est continue en a.
Preuve. D’après la proposition 7.1.3, on a
∀x ∈ I,
f (x) = f (a) + f 0 (a)(x − a) + (x − a)ε(x),
lim ε(x) = 0.
x→a
On passe à la limite, il vient lim f (x) = f (a), d’où le résultat.
x→a
Remarque 7.1.10. La réciproque est fausse. En effet, soit f : R −→ R,
x 7−→ |x|. La fonction f est continue en 0 sans y être dérivable. On peut
montrer très facilement que f est dérivable à droite en 0 et fd0 (0) = 1, que
f est dérivable à gauche en 0 et fg0 (0) = −1, et bien entendu f ne peut être
dérivable en 0.
Remarque 7.1.11. Si f est dérivable à droite (respectivement à gauche) en
a, alors f est continue à droite (respectivement à gauche) en a.
Exercice 7.1.12. Étudier la dérivabilité de f : R −→ R, x 7−→ (x−bxc)(x−
bxc − 1) en un point n ∈ Z.
Solution Pour tout x ∈]n, n + 1[, on a f (x) = (x − n)(x − n − 1). Donc
lim+
x→n
f (x) − f (n)
= lim+ x − n − 1 = −1.
x→n
x−n
Donc f est dérivable à droite de n et fd0 (n) = −1.
D’autre part, pour tout x ∈]n − 1, n[, on a f (x) = (x − n + 1)(x − n). Donc
lim−
x→n
f (x) − f (n)
= lim− x − n + 1 = 1.
x→n
x−n
124
CHAPITRE 7. DÉRIVÉES - FORMULES DE TAYLOR
Donc f est dérivable à gauche de n et fg0 (n) = 1.
Comme fg0 (n) 6= fd0 (n), alors f n’est pas dérivable en n. Le calcul qu’on a fait
montre que f est continue en n. En effet, puisque f est dérivable à droite
en n, alors f est continue à droite en n avec lim+ f (x) = f (n). De même
x→n
f est continue à gauche en n avec lim− f (x) = f (n). Par conséquent f est
x→n
continue en n.
Définition 7.1.13. Soit f : I −→ R une fonction.
I On dit que f est dérivable si elle est dérivable en tout point x de I. On
définit la fonction dérivée de f :
I −→ R
x 7−→ f 0 (x).
df
.
La fonction dérivée de f est notée f 0 ou Df ou encore dx
On note par D(I, R), l’ensemble des fonctions réelles définies et dérivables
sur I.
I On dit que f est de classe C 1 sur I si f est dérivable sur I et f 0 est
continue sur I.
7.1.2
Interprétation graphique
(a)
représente la pente de la droite joignant
Le taux d’accroissement f (x)−f
x−a
les points A = (a, f (a)) et M = (x, f (x)).
I Si f est dérivable en a, cette droite admet une position limite qui est
la tangente à la courbe en A. La dérivée f 0 (a) représente la pente de cette
tangente. L’équation de la tangente :
y = f (a) + f 0 (a)(x − a).
f (x) − f (a)
= ∞, on dit par extension que la courbe admet une
x−a
x6=a
tangente verticale au point (a, f (a)) d’équation x = a.
I Si on suppose que f est (
simplement dérivable à gauche en a, on parle de
y = f (a) + fg0 (a)(x − a)
demi-tangente d’équations
x ≤ a.
I Si x→a
lim
7.2. OPÉRATIONS SUR LES DÉRIVÉES
7.2
125
Opérations sur les dérivées
Soit f, g : I −→ R deux fonctions dérivables au point a ∈ I.
7.2.1
Dérivée d’une somme
Écrivons les développements limités de ces deux fonctions en a :
f (a + h) = f (a) + hf 0 (a) + o(h),
g(a + h) = g(a) + hg 0 (a) + o(h).
En ajoutant membre à membre, il vient
(f + g)(a + h) = (f + g)(a) + h(f 0 (a) + g 0 (a)) + o(h).
La fonction f + g est dérivable en a et
(f + g)0 (a) = f 0 (a) + g 0 (a).
7.2.2
Dérivée d’un produit
De même, en multipliant membre à membre les développements limités
de f et g en a, il vient
(f g)(a + h) = (f g)(a) + h[f 0 (a)g(a) + f (a)g 0 (a)] + h2 f 0 (a)g 0 (a)+
+o(h)[f (a) + g(a) + hf 0 (a) + hg 0 (a) + o(h)].
Il est facile de vérifier que
h2 f 0 (a)g 0 (a) + o(h)[f (a) + g(a) + hf 0 (a) + hg 0 (a) + o(h)] = o(h).
On a donc
(f g)(a + h) = (f g)(a) + h[f 0 (a)g(a) + f (a)g 0 (a)] + o(h).
Ainsi f g est dérivable en a et
(f g)0 (a) = f 0 (a)g(a) + f (a)g 0 (a).
126
CHAPITRE 7. DÉRIVÉES - FORMULES DE TAYLOR
7.2.3
Dérivée d’un quotient
On suppose de plus que g(a) 6= 0. Comme g est continue sur I, alors il
existe α > 0 tel que ∀x ∈ [a − α, a + α] ∩ I, g(x) 6= 0. On a
lim
x→a
Donc
( g1 )(x) − ( g1 )(a)
x−a
= lim
1
g(x)
−
1
g(a)
x−a
g(a) − g(x)
= lim
x→a g(x) · g(a) · (x − a)
−g 0 (a)
.
=
(g(a))2
x→a
1
est dérivable en a et
g
0
1
−g 0 (a)
.
(a) =
g
(g(a))2
Maintenant, en utilisant le fait que
f
1
= f · . Il vient
g
g
0
f
f 0 (a)g(a) − f (a)g 0 (a)
.
(a) =
g
(g(a))2
7.2.4
Composée de fonctions dérivables - Dérivée de
la réciproque
Théorème 7.2.1. Soient I et J deux intervalles d’intérieur non vide, f :
I −→ R, g : J −→ R deux fonctions avec f (I) ⊂ J. Si f est dérivable en a
et g est dérivable en b = f (a), alors g ◦ f est dérivable au point a et
(g ◦ f )0 (a) = g 0 (f (a)) · f 0 (a).
Preuve. Écrivons le développements limités à l’ordre 1 de g en b :
∀y ∈ J,
g(y) = g(b) + g 0 (b)(y − b) + (y − b)ε(y),
lim ε(y) = 0.
y→b
En particulier, pour tout x ∈ I \ {a}, on a
g(f (x)) − g(f (a))
f (x) − f (a) f (x) − f (a)
= g 0 (b)
+
ε(f (x)).
x−a
x−a
x−a
7.2. OPÉRATIONS SUR LES DÉRIVÉES
127
Comme f est continue au point a, alors lim f (x) = f (a), donc par composix→a
tion on a lim ε(f (x)) = 0. Ainsi on a
x→a
lim
x→a
g(f (x)) − g(f (a))
f (x) − f (a) f (x) − f (a)
= lim g 0 (b)
+
ε(f (x))
x→a
x−a
x−a
x−a
= g 0 (f (a))f 0 (a).
Exercice 7.2.2. Soit f : R −→ R une fonction dérivable.
1) Montrer que si f est paire alors f 0 est impaire. Que dire de la parité de f 0
si f est impaire ?
2) Montrer que si f est T −périodique (T > 0), alors f 0 l’est aussi.
Exemple
7.2.3. Si f est une fonction dérivable, alors on a
f 0
I e = f 0 ef ,
I (f α )0 = αf 0 f α−1 (si f > 0 et α ∈ R.)
0
I (ln(|f |))0 = ff (si f ne s’annule pas.)
Théorème 7.2.4. Soit I, J deux intervalles d’intérieur non vide et soit
a ∈ I. Soit f : I −→ J une bijection continue strictement monotone sur
I et dérivable en a. Soit b = f (a), alors on a : f −1 est dérivable en b si et
seulement si, f 0 (a) 6= 0, et dans ce cas on a
(f −1 )0 (b) =
1
f 0 (a)
=
1
f 0 (f −1 (b))
.
Preuve. Supposons que f −1 est dérivable en b, la formule donnant la dérivée
0
d’une composée appliquée à f −1 ◦ f , donne (f −1 ) (b)f 0 (a) = 1, ce qui impose
f 0 (a) 6= 0.
Supposons maintenant que f 0 (a) 6= 0. Soit y ∈ J \ {b}, posons x = f −1 (y).
Comme f −1 est continue sur J, on a si y → b, f −1 (y) −→ f −1 (b) et f −1 (y) 6=
f −1 (b) car f −1 est une bijection, c’est à dire x → a et x 6= a. On a alors
f −1 (y) − f −1 (b)
x−a
1
1
= lim
= 0
= 0 −1
.
x→a f (x) − f (a)
y→b
y−b
f (a)
f (f (b))
lim
128
7.3
7.3.1
CHAPITRE 7. DÉRIVÉES - FORMULES DE TAYLOR
Propriétés des fonctions dérivables de R
dans R.
Extrema locaux
Définition 7.3.1. Soit I un intervalle non réduit à un point et f : I −→ R
une fonction définie sur I. Soit a ∈ I.
On dit que f présente un maximum local (respectivement minimum local) en
a si
∃α > 0 : ∀x ∈ I ∩ [x − a, x + a],
f (x) ≤ f (a) (respectivement f (x) ≥ f (a)).
On dit que f présente un maximum global (respectivement minimum global)
en a si
∀x ∈ I, f (x) ≤ f (a) (respectivement f (x) ≥ f (a)).
Théorème 7.3.2. Soit I un intervalle non réduit à un point, a ∈ I et
f : I −→ R une fonction définie sur I. On suppose que a n’est pas une
extrémité de I. Si f est dérivable en a et que f présente un extremum local
(maximum ou minimum), alors f 0 (a) = 0.
Preuve. Supposons pour fixer les idées qu’il s’agisse d’un maximum. Donc
il existe α > 0 tel que
∀x ∈ [a − α, a + α] ∩ I,
f (x) ≤ f (a).
Comme f est dérivable en a, en particulier à droite et à gauche en a, on a
f (x) − f (a)
f (x) − f (a)
≤ 0 =⇒ fd0 (a) = lim+
≤0
x→a
x−a
x−a
f (x) − f (a)
f (x) − f (a)
∀x ∈ [a − α, a[∩I,
≥ 0 =⇒ fg0 (a) = lim−
≥0
x→a
x−a
x−a
∀x ∈]a, a + α] ∩ I,
Or f est dérivable, donc f 0 (a) = fd0 (a) = fg0 (a) = 0.
Remarque 7.3.3. 1) C’est une condition nécessaire qui n’est pas suffisante,
en effet, par exemple la fonction f :−→ R, x 7−→ x3 , on a f 0 (0) = 0 mais f
ne présente pas d’extremum en 0.
2) Dans la preuve on voit qu’on a besoin que le point a soit à l’intérieur
de I pour pouvoir l’approcher par la droite et par la gauche. La fonction
f : [1, 2] −→ R, x 7−→ x présente un minimum global en 1 et un maximum
global en 2, mais sa dérivées ne s’annule pas en ces points.
7.3. PROPRIÉTÉS DES FONCTIONS DÉRIVABLES DE R DANS R.129
7.3.2
Théorème de Rolle, des accroissements finis
Dans toute cette section a, b sont deux réels tels que a < b.
Théorème 7.3.4 (Théorème de Rolle) Soit f : [a, b). −→ R une fonction
continue sur [a, b] et dérivable sur ]a, b[ telle que f (a) = f (b). Alors il existe
c ∈]a, b[ tel que
f 0 (c) = 0.
Preuve. On sait d’après un Théorème du chapitre précédent que f est
bornée sur [a, b] et f atteint ses bornes.
Si f est constante sur [a, b] et on a f 0 (x) = 0 pour tout x ∈]a, b[. Sinon
l’un de ces extremas, soit M est distinct de f (a) = f (b). Il existe donc un
point c ∈]a, b[ tel que f (c) = M . Comme f est dérivable sur ]a, b[ et donc en
c, on a f 0 (c) = 0 d’après le théorème 7.3.2.
Remarque 7.3.5. Le théorème tombe en défaut lorsqu’on supprime l’une
des hypothèses : f continue sur [a, b], f dérivable sur ]a, b[, f (a) = f (b).
Dessin à faire.
Théorème 7.3.6 (Égalité des accroissements finis). Soit f : [a, b] −→ R une
fonction continue sur [a, b] et dérivable sur ]a, b[. Alors il existe c ∈]a, b[ tel
que
f (b) − f (a)
.
f 0 (c) =
b−a
Preuve. On applique le Théorème de Rolle à la fonction g(x) = f (x) −
f (b)−f (a)
(x − a).
b−a
7.3.3
Inégalité des accroissements finis et conséquences
Théorème 7.3.7 (Inégalité des accroissements finis). Soit f : [a, b] −→ R
une fonction continue sur [a, b], dérivable sur ]a, b[. On suppose que
∃M ≥ 0 ∀x ∈]a, b[,
|f 0 (x)| ≤ M.
Alors on a
∀(x, y) ∈ [a, b]2 ,
|f (x) − f (y)| ≤ M |x − y|.
130
CHAPITRE 7. DÉRIVÉES - FORMULES DE TAYLOR
Preuve. Soit (x, y) ∈ [a, b]2 . Si x = y, l’inégalité est immédiate.
Si x < y (même chose pour y > x), on a la fonction f est continue sur [x, y],
dérivable sur ]x, y[, d’après le théorème des accroissements finis, il existe
c ∈]x, y[ tel que
f (y) − f (x) = f 0 (c)(y − x).
Ainsi on a
|f (y) − f (x)| = |f 0 (c)||y − x| ≤ M |x − y|.
Remarque 7.3.8. Soit f : [a, b] −→ R une fonction continue sur [a, b],
dérivable sur ]a, b[. On suppose que f 0 est borné sur ]a, b[, c’est à dire
∃(m, M ) ∈ R2 ∀x ∈]a, b[,
m ≤ f 0 (x) ≤ M.
On a alors pour tout (x, y) ∈ [a, b]2 avec x < y, on a
m(y − x) ≤ f (y) − f (x) ≤ M (y − x).
Exercice 7.3.9. 1) Montrer que pour tout a, b ∈ R, | sin b − sin a| ≤ |b − a|.
b−a
b−a
2) Montrer que pour tout a, b, 0 ≤ a < b < π2 , cos
2 a ≤ tan b − tan a ≤ cos2 b .
Définition 7.3.10. Soit k ∈ R+ . On dit qu’une fonction f : I −→ R est
k−lipschitzienne sur I si
∀(x, y) ∈ I 2 ,
|f (x) − f (y)| ≤ k|x − y|.
On dit que f est lipschitzienne sur I si elle est k−lipschitzienne sur I pour
un certain réel k ≥ 0.
Proposition 7.3.11. Soit f ∈ D(I, R). Si f 0 est bornée sur I, alors f est
lipschitzienne sur I.
Preuve. Immédiate.
Exercice 7.3.12. Soit f ∈ D(I, R).
1) Montrer que f est lipschitzienne sur I si, et seulement si f 0 est bornée sur
I.
2) Soit k ≥ 0. Montrer que si f k−lipschitzienne sur I, alors k ≥ sup |f 0 (x)|.
x∈I
Exercice 7.3.13. Montrer que
1) ∀x ∈ R | sin x| ≤ |x|;
2) ∀x ∈ [0, +∞[ ln(1 + x) ≤ x.
7.3. PROPRIÉTÉS DES FONCTIONS DÉRIVABLES DE R DANS R.131
Définition 7.3.14. On dit qu’une fonction f : I −→ R est contractante (ou
une contraction) sur I si elle est k−lipschitzienne sur I avec 0 ≤ k < 1.
Proposition 7.3.15. Soit f : I −→ R une fonction contractante. Alors f
admet au plus un point fixe.
Preuve. Supposons qu’il existe a, b ∈ I tels que f (a) = a et f (b) = b. On a
donc
|a − b| = |f (a) − f (b)| ≤ k|a − b|.
Ainsi on a (1 − k)|a − b| ≤ 0, donc |a − b| = 0 ou encore a = b.
Proposition 7.3.16. Soit f : I −→ I une fonction contractante et (un )n∈N
une suite définie par u0 ∈ I et un+1 = f (un ) pour tout n ∈ N.
Si c est un point fixe de f , alors la suite (un )n∈N est convergente et sa limite
est c.
Preuve. Pour tout n ∈ N, on a
|un+1 − c| = |f (un ) − f (c)| ≤ k|un − c|.
Par récurrence, on montre que pour tout n ∈ N :
|un − c| ≤ k n |u0 − c|.
Comme k ∈ [0, 1[, on a lim k n = 0, d’où le résultat.
n→+∞
Exercice 7.3.17.√Soit a ∈ [−1, +∞[. Étudier la suite (un )n∈N définie par
u0 = a et un+1 = 1 + un pour tout n ∈ N.
Remarque 7.3.18. Si dans la proposition 7.3.16, I = [a, b], on peut calculer
une valeur approchée du point fixe c, en effet on a
|un − c| ≤ k n |u0 − c| ≤ k n |b − a|.
Si on cherche une valeur approchée à ε > 0 près, on cherche n0 ∈ N tel que
k n0 |b − a| ≤ ε.
132
7.3.4
CHAPITRE 7. DÉRIVÉES - FORMULES DE TAYLOR
Dérivées et sens de variation
Les résultats précédents permettent d’établir le lien entre le signe de la
dérivée et le sens de variation de la fonction :
Proposition 7.3.19. Soit I un intervalle non vide de R et soit f : I −→ R
◦
une fonction dérivable sur I. Alors,
◦
(i) f est croissante sur I si et seulement si (∀x ∈ I, f 0 (x) ≥ 0).
◦
(ii) f est décroissante sur I si et seulement si (∀x ∈ I, f 0 (x) ≤ 0).
◦
(iii) f est constante sur I si et seulement si (∀x ∈ I, f 0 (x) = 0).
◦
Preuve. (i) Supposons que f est croissante. Soit x ∈ I et soit ϕ la fonction
définie par
◦
ϕ:
I \ {x} −→ R
f (t) − f (x)
.
t 7−→ ϕ(t) =
t−x
◦
Comme f est croissante, on a pour tout t ∈ I\{x}, ϕ(t) ≥ 0. Or f 0 (x) =
◦
lim ϕ(t) donc f 0 (x) ≥ 0. Par suite f 0 (x) ≥ 0 pour tout x ∈ I.
t→x
◦
Réciproquement, supposons que pour tout x ∈ I f 0 (x) ≥ 0. Soit α, β
deux éléments de I tels que α < β. Il s’agit de montrer que f (α) ≤ f (β).
Pour l’avoir on va appliquer le théorème des accroissements finis sur [α, β].
On a f est continue sur [α, β], dérivable sur ]α, β[, donc il existe c ∈]α, β[ tel
(α)
que f (β)−f
= f 0 (c) ≥ 0 et par conséquent f (α) ≤ f (β).
β−α
(ii) f est décroissante si et seulement si −f est croissante, donc (ii) résulte
de (i).
(iii) f est constante si et seulement si f est à la fois croissante et décroissante,
donc (iii) résulte de (i) et (ii).
Remarque 7.3.20. 1) Ces résultats ne sont valables que sur un intervalle :
soit f : x 7−→ x1 , on a f est dérivable sur R∗ et pour tout x ∈ R∗ , f 0 (x) =
−1
≤ 0 et pourtant f n’est pas décroissante sur R∗ .
x2
◦
2) Si f 0 est strictement positive sur I, alors f est strictement croissante sur
I ; mais la réciproque est fausse : la fonction f : x 7−→ x3 est strictement
croissante sur R mais sa dérivée s’annule en 0.
7.4. DÉRIVÉES SUCCESSIVES
7.3.5
133
Théorème de la limite de la dérivée
Proposition 7.3.21. Soit f : I −→ R une fonction continue sur I et
dérivable sur I \ {a}. Si la restriction de f 0 à I \ {a} admet une limite l
en a, finie ou infinie, alors
f (x) − f (a)
= l.
x→a
x−a
lim
Preuve. Pour tout x ∈ I \{a}, en appliquant le théorème des accroissements
finis à f entre a et x, il existe cx ∈]a, x[ (ou ]x, a[) tel que
f (x) − f (a)
= f 0 (cx ).
x−a
Comme pour tout x ∈ I \ {a}, on a |cx − a| ≤ |x − a|, on obtient lim cx = a.
x→a
Par composition des limites
f (x) − f (a)
= lim f 0 (cx ) = l.
x→a
x→a
x−a
On peut donc énoncer le résultat suivant :
lim
Théorème 7.3.22. Soit f : I −→ I une fonction continue sur I et dérivable
sur I \ {a}. Si la restriction de f 0 à I \ {a} admet une limite finie l en a,
alors
I f est dérivable en a ;
I f 0 est continue en a et f 0 (a) = l.
Exercice 7.3.23. Soit f : [−1, 1] −→ R, x 7−→ arcsin(1 − x4 ). Montrer que
f est dérivable en 0.
( 2
x sin( x1 ) si x ∈ R∗
Exercice 7.3.24. Soit f : [−1, 1] −→ R, x 7−→
0
si x = 0.
1) Montrer que f est dérivable en 0.
2) Montrer que f est dérivable en tout point x ∈ R∗ et que f 0 (x) n’a pas de
limite en 0.
7.4
Dérivées successives
Définition 7.4.1. Soit f ∈ D(I, R). Si f 0 est dérivable sur I, on dit que f
est deux fois dérivable sur I, sa dérivée est la fonction (f 0 )0 qu’on note aussi
f 00 ou encore f (2) .
134
CHAPITRE 7. DÉRIVÉES - FORMULES DE TAYLOR
Remarque 7.4.2. Soit n ∈ N∗ , f ∈ D(I, R). On définit avec ce procédé
ce que signifie pour une fonction d’être n fois dérivable ainsi que la dérivée
n−ième d’une fonction, qu’on notera f (n) .
Définition 7.4.3. Soit f : I −→ R.
I Soit n ∈ N. On dit que f est de classe C n sur I si f est n fois dérivable
sur I et que la fonction f (n) est continue sur I.
On note par C n (I, R), l’ensemble des fonctions réelles de classe C n sur I.
I Par convention, on dit que f est de classe C 0 sur I si f est continue sur
I.
I On dit que f est de classe C ∞ sur I, si f est de classe C n sur I pour tout
n ∈ N.
Proposition 7.4.4. Soient n ∈ N, (f, g) ∈ C n (I, R)2 et (λ, µ) ∈ R2 . Alors
λf + µg ∈ C n (I, R) et :
(λf + µg)(n) = λf (n) + µg (n) .
Théorème 7.4.5 (Formule de Leibnitz). Soit n ∈ N et (f, g) ∈ C n (I, R)2 .
Alors la fonction f · g est de classe C n sur I et
(f · g)(n) =
n
X
Cnk f (k) g (n−k) .
k=0
Preuve. Raisonnons par récurrence : pour n = 0, c’est vrai. Supposons
que la propriété est satisfaite pour un entier naturel n. Soient f et g deux
fonctions de classe C n+1 sur I. Alors (f g)0 est de classe C n sur I et donc f g
7.4. DÉRIVÉES SUCCESSIVES
135
est de classe C n+1 sur I. De plus
(f · g)(n+1) = ((f · g)(n) )0
!0
n
X
=
Cnk f (k) g (n−k)
(hyp. de récurrence)
k=0
=
n
X
Cnk [f (k+1) g (n−k) + f (k) g (n−k+1) ]
k=0
=
=
n
X
k=0
n+1
X
Cnk f (k+1) g (n−k)
n
X
+
Cnk f (k) g (n−k+1)
k=0
Cnk−1 f (k) g (n−k+1)
+
n
X
Cnk f (k) g (n−k+1)
k=0
k=1
= f (n+1) g +
= f (n+1) g +
n
X
k=1
n
X
[Cnk−1 + Cnk ]f (k) g (n−k+1) + f g (n+1)
k
Cn+1
f (k) g (n−k+1) + f g (n+1)
k=1
=
n+1
X
k
Cn+1
f (k) g (n−k+1) .
k=0
Exercice 7.4.6. Calculer la dérivée nième des fonctions suivantes.
1
1. f : x 7−→ 1−x
2,
3
2. g : x 7−→ cos x,
3. h : x 7−→ (x2 + 1)e2x .
Proposition 7.4.7. Soit I, J deux intervalles d’intérieur non vide, n ∈ N
ainsi que f ∈ C n (I, R), g ∈ C n (J, R) telles que f (I) ⊂ J. Alors g ◦ f ∈
C n (I, R).
Preuve. Cette propriété est vraie quand n = 0 ou n = 1. Supposons
que la composée de fonction de classe C n soit encore de classe C n sur I et
considérons des fonctions f et g de classe C n+1 sur I et J respectivement.
Nous avons (g ◦f )0 = (g 0 ◦f ).f 0 . Comme g 0 et f sont de classe C n , l’hypothèse
de récurrence nous montre que g 0 ◦ f est de classe C n sur I, f 0 étant de classe
C n sur I, le théorème 7.4.5 nous montre que (g 0 ◦ f ).f 0 est de classe C n sur
I. Ainsi g ◦ f est de class C n+1 sur I.
136
CHAPITRE 7. DÉRIVÉES - FORMULES DE TAYLOR
Exercice 7.4.8. Soit f : R −→ R une fonction de classe C ∞ et u : I −→ R
une fonction dérivable vérifiant
∀x ∈ I,
u0 (x) = f (u(x)).
Montrer que u ∈ C ∞ (I, R).
Corollaire 7.4.9. Soit n ∈ N et f ∈ C n (I, R) une fonction qui ne s’annule
pas sur I. Alors f1 est de classe C n sur I.
Preuve. Sans perte de généralité, supposons que f (I) ⊂ R∗+ . Soit g : R∗+ −→
R, x 7−→ x1 . Il est clair que g ∈ C n (R∗+ , R). On applique le théorème précédent
à f et g.
Théorème 7.4.10 (Bijection de classe C n ). Soit I, J deux intervalles d’intérieur
non vide. Soit f : I −→ J une bijection strictement monotone de classe C n
sur I. Alors on a : f 0 ne s’annule pas sur I si, et seulement si f −1 de classe
C n sur I.
Preuve. Montrons par récurrence sur n la propriété : ”pour toute bijection
strictement monotone de classe C n de I dans J telle f 0 ne s’annule pas, la
bijection réciproque f −1 est de classe C n ”.
La propriété est vraie pour n = 1, c’est une conséquence du théorème 7.2.4.
Si f est de classe C n+1 , alors f 0 est de classe C n et d’après l’hypothèse de
récurrence et par composition f 0 ◦ f −1 est de classe C n et ne s’annule pas.
Par passage à l’inverse (f −1 )0 = f 0 ◦f1 −1 est de classe C n et donc f −1 classe
C n+1 .
Pour la condition suffisante on utilise le fait f −1 de classe C n , donc dérivable
puis le théorème 7.2.4.
Remarque 7.4.11. Le théorème précédent est vraie pour n = ∞.
Théorème 7.4.12. Soit n ∈ N ∪ {+∞} et a un point de I. Si f est de classe
C n sur I \ {a} et si pout tout i ∈ {0, 1, ..., n}, f (i) admet une limite finie en
a, alors f admet un prolongement par continuité en a et ce prolongement est
de classe C n sur I.
Preuve. Pour n = 0, on utilise un résultat du chapitre précédent et pour
n = 1, le théorème 7.3.22. On constate que la propriété est récurrente en
utilisant à nouveau le théorème 7.3.22.
1
Exercice 7.4.13. Montrer que la fonction f : x ∈ R∗ 7−→ e− x2 se prolonge
en une fonction de classe C ∞ sur R.
7.5. EXTENSION AUX FONCTIONS À VALEURS COMPLEXES
7.5
137
Extension aux fonctions à valeurs complexes
Soit I un intervalle non réduit à un point et a ∈ I. Soit f : I −→ C une
fonction à valeurs complexes.
Définition 7.5.1. On dit que f est dérivable en a si la fonction (son taux
f (x) − f (a)
admet une
d’accroissement en a) τa (f ) : I \ {a} −→ C, x 7−→
x−a
limite en a dans C. Cette limite lorsqu’elle existe, est appelée dérivée de f
en a et notée f 0 (a) ou Df (a) :
f (x) − f (a)
.
x→a
x−a
Lorsque f est dérivable en tout point de I, on dit qu’elle est dérivable sur
I. L’application x 7−→ f 0 (x) est appelée application dérivée et elle est notée
f 0.
La fonction est dite de classe C 1 sur I si f est dérivable sur I et f 0 est
continue sur I. De même on définit les fonctions de classe C n (n ∈ N) et de
classe C ∞ sur I.
f 0 (a) = lim
7.5.1
Ce qui ne change pas par rapport aux fonctions
à valeurs réels
I La dérivabilité implique la continuité.
I Dérivée d’une somme : si f, g : I −→ C sont deux fonctions dérivables au
point a ∈ I, alors f + g est dérivable en a et (f + g)0 (a) = f 0 (a) + g 0 (a).
I Dérivée d’un produit : si f, g : I −→ C sont deux fonctions dérivables au
point a ∈ I, alors f · g est dérivable en a et (f.g)0 (a) = f 0 (a)g(a) + f (a)g 0 (a).
I La formule de Leibnitz reste vraie.
I Pour la composition, il y a un problème car on ne sait pas dériver par
rapport à une variable complexe. Cependant si f : I −→ R est dérivable en
a ∈ I et g : f (I) −→ C est dérivable en f (a), alors g ◦ f est dérivable en a et
(g ◦ f )0 (a) = g 0 (f (a))f 0 (a).
Proposition 7.5.2. Soit f : I −→ C une fonction.
I La fonction f est dérivable en a, si, et seulement si, la fonction f est
dérivable en a et l’on a alors
0
f (a) = f 0 (a).
138
CHAPITRE 7. DÉRIVÉES - FORMULES DE TAYLOR
I La fonction f est dérivable en a, si, et seulement si, les fonctions Re(f )
et Im(f ) sont dérivables en a et l’on a alors
f 0 (a) = (Re(f ))0 (a) + i(Im(f ))0 (a).
Exemple 7.5.3. Soit α ∈ C et f : R −→ C, x 7−→ eαx . Montrons que f est
dérivable sur R. En écrivant α = λ + iµ où (λ, µ) ∈ R2 , on a
∀x ∈ R,
f (x) = eλx (cos(µx) + i sin(µx)).
On voit que les fonctions Re(f ) et Im(f ) sont dérivables sur R, donc f est
dérivable sur R. Pour tout x ∈ R, on a
(Re(f ))0 (x) = eλx [λ cos(µx) − µ sin(µx)],
(Im(f ))0 (x) = eλx [λ sin(µx) + µ cos(µx)].
On obtient donc pour tout x ∈ R
f 0 (x) = (λ + iµ)eλx [cos(µx) + i sin(µx)] = αeαx .
7.5.2
Ce qui change par rapport aux fonctions à valeurs réels
I La notion d’extremum ne s’étend pas fonctions à valeurs complexes.
I Le théorème de Rolle et l’égalité des accroissements finis sont également
faux pour les fonctions à valeurs complexes. Ceci est moins évident puisque
leur énoncé garde un sens pour une fonction à valeurs complexes.
Exemple 7.5.4. Soit f : R −→ C, x 7−→ eix . On sait que f est dérivable
(donc continue) sur R et f (0) = f (2π). Pourtant la dérivée f 0 (x) = ieix ne
s’annule en aucun point de [0, 2π].
On peut en revanche généraliser l’inégalité des accroissements finis aux
fonctions à valeurs complexes.
Théorème 7.5.5. Soit f : I −→ C une fonction de classe C 1 sur I. On
suppose que
∃M ≥ 0 / ∀x ∈ I, |f 0 (x)| ≤ M.
Alors on a
∀(x, y) ∈ I 2 ,
|f (x) − f (y)| ≤ M |x − y|.
7.6. FORMULES DE TAYLOR
139
Preuve. voir chapitre intégration.
En considérant le cas particulier M = 0, on retrouve la caractérisation
des fonctions constantes sur un intervalle :
Proposition 7.5.6. Soit f : I −→ C une fonction dérivable sur I et telle
que pour tout x ∈ I, f 0 (x) = 0. Alors f est constante sur I.
7.6
Formules de Taylor
7.6.1
Formule de Taylor avec reste intégral
Théorème 7.6.1. Soient p ∈ N et I un intervalle de R. Soit f : I −→ R
une fonction de classe C p+1 sur I et a un élément de I. Alors on a
∀x ∈ I,
f (x) =
p
X
(x − a)k
k=0
k!
f
(k)
Z
(a) +
a
x
(x − t)p (p+1)
f
(t) dt.
p!
Preuve. Raisonnons par récurrence sur l’entier p.
• p = 0 : pour toute fonction f de classe C 1 on a :
Z x
f 0 (t) dt
f (x) = f (a) +
a
par définition de l’intégrale de la fonction continue f 0 . La propriété est donc
vérifiée à l’ordre 0.
• Supposons que la propriété est vérifiée à l’ordre p et soit f une fonction
de classe C p+2 sur I. Donc f est de classe C p+1 , d’où d’après l’hypothèse de
récurrence :
Z x
p
X
(x − t)p (p+1)
(x − a)k (k)
f (a) +
f
(t) dt.
∀x ∈ I,
f (x) =
k!
p!
a
k=0
Intégrons par partie cette dernière intégrale :
0
u (t) =
(x−t)p
p!
v(t) = f (p+1) (t)
(x − t)p+1
u(t) = −
(p + 1)!
0
(p+2)
v (t) = f
(t);
140
CHAPITRE 7. DÉRIVÉES - FORMULES DE TAYLOR
(u et v sont de classe C 1 .)
x
(x − t)p (p+1)
f
(t) dt
p!
a
x Z x
(x − t)p+1 (p+1)
(x − t)p+1 (p+2)
= −
f
(t) +
f
(t) dt
(p + 1)!
(p + 1)!
a
a
Z x
(x − t)p+1 (p+2)
(x − a)p+1 (p+1)
f
(a) +
f
(t) dt.
=
(p + 1)!
(p + 1)!
a
Z
On obtient bien la formule cherchée au rang p + 1.
Exemples 7.6.2. Soit f (x) = ex . f est de classe C ∞ et f (p) (x) = ex pour
tout p ∈ N et pour tout x ∈ R. Par conséquent f (p) (0) = 1 pour tout p ∈ N.
On a donc
Z x
p
X
xk
(x − t)p t
x
e =
+
e dt.
k!
p!
0
k=0
De même on montre :
x(2p+1)
x3 x5
+
sin x = x− + +...+(−1)p
3! 5!
(2p + 1)!
Z
(2p)
x 2 x4
px
cos x = 1 −
+
+ ... + (−1)
+
2!
4!
(2p)!
Z
7.6.2
x
(x − t)(2p+1)
sin(t+(p+1)π) dt.
(2p + 1)!
x
1
(x − t)(2p)
cos(t + (p + )π) dt.
(2p)!
2
0
0
Formule de Taylor-Lagrange
Théorème 7.6.3. (Formule de Taylor-Lagrange)
Soit f une fonction de classe C n sur un segment [a, b]. Si f (n) est dérivable
sur ]a, b[, alors il existe c ∈]a, b[ tel que :
f (b) = f (a)+
(b − a) 0
(b − a)2 00
(b − a)n (n)
(b − a)n+1 (n+1)
f (a)+
f (a)+...+
f (a)+
f
(c)
1!
2!
n!
(n + 1)!
ou encore
f (b) =
n
X
(b − a)k
k=0
k!
f (k) (a) +
(b − a)n+1 (n+1)
f
(c).
(n + 1)!
7.6. FORMULES DE TAYLOR
141
Preuve. Soit A le réel tel que :
f (b) =
n
X
(b − a)k
k!
k=0
f (k) (a) +
(b − a)n+1
A
(n + 1)!
On définit la fonction ϕ comme suit
ϕ : [a, b] → R
x 7→ ϕ(x) = f (b) −
n
X
(b − x)k
k!
k=0
f (k) (x) −
(b − x)n+1
A.
(n + 1)!
On a
ϕ(b) = 0 et ϕ(a) = f (b) −
n
X
(b − a)k
k!
k=0
f
(k)
(b − a)n+1
(a) −
A = 0.
(n + 1)!
De plus, ϕ est continue sur [a, b], dérivable sur ]a, b[. D’après la théorème de
Rolle il existe c ∈]a, b[ tel que ϕ0 (c) = 0. Or pour tout x ∈]a, b[ on a
ϕ0 (x) =
=
n
X
(b − x)k−1
k=1
n−1
X
k=0
(k − 1)!
f (k) (x) −
n
X
(b − x)k
k=0
n
X
k!
f (k+1) (x) +
(b − x)n
A
n!
(b − x)n
(b − x)k (k+1)
(b − x)k (k+1)
f
(x) −
f
(x) +
A
k!
k!
n!
k=0
(b − x)n (n+1)
(b − x)n
f
(x) +
A
n!
n!
(b − x)n
=
−f (n+1) (x) + A
n!
= −
Par conséquent ϕ0 (c) = 0 donne A = f (n+1) (c), c’est à dire
f (b) =
n
X
(b − a)k
k=0
Remarque 7.6.4.
k!
f (k) (a) +
1. Le terme
(b − a)n+1 (n+1)
f
(c).
(n + 1)!
(b − a)n+1 (n+1)
f
(c) est appelé reste de
(n + 1)!
Lagrange.
2. Le cas n = 0 correspond exactement au théorème des accroissements
fini.
142
CHAPITRE 7. DÉRIVÉES - FORMULES DE TAYLOR
3. La formule de Taylor Lagrange est encore vraie si b < a.
Corollaire 7.6.5. (Inégalité de Taylor-Lagrange)
Si f une fonction de classe C n+1 sur un segment [a, b], on a :
f (b) −
n
X
(b − a)k
k!
k=0
f (k) (a) ≤
|b − a|n+1
Mn+1
(n + 1)!
où on a posé Mn+1 = sup |f (n+1) |(x).
x∈[a,b]
Preuve. D’après la formule de Taylor-Lagrange, il existe c ∈]a, b[ tel que
f (b) −
n
X
(b − a)k
k!
k=0
f (k) (a) =
(b − a)n+1 (n+1)
f
(c)
(n + 1)!
Comme f (n+1) est continue sur [a, b], alors elle est bornée et par suite en
posant Mn+1 = sup |f (n+1) (x)|, on aura
x∈[a,b]
f (b) −
n
X
(b − a)k
k=0
k!
f
(k)
|b − a|n+1 (n+1)
|b − a|n+1
(a) =
f
(c) ≤
Mn+1
(n + 1)!
(n + 1)!
Remarque 7.6.6. Autre écriture de la formule de Taylor-Lagrange :
Si on pose b = a + x, alors le nombre c de ]a, b[ peut s’écrire c = a + θx avec
0 < θ < 1, et la formule de Taylor s’écrit :
f (a + x) =
n
X
xk
k=0
k!
f (k) (a) +
xn+1 (n+1)
f
(a + θx)
(n + 1)!
Corollaire 7.6.7. (Formule de Mac Laurin)
Soit f une fonction de classe C n+1 sur [0, x], alors il existe θ ∈]0, 1[ tel que
f (x) =
n
X
xk
k=0
k!
f (k) (0) +
xn+1 (n+1)
f
(θx)
(n + 1)!
Exemple 7.6.8. Soit f : R → R définie par f (x) = sin x.
La fonction f est de classe C ∞ sur R et pour tout n ∈ N, on a :
π
f (n) (x) = sin(x + n ).
2
7.6. FORMULES DE TAYLOR
143
Ainsi
f (2p) (0) = sin(pπ) = 0
π
f (2p+1) (0) = sin((2p+1) ) = cos(pπ) = (−1)p .
2
et
D’où pour tout x ∈ R, il existe θ ∈]0, 1[ dépendant de x et de n tel que :
sin x =
n
X
x2p+1
x2n+2
+
sin(θx + (n + 1)π).
(−1)p
(2p
+
1)!
(2n
+
2)!
p=0
Exercice 7.6.9. Montrer que pour tout x ∈ R, il existe θ ∈]0, 1[ tel que :
cos x =
n
X
(−1)p
p=0
7.6.3
x2p
x2n+1
π
+
cos(θx + (2n + 1) ).
(2p)! (2n + 1)!
2
Formule de Taylor-Young
Théorème 7.6.10. Soit f une fonction de classe C n sur un intervalle I.
Pour tout a ∈ I, il existe une fonction ε : I → R continue sur I telle que :
f (x) =
n
X
(x − a)k
k=0
k!
f (k) (a) + (x − a)n ε(x) et lim ε(x) = 0.
x→a
Preuve. Si n = 0, la fonction ε = f − f (a) est continue sur I et lim ε(x) =
x→a
ε(a) = 0.
Supposons n ≥ 1 et considérons la fonction ε définie sur I par :
n
X
1
(x − a)k (k)
ε(a) = 0 et ∀x ∈ I \ {a}, ε(x) =
f
(x)
−
f (a).
(x − a)n
k!
k=0
Cette fonction ε est clairement continue sur I sauf peut être en a.
n
X
(x − a)k (k)
f (a) est de classe C n sur I avec
La fonction g : x 7→ f (x) −
k!
k=0
g(a) = g 0 (a) = ... = g (n) (a) = 0
donc l’inégalité de Taylor-Lagrange donne :
∀x ∈ I, |g(x)| ≤
|x − a|n
sup |g (n) (t)|
n! t∈[a,x]
144
CHAPITRE 7. DÉRIVÉES - FORMULES DE TAYLOR
donc
∀x ∈ I, |ε(x)| ≤
1
sup |g (n) (t)|.
n! t∈[a,x]
La continuité de g (n) avec g (n) (a) = 0 donne :
∀α > 0, ∃β > 0 : ∀t ∈ I, |t − a| ≤ β ⇒ |g (n) (t)| ≤ αn!
donc
∀x ∈ I, |x − a| ≤ β ⇒ sup |g (n) (t)| ≤ αn!
t∈[a,x]
Ainsi,
∀α > 0, ∃β > 0 : ∀x ∈ I \ {a}, |x − a| ≤ β ⇒ |ε(x)| ≤ α.
Ce qui prouve que lim ε(x) = 0 donc que ε est continue en a.
x→a
7.7
Convexité
Soit f une fonction définie sur un intervalle I d’intérieur non vide
7.7.1
Définitions
Définition 7.7.1.
1. On dit que f est une fonction convexe si et seulement si, quels que soient (x1 , x2 ) ∈ I 2 et λ ∈ [0, 1]
f (λx1 + (1 − λ)x2 ) ≤ λf (x1 ) + (1 − λ)f (x2 )
2. On dit que f est une fonction concave si −f est convexe.
Exemple 7.7.2.
1. La fonction f : R → R définie par f (x) = x2 est
convexe.
2. La fonction f : R → R définie par f (x) = |x| est convexe.
Remarque 7.7.3. Si f est une fonction convexe, alors pour tous x1 et x2
de I, on a
x1 + x2
1
f(
) ≤ f (x1 ) + f (x2 ).
2
2
Lemme 7.7.4. Soient x1 et x2 deux nombres réels tels que x1 < x2 . Alors
{tx1 + (1 − t)x2 : t ∈ [0, 1]} = [x1 , x2 ].
7.7. CONVEXITÉ
145
Preuve. Considérons l’application ϕ : [0, 1] → R définie par ϕ(t) = tx1 +
(1 − t)x2 .
ϕ est continue et décroissante sur [0, 1], donc ϕ([0, 1]) = [ϕ(1), ϕ(0)] =
[x1 , x2 ].
Interprétation géométrique : Soient M1 = (x1 , f (x1 ), M2 = (x2 , f (x2 ), x ∈
[x1 , x2 ],
M = (x, f (x)) et P le point d’abscisse x de la droite M1 M2 . Alors il existe
λ ∈ [0, 1] tel que
x = λx1 + (1 − λ)x2
x = λx1 + (1 − λ)x2
M=
et P =
f (x) = f (λx1 + (1 − λ)x2 )
y = λf (x1 ) + (1 − λ)f (x2 )
Dire que f est convexe, c’est à dire que pour tout couple (M1 , M2 ) de points
du graphe de f, la corde M1 M2 est située au dessus de l’arc M1 M2 .
7.7.2
Caractérisations
Proposition 7.7.5. On suppose f convexe sur I. Etant donné x1 , x2 , .., xn
dans I et λ1 , λ2 , .., λn des réels strictement positifs de somme égale à 1, alors
n
n
X
X
f(
λ i xi ) ≤
λi f (xi ).
i=1
i=1
Preuve. La propriété est vraie quand n = 1 ou n = 2. Supposons la vraie
n+1
n+1
X
X
au rang n et considérons
λi xi avec
λi = 1 et λi > 0 pour tout i.
i=1
i=1
146
CHAPITRE 7. DÉRIVÉES - FORMULES DE TAYLOR
Définissons y par
n
X
n
X
λi xi =
i=1
f
n+1
X
λi y et posons λ0 =
i=1
n
X
λi , il vient alors
i=1
λi xi = f (λ0 y + λn+1 xn+1 ) avec λ0 + λn+1 = 1, λ0 > 0, λn+1 > 0.
i=1
Comme f est convexe, alors f λ0 y + λn+1 xn+1 ≤ λ0 f (y) + λn+1 f (xn+1 ) et
l’hypothèse de récurrence donne
n
n
X
λi X λi
f (y) = f
xi ≤
f (xi )
λ
λ
i=1 0
i=1 0
d’où finalement
f
n+1
X
λ i xi ≤
i=1
n+1
X
λi f (xi ).
i=1
Exercice 7.7.6. Soient a1 , a2 , ..., an , b1 , b2 , ..., bn des nombres réels positifs.
Retrouver l’inégalité de Cauchy-Schwarz
n
X
ai b i
i=1
2
≤
n
X
a2i
n
X
b2i
i=1
i=1
en utilisant la convexité de la fonction x 7→ x2 .
ai
b2
(On pourra prendre λi = n i et xi = .)
X
bi
b2i
i=1
Proposition 7.7.7. f est convexe si et seulement si, pour tout a ∈ I, la
f (x) − f (a)
fonction pa : x 7→
est croissante sur I \ {a}.
x−a
Preuve.
i) Supposons f convexe. Soient x1 < x2 des éléments de I et x ∈]x1 , x2 [,
il existe λ ∈]0, 1[ tel que x = λx1 + (1 − λ)x2 et on a f (x) ≤ λf (x1 ) +
(1 − λ)f (x2 ). Il vient
x−x1 = (1−λ)(x2 −x1 ) > 0 et f (x)−f (x1 ) ≤ (1−λ)(f (x2 )−f (x1 ))
7.7. CONVEXITÉ
147
d’où
f (x) − f (x1 )
f (x2 ) − f (x1 )
≤
.
x − x1
x2 − x1
(1)
De même
x2 − x = λ(x2 − x1 ) > 0 et f (x2 ) − f (x) ≥ λ(f (x2 ) − f (x1 ))
donne
f (x2 ) − f (x1 )
f (x2 ) − f (x)
≤
.
x2 − x 1
x2 − x
(2)
Si a < t < t0 , on applique (1) avec x1 = a, x = t, x2 = t0 , il vient
pa (t) ≤ pa (t0 ).
Si t < t0 < a, avec (2) et x1 = t, x = t0 , x2 = a, on obtient
pa (t) ≤ pa (t0 ).
Si t < a < t0 , on pose x1 = t, x = a, x2 = t0 . Avec (1), il vient :
f (t0 ) − f (t)
f (t0 ) − f (t)
et
avec
(2),
il
vient
:
≤ pa (t0 ) et la
pa (t) ≤
t0 − t
t0 − t
transitivité donne pa (t) ≤ pa (t0 ). En conclusion pa est croissante.
ii) Supposons que pour tout a ∈ I, la fonction pa est croissante. Quels
que soient x1 , x2 dans I, avec x1 < x2 et x ∈]x1 , x2 [, il existe λ ∈]0, 1[
tel que : x = λx1 + (1 − λ)x2 . La croissance de px1 nous donne (1) et
donc
x − x1
(f (x2 ) − f (x1 )).
f (x) ≤ f (x1 ) +
x2 − x1
Puisque x − x1 = (1 − λ)(x2 − x1 ), on obtient
f (x) ≤ λf (x1 ) + (1 − λ)f (x2 ).
f est donc convexe.
7.7.3
Fonctions convexes dérivables
◦
Proposition 7.7.8. Soit f convexe et dérivable sur I et a un point de I.
1. Pour tout x ∈ I tel que x < a, on a pa (x) ≤ f 0 (a).
2. Pour tout x ∈ I tel que x > a, on a pa (x) ≥ f 0 (a).
148
CHAPITRE 7. DÉRIVÉES - FORMULES DE TAYLOR
Preuve. La fonction pa est monotone donc d’après le théorème de la limite
monotone,
f 0 (a) =
lim pa (x)
x→a−
= sup{pa (t) : t ∈ I, t < a}
≥ pa (x) ∀x ∈ I tel que x < a.
De même
f 0 (a) =
lim pa (x)
x→a+
= inf{pa (t) : t ∈ I, t > a}
≤ pa (x) ∀x ∈ I tel que x > a.
Théorème 7.7.9. Soit f dérivable sur I, alors f est convexe si et seulement
si f 0 est croissante sur I.
Preuve.
I Supposons f dérivable et convexe sur I. En utilisant la proposition
précédente, pour tout x1 et x2 dans I tels que x1 < x2 , on a :
f 0 (x1 ) ≤ px1 (x2 ) et px2 (x1 ) ≤ f 0 (x2 ).
Comme px1 (x2 ) = px2 (x1 ), il vient f 0 (x1 ) ≤ f 0 (x2 ). Ce qui montre que
f 0 est croissante.
I Supposons f dérivable et f 0 croissante. Quels que soient x1 , x2 dans I
et λ ∈]0, 1[, posons x = λx1 + (1 − λ)x2 . On a alors x1 < x < x2 et il
existe c1 ∈]x1 , x[ et c2 ∈]x, x2 [ tels que
f (x) − f (x1 ) = (x − x1 )f 0 (c1 ) et f (x2 ) − f (x) = (x2 − x)f 0 (c2 ).
Alors c1 < c2 donne f 0 (c1 ) ≤ f 0 (c2 ) et il vient :
f (x) − f (x1 )
f (x2 ) − f (x)
≤
.
x − x1
x2 − x
Avec x = λx1 + (1 − λ)x2 , on obtient
x − x1 = (1 − λ)(x2 − x1 )
et
x2 − x = λ(x2 − x1 ).
7.7. CONVEXITÉ
149
Il vient alors :
f (λx1 + (1 − λ)x2 ) ≤ λf (x1 ) + (1 − λ)f (x2 )).
Ceci étant vrai pour tout couple (x1 , x2 ) et tout λ ∈ [0, 1], la fonction
f est convexe.
Corollaire 7.7.10. Soit f deux fois dérivable sur I.
1. Si f ” est positive sur I, alors f est convexe.
2. Si f ” est négative sur I, alors f est concave.
Exemple 7.7.11.
1. La fonction exponentielle est convexe sur R.
2. La fonction ln est concave sur R∗+ .
3. La fonction sin est concave sur [0, π2 ].
Exercice 7.7.12.
1. Soit a, b ∈ R. Montrer que e a+b
≤
2
ea +eb
.
2
2. a) Montrer que f : x 7−→ ln(ln(x)) est concave
sur ]1, +∞[.
√
)
≥
b) En déduire qu ∀a, b > 1, ln( a+b
ln
a
ln
b.
2
Théorème 7.7.13. Soit f dérivable sur I. f est convexe sur I si et seulement
si sa courbe représentative est au desuus de ses tangentes.
Preuve.
I Supposons f dérivable et convexe et considérons un élément a ∈ I.
f (x) − f (a)
≤ f 0 (a). D’où
Pour x < a, pa (x) ≤ f 0 (a) se lit
x−a
f (x) ≥ (x − a)f 0 (a) + f (a).
Pour x > a,
pa (x) ≥ f 0 (a) se lit
f (x) − f (a)
≥ f 0 (a). D’où
x−a
f (x) ≥ (x − a)f 0 (a) + f (a).
On conclut en notant que la tangente en a admet pour équation
y = (x − a)f 0 (a) + f (a).
150
CHAPITRE 7. DÉRIVÉES - FORMULES DE TAYLOR
I Supposons f dérivable et que quels que soient a et x dans I, f (x) ≥
(x − a)f 0 (a) + f (a). Quels que soient a et b dans I, pour tout x ∈ I,
on a
f (x) ≥ (x − a)f 0 (a) + f (a)
et
f (x) ≥ (x − b)f 0 (b) + f (b).
et
f (a) ≥ (a − b)f 0 (b) + f (b).
En particulier
f (b) ≥ (b − a)f 0 (a) + f (a)
En ajutant membre à membre, on obtient (b − a)(f 0 (b) − f 0 (a)) ≥ 0.
Ce qui montre que f 0 est croissante.
Exercice 7.7.14. Montrer que pour tout x ∈ [0, π2 ],
2
x
π
≤ sin x ≤ x.
Chapitre 8
Développements limités
Soit I un intervalle et a ∈ I. On considère une fonction f définie sur
I = I \ {a} ou I.
∗
8.1
Définitions
Définition 8.1.1. Soit n ∈ N. On dit que f admet un développement limité
d’ordre n ∈ N au voisinage de a (en abrégé DLn (a)) s’il existe un polynôme
Pn de degré inférieur ou égal à n tel que
f (x) = Pn (x − a) + o (x − a)n .
C’est à dire : Il existe c0 , c1 , ..., cn ∈ R tels que
f (x) = c0 + c1 (x − a) + c2 (x − a)2 + ... + cn (x − a)n + o (x − a)n
Rappel. o (x − a)n = (x − a)n ε(x) où lim ε(x) = 0.
x→a
On notera par o(1) toute fonction qui tend vers 0 quand x tend vers a.
Remarque 8.1.2.
1. Si I ∗ est de la forme ]a, a+r[ (resp. ]a−r, a[) avec
r > 0, on parlera du développement limité à l’ordre n à droite (resp.
à gauche ) de a.
2. Le changement de variable défini par x = a + h, f (x) = f (a + h) =
g(h), permet de ramener l’étude de f au voisinage de a à celle de g
au voisinage de 0. On obtient donc
f (a + h) = g(h) = Pn (h) + o(hn )
151
au voisinage de 0.
152
CHAPITRE 8. DÉVELOPPEMENTS LIMITÉS
Dans la pratique, on n’étudie que les développements limités au voisinage de 0.
Définition 8.1.3. Quand I n’est pas majoré (resp. minoré), on dit que f
admet un développement limité d’ordre n ∈ N en +∞ (resp. −∞) s’il existe
un polynôme Pn de degré inférieur ou égal à n tel que
f (x) = Pn
1
1
+o n
x
x
au voisinage de + ∞ (resp. − ∞).
Remarque 8.1.4. Au voisinage de +∞ (resp. −∞), le changement de va1
1
= g(h) permet de ramener l’étude de
riable défini par x = , f (x) = f
h
h
f en +∞ (resp. −∞) à celle de g à droite (resp. à gauche) de 0. On obtient
donc
1
f ( ) = g(h) = Pn (h) + o(hn ).
h
8.2
Propriétés
Dans ce paragraphe I est un intervalle contenant 0.
Théorème 8.2.1. Unicité du développement limité d’ordre n
n
n
X
X
k
Etant donné des polynôme Pn et Qn , Pn (x) =
ck x et Qn (x) =
d k xk ,
k=0
k=0
s’ils vérifient :
f (x) = Pn (x) + o xn
et f (x) = Qn (x) + o xn
alors Pn = Qn .
Preuve. f (x)
− Pn (x) = o xn et f (x) − Qn (x) = o xn donnent Pn (x) −
Qn (x) = o xn .
Posons αk = ck − dk , nous sommes ramenés à montrer que :
n
X
k=0
αk xk = o xn =⇒ ∀k ∈ J0, nK, αk = 0
Supposons qu’il existe k ∈ J0, nK tel que αk 6= 0 et posons p = inf{k : αk 6= 0}.
n
n
X
X
Il vient alors
αk xk = o xn d’où encore αp +
αk xk−p = o xn−p .
k=p
k=p+1
Il s’ensuit αp = 0, ce qui démontre le résultat par l’absurde.
8.2. PROPRIÉTÉS
153
Définition 8.2.2. Etant donné f définie sur I ∗ et une fonction polynôme
n
X
Pn (x) =
ck xk telle que
k=0
f (x) = Pn (x) + o xn .
Pn est appelée la partie régulière d’ordre n en 0 de la fonction f.
Exemple 8.2.3.
1 − hn+1
hn+1
1
=
+
1−h
1−h
1−h
= 1 + h + h2 + ... + hn +
hn+1
,
1−h
hn+1
= o(hn ). Par conséquent 1 + h + h2 ... + hn est
1−h
1
la partie régulière d’ordre n en 0 de h 7−→
.
1−h
or au voisinage de 0,
Corollaire 8.2.4. Troncature d’un développement limité
n
X
ck xk est la partie régulière d’ordre n en 0 de f, alors, pour
Si Pn (x) =
k=0
tout entier p appartenant à J0, nK,
p
X
ck xk est la partie régulière d’ordre p
k=0
en 0 de f,
k
Preuve. Pour tout k > p, on a x = o x
p
donc si f (x) =
n
X
ck x k + o x n ,
k=0
alors pour tout p ≤ n;
f (x) =
p
X
ck x k + o x p .
k=0
Corollaire 8.2.5. Développement limité d’une fonction paire ou
impaire
On suppose que f admet un développement limité à l’ordre n en 0, de partie
régulière Pn .
154
CHAPITRE 8. DÉVELOPPEMENTS LIMITÉS
1. Si f est paire, le polynôme Pn est pair,
2. Si f est impaire, le polynôme Pn est impair.
Preuve. Soit f une fonction admettant un D.L. d’ordre n au voisinage de
0 de partie régulière Pn (x) = c0 + c1 x + c2 x2 + ... + cn xn . On a alors
f (x) = c0 + c1 x + c2 x2 + ... + cn xn + o(xn )
f (−x) = c0 − c1 x + c2 x2 + ... + (−1)n cn xn + o(xn ).
1. Si f est paire, l’unicité du développement limité permet d’identifier
les coefficients corréspondants. Tous les coefficients de Pn d’indices
impair sont nuls : le polynôme Pn est pair.
2. Même raisonnement si f est impaire.
Proposition 8.2.6. Limite ou continuité d’une fonction admettant
un développement limité
n
X
Si f admet un D.L d’ordre n ∈ N au voisinage de 0, et Pn (x) =
ck xk sa
k=0
partie régulière d’ordre n. Alors f admet c0 pour limite en 0.
Preuve. Par troncature, f (x) = c0 + o(1). D’où lim f (x) = c0 .
x→0
Remarque 8.2.7. Si f est définie sur I, alors f (0) = c0 et si f est définie
sur I ∗ , alors f admet un prolongement g, continu en 0, défini par g(0) = c0 .
Proposition 8.2.8. Dérivabilité d’une fonction admettant un développement
limité
n
X
Si f admet un D.L d’ordre n ≥ 1 au voisinage de 0, et Pn (x) =
ck x k
k=0
sa partie régulière d’ordre n et g le prolongement par continuité de f en 0.
Alors g est dérivable en 0 et g 0 (0) = c1 .
Preuve. Le prolongement par continuité de f en 0 découle de la proposition
précédente, avec g(0) = c0 . Par troncature, g(x) = c0 + c1 x + o(x). D’où
g(x) − g(0)
lim
= c1 .
x→0
x
Attention ! La propriété précédente ne se généralise pas aux dérivées
d’ordres supérieurs comme le montre l’exemple suivant :
8.3. DÉVELOPPEMENT LIMITÉ ET ÉQUIVALENT
155
Exemple 8.2.9. Soit f la fonction définie sur R∗ par f (x) = x3 sin x1 .
f admet un D.L d’ordre 2 en 0 dont la partie régulière est le polynôme nul
puisque f (x) = o(x2 ).
f admet donc un prolongement g continu en 0, avec g(0) = 0 et g 0 (0) = 0.
Pour tout x 6= 0, g 0 (x) = f 0 (x) = 3x2 sin x1 − x cos x1 . Mais g n’admet pas de
1
1
g 0 (x) − g 0 (0)
= 3x sin − cos n’admet pas
dérivée d’ordre 2 en 0. puisque
x
x
x
de limite en 0.
Il s’ensuit que g admet un D.L d’ordre 2 en 0 mais qu’elle n’admet pas de
dérivée d’ordre 2 en 0.
8.3
Développement limité et équivalent
Définition 8.3.1. Etant donné un polynôme non nul P, P =
X
ck X k , la
k∈N
valuation de P, notée val P est l’entier p = inf{k ∈ N : ck 6= 0}.
Proposition 8.3.2. Si f admet un D.L d’ordre n ≥ 1 au voisinage de 0,
n
X
ck xk sa partie régulière d’ordre n. Si Pn n’est pas nulle et de
et Pn (x) =
k=0
(0)
valuation p, alors f (x) ∼ cp xp .
Preuve. Par troncature, il vient f (x) = cp xp + o xp donc, avec cp 6= 0,
f (x)
= 1.
lim
x→0 cp xp
8.4
8.4.1
Développements limités des fonctions usuelles
Méthodes et dérivées successives usuelles
Les fonctions usuelles sont de classe C ∞ . La formule de Taylor-Young
permet alors d’obtenir un développement limité à tout ordre.
Proposition 8.4.1. Si f est de classe C n sur I, et si a ∈ I, alors f admet
un D.L d’ordre n au visinage de a et :
f (x) =
n
X
(x − a)k
k=0
k!
f (k) (a) + o (x − a)n .
156
CHAPITRE 8. DÉVELOPPEMENTS LIMITÉS
Preuve. Voir chapitre précédent.
Dérivées successives des fonctions usuelles
f(x)
f(k) (x)
f(k) (0)
exp x
exp x
1
sin x
sin(x + k π2 )
sin(k π2 )
cos x
cos(x + k π2 )
cos(k π2 )
(1+x)α , α réel quelconque
α(α − 1)...(α − k + 1)(1 + x)α−k
α(α − 1)...(α − k + 1)
8.4.2
Développements limités usuels
La liste suivante donne, pour chaque fonction, son développement limité
en 0 à l’ordre indiqué par le reste.
x2
xn
x
+
+ ... +
+ o(xn )
1!
2!
n!
x3 x5
x2n+1
sin x = x −
+
+ ... + (−1)n
+ o(x2n+1 )
3!
5!
(2n + 1)!
x2n
x2 x 4
+
+ ... + (−1)n
+ o(x2n )
cos x = 1 −
2!
4!
(2n)!
α
α(α − 1) 2
α(α − 1)...(α − n + 1) n
(1 + x)α = 1 + .x +
.x + ... +
.x + o(xn )
1!
2!
n!
exp(x) = = 1 +
En particulier, on a
1
= 1 − x + x2 + ... + (−1)n xn + o(xn )
1+x
1
= 1 + x + x2 + ... + xn + o(xn )
1−x
8.4. DÉVELOPPEMENTS LIMITÉS DES FONCTIONS USUELLES 157
Exemple 8.4.2. Le développement limité à l’ordre 4 de √
1
s’obtient à
1−x
partir de celui de x 7→ (1 − x)α avec α = − 12 .
On obtient :
1
1
3
5
35 4
√
= 1 + x + x2 + x3 +
x + o x4 .
2
8
16
128
1−x
En particulier f (3) (0) =
8.4.3
15
8
et f (4) (0) =
105
.
16
Primitives
Théorème 8.4.3. Soit f : R → R une fonction continue sur un intervalle I
(contenant 0), et F une primitive de f sur I. Si f admet un D.L. d’ordre n
au voisinage de 0, alors F admet un D.L. d’ordre n + 1 au voisinage de 0.
Si Pn est la partie régulière d’ordre n de f, la partie régulière d’ordre n + 1
de F est la primitive de Pn qui prend la valeur F (0) en 0.
Preuve. Soit Pn (x) =
n
X
ck xk la partie régulière d’ordre n de f en 0.
k=0
n+1
n
X
X
ck−1 k
ck k+1
x
= F (0) +
x .
Considérons Q tel que Q(x) = F (0) +
k+1
k
k=1
k=0
Nous avons Q0 = P et Q(0) = F (0). Avec f (x) = P (x) + o xn , on obtient :
∀ε > 0, ∃α > 0 : ∀x ∈ I ∩ [−α, α], |f (x) − P (x)| ≤ ε|xn |.
Un application du théorème des accroissements finis à la fonction ϕ : t 7−→
F (t) − Q(t) entre 0 et x prouve l’existence de c entre 0 et x tel que
|ϕ(x)−ϕ(0)| = |F (x)−Q(x)− F (0)−Q(0) | = |F (x)−Q(x)| = |x||f (c)−Pn (c)|.
Ainsi
∀x ∈ I ∩ [−α, α], |F (x) − Q(x)| ≤ ε|xn+1 |,
et donc
F (x) = Q(x) + o xn+1 .
Application à des développements usuels
158
CHAPITRE 8. DÉVELOPPEMENTS LIMITÉS
xn
x 2 x3
+
+ ... +
+ o xn
− ln(1 − x) = x +
2
3
n
x2 x3
xn
ln(1 + x) = x −
+
+ ... + (−1)n+1 + o xn
2
3
n
2n+1
x
x3
+ ... + (−1)n
+ o x2n+1 .
arctan x = x −
3
2n + 1
Remarque 8.4.4. Attention la réciproque du théorème est fausse : si une
fonction f dérivable admet un D.L. d’ordre n au voisinage de a, sa dérivée
n’admetpas forcément un D.L. d’ordre n − 1. Par exemple la fonction f :
x3 sin x1 si x 6= 0,
x 7−→
admet un D.L. d’ordre 2 au voisinage de 0 :
0
si x = 0
f (x) = o(x2 ). f est dérivable sur R mais sa dérivée f 0 n’est pas dérivable en
0 et par conséquent f 0 n’admet pas de D.L. d’ordre 1. (voir proposition 8.2.8
Mais, si on sait que f 0 possède un D.L. d’ordre n − 1 au voisinage de a, on
peut l’obtenir en dérivant terme à terme celui de f.
Exemple 8.4.5. Déterminons le D.L d’ordre 6 en 0 de la fonction arcsin .
La fonction arcsin étant impaire, ses développements aux ordres 5 et 6 ont la
même partie régulière. D’après l’exemple 8.4.2 on a :
√
1
3
1
= 1 + x2 + x4 + o x4 .
2
8
1 − x2
donc avec le thérème précédent :
1
3
arcsin x = x + x2 + x5 + o x6 .
6
40
On montre également que
arccos x =
8.5
8.5.1
1
3
π
− x − x2 − x5 + o x5 .
2
6
40
Règles de calcul
Linéarité
Théorème 8.5.1. Soit f et g deux fonctions admettant des D.L d’ordre n
en 0, Pn et Qn leurs parties régulières d’ordre n et λ ∈ R.
8.5. RÈGLES DE CALCUL
159
1. f + g admet un D.L d’ordre n en 0 et sa partie régulière est Pn + Qn .
2. λf admet un D.L d’ordre n en 0 et sa partie régulière est λPn .
Preuve. Avec f (x) − Pn (x) = o xn et g(x) − Qn (x) = o xn , on obtient
f (x) + g(x) − Pn (x) − Qn (x) = o xn .
Et f (x) − Pn (x) = o xn donne λf (x) − λPn (x) = o xn
Exemple 8.5.2. A partir des développements limités en 0 de ex et e−x , on
retrouve ceux de cosh x et sinh x.
1. ex =
2n+1
X
k=0
xk
+ o x2n+1 ,
k!
et cosh x =
1
2
2. De même, sinh x =
o x2n+1 .
8.5.2
2n+1
X
xk
+ o x2n+1 ,
k!
k=0
n
X x2k
ex + e−x , il vient cosh x =
+ o x2n .
(2k)!
k=0
1
2
e−x =
(−1)k
n
X
ex − e−x , il vient sinh x =
k=0
x2k+1
+
(2k + 1)!
Produit
Théorème 8.5.3. Soit f et g deux fonctions admettant des D.L d’ordre n
en 0, Pn et Qn leurs parties régulières d’ordre n. Alors f g admet un D.L
d’ordre n en 0 et sa partie régulière d’ordre n s’obtient en formant le produit
Pn Qn et en ne retenant que les termes de degré inférieur ou égal à n.
Preuve. Il existe des fonctions ε1 et ε2 de limites nulles en 0, telles que :
f (x) = Pn (x) + xn ε1 (x)
et
g(x) = Qn (x) + xn ε2 (x).
Soit les polynômes Cn et D tels que deg(Cn ) ≤ n et Pn Qn = Cn + xn+1 D. on
obtient :
f (x)g(x) = Cn (x) + xn ε1 (x)Qn (x) + ε2 (x)Pn (x) + xn ε1 (x)ε2 (x) + xD(x) .
Comme lim ε1 (x)Qn (x) + ε2 (x)Pn (x) + x ε1 (x)ε2 (x) + xD(x) = 0, on a :
n
x→0
f (x)g(x) = Cn (x) + o xn .
160
CHAPITRE 8. DÉVELOPPEMENTS LIMITÉS
Exemple 8.5.4. Déterminons le D.L à l’ordre 3 en 0 de √
ex
.
1+x
On a
1
1
1
3
5
1
1
et √
ex = 1+x+ x2 + x3 +o x3
= (1+x)− 2 = 1− x+ x2 − x3 +o x3 .
2
6
2
8
16
1+x
1
1 1
3
5 1
3
1
1 + x + x2 + x3 1 − x + x2 − x3 = 1 + x + x2 − x3 + o x 3 .
2
6
2
8
16
2
8
48
En conclusion,
√
ex
1
3
1
= 1 + x + x2 − x3 + o x3 .
2
8
48
1+x
Exercice 8.5.5. Déterminer le D.L à l’ordre 8 en 0 de tan x.
Solution : Remarquons que la fonction tan x est impaire. Ses développements
aux ordres
7 et 8 ont la m partie régulière. Il est immédiat que tan x =
x + o x2 .
Nous en déduisons tan2 x = x2 + o x3 , puis :
1 + tan2 x = 1 + x2 + o x3 .
tan étant la primitive de 1+tan2 qui prend la valeur 0 en 0, nous en déduisons :
tan x = x +
x3
+ o x4 .
3
Réitérons cette méthode pour obtenir, à chaque fois, le développement à
l’ordre supérieur.
tan2 x = x2 + 32 x4 + o x5 d’o 1 + tan2 x = 1 + x2 + 32 x4 + o x5 puis :
1
2
tan x = x + x3 + x5 + o x6 .
3
15
tan2 x = x2 + 32 x4 + 17
x6 + o x7 d’o :
45
2
17
1 + tan2 x = 1 + x2 + x4 + x6 + o x7
3
45
Il vient alors
1
2
17 7
tan x = x + x3 + x5 +
x + o x8 .
3
15
315
8.5. RÈGLES DE CALCUL
8.5.3
161
Quotient
Théorème 8.5.6. Soit f et g deux fonctions admettant des D.L d’ordre n
en 0.
f
Si lim g(x) 6= 0, admet un développement limité à l’ordre n en 0.
x→0
g
Preuve. Soit Pn et Qn les parties régulières d’ordre n de f et g en 0. Il
existe alors des fonctions ε1 et ε2 de limites nulles en 0, telles que :
f (x) = Pn (x) + xn ε1 (x)
et
g(x) = Qn (x) + xn ε2 (x).
f
admet un développement limité à l’ordre n en 0 et
g
f
notons Cn sa partie régulière d’ordre n. Avec f = g. , Pn s’obtient
g
en formant le produit Qn Cn et en retenant que les termes de degrés
au plus n.
En posant

 Pn (x) = a0 + a1 x + ... + an xn
Qn (x) = b0 + b1 x + ... + bn xn

Cn (x) = c0 + c1 x + ... + cn xn
I Supposons que
celà s’exprime par :
(S)

a0 = b 0 c 0




a1 = b 0 c 1 + b 1 c 0



.
.




.



an = bn c0 + bn−1 c1 + ... + b0 cn
I Le système (S) est un système triangulaire admettant une solution
unique puisque b0 = lim g(x) 6= 0. Notons (c0 , c1 , ..., cn ) sa solution et
x→0
posons Cn (x) = c0 + c1 x + ... + cn xn .
Il vient :
Qn (x)Cn (x) = Pn (x) + xn+1 D(x).
Ainsi
f (x) − Cn (x)g(x) = (Pn − Qn Cn ) + xn (ε1 (x) − Cn (x)ε2 (x))
= xn [−xD(x) + ε1 (x) − Cn (x)ε2 (x)]
= o xn
162
CHAPITRE 8. DÉVELOPPEMENTS LIMITÉS
puis
f
− C n = o xn .
g
Remarque 8.5.7. La méthode içi présente pour le calcul du développement
f
limité de s’appelle méthode des coefficients indéterminés.
g
1
Exemple 8.5.8. Développement limité à l’ordre 7 en 0 de F : x 7−→
.
cos x
F étant paire, sa partie régulière à l’ordre 7 est paire. On écrit :
F (x) =
1
1 4
1 − 12 x2 + 24
x −
1
x6
720
+o x
= a + bx2 + cx4 + dx6 + o x7 .
7
Avec la méthode des coefficients indéterminés, on a :

1 = a,



0 = − a2 + b,
a
0 = 24
− 2b + c,



a
b
0 = − 720
+ 24
− 2c + d.
ce qui donne a = 1, b = 21 , c =
5
24
puis d =
61
.
720
Exemple 8.5.9. Développement limité à l’ordre 5 en 0 de F : x 7−→
On écrit,
x ln(1 + x2 )
.
1 − cos x
ln(1 + x2 )
x
.
F (x) =
1 − cos x
x2
Ce qui montre que F admet un
développement limité à l’ordre 5 de la forme
3
5
5
F (x) = ax + bx + cx + o x par imparité. Avec la méthode des coefficients
indéterminés, on a :

a
,
 1=
2
−1
a
=
−
+ 2b ,
24
 12
a
b
= 720
− 24
+ 2c
3
ce qui donne a = 2, b = − 56 , c =
71
.
120
8.5. RÈGLES DE CALCUL
8.5.4
163
Composition
Théorème 8.5.10. Soient f : I → J et g : J → R deux fonctions admettant
un D.L à l’ordre n en 0. Pn et Qn leurs parties régulières d’ordre n.
On suppose que Pn (0) = 0, i.e. que le coefficient constant de Pn est nul. Alors
g ◦f possède un D.L d’ordre n en 0 dont la partie régulière d’ordre n s’obtient
en ne retenant du polynôme Qn ◦ Pn que les termes de degré inférieur ou égal
à n.
Exemple 8.5.11. Calculons de deux manières différentes le développement
limité à l’ordre 7 en 0 de ln(cos x).
1. La dérivée de
7 → ln(cos x) est x 7−→ − tan x et tan x = x + 13 x3 +
x−
2 5
6
x +o x .
15
En prenant une primitive nulle en 0, il vient :
1
1
1
ln(cos x) = − x2 − x4 − x6 + o x7 .
2
12
45
2. On obtient un développment limité de ln(cos x) = ln 1 − (1 − cos x)
avec des développment de ln(1 − x) et (1 − cos x).
ln(cos x) étant paire, sa partie régulière d’ordre 7 est la même qu’à
l’ordre 6.
(1 − cos x) étant de valuation 2, il suffit d’avoir le développement à
l’ordre 6 de (1 − cos x) et à l’ordre 3 pour ln(1 − x).
1
1
ln(1−x) = −x− x2 − x3 +o x3
2
3
et
1
1
1 6
1−cos x = x2 − x4 +
x +o x6 .
2
24
720
Formons le composé Q3 ◦ P6 des polynômes :
1
Q3 = −x − x3
3
et
1
1
x6
P 6 = x2 − x 4 +
2
24
720
pour obtenir la partie régulière du développement limité à l’ordre 6 de
ln(cos x).
On écrit :
164
CHAPITRE 8. DÉVELOPPEMENTS LIMITÉS
h
−1 × P6 =
1 h
− × P62 =
2
1 h 3
− × P6 =
3
D’où Q3 ◦ P6 (x) = − 12 x2 −
1 2
x
2
−
1 4
x
4
+ o x6
i
1 6
6
x
+
o
x
8
1 4
x
12
−
−
1 4
x
24
+
1
x6
720
1 6
x
24
1 6
x
45
i
i
+ o x6 . Il s’ennsuit :
1
1
1
ln(cos x) = − x2 − x4 − x6 + o x7 .
2
12
45
1
Exercice 8.5.12. Donner le D.L à l’ordre 5 en 0 de f : x 7−→ ln 1 + x2 +
2
1 3
1 4
x + x .
6
24
8.6
8.6.1
Développements limités généralisés
Définition
Soit f une fonction réelle définie au voisinage de 0.
Définition 8.6.1. Soit p ∈ N∗ et n ∈ N, on dit que f admet un développement
limité généralisé à l’ordre n − p en 0 quand x 7−→ xp f (x) admet un
développement limité à l’ordre n en 0.
Remarque 8.6.2.
an xn tel que
1. Il existe alors un polynôme P (x) = a0 + a1 x + ... +
xp f (x) = P (x) + o xn .
1
n
n
.
On peut alors écrire f (x) = p a0 + a1 x + ... + an x + o x
x
2. Certaines fonctions n’admettent pas de développement limité généralisé.
C’est le cas de ln x en 0 ou en +∞, ou ex en +∞.
Exercice 8.6.3. Développement généralisé à l’ordre 3 en 0 de
1
.
tan x
8.7. REPRÉSENTATION GRAPHIQUE D’UNE FONCTION
165
x
x cos x
Solution : En formant
=
, nous pouvons utiliser les développements
tan x
sin x
limités à l’ordre 4 en 0 de x cos x et sin x.
De
1 4
1 − 12 x2 + 24
x + o x4
x cos x
,
=
1
sin x
1 − 16 x2 + 120
x4 + o x4
on déduit
x
1
1
= 1 − x2 − x4 + o x 4
tan x
3
45
et enfin :
1
1 1
1
= − x − x3 + o x3 .
tan x
x 3
45
8.6.2
Notion de développement asymptotique
p
√
√
Considérons la fonction f : R+ → R définie par f (x) = x + x − x.
On se propose de développer f au voisinage de +∞. On a :
1 1 √
f (x) = g √
avec g(u) =
1+u−1 .
u
x
Ecrivons le développement limité d’ordre 2 de g en 0.
√
1
1
1
1
1 1
1 + u = 1+ u− u2 + u3 +o u3
donne g(u) = − u+ u2 +o u2 .
2
8
16
2 8
16
On en déduit qu’au voisinage de +∞,
1
1
1
1
+o
.
f (x) = − √ +
2 8 x 16x
x
Pour distinguer ce type de développement d’un développement polynômial
ou génlisé, on dit que c’est
un développement asymptotique de f (x) en
1
+∞ à la précision o x .
8.6.3
Formule de Stirling
Théorème 8.6.4. n! =
8.7
√
n+ 21 −n
2πn
e
1+
1
12n
+o
1
n
en +∞.
représentation graphique d’une fonction
Soit f une fonction d’un intervalle I de R et C sa courbe représentative
→
− →
−
dans un repère (O, i , j )
166
8.7.1
CHAPITRE 8. DÉVELOPPEMENTS LIMITÉS
Prolongement en un point
Règle 1 : Soit x0 une borne de I, x0 ∈
/ I. Si f admet un D.L d’ordre 1
en x0 :
f (x) = a0 + a1 (x − x0 ) + o (x − x0 ) .
Alors f se prolonge par continuité en x0 par g telle que g(x0 ) = a0 .
La tangente T à C en (x0 , a0 ) a pour équation y = a0 + a1 (x − x0 ).
Règle 2 : Si f admet un D.L á un ordre n ≥ 2 :
f (x) =
n
X
ak (x − x0 )k + o (x − x0 )n .
k=0
et si l’ensemble {k ∈ J2, nK : ak 6= 0} est non vide, alors il admet un
plus petit élément p, et la position de C par rapport à T est déterminée
par le signe de ap (x − x0 )p .
2x ln x
au voisinage de 1.
x−1
Posons h = x − 1. Nous avons f (1 + h) = h2 (1 + h) ln(1 + h).
2
3
Avec ln(1 + h) = h − h2 + h3 + o h3 , il vient
Exemple 8.7.1. Etudions la fonction f : x 7−→
(1 + h) ln(1 + h) = h +
puis f (1 + h) = 2 + h −
h2
3
h2 h3
−
+ o h3 ,
2
6
+ o h3 , c’est à dire :
f (x) = 2 + (x − 1) −
(x − 1)2
+ o (x − 1)3 .
3
La fonction f se prolonge par continuité en 1 en g telle que g(1) = 2.
La tangente T au point (1, 2) à la courbe représentative de g a pour équation
y = x + 1 et, au voisinage de 1, cette courbe est en dessous de T.
8.7.2
Recherche d’asymptotes
On se place dans le cas o f est définie au voisinage de +∞ ou de −∞.
ap
1
Règle 3 : Si f (x) = αx + β + p + o p , avec p ∈ N∗ et ap 6= 0, la
x
x
droite d’équation y = αx + β est asymptote à C en +∞ ou en −∞.
8.7. REPRÉSENTATION GRAPHIQUE D’UNE FONCTION
167
Exemple 8.7.2. Etude des branches infinies de la courbe C représentant la
x
.
fonction f : x 7−→ x arctan
x−1
π
1
En +∞ et en −∞, on a f (x) ∼ x. Posons u = . Il vient
4
x
1 1
1
1
f (x) = f
= arctan
= g(u).
u
u
1−u
u
1
1
(1
+
u
+
o
u
) donne
g 0 (u) =
=
2 − 2u + u2
2
g(u) =
et donc
f
π u u2
+ +
+ o u2 ,
4 2
4
1
π
1 u
=
+ + +o u
u
4u 2 4
c’est à dire
f (x) =
1
1
1
π
x+ +
+o
au voisinage de + ∞ et − ∞.
4
2 4x
x
La droite d’équation y = π4 x + 12 est asymptote à C. La courbe est au-dessus
de cette droite au voisinage de +∞, et en dessous au voisinage de −∞.
Exercice 8.7.3. Etude des branches infinies de la courbe C représentant
x2 1
f : x 7−→
ex .
x−1
√
Exercice 8.7.4. Soit f la fonction numérique définie par f (x) = x2 + x + 1.
Utiliser un D.L. pour trouver une asymptote et placer la courbe y = f (x)
par rapport à cette asymptote.
Exercice 8.7.5. 1) Déterminer le développement limité à l’ordre 2 de la
1
au voisinage de 0.
fonction u 7−→
2 + 2u + u2
2) En déduire le développement limité à l’ordre 3 de la fonction u 7−→
Arctan (u + 1) au voisinage de 0.
x+1
3) Pour tout x > 0, on pose f (x) = (x − 1) Arctan
et on note C la
x
courbe représentative de f . Déterminer a, b, c et d ∈ R tels que :
f (x) = ax + b +
d
ε(x)
c
+ 2+ 2
x x
x
168
CHAPITRE 8. DÉVELOPPEMENTS LIMITÉS
avec ε(x) tend vers 0 quand x tend vers +∞.
4) Déterminer l’asymptote à la courbe C quand x → +∞ et préciser la
position.
Exercice 8.7.6. Déterminer l’asymptote à la courbe d’équation y = x 1
1+e x
lorsque x → +∞. On déterminera également la position de la courbe par
rapport à l’asymptote.
Exercice 8.7.7. 1) Donner le développement limité à l’ordre 3 en 0 de la
fonction x 7−→ arctan x.
2) On considère la fonction f définie par
f (x) =
x3
(x2 + 1) arctan x
a) Quel est le domaine de définition de f ?
b) Montrer que f est continue sur R∗ et qu’on peut la prolonger par
continuité sur R.
3) a) Montrer que
∀x > 0
arctan x + arctan
π
1
= .
x
2
1
π
=− .
x
2
b) En déduire le développement limité à l’ordre 3 en x1 au voisinage de
+∞ de arctan x. ( on pourra utiliser aussi la question 1) ).
4) a) Déterminer trois réels A, B, C tels que
∀x < 0
arctan x + arctan
f (x) = Ax + B +
C
1
+ ε(x)
x
x
où lim ε(x) = 0
x→+∞
b) Montrer que la courbe représentative de f possède une asymptote
quand x → +∞ et préciser leur position relative.
Exercice 8.7.8 (DS3 PCSI 2017-2018). 1) Calculer les développements limités à l’ordre 3 au voisinage de 0 des fonctions g et h définies respectivement
par
√
g(x) = e
1+sin x
h(x) = tan x,
− e,
x ∈ R,
π π
x ∈] − , [.
2 2
8.7. REPRÉSENTATION GRAPHIQUE D’UNE FONCTION
169
2) Soit f la fonction définie sur ] − π2 , π2 [ par
(
f (x) =
2g(x)
h(x)
si x 6= 0
e
si x = 0.
a) Déduire à partir de la question 1), le développement limité de f au
voisinage de 0, en précisant l’ordre de ce développement.
b) Montrer que f est continue et dérivable sur ] − π2 , π2 [. Calculer f 0 (0).
c) On munit le plan d’un repère orthonormé Oxy et on désigne par (Cf ) la
courbe représentative de f . Donner l’équation de la tangente (∆) à la courbe
(Cf ) au point I d’abscisse 0.
d) Préciser la position au voisinage du point I de la droite (∆) par rapport
à la courbe (Cf ).
e) Représenter graphiquement l’allure de la courbe (Cf ) au voisinage du
point I.
Solution 1) Au voisinage de 0, on a
sin x = x −
√
1+x=1+
x3
+ o(x3 )
6
x x2 x3
−
+
+ o(x3 )
2
8
16
ex = 1 + x +
x2 x3
+
+ o(x3 )
2
6
21
x3
3
1+ x−
+ o(x )
6
2
3
1
x3
1
x3
1
x3
= 1+
x−
−
x−
+
x − + + o(x3 )
2
6
8
6
16
6
1
1 3 1 2
1 3
= 1 + x − x − x + x + o(x3 )
2
12
8
16
1
1 2
1 3
= 1 + x − x − x + o(x3 ).
2
8
48
√
1 + sin x =
170
CHAPITRE 8. DÉVELOPPEMENTS LIMITÉS
√
e
1+sin x
= e · exp
"
1
1
1
x − x2 − x3
2
8
48
#
2
3
1 1
1 2
1 3
1 2
1 3
1 1
= e 1+
+
x− x − x
x− x − x
+
+ o(x3 )
2 2
8
48
6 2
8
48
1 1 3
1
1 2
1 3 1 1 2 1 3
3
= e 1+ x− x − x +
x − x +
x + o(x )
2
8
48
2 4
8
6 8
1
1 3
3
= e 1 + x − x + o(x )
2
16
1
1
1
x − x2 − x3
2
8
48
Donc
e
e
g(x) = x − x3 + o(x3 ).
2
16
x3
h(x) = x +
+ o(x3 ).
3
2) a) On obtient le DL de f à l’ordre 2 :
f (x) = e −
11e 2
x + o(x2 ).
24
b) f 0 (0) = 0.
c) (∆) : y = e.
d) Courbe au dessous de la tangente.
y
x
e)
Exercice 8.7.9 (DS3 PCSI 2017-2018). Soit f l’application de R dans R
définie par :
t2 − 1
√
f (t) =
.
(1 + t2 ) 1 + t4
8.7. REPRÉSENTATION GRAPHIQUE D’UNE FONCTION
171
1) Ecrire le développement limité de f à l’ordre 2 au point 0.
2) Montrer, à l’aide d’un changement de variable que pour tout x > 0,
Z
x
Z
1
x
f (t) dt =
1
f (t) dt.
1
3) Pour tout réel x strictement positif, on pose
Z x
f (t) dt.
F (x) =
0
Montrer que, F (x) = F ( x1 ).
4) Montrer que lim F (x) existe et déterminer sa valeur.
x→+∞
5) a) A l’aide de la question 1), écrire le développement limité de F à l’ordre
3 au point 0.
b) En déduire qu’il existe (a, b) ∈ R2 que l’on calculera tels que, pour x
voisin de +∞ :
a
b
1
F (x) = + 3 + o( 3 ).
x x
x
Solution 1) Au voisinage de 0, on a
√
1 + t4 = 1 + o(t2 )
=⇒
(1 +
1
√
t2 )
1+
t4
=
1
(1 +
t2 )(1
+
o(t2 ))
=
1+
t2
1
= 1 − t2 + o(t2 ).
2
+ o(t )
f (t) = (t2 − 1)(1 − t2 + o(t2 )) = −1 + 2t2 + o(t2 ).
2) On fait le changement de variable u = 1t .
3) Soit x > 0. On a
Z
F (x) =
x
Z
f (t) dt =
0
0
1
Z
f (t) dt+
1
x
Z
f (t) dt =
0
1
Z
f (t) dt+
1
x
Z
f (t) dt =
1
0
1
x
1
f (t) dt = F ( ).
x
4) La fonction F est continue en 0 et F (0) = 0. On a donc lim F (x) = 0,
x→0
1
1
d’où lim F ( ) = 0. Mais lim F (x) = lim F ( ), donc lim F (x) = 0.
x→+∞
x→+∞
x→+∞
x→+∞
x
x
5) a) On intègre le DL de f , il vient (au voisinage de 0)
2
2
F (x) = F (0) − x + x3 + o(x3 ) = −x + x3 + o(x3 ).
3
3
172
CHAPITRE 8. DÉVELOPPEMENTS LIMITÉS
b) Si x tend vers +∞, on a
1
x
→ 0, on a donc
1 2 1
1
1
F( ) = − +
+ o( 3 ).
3
x
x 3x
x
Or F (x) = F ( x1 ), on a donc (au voisinage de +∞)
1 2 1
1
F (x) = − +
+ o( 3 ).
3
x 3x
x
Chapitre 9
Séries numériques
Dans ce chapitre on considère des suites à valeurs dans K où K = R ou
C.
9.1
Généralités
Définition 9.1.1. Soit (un )n∈N une suite de points de K.
I On appelle série de terme général un , la suite (Sn )n∈N définie par
Sn =
n
X
uk .
k=0
On la note
X
un ou encore
X
un .
n∈N
X
I On dit que la série
un converge si la suite (Sn )n∈N admet une limite
finie dans
X K. Sinon, on dit qu’elle diverge.
I Si
un converge, la limite de la suite (Sn )n∈N est appelée somme de la
+∞
X
série et notée
un .
n=0
I Pour tout n ∈ N, Sn est appelée somme partielle d’ordre n.
Remarque 9.1.2. Lorsque la suite (un ) n’est X
définie qu’à partir d’un rang
n0 ∈ N, la série de terme général un est notée
un .
n≥n0
173
174
CHAPITRE 9. SÉRIES NUMÉRIQUES
Proposition 9.1.3 (Condition nécessaire de convergence). Si la série
converge, alors la suite (un ) converge vers 0.
On dit que le terme général d’une série convergente tend vers 0.
P
un
n
X
Preuve Pour tout n ∈ N, posons Sn =
uk . Il est clair que un = Sn − Sn−1
k=0
P
pour tout n ∈ N∗ . Si
un converge, la suite (Sn )n converge vers la somme
S de la série. Il en est de même de la suite (Sn−1 )n≥1 . Ainsi la suite (un )n≥1
tend vers S − S = 0.
Remarque 9.1.4. La contraposée de ce résultat est souvent utilisée : une
série dont le terme général ne tend pas vers 0 est divergente.
P
Définition 9.1.5. Une série
un est dite grossièrement divergente lorsque
la suite (un )n ne converge pas vers 0.
X
(−1)n est grossièrement divergente.
Exemple 9.1.6. 1) La série
n
X n2 + 1
est grossièrement divergente.
2) De même la série
2n2 + 3
n≥0
1 si n = 2k ,
3) La série de terme général un =
est grossièrement diver0 sinon
gente même si les termes non nuls sont très rares. En effet la suite extraite
(u2n )n ne tend pas vers 0, donc lim un 6= 0.
n→+∞
X1
est appelée série harmonique. Elle est divern
n≥1
gente. En effet, si cette série converge, alors la suite des sommes partielles
n
X
1
(Sn ) définie par Sn =
converge. On a aussi la suite (S2n ) converge vers
k
k=1
le même réel. Mais pour tout n ≥ 1, on a
Exemple 9.1.7. La série
S2n − Sn =
1
1
1
1
1
+
+ ··· +
≥ n.
= .
n+1 n+2
2n
2n
2
En passant à la limite, on obtient 0 ≥ 12 , ce qui est absurde. Ainsi la série
X1
diverge.
n
n≥1
9.1. GÉNÉRALITÉS
175
Remarque 9.1.8. Attention ! Lorsque le terme général tend vers 0, on ne
peut rien conclure quand à la nature de la série.
Exemple 9.1.9 (Série géométrique). Soit q ∈ K. La série de terme général
q n est appelée série géométrique. Elle converge si et seulement si |q| < 1.
Dans ce cas, on a
+∞
X
1
.
qn =
1
−
q
n=0
En effet, pour tout n ∈ N, on a

 n+1
1 − q n+1
Sn =
q k = 1 + q + ... + q n =

k=0
1−q
n
X
si q = 1,
si q 6= 1.
Il est clair que la suite Sn converge si et seulement si |q| < 1.
Proposition
X9.1.10 (Lien suite-série, série télescopique). La suite (un )n≥n0
et la série
(un+1 − un ) sont de même nature.
n≥n0
De plus, si (un )n≥n0 converge vers l,
+∞ X
un+1 − un = l − un0 .
n=n0
n X
uk+1 − uk = un+1 − un0 . Ainsi la
Preuve On a pour n ≥ n0 , Sn =
k=n0
suite (Sn )n≥n0 converge si et seulement si (un )n converge.
+∞ X
De plus, si lim un = l, alors
un+1 − un = lim Sn = l − un0 .
n→+∞
n→+∞
n=n0
Exemple 9.1.11. On considère la série
X
n≥1
1
. On peut écrire après
n(n + 1)
décomposition en éléments simples,
∀n ∈ N∗
D’où
Sn :=
n
X
k=1
1
1
1
= −
.
n(n + 1)
n n+1
n
n
X1 X 1
1
1
=
−
=1−
.
k(k + 1) k=1 k k=1 k + 1
n+1
176
CHAPITRE 9. SÉRIES NUMÉRIQUES
Comme lim Sn = 1, la série
n→+∞
X
n≥1
+∞
X
n=1
1
converge et on a
n(n + 1)
1
= 1.
n(n + 1)
Définition 9.1.12. Soit la série convergente de terme général un et de
somme S. On appelle reste d’ordre n, l’élément de K défini par :
Rn = S − Sn =
+∞
X
uk .
k=n+1
Exemple
9.1.13. Avec les notations de l’exemple 9.1.9, si la série géométrique
X
q n est convergente, son reste d’ordre n Rn est donné par
n
q n+1
.
1−q
P
P
Proposition 9.1.14. Soit
un et
vn deux séries. On suppose que ces
deux séries ne diffèrent que par un nombre fini de termes. (i.e. il existe p ∈ N
tel que pour tout n ≥ p, un = vn ) alors les deux séries sont de même nature.
Rn =
Preuve Soit n, p ∈ N avec n ≥
Tn ) la somme
Pp. Notons Sn (respectivement
P
partielle d’ordre n de la série
un (respectivement
vn ). On a
Sn =
Tn =
n
X
k=0
n
X
k=0
uk =
p
X
uk +
k=0
p
vk =
X
k=0
vk +
n
X
uk = Sp +
k=p+1
n
X
vk = Tp +
k=p+1
n
X
uk
k=p+1
n
X
uk .
k=p+1
La différence Sn − Tn = Sp − Tp est constante.
Ainsi
X
X
un converge ⇐⇒
vn converge .
Remarque 9.1.15. 1) La proposition précédente permet de dire que les
séries sont de même nature mais en cas de convergence, elles n’ont pas
nécessairement la même somme.
9.1. GÉNÉRALITÉS
177
2) On ne change pas la nature d’une série si on lui ajoute
lui retranche
X ou on
X
un nombre fini de termes. En particulier les séries
un et
un sont de
n≥0
n≥n0
même nature mais n’ont pas la même somme en cas de convergence.
La linéarité des limites entraine immédiatement le résultat suivant :
P
P
Proposition 9.1.16. Soit un et vn deux séries convergentes de sommes
respectives S et T. Soit α et β deux nombres complexes. Alors la série de
terme général αun + βvn est convergente et sa somme est αS + βT.
X 1
X −1 n
et
Exemple 9.1.17. Les séries
sont convergentes de
n
2
3
n≥0
n≥0
X 5
−1 n 3
−
4
converge et
sommes respectives 2 et . Ainsi la série
n
4
2
3
n≥0
a pour somme 7.
Remarque 9.1.18. Comme conséquence de la linéarité,
observons que :
P
P
P
1) Si
un converge et
vn diverge, alors
un + vn diverge.
P
P
2) Pour α 6= 0, (αun ) converge si et seulement si
un converge.
P
P
Proposition 9.1.19. Soit Pun une sériePà termes complexes. La série un
converge si et seulement si
Re(un ) et
Im(un ) convergent. Dans ce cas,
on a
+∞
+∞
+∞
X
X
X
Im(un ).
Re(un ) + i
un =
En particulier Re
+∞
X
n=0
n=0
n=0
n=0
un =
+∞
X
Re(un ) et Im
n=0
+∞
X
un =
n=0
+∞
X
Im(un ).
n=0
Preuve Rappelons qu’une suite de nombres complexes converge si et seulement si la suite des parties réelles et la suite des parties imaginaires convergent.
De plus si (an ) et (bn ) sont deux suites réelles,
lim an = a et
lim bn = b ⇐⇒ lim (an + ibn ) = a + ib
n→+∞
n→+∞
Il suffit d’appliquer ce résultat à Sn =
n→+∞
n
X
k=0
Re(uk ) et Tn =
n
X
k=0
Im(uk ).
178
CHAPITRE 9. SÉRIES NUMÉRIQUES
Exemple 9.1.20. Considérons la série géométrique
X
n
reiθ , où r ∈]−1, 1[
n≥0
et θ ∈ [0, 2π]. On a
reiθ
n
= rn einθ = rn cos nθ + irn sin nθ.
n
n
Posons an =
Pr cos nθ
P et bn = r sin nθ. On en déduit d’après la proposition
9.1.19 que
an et
bn sont deux séries convergentes avec
+∞
X
an = Re
n=0
1 et
1 − reiθ
+∞
X
bn = Im
n=0
1 .
1 − reiθ
Le calcul donne
+∞
X
1 − r cos θ
r cos nθ =
1 + r2 − 2r cos θ
n=0
9.2
9.2.1
n
et
+∞
X
rn sin nθ =
n=0
r sin θ
.
1 + − 2r cos θ
r2
Séries numériques à termes positifs
Critère de comparaison
Proposition 9.2.1. Soit la série numériques de terme général un . On suppose qu’il existe n0 ∈ N tel que pour tout n ≥ n0 , un ≥ 0. Alors on a
X
un converge ⇐⇒ (Sn )n∈N majorée.
Dans le cas contraire, elle diverge vers +∞.
P
P
Théorème 9.2.2 (Critère de comparaison). Soit
un et
vn deux séries
réelles vérifiant
∃n0 ∈ N : ∀n ≥ n0 0 ≤ un ≤ vn .
Alors
P on a
P
I P vn converge impliqueP un converge.
I
un diverge implique
vn diverge.
Preuve Comme nous l’avons observé, la convergence ne dépend pas des
premiers termes. On peut donc étudier les sommes partielles à partir de n0 .
n
n
X
X
Pour tout n ≥ n0 , notons Sn =
uk et Tn =
vk . Il est clair que
k=n0
∀n ≥ n0
k=n0
Sn ≤ Tn .
9.2. SÉRIES NUMÉRIQUES À TERMES POSITIFS
Si
P
vn converge, alors le réel
+∞
X
179
vn est un majorant de la suite (Tn ) et à
n=n0
fortiori de la suite (Sn ). Ainsi (Sn ) est croissante et majorée, elle est donc
convergente.
La deuxième propriété est la contraposée de la première.
X arctan n
converge.
Exemple 9.2.3. 1) La série
n(n + 1)
X ln n
2) La série
diverge.
n
P
Exercice
9.2.4.
Soit
un une série à termes positifs convergente. Montrer
P 2
que
un est convergente.
Corollaire 9.2.5. Soient les séries numériques à termes positifs
P
vn . On suppose que un =PO(vn ). Alors on a
P
I P vn converge impliqueP un converge.
I
un diverge implique
vn diverge.
P
un et
Preuve Par hypothèse, il existe un rang n0 ∈ N et un réel M ≥ 0 tels que
∀n ≥ n0
0 ≤ un ≤ M vn .
Il suffit maintenant d’appliquer le théorème 9.2.2 pour conclure.
Exercice
P
P9.2.6. Soient les séries numériques à termes strictement positifs
un et
vn . On suppose qu’il existe n0 ∈ N tel que
vn+1
un+1
≤
.
un
vn
P
converge =⇒
un converge.
∀n ≥ n0
Montrer que :
P
vn
Remarque 9.2.7. On obtient un résultat analogue si un = o(vn ) puisque
un = o(vn ) =⇒ un = O(vn ).
P
P
Corollaire 9.2.8 (Critère d’équivalence). Soit
un et
vn deux séries
P à
termes
strictement
positifs
à
partir
d’un
certain
rang.
Si
u
∼
v
,
alors
un
n
n
P
et
vn sont de même nature.
180
CHAPITRE 9. SÉRIES NUMÉRIQUES
Preuve Il existe un rang N ∈ N tel que pour tout n ≥ N , vn > 0. Maintenant
comme un ∼ vn , il existe alors un rang N 0 ≥ N tel que :
∀n ≥ N 0 ,
un
1
−1 ≤ .
vn
2
∀n ≥ N 0 ,
un
3
1
≤
≤ .
2
vn
2
Par suite
On a alors
1
3
vn ≤ un ≤ vn .
2
2
Le résultat découle du corollaire 9.2.5.
∀n ≥ N 0 ,
Remarque 9.2.9. 1) Si un ∼ vn et que (vn ) est positive à partir d’un certain
rang, alors (un ) l’est aussi. Donc il est inutile de vérifier la positivité pour les
deux suites.
2) Lorsque le terme général de l’une des deux séries n’est pas de signe constant
à partir d’un certain rang, le résultat tombe en défault, voir les exercices
9.2.11 et 9.3.7.
X n2 + 3n + 1
n2 + 3n + 1
diverge
(car
∼
Exemple 9.2.10. 1) La série
n3 + 2n2 + 3
n3 + 2n2 + 3
1
).
n
X 3
X 3
3
3
2) La série
converge
car
∼
et
converge puisque
5 + 2n
5 + 2n
2n
2n
1
c’est une série géométrique de raison 2 .
X1
1
1
1
1
1
2
3) La série
sin converge car sin ∼ 2 et 2 ≤
, n ≥
n
n
n
n
n
n
n(n + 1)
X
1
1. Dans l’exemple 9.1.11, on a vu que la série
converge, donc
n(n + 1)
n≥1
X 1
d’après le critère de comparaison
l’est aussi.
2
n
n≥1
Exercice 9.2.11. On définit les deux suites (un )n≥1 et (vn )n≥1 par
∀n ∈ N∗
(−1)n+1 (−1)n
un = √
− √ ,
n
n+1
vn = un +
1
.
n
9.2. SÉRIES NUMÉRIQUES À TERMES POSITIFS
1)) Montrer que
X
181
un est convergente.
n≥1
2) Montrer que uX
n ∼ vn .
3) Montrer que
vn n’est pas convergente. Ceci contredit-il le corollaire
9.2.8 ?
Solution 1) Par télescopie, on a
n
X
(−1)n+1
uk = √
+ 1.
n+1
k=1
X (−1)n+1 (−1)n √
− √
converge et on a
Comme lim Sn = 1, la série
n→+∞
n
n
+
1
n≥1
Sn =
+∞ X
(−1)n+1 (−1)n
√
− √
= 1.
n
n
+
1
n=1
2) Triviale.
X1
X
diverge, alors
vn diverge.
n
n≥1
n≥1
Le critère d’équivalence ne s’applique pas car les suites ne sont pas de signe
constant.
n
X
1
−
Exercice 9.2.12. Nature de la suite de terme général un =
k
k=1
ln n, n ∈ N∗ .
3) Comme
9.2.2
X
un converge et
Comparaison série-intégrale
Théorème 9.2.13 (Critère de omparaison série-intégrale). Soit n0 ∈ N. Soit
f une fonction continue décroissante sur [n0 , +∞[. Alors on a
Z n+1
Z n
n
X
∀n ≥ n0
f (t) dt ≤
f (k) ≤
f (t) dt + f (n0 ).
n0
k=n0
n0
Si f est de plus positive, alors on a :
Z
X
la série
f (n) converge si et seulement si la fonction F : x 7−→
n≥n0
admet une limite finie en +∞.
x
n0
f (t) dt
182
CHAPITRE 9. SÉRIES NUMÉRIQUES
Preuve Comme f est décroissante sur [n0 , +∞[, alors pour tout k ∈ [n0 , +∞[,
on a
∀t ∈ [k, k + 1] f (k + 1) ≤ f (t) ≤ f (k).
(9.1)
Comme f est continue sur [n0 , +∞[, en particulier sur [k, k + 1], alors on
peut intégrer les membres de (9.1) et on obtient
Z k+1
f (t) dt ≤ f (k).
f (k + 1) ≤
k
En sommant l’encadrement précédent, il vient pour tout n ≥ n0
Z n+1
n
n
X
X
f (k + 1) ≤
f (t) dt ≤
f (k);
n0
k=n0
ou encore
n+1
X
Z
k=n0
n+1
f (k) ≤
k=n0 +1
f (t) dt ≤
n0
n
X
f (k);
k=n0
c’est à dire
n+1
X
Z
n+1
f (k) − f (n0 ) ≤
f (t) dt ≤
n0
k=n0
k=n0
f (k).
k=n0
On en déduit que pour tout n ≥ n0 , on a
Z n+1
Z
n
X
f (t) dt ≤
f (k) ≤
n0
n
X
n
f (t) dt + f (n0 ).
(9.2)
n0
Supposons maintenant que f est positive. Alors la suite des sommes partielles
n
X
(
f (k)) est croissante. On a aussi la fonction F est croissante (car F 0 = f ),
k=n0
et donc l := lim F (x) ∈ R ∪ {+∞} existe.
x→+∞
Si l ∈ R alors F est majorée par l. On a donc
∀n ∈ N
n
X
f (k) ≤ l + f (n0 ).
k=n0
Ainsi la suite des sommes partielles est majorée, comme elle est croissante
(car f positive), elle est convergente.
9.2. SÉRIES NUMÉRIQUES À TERMES POSITIFS
Réciproquement, supposons que la série
X
183
n+1
Z
f (t) dt)
f (n) converge. La suite (
n0
n≥n0
étant croissante, elle admet donc une limite, en utilisant (9.2) il vient
Z
n+1
f (t) dt ∈ R.
lim
n→+∞
n0
Z
x
Par conséquent lim F (x) = lim
x→+∞
Z
f (t) dt =
x→+∞
n0
n+1
f (t) dt ∈ R.
lim
n→+∞
n0
Noter qu’on a la dernière égalité car on sait que F est croissante et donc elle
admet une limite en +∞.
Remarque 9.2.14. Il ne s’agit pas de retenir des formules par coeur mais
de retenir la méthode permettant des encadrements des sommes partielles et
des restes.
Proposition 9.2.15 (Séries de Riemann). Soit α ∈ R. La série
X 1
nα
n≥1
(appelée série de Riemann ) converge si et seulement si α > 1.
X 1
1
=
6
0,
la
série
est alors
n→+∞ nα
nα
n≥1
Preuve Premier cas : α ≤ 0. On a lim
grossièrement divergente.
Deuxième cas : α > 0. La fonction t 7−→ t1α est décroissante sur R∗+ . On en
déduit que pour tout k ∈ N∗ et tout t ∈ [k, k + 1],
1
1
1
≤ α ≤ α.
α
(k + 1)
t
k
En intégrant sur [k, k + 1], il vient
1
≤
(k + 1)α
Z
k
k+1
dt
1
≤ α.
α
t
k
En sommant convenablement, on obtient pour tout n ∈ N∗
Z
1
n+1
n
dt X 1
≤
≤1+
tα
kα
k=1
Z
1
n
dt
tα
184
CHAPITRE 9. SÉRIES NUMÉRIQUES
I Si α = 1, on obtient
ln(n + 1) ≤
n
X
1
k=1
k
≤ 1 + ln(n + 1).
L’inégalité de gauche permet de conclure que la série
X1
diverge.
n
n≥1
I Si α 6= 1, on obtient
n
X
1 1
1
1 1
−
1
≤
≤
1
+
−
1
.
1 − α (n + 1)α−1
kα
1 − α (n)α−1
k=1
Pour α < 1, on retrouve le fait que la série
X 1
1
diverge
(puisque
lim
=
n→+∞ (n + 1)α−1
nα
+∞.)
n
X
1
Pour α > 1, on obtient lim α−1 − 1 = −1. La suite
étant
n→+∞ n
nα n
k=1
X 1
croissante et majorée est convergente. Ainsi
converge.
nα
Finalement
X 1
converge ⇐⇒ α > 1.
nα
n≥1
1
Remarque 9.2.16 (Quelques règles pratiques). Soit (un ) une suite à valeurs
dans R+ .
P
I S’il existe α > 1 tel que lim nα un = 0, alors un = o( n1α ) et donc
un
n→+∞
converge.
P
I S’il existe α ≤ 1 tel que lim nα un = +∞, alors n1α = o(un ) et donc
un
n→+∞
diverge.
P
P 1
sont
I S’il existe α > 0 et l > 0 tels que lim nα un = l, alors
un et
nα
n→+∞
de même nature car un ∼
Exemple 9.2.17. 1)
X
l
.
nα
√
n≥2
1
2)
ln(1 + √ ) diverge.
n
n≥2
X
1
n3 − 1
converge.
9.2. SÉRIES NUMÉRIQUES À TERMES POSITIFS
3)
4)
X
n≥1
X
185
1
diverge.
n + ln(n)
n3 e−n converge.
n≥0
Exemple 9.2.18 (Equivalent du reste de la série
X 1
). La fonction t 7−→
n2
n≥1
est décroissante sur R∗+ . On en déduit que pour tout k ∈ N∗ et tout
t ∈ [k, k + 1]
1
1
1
≤ 2 ≤ 2.
2
(k + 1)
t
k
1
t2
Par intégration
1
≤
(k + 1)2
Z
k
k+1
dt
1
≤ 2.
2
t
k
En sommant l’encadrement précédent, on obtient pour tout N ≥ n + 1, (n ≥
1),
Z N +1
Z N
N
X
1
dt
dt
≤
≤
2
2
t
k
t2
n+1
n
k=n+1
ou encore
N
X
1
1
1
1
1
−
≤
≤ − .
2
n + 1 N + 1 k=n+1 k
n N
Par passage à la limite (N → +∞), il vient
+∞
X
1
1
1
≤
≤ .
2
n + 1 k=n+1 k
n
On obtient ainsi un équivalent de la suite des restes de la série
Rn =
X 1
:
n2
n≥1
+∞
X
1
1
∼
.
2
k
n
k=n+1
Exercice 9.2.19. Déterminer un équivalent de la somme partielle de la série
X 1
lorsque α < 1 et un équivalent de son reste lorsque α > 1.
α
n
n≥1
186
CHAPITRE 9. SÉRIES NUMÉRIQUES
Exemple 9.2.20 (Equivalent de la série harmonique). La fonction t 7−→ 1t
est décroissante sur R∗+ . On en déduit que pour tout k ∈ N∗ et tout t ∈
[k, k + 1]
1
1
1
≤ ≤ .
k+1
t
k
Par intégration
Z k+1
dt
1
1
≤
≤ .
k+1
t
k
k
En sommant convenablement, on obtient pour tout n ∈ N∗
Z n
Z n+1
n
dt
dt X 1
≤
≤1+
t
k
t
1
1
k=1
ou encore
ln(n + 1) ≤
n
X
1
k=1
k
≤ 1 + ln n.
X1
din
n≥1
verge. L’encadrement permet de donner un équivalent des sommes partielles
L’inégalité de gauche permet de conclure que la série harmonique
n
X
1
k=1
9.3
k
∼ ln n.
Série absolument convergente
Définition
9.3.1. Soit (un ) une suite à valeurs
P
P dans K. On dit que la série
un est absolument convergente si la série
|un | est convergente.
Théorème 9.3.2. Toute série absolument convergente est convergente. Dans
ce cas
+∞
+∞
X
X
un ≤
|un |.
n=0
n=0
Preuve Supposons pour commencer que les un sont réels. Pour tout n ∈ N,
notons
un si un ≥ 0
0
si un ≥ 0
+
−
un = max(un , 0) =
un = max(−un , 0) =
0
si un < 0
−un si un < 0
9.3. SÉRIE ABSOLUMENT CONVERGENTE
187
−
+
−
+
On a un = u+
0 ≤ u−
n − un , |un | = un +
n ≤
P|u−n |
Pun , 0 ≤ un ≤ |un | etP
+
Par le critère de comparaison,
si |un | converge, alors un et un convergent.
P +
−
Par la linéarité
un − un converge. D’où le résultat.
Passons maintenant au cas où les un sont complexes. Notons an la partie
réelle de un et bn sa partie imaginaire. Pour tout
|un | et
P n ∈ N, 0 ≤ |an | ≤ P
0 ≤P|bn | ≤ |un |. Par le critère de comparaison,
P
P si |un | converge, alors |an |
et
|bn | convergent aussi. Donc
an et
bnconvergent en appliquant le
P
cas des séries à termes réels. Donc
an + ibn converge.
Exemple 9.3.3. La série
P ein
converge absolument.
n2
Remarque 9.3.4. La réciproque est fausse comme le montre l’exercice suivant :
Exercice 9.3.5.
On considère la suite (un )n∈N∗ définie par un =
P
1) La série
un est-elle absoluement convergente ?
n
X
2) Pour tout n ≥ 1, on pose Sn =
uk . Montrer que
(−1)n
.
n
k=1
Z
1
1 + (−1)n+1 tn
dt.
1+t
Sn = −
0
3) En déduire que
P
un converge et que
+∞
X
(−1)n
n=1
n
= − ln 2
Exercice 9.3.6. Soit (un ) une suite de nombres réels ou complexes. On
suppose qu’il existe k ∈]0, 1[ et n1 ∈ N tels que
∀n ≥ n1 ,
1) Dire pourquoi la série
2) Montrer que
∀n ∈ N,
P
un+1
≤ k.
un
un converge.
|Rn | ≤
1
k
|un+1 | ≤
|un |.
1−k
1−k
Exercice 9.3.7. Soit (vn )n∈N une suite numérique positive. On définit la
suite (un )n∈N par
∀n ∈ N un = (−1)n vn .
188
CHAPITRE 9. SÉRIES NUMÉRIQUES
On dit que la suite (un )n∈N est alternée. On suppose que (vn )n∈N est décroissante
et tend vers 0.
On note par (Sn )n∈N la suite des sommes partielles :
∀n ∈ N Sn =
n
X
uk .
k=0
1) Montrer que les suites (S2n )n∈N et (S2n+1 )n∈N sont adjacentes et que la
+∞
X
P
série
un est convergente. On note par S sa limite (S =
un ). Montrer
n=0
que
S2p+1 ≤ S ≤ S2q ,
∀p, q ∈ N.
2) On note par Rn le reste d’ordre n, c’est à dire Rn = S − Sn =
+∞
X
uk .
k=n+1
Montrer que
∀n ∈ N, |Rn | ≤ |un+1 |.
3) On définit les deux suites (an ) et (bn ) par
∀n ∈ N∗
a) Montrer que
X
an = √
(−1)n
,
n + (−1)n
(−1)n
bn = √ .
n
bn est convergente.
n≥1
b) Montrer que X
an ∼ b n .
c) Montrer que
an n’est pas convergente. Ceci contredit-il le corollaire
9.2.8 ?
9.4
Développement décimal d’un réel
Remarque 9.4.1. Soit (an )n∈N une suite de réels tels que
∀n > 0,
an ∈ {0, 1, ..., 9}.
a n
Alors la série de terme général
est convergente puisque pour n ≥
10n
X an
an
9
1, 0 ≤ n ≤ n . Soit S la somme de la série
. On dit que S admet
10
10
10n
n
9.4. DÉVELOPPEMENT DÉCIMAL D’UN RÉEL
189
un développement décimal illimité donné par la suite (an ) et on écrit
S = a0 , a1 a2 a3 ...an ...
Malheureusement un tel développement décimal illimité n’est pas unique. Par
exemple, on a
n
1
X
0 +
n→+∞ 100
10k
k=1
n
X
9 .
k
n→+∞
10
k=1
et aussi
1 = lim
1 = lim
Pour contourner cette difficulté on donne la définition suivante :
Définition 9.4.2. Soit x ∈ R. On dit que x admet un développement décimal
illimité propre donné par la suite (an ) si
1. ∀n > 0, an ∈ {0, 1, ..., 9}.
n
X
ak
2. Pour tout n ∈ N∗ , on a Sn ≤ x < Sn + 101n où Sn =
.
k
10
k=0
Conséquences
1. Si x admet un développement décimal illimité prpre donné par la suite
(an ) alors
+∞
X
an
.
x=
10n
n=0
2. La suite (an ) n’est pas stationnaire en 9 (c’est à dire n’est pas constante
égale à 9 à partir d’un certain rang). En effet s’il existe un entier N
tel que pour tout n > N on ait an = 9 alors x est tel que
N
+∞
X
X
ak
9
1
+
= SN + N ,
x=
k
k
10
10
10
k=0
k=N +1
ce qui contredit l’inégalité stricte dans 2. de la definition.
Théorème 9.4.3. Tout réel admet un unique développement décimal illimité
propre.
Preuve Supposons que x admette un tel développement et qu’il soit donné
par la suite (an ) On déduit de 2. que
∗
n
a0 ≤ x < a0 + 1 et ∀n ∈ N , an ≤ 10
n−1
X
ak x−
< an + 1.
10k
k=0
190
CHAPITRE 9. SÉRIES NUMÉRIQUES
On a donc nécessairement
(?)
∗
n
a0 = E(x) et ∀n ∈ N , an = E 10
n−1
X
ak x−
.
10k
k=0
La suite (an ) est donc uniqiue (si elle existe).
Les formules (?) permettent de définir par récurrence une suite (an ) Vérifions
que cette suite détermine bien un développement décimal illimité propre. En
utilisant la définition de la partie entière, on déduit de (?) que, pour tout
n ∈ N∗
n−1
X
ak < an + 1,
an ≤ 10n x −
k
10
k=0
ce qui implique que 2. est vérifée.
De plus, ces inégalités entraı̂nent que pour tout n ∈ N∗
n
0 ≤ 10
n−1
X
ak x−
−an < 1
10k
k=0
d’où
n+1
0 ≤ 10
n−1
X
ak
an x−
−
< 10.
10k 10n
k=0
n−1
X
ak
an −
appartient donc à l’intervalle [0, 10[ et
Le nombre 10n+1 x −
k
n
10
10
k=0
sa partie entière ( qui est par définiion an+1 ) appartient à {0, 1, ...9}.
On démontre de façon analogue que a1 ∈ {0, 1, ...9} en partant de l’inégalité
0 ≤ x − a0 < 1. Et on conclut que la suite (an ) vérifie 1. L’existence du
développement décimal illimité propre est alors assuré.
n
X
ak
= a0 , a1 a2 a3 ...an
Vocabulaire Pour tout entier n, le nombre décimal Sn =
k
10
k=0
est appelé l’approximation décimale par défaut de x à 10−n près
1
Exemple 9.4.4. Voici l’approximation décimales par défaut de √ à 10−10
2
près
1
7
0
7
1
0
6
7
8
1
1
√ = 0, 7071067811 = 0+ + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9 + 10 .
10 10 10 10 10 10 10 10 10 10
2
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