MATH321

MATH 321 - Licence de mathématiques
Georges COMTE
Laboratoire de Mathématiques de l’Université de Savoie, UMR CNRS
5127, Bâtiment Chablais, Campus scientifique, 73376 Le Bourget-duLac cedex, France
E-mail address: [email protected]
URL: http://gcomte.perso.math.cnrs.fr/
2 mars 2017
Table des matières
Chapitre 1. Ensembles et fonctions convexes
1. Rappels
2. Ensembles convexes
3. Fonctions convexes
4. Inégalités de convexité
5
5
7
9
34
Chapitre 2. Étude locale de fonctions
1. Rappels
2. Domination, prépondérance, équivalence de fonctions
3. Échelles de comparaison et développements asymptotiques
4. Développement limités
41
41
43
56
62
Chapitre 3. Séries numériques
1. Rappels
2. Introduction
3. Définitions générales
4. Convergence absolue et séries de terme général positif
5. Séries de terme général ayant un signe non constant
83
83
84
85
95
149
Chapitre 4. Annexe : approximation des réels par les rationnels
1. Approximation des réels par des rationnels
2. Approximation par les fractions continues
157
157
159
Bibliographie
167
3
CHAPITRE 1
Ensembles et fonctions convexes
1. Rappels
On rappelle brièvement dans cette section des notions de base qui seront utiles
dans la suite du chapitre.
Commençons par rappeler que pour montrer que deux ensembles E et F sont
égaux ont montre souvent que E ⊂ F et F ⊂ E. Et pour montrer une inclusion
E ⊂ F , on considère un élément x ∈ E, dont on montre qu’il est aussi dans F . Cet
élément x étant choisi sans contrainte dans E. Pour une illustration de ce principe,
voir par exemple l’Exemple 1.7 ci-dessous. On dira souvent qu’un sous-ensemble de
Rn est une partie de Rn . On utilisera ces deux mots comme des synonymes.
1.1. Définition. L’intervalle [a, b] de R est l’ensemble suivant
[a, b] = {x ∈ R; a ≤ x ≤ b}.
De même
]a, b[= {x ∈ R; a < x < b}.
]a, b] = {x ∈ R; a < x ≤ b}.
[a, b[= {x ∈ R; a ≤ x < b}.
Rappelons que tout sous-ensemble C de R possède une borne inférieure α et
une borne supérieure β, avec α, β ∈ R∪{−∞, +∞}. Les quantités α et β peuvent
appartenir à C ou ne pas y appartenir. Par définition α est le plus grand minorant
de C, c’est-à-dire que
∀x ∈ C, α ≤ x et si a ∈ R est tel que ∀x ∈ C, a ≤ x, alors a ≤ α.
De même, β est le plus petit majorant de C, c’est-à-dire que
∀x ∈ C, β ≥ x et si b ∈ R est tel que ∀x ∈ C, b ≥ x, alors b ≥ β.
Une autre définition utile des bornes inf et sup est la suivante :
∀x ∈ C, α ≤ x et ∀ > 0, ∃x ∈ C tel que α ≤ x < α + ∀x ∈ C, β ≥ x et ∀ > 0, ∃x ∈ C tel que β − < x ≤ β.
Cette dernière définition montre que l’on peut construire une suite (αn )n∈N d’éléments
de C qui converge (en décroissant si l’on veut) vers α. De même, on peut construire
une suite (βn )n∈N d’éléments de C qui converge (en croissant si l’on veut) vers β.
5
6
1. ENSEMBLES ET FONCTIONS CONVEXES
1.2. Définition. Si E et F sont deux ensembles, le produit de E par F , noté
E × F , est l’ensemble défini par
E × F := {(x, y); x ∈ E, y ∈ F }.
1.3. Définition. Étant donnés deux ensembles E et F , un graphe Γ de E × F
est la donnée d’un sous-ensemble de E × F qui vérifie
Si (x, y1 ) et (x, y2 ) sont dans Γ, alors nécessairement y1 = y2 .
Ainsi se donner un graphe Γ est se donner une application (au sens naı̈f d’une
application), puisque les éléments (x, y) ∈ Γ déterminent une unique application
x 7→ y du fait de l’unicité, x étant fixé, de y tel que (x, y) ∈ Γ. En réalité la définition
rigoureuse d’une application n’est rien d’autre que la donnée d’un graphe !
1.4. Définition. Soit f : E → R une fonction définie sur unpsous-ensemble E
de Rn . On note, pour tout (x1 , · · · , xn ) ∈ Rn , k(x1 , · · · , xn )k = x21 + · · · + x2n (si
n = 1, kxk = |x|, pour tout x ∈ R). On dit que f est Lipschitzienne sur E s’il
existe k ≥ 0 tel que
∀x, y ∈ E, |f (y) − f (x)| ≤ k · ky − xk.
On dit que k est une constante de Lipschitz de f sur E (tout k 0 ≥ k en est une
autre). On dit que f est localement lipschitzienne sur E si
∀a ∈ E ∃ra > 0 ∃ka ≥ 0 tel que ∀x, y ∈ E,
kx − ak < ra et ky − ak < ra =⇒ |f (y) − f (x)| ≤ ka · ky − xk.
1. Exercice. Montrer que si f : E → R est lipschitzienne sur E alors f est
localement lipschitzienne sur E. Montrer que si f est localement lipschitzienne sur
E alors f est continue sur E.
Solution de l’exercice. Pour la première proposition, et avec les notations de
la Définition 1.4, il suffit, pour a ∈ E, de prendre ka = k.
Soit maintenant a ∈ E et montrons que f est continue en a, c’est-à-dire que
si (an )n∈N est une suite de E tendant vers a, alors f (an ) tend vers f (a). Soient
ra , ka comme dans la Définition 1.4. Comme (an )n∈N tend vers a, il existe N , tel
que n ≥ N =⇒ ka − an k ≤ ra . Ainsi, pour tout n ≥ N ,
|f (a) − f (an )| ≤ ka · ka − an k.
Mais cette dernière égalité, puisque limn→∞ ka−an k = 0, montre que limn→∞ |f (a)−
f (an )| = 0.
1.5. Définition. Étant donnés deux éléments A et B de Rn , le segment (fermé)
joignant A et B est le sous-ensemble de Rn noté [AB] et défini par
[AB] := {(1 − λ)A + λB; λ ∈ [0, 1]}.
Autrement dit, [AB] est l’ensemble des points X de Rn pour lesquels existe λ ∈ [0, 1],
tel X = (1 − λ)A + λB. Noter que la paramétrisation [0, 1] 3 λ 7→ (1 − λ)A + λB
2. ENSEMBLES CONVEXES
7
du segment [AB] montre que celui-ci est contenu dans la droite de Rn passant par
A et B (lorsque A 6= B).
√
√
1.6. Exemple. On pose A = (π, 2) ∈ R2 et B = (1, 3) ∈ R2 . Décrire [AB].
1.7. Exemple. Soient deux points a, b de R avec a ≤ b. Alors le segment [ab]
n’est rien d’autre que l’intervalle [a, b], dont on rappelle qu’il est défini par
[a, b] := {x ∈ R; a ≤ x ≤ b}.
En effet, si x ∈ [ab], il existe λ ∈ [0, 1] tel que x = (1 − λ)a + λb, par définition
du segment [ab]. Mais comme x − a = λ(b − a) ≥ 0 et b − x = (1 − λ)(b − a) ≥ 0, on
a bien a ≤ x ≤ b, donc x ∈ [a, b]. Ce qui prouve que [ab] ⊂ [a, b]. Réciproquement,
montrons que [a, b] ⊂ [ab]. Soit x ∈ [a, b], alors a ≤ x ≤ b. On peut écrire dans ce
cas x = (1 − λ)a + λb, avec λ = x−a
(noter que le cas a = b est trivial). Mais comme
b−a
dans ce cas λ ∈ [0, 1], on a bien x ∈ [ab].
2. Ensembles convexes
2.1. Définition. Soit C un sous-ensemble de Rn . On dit que C est un sousensemble convexe de Rn ou une partie convexes de Rn ou plus simplement un
convexe de Rn , lorsque
∀x, y ∈ C, ∀λ ∈ [0, 1], (1 − λ)x + λy ∈ C,
Ainsi, en vue de la Définition 1.5, C est convexe si et seulement si
∀x, y ∈ C, [xy] ⊂ C.
2.2. Remarque. L’ensemble vide ∅ ainsi que les sous-espaces vectoriels et affines
de Rn sont des convexes de Rn .
2. Exercice. Montrer que les parties convexes de R sont les intervalles de R.
Dessiner des parties convexes et non convexes de R2 et de R3 .
Solution de l’exercice. Nous allons commencer par montrer qu’un intervalle,
disons ]a, b[ où a, b ∈ R ∪ {−∞, +∞} avec a ≤ b, est un sous-ensemble convexe de
R (les arguments sont les mêmes pour les intervalles du type [a, b], ]a, b] ou [a, b[).
On peut supposer que a < b, sinon ]a, b[= ∅ et ∅ est convexe. Soient alors x, y ∈]a, b[
tels que x < y. D’après l’Exemple 1.7, on a [xy] = [x, y] mais [x, y] ⊂]a, b[, donc
[xy] ⊂]a, b[.
Réciproquement, montrons maintenant qu’un convexe C de R est bien un intervalle de R. Pour cela notons α := inf C et β := sup C. On a α, β ∈ R ∪ {−∞, +∞}.
Plusieurs cas se présentent selon que α et β sont ou non dans C. Pour fixer les idées
supposons que α 6∈ C et β ∈ C, les autres cas se traitant de la même manière. On va
montrer que C =]α, β]. À nouveau pour prouver cette égalité entre ensembles, nous
allons prouver une double inclusion.
Commençons par montrer que C ⊂]α, β]. Cette inclusion est claire puisque α est
un minorant de C et β en est un majorant et que de plus α 6∈ C et β ∈ C.
8
1. ENSEMBLES ET FONCTIONS CONVEXES
Montrons alors pour terminer que ]α, β] ⊂ C. Soit pour cela z ∈]α, β]. Par
définition des bornes sup et inf, il existe x, y ∈ C tels que α < x < z < y ≤ β (on
pourrait prendre β pour y !). Mais alors par convexité de C, [xy] ⊂ C. Or z ∈ [xy]
puisque z ∈ [x, y] et [xy] = [x, y] (d’après l’Exemple 1.7). On en conclut bien que
z ∈ C.
3. Exercice. Étudier la stabilité de la convexité sous la réunion et l’intersection.
Montrer que pour tout ensemble E ⊂ Rn existe C(E) ⊂ Rn un ensemble convexe qui
contient E et qui est contenu dans tout ensemble convexe contenant E. On appelle
C(E) l’enveloppe convexe de E.
Solution de l’exercice. La convexité n’est pas une propriété préservée par
réunion : deux ensembles convexes peuvent avoir une réunion non convexe (penser à deux points distincts dans R).
En revanche si C1 et C2 sont deux ensembles convexes de Rn , et si A, B ∈ C1 ∩ C2 ,
le segment [AB] est dans C1 par convexité de C1 et aussi dans C2 par convexité de
C2 . Donc [AB] ⊂ C1 ∩ C2 . Ce qui prouve la convexité de C1 ∩ C2 .
La preve que l’on vient de faire se généralise immédiatement à une famille quelconque de convexes (Ci )i∈I , avec I un ensemble d’indices quelconque et pour tout
i ∈ I, Ci un convexe de Rn . Considérons alors
I = {C ⊂ Rn , tel que C est convexe et E ⊂ C}.
L’ensemble I est non vide puisque Rn ∈ I. Alors
\
C(E) :=
C
C∈I
est un convexe de R qui contient E, et si C 0 en est un autre, nécessairement C 0 ∈ I
et donc C(E) ⊂ C 0 .
n
4. Exercice. Montrer que C ⊂ Rn est convexe si et seulement si
p
X
∀p ≥ 2, ∀x1 , · · · , xp ∈ C, ∀λ1 , · · · , λp ∈ [0, 1] vérifiant
λj = 1,
j=1
p
on a :
X
λi xi ∈ C.
i=1
Solution de l’exercice. Voir la Proposition 3.8, qui est la version de ce théorème
pour les fonctions.
Pour étudier les ensembles convexes de Rn , on va considérer que ceux-ci sont
délimités par des graphes d’applications (cf Proposition 3.5).
En effet, si C est un convexe de Rn , sa projection sur Rn−1 × {0} est un convexe K
de Rn−1 . Considérons x = (x1 , · · · , xn−1 , 0) ∈ K et Dx la droite affine {(x1 , · · · , xn−1 , w) ∈
Rn }. Alors C ∩ Dx est un convexe Ix de Dx (puisque l’intersection de deux convexes
est convexe par l’Exercice 3). Mais Dx étant identifiée à R, par l’Exercice 1.7, on
sait que Ix est un intervalle de Dx . Notons αx et βx les bornes de cet intervalle,
3. FONCTIONS CONVEXES
9
avec αx ≤ βx et αx , βx ∈ R ∪ {−∞, +∞} (cf fig.1). Nous venons d’associer à C deux
fonctions α : K 3 x 7→ αx et β : K 3 x 7→ βx dont on dira que les graphes dans Rn
délimitent C. Puisque ces deux fonctions définissent à leur tour C de manière univoque, étudier ces deux fonctions équivaut à étudier C lui-même (cf les Propositions
3.5 et 3.7).
D
x
n
R
Γ(α)
αx
Ix
βx
R
n−1
Γ(β)
x
fig.1
On veut traduire les propriétés fondamentales des applications α (et β) en une
seule définition, la convexité (et la concavité). On va commencer dans la Section
3 par proposer une telle définition générale. On montrera ensuite d’une part que
l’application α associée à un ensemble convexe satisfait bien cette définition (cf
Proposition 3.7) et d’autre part qu’une fonction est convexe (rep. concave) si et
seulement si son graphe délimite inférieurement (resp. supérieurement) un ensemble
convexe (cf Proposition 3.5).
3. Fonctions convexes
3.1. Définition. Soit C ⊂ Rn une partie convexe de Rn et f : C → R. On dit
que f est une fonction convexe si et seulement si
∀x, y ∈ C, ∀λ ∈ [0, 1], f ((1 − λ)x + λy) ≤ (1 − λ)f (x) + λf (y).
On dit que f est une fonction concave lorsque la proposition précédente a lieu
avec ≥ au lieu de ≤ et on dit que f est une fonction strictement convexe lorsque
10
1. ENSEMBLES ET FONCTIONS CONVEXES
la proposition précédente a lieu avec < au lieu de ≤ (avec toutefois x 6= y et λ ∈]0, 1[
afin d’éviter les cas automatiques d’égalité). De même, on dit que f est une fonction
strictement concave lorsque la proposition précédente a lieu avec > au lieu de ≥
(avec toutefois x 6= y et λ ∈]0, 1[ afin d’éviter les cas automatiques d’égalité).
5. Exercice. Soient I un intervalle de R et f : I → R et g : I → R deux
fonctions convexes. Étudier la convexité de f (−x), f + g, f g, max{f, g}, min{f, g}
et lorsque la composition de g et f est permise, celle de g ◦ f .
3.2. Remarque. En vue de la discussion de la fin de la section précédente ramenant l’étude des ensembles convexes à celle des fonctions convexes, la définition des
fonctions convexes est naturelle, puisque l’interprétation graphique de la convexité
d’une fonction est la suivante : pour tout couple de points A et B du graphe
Γ(f ) ⊂ Rn+1 de f , le segment [AB] est situé au-dessus de Γ(f ). Ce qui correspond bien à l’idée que l’on se fait du graphe de la fonction α.
B
f(y)
(1−λ) f(x) +λf(y)
f(x)
f((1−λ) x +λy)
∆= (1−λ) A +λ B
A
E
F
D
(1−λ) x +λ y
x
y
fig.2
Pour bien comprendre cette interprétation, il convient de remarquer que si A =
(x, f (x)), B = (y, f (y)), le point ∆ = ((1 − λ)x + λy, (1 − λ)f (x) + λf (y)) est le
point du segment [AB] au-dessus de ((1 − λ)x + λy, 0). En effet, il n’existe dans
la droite (ED) (qui est parallèle à BF ) qu’un seul point ∆ tel que
∆E
AE
=
.
BF
AF
3. FONCTIONS CONVEXES
11
or
AE
(1 − λ)x + λy − x
=
= λ.
AF
y−x
D’autre part, par le théorème de Thalès, si ∆ est le point d’intersection du segment
[AB] et de la droite (ED), on a bien
∆E
AE
=
= λ,
BF
AF
ce qui, en notant w l’ordonnée de ∆, fournit
w − f (x)
=λ
f (y) − f (x)
et donc
w = (1 − λ)f (x) + λf (y).
6. Exercice. Montrer que si f : [c, d] → R est continue sur [c, d] et convexe sur
]c, d[, alors f est convexe sur [c, d].
Solution de l’exercice. Il faut démontrer que pour tout x, y ∈ [c, d], pour tout
λ ∈ [0, 1],
f ((1 − λ)x + λy) ≤ (1 − λ)f (x) + λf (y).
(∗)
Soient x, y ∈ [c, d] et z, w ∈]c, d[. Par convexité de f sur ]c, d[, on a pour tout
λ ∈ [0, 1],
f ((1 − λ)z + λw) ≤ (1 − λ)f (z) + λf (w).
(∗∗)
En faisant tendre z vers x et w vers y, du fait de la continuité de f sur [c, d], on a
f (z) → f (x), f (w) → f (y) et f ((1−λ)z +λw) → f ((1−λ)x+λy). Par conservation
de l’inégalité large dans (∗∗) lorsque z → x et w → y, on obtient bien (∗).
7. Exercice. Soient a, b deux nombres réels vérifiant a < b et soit une f : [a, b] →
R une fonction convexe non constante. On suppose enfin que f (a) = f (b) = m. On
veut montrer que ∀x ∈]a, b[, f (x) < m.
(1) Montrer que dans le but de montrer que ∀x ∈]a, b[, f (x) < m, on peut
supposer sans perte de généralité que m = 0.
On suppose dans la suite que m = 0.
(2) Montrer que ∀x ∈ [a, b], f (x) ≤ 0.
(3) En raisonnant par l’absurde, montrer finalement que ∀x ∈]a, b[, f (x) < 0.
Solution de l’exercice.
(1) Supposons que l’on ait montré que lorsque f
est convexe, non constante et f (a) = f (b) = 0, on a ∀x ∈]a, b[, f (x) < 0.
Maintenant si g est une fonction convexe et non constante telle que g(a) =
g(b) = m, la fonction f (x) = g(x) − m est convexe en tant que somme
de deux fonctions convexes (cf Exercice 5) et telle que f (a) = f (b) = 0. Il
s’ensuit que ∀x ∈]a, b[, g(x) − m = f (x) < 0 et donc que ∀x ∈]a, b[, g(x) <
m.
12
1. ENSEMBLES ET FONCTIONS CONVEXES
(2) La définition de la convexité de f est
∀λ ∈ [0, 1], f (x) ≤ (1 − λ)f (a) + λf (b) = 0,
avec x = (1 − λ)a + λb qui décrit l’intervalle [a, b] lorsque λ décrit [0, 1].
(3) Supposons qu’existe c ∈]a, b[ tel que f (c) = 0. Comme f n’est pas constante
et que ∀x ∈ [a, b], f (x) ≤ 0, il existe d ∈ [a, b] tel que f (d) < 0. Sans
perte de généralité, on peut supposer que a < d < c (si c < d < b, le
raisonnement s’adapte). En notant, pour un certain λ ∈]0, 1[ (c n’est ni d
ni b !), c = (1 − λ)d + λb, par convexité de f , on a 0 = f (c) ≤ (1 − λ)f (d) +
λf (b) = (1 − λ)f (d) < 0, ce qui est contradictoire.
3.3. Définition. Soit f : C → R une fonction définie sur le convexe C ⊂ Rn . On
considère
Γ(f )+ := {(x, y) ∈ C × R; y ≥ f (x)} et Γ(f )− := {(x, y) ∈ C × R; y ≤ f (x)}.
On dit que Γ(f )+ est l’épigraphe de f .
3.4. Remarque. Dire que le segment [AB] de la figure 1 est au-dessus du
graphe Γ(f ) signifie plus rigoureusement que [AB] ⊂ Γ(f )+ ou, de manière équivalente,
que [AB] ∩ Γ(f )− = ∅.
Le lien entre ensemble convexe de Rn+1 et fonction convexe est donné par le
résultat suivant.
3.5. Proposition. Soit C un ensemble convexe de Rn et f : C → R une fonction.
Alors f est convexe si et seulement si l’épigraphe Γ(f )+ de f est une partie convexe
de Rn+1 .
Démonstration. Si Γ(f )+ est convexe et si deux points A, B sont choisis sur
Γ(f ), du fait que Γ(f ) ⊂ Γ(f )+ , nous avons [AB] ⊂ Γ(f )+ , ce qui montre que f est
convexe (par la Remarque 3.4).
Réciproquement, supposons f convexe et soient A = (xA , yA ), B = (xB , yB ) deux
points de Γ(f )+ . Considérons a = (xA , f (xA )) et b = (xB , f (xB )) les deux points du
graphe de f respectivement sous A et B. La convexité de f dit alors que, quel que
soit λ ∈ [0, 1]
f ((1 − λ)xA + λxB ) ≤ (1 − λ)f (xA ) + λf (xB ).
D’autre part, puisque A, B ∈ Γ(f )+ , on a, par définition de Γ(f )+ , f (xA ) ≤ yA et
f (xB ) ≤ yB , ce qui donne
(1 − λ)f (xA ) + λf (xB ) ≤ (1 − λ)yA + λyB .
Mais les deux dernières inégalités ont pour conséquence
f ((1 − λ)xA + λxB ) ≤ (1 − λ)yA + λyB ,
ce qui prouve que [AB] ⊂ Γ(f )+ et donc que Γ(f )+ est convexe.
3. FONCTIONS CONVEXES
13
3.6. Remarque. Si f : C → R est convexe, on vient de voir que Γ(f )+ est
convexe. Notons que la fonction α : C → R associée au convexe Γ(f )+ n’est autre
que f , qui dans ce cas est convexe. La Proposition qui suit montre que ce phénomène
n’est par spécifique au convexe Γ(f )+ : la fonction α associé à n’importe quel convexe
de Rn est une fonction convexe.
8. Exercice. Montrer que f : C → R est concave si et seulement si −f est
convexe si et seulement Γ(f )− est convexe.
3.7. Proposition. Soit C un ensemble convexe de Rn , K sa projection sur Rn−1 ×
{0} et soient enfin α : K 3 x 7→ αx ∈ R et β : K 3 x 7→ βx ∈ R les fonctions définies
plus haut. Alors α est convexe et β est concave.
Démonstration. Il suffit de démontrer la convexité de α : K 3 x 7→ αx , le
raisonnement s’adaptant à la lettre à β : K 3 x 7→ βx à condition de renverser
toutes les inégalités 1.
Soient x, y ∈ K et λ ∈ [0, 1]. On note z = (1−λ)x+λy et A = (x, αx ), B = (y, αy ).
On veut montrer que
αz ≤ (1 − λ)αx + λαy .
Si A et B sont dans C, cela est clair, puisqu’alors la convexité de C montre que
(1 − λ)A + λB ∈ C et par définition-même de αz , on a bien αz au-dessous de
(1 − λ)A + λB, c’est-à-dire αz ≤ (1 − λ)αx + λαy .
Le cas délicat arrive lorsque A ou B ne sont pas dans C. Mas dans ce cas, puisque
A est défini comme
(x, inf{v tel que (x, v) ∈ C}),
il existe une suite An := (x, vn ) de points de C telle que
lim An = A, c’est-à-dire lim vn = αx .
n→∞
n→∞
De même existe une suite Bn := (y, wn ) de points de C telle que
lim Bn = B, c’est-à-dire lim wn = αy .
n→∞
n→∞
1. On peut aussi observer que si C est un convexe de Rn , C 0 est aussi un convexe de Rn , lorsque
C est le symétrique de C par rapport à Rn−1 . Or la fonction αC 0 associée à C 0 est −βC . De sorte
que si l’on sait que αC 0 est convexe, on en déduit que βC est concave, par l’Exercice 8.
0
14
1. ENSEMBLES ET FONCTIONS CONVEXES
(1−λ) A n +λ Bn
An
αx
A
(1−λ)α x+λα y
Bn
C
αz
B
αy
x
z
y
fig.3
On a alors par convexité de C :
(1 − λ)An + λBn ∈ C,
ce qui implique pour chaque n ≥ 0 :
αz ≤ (1 − λ)vn + λwn .
Finalement, en passant à la limite dans cette dernière inégalité on obtient l’inégalité
recherchée : αz ≤ (1 − λ)αx + λαy .
3.8. Proposition (inégalité de Jensen). 2 Soit C un ensemble convexe de Rn et
f : C → R une fonction. Alors f est convexe si et seulement si
∀p ≥ 2, ∀x1 , · · · , xp ∈ C, ∀λ1 , · · · , λp ∈ [0, 1] tels que
p
X
λi = 1, on a
i=1
p
p
X
X
f(
λ i xi ) ≤
λi f (xi ).
i=1
i=1
2. Cette inégalité a été démontrée en 1906 par le mathématicien danois Johan Jensen. Il s’agit
ici de sa variante discrète ; elle connait des variantes intégrales.
3. FONCTIONS CONVEXES
15
Démonstration. Commençons par noter que, puisque
C est convexe, l’apparPp
tenance
de
x
,
·
·
·
,
x
à
C
et
λ
,
·
·
·
,
λ
∈
[0,
1]
avec
λ
1
p
1
p
i=1 i = 1, assurent bien que
Pp
i=1 λi xi ∈ C, par l’Exercice 4.
Notons P(p) la propriété
∀x1 , · · · , xp ∈ C, ∀λ1 , · · · , λp ∈ [0, 1] tels que
p
X
p
p
X
X
λi f (xi ).
λ i xi ) ≤
λi = 1, f (
i=1
i=1
i=1
Remarquons ensuite que P(2) est exactement la définition de la convexité, donc si
P(p) est vraie pour tout p ≥ 2, f est bien convexe. Réciproquement, supposons
maintenant f convexe et montrons par récurrence sur p que P(p) a lieu pour tout
p ≥ 2.
– L’initialisation de la récurrence consiste à prouver P(2), qui est exactement la
définition de la convexité de f .
– Soit p ≥ 2 et supposons que P(p) soit vraie. Nous allons alors montrer que
P(p + 1) est vraie. Pour cela soient x1 , · · · , xp+1 ∈ C, λ1 , · · · , λp+1 ∈ [0, 1] tels
P
P
P
λi = 1. On note σ le réel pi=1 λi . Alors σ + λp+1 = 1, pi=1 λσi = 1.
que p+1
i=1
P
Si x := pi=1 λσi xi , on a x ∈ C et donc σx + (1 − σ)xp+1 ∈ C, d’après l’Exercice
4, ce qui donne par convexité de f :
f (σx + (1 − σ)xp+1 ) ≤ σf (x) + (1 − σ)f (xp+1 ).
Mais par hypothèse de récurrence, P(p) est vraie, donc
f (x) ≤
p
X
λi
i=1
σ
f (xi ),
ce qui conduit, en tenant compte de l’avant dernière inégalité, à
f(
p+1
X
i=1
λi xi ) ≤ σf (x) + (1 − σ)f (xp+1 ) ≤ σ
p
X
λi
i=1
σ
f (xi ) + λp+1 f (xp+1 ) =
p+1
X
λi f (xi ).
i=1
Ce qui prouve P(p + 1), et par principe de récurrence, P(j), ∀j ≥ 2.
3.9. Remarque. On peut aussi commencer par prouver l’Exercice 4 (qui est la
Proposition 3.8 pour les ensembles, et à ce titre un peu plus simple que la Proposition
3.8 elle-même). La convexité de l’épigraphe d’une fonction convexe se ramène alors
à la caractérisation de la convexité proposée par l’Exercice 4. Mais il est finalement
facile de voir que cette caractérisation n’est rien d’autre que la propriété P(p) pour
cette fonction. Ce qui démontre la Proposition 3.8.
9. Exercice. Représenter graphiquement les propriétés de la Proposition 3.8 et
de l’exercice 4.
10. Exercice. Soit f : R → R. Monter que f est convexe et concave si et
seulement si f est affine, ie du type f (x) = ax + b, où a, b ∈ R.
16
1. ENSEMBLES ET FONCTIONS CONVEXES
Solution de l’exercice. Par convexité et concavité simultanées, quel que soient
x, y ∈ R, quel que soit λ ∈ [0, 1], on a
f ((1 − λ)x + λy) = (1 − λ)f (x) + λf (y).
(∗)
Notons que si f est effectivement affine, avec les notations de l’énoncé, b = f (0) et
a = f (1) − f (0). Posons alors b = f (0) et a = f (1) − f (0). En faisant x = 0 et
y = 1 dans (∗) on obtient que
∀λ ∈ [0, 1], f (λ) = (1 − λ)f (0) + λf (1) = (1 − λ)b + λ(a + b) = λa + b.
(∗∗)
Maintenant soit y > 1. Alors en faisant x = 0 et λ = 1/y ∈ [0, 1] dans (∗), on a
y
1
f (y)
a + b = f (1) = f ( ) = (1 − )b +
y
y
y
ce qui donne
∀y > 1, f (y) = ay + b.
(∗ ∗ ∗)
Remarquons que (∗∗) et (∗ ∗ ∗) donnent que ∀z ≥ 0, f (z) = az + b. Enfin, si z ∈ R+ ,
l’égalité (∗) donne, en y faisant λ = 12 et x = z, y = −z
1
b = f (0) = (f (z) + f (−z)),
2
soit
f (−z) = 2b − f (z) = −az + b.
On a donc démontré que pour tout w ≤ 0, on a aussi f (w) = aw + b.
Le théorème qui suit est le théorème principal de ce chapitre.
3.10. Théorème (croissance et inégalité des pentes). Soit I un intervalle de R
et f : I → R. Fixons x ∈ I, et considérons pour t ∈ I, t 6= x,
px (t) :=
f (x) − f (t)
,
x−t
qui est la pente de la droite contenant le segment [(x, f (x))(t, f (t))]. Alors sont
équivalentes les propositions suivantes
(1) f est convexe,
(2) t 7→ px (t) est croissante sur I \ x, quel que soit x ∈ I,
(3) pour tout x, y, z ∈ I deux à deux distincts, avec x < y < z,
px (y) ≤ px (z) ≤ py (z)
ou encore
f (x) − f (y)
f (x) − f (z)
f (y) − f (z)
≤
≤
x−y
x−z
y−z
(inégalité des pentes).
3. FONCTIONS CONVEXES
17
On visualise la proposition 2 du Théorème 3.10 par la figure suivante, où l’on voit
que la pente de (AB) est inférieure à celle de (AC), elle-même inférieure à celle de
(BC) (attention, sur cette figure, toutes les pentes sont négatives !).
A
Γ(f )
C
B
y
x
z
fig.4
Démonstration. Par définition de la croissance d’une fonction, il est clair que
2 ⇐⇒ 3. Nous allons prouver maintenant 1 ⇐⇒ 2.
Commençons par prouver que 1 =⇒ 2. Pour cela on se donne x ∈ I puis y < z,
deux autres éléments de I, distincts de x, et on va montrer que px (y) ≤ px (z).
Notons que l’on peut écarter le cas facile y = z. Supposons donc que y < z.
• Supposons que x < y < z. Dans ce cas, existe λ ∈]0, 1[ tel que y = (1−λ)x+λz.
Par hypothèse de convexité de f , nous avons
f (y) ≤ (1 − λ)f (x) + λf (z),
donc
f (y) − f (x) ≤ λ(f (z) − f (x)),
et donc
f (y) − f (x)
λ(f (z) − f (x))
≤
.
y−x
y−x
Mais comme y − x = λ(z − x), on en déduit
f (z) − f (x)
px (y) ≤
= px (z).
z−x
• Le cas où y < z < x se traite de la même manière.
px (y) =
18
1. ENSEMBLES ET FONCTIONS CONVEXES
• Enfin le cas y < x < z se traite ainsi : d’après le deuxième des trois cas,
nous avons pz (y) ≤ pz (x). Mais d’après le premier cas py (x) ≤ py (z). Or comme
py (z) = pz (y), nous en déduisons que
py (x) ≤ pz (x), c’est-à-dire px (y) ≤ px (z).
Montrons maintenant que 2 =⇒ 1. Pour cela donnons-nous x < z dans I et pour
λ ∈ [0, 1], posons y = (1 − λ)x + λz. Par l’hypothèse de croissance des pentes, nous
avons px (y) ≤ px (z), soit
f (y) − f (x)
f (z) − f (x)
≤
.
y−x
z−x
Or y − x = λ(z − x), d’où
f (y) − f (x) ≤ λf (z) − λf (x) ⇐⇒ f (y) ≤ (1 − λ)f (x) + λf (z).
3.11. Corollaire. Soit I un intervalle ouvert de R et f : I → R une fonction
convexe. Alors f est dérivable à gauche et à droite sur I et on a
f (y) − f (x)
≤ fg0 (y) ≤ fd0 (y) 3.
∀x, y ∈ I, x < y, fg0 (x) ≤ fd0 (x) ≤
y−x
En particulier f est localement lipschitzienne et donc continue.
Démonstration. Soit y ∈ I. On va montrer que f étant convexe est dérivable
à gauche et à droite en y. Pour cela soient x, z ∈ I avec x < y < z (ce qui est
possible grâce à l’ouverture de I. Si I n’était pas ouvert, et si y était une extrémité
non ouverte de I, on ne pourrait pas trouver de tels x et z). Le taux d’accroissement
py (x) est majoré par py (z), d’après le Théorème 3.10. D’autre part x 7→ py (x)
est croissante, toujours d’après le Théorème 3.10. Étant croissante et majorée, la
fonction x 7→ py (x) admet une limite quand x → y (x < y). Or par définition-même
cette limite est fg0 (y). On en déduit que
f (z) − f (y)
.
z−y
De même, en faisant tendre z vers y dans la majoration fg0 (y) ≤ py (z) ci-dessus,
on obtient
fg0 (y) ≤ fd0 (y).
(∗)
Notons que si x tend vers y par valeurs inférieures, par croissance des pentes,
py (x) tend en croissant vers fg0 (y). On a donc bien, dès que x < y,
fg0 (y) ≤
f (y) − f (x)
≤ fg0 (y).
(∗∗)
y−x
De même, si z tend vers y par valeurs supérieures, par croissance des pentes, py (z)
tend en décroissant vers fd0 (y). On a donc bien, dès que y < z,
fd0 (y) ≤
3. O. Stolz, (1893)
f (z) − f (y)
.
z−y
(∗ ∗ ∗)
3. FONCTIONS CONVEXES
19
Les inégalités (∗), (∗∗) et (∗ ∗ ∗) donnent la quadruple inégalité annoncée.
Maintenant si py (x) admet une limite quand x → y pour x < y, c’est que
limx→y,x<y f (y)−f (x) = 0, donc que limx→y,x<y f (x) = f (y). De même limz→y,z>y f (z) =
f (z). Il s’ensuit que limy f = f (y), ce qui est une définition de la continuité de f
en y. Montrons que mieux que continue, f est localement lipschitzienne. Pour cela
plaçons-nous sur un intervalle du type [a, b] ⊂ I, avec a < b. Alors on a, d’après ce
qui précède
f (y) − f (x)
∀x, y ∈ [a, b], fd0 (a) ≤
≤ fg0 (b),
y−x
ce qui montre que sur [a, b] est fg0 (b)-lipschitzienne, car
∀x, y ∈ [a, b],
|f (y) − f (x)|
≤ max{|fg0 (b)|, |fd0 (a)|}.
|y − x|
3.12. Remarque. Si I n’est pas ouvert dans le Corollaire ci-dessus, la conclusion
du Corollaire n’est pas certaine. Par exemple la fonction f : [0, 1] → R définie par
f (0) = 1 et f (x) = 0, pour tout x ∈]0, 1], est convexe sur [0, 1] sans y être continue,
ni dérivable à droite.
On ne peut d’autre part espérer que le caractère localement lipschitzien d’une
fonction convexe sur un intervalle ouvert et non en général
le caractère globalement
p
lipschitzien. Par exemple la fonction ]0, 1[3 x 7→ − x(1 − x) est convexe, localement lipschitzienne sur ]0, 1[, mais fg0 par exemple n’est pas bornée au voisinage
de 1, ce qui interdit l’existence d’une constance k telle que pour tout x, y ∈ I,
|f (y) − f (x)| ≤ k|y − x|, puisque dans ce cas on aurait |fg0 (x)| ≤ k, pour tout
x ∈]0, 1[.
11. Exercice. Soit f : R → R une fonction. On note, pour m ∈ R, fm : R → R
la fonction définie par fm (x) = f (x) + mx.
1. On suppose dans cette question que f est convexe. Soit alors m ∈ R.
1.a. Montrer que fm est convexe.
1.b. Justifier sans preuve mais à l’aide d’une propriété du cours que fm est
bornée sur n’importe quel intervalle [a, b] ⊂ R et que fm atteint sa borne
supérieure sur cet intervalle (c’est-à-dire qu’existe α ∈ [a, b] tel que ∀x ∈
[a, b], fm (x) ≤ fm (α)).
1.c. Soient a, b ∈ R, a < b. On note M = max{fm (a), fm (b)}. En utilisant la
question précédente, c’est-à-dire la connexité de fm sur [a, b], montrer que
la borne supérieure de fm sur [a, b] est atteinte en a ou en b.
2. Soient a, b ∈ R, a < b. On pose m = −
f (b) − f (a)
.
b−a
2.a. Calculer fm (a) et fm (b).
2.b. À l’aide de l’hypothèse fm atteint sa borne supérieure sur [a, b] en a ou
en b , montrer que f est convexe sur R.
20
1. ENSEMBLES ET FONCTIONS CONVEXES
Solution de l’exercice.
1.a. Par hypothèse f est convexe et comme x 7→
mx est aussi convexe, fm en tant que somme de ces deux fonctions convexes
est convexe. (cf Exercice 5).
1.b. Comme f est convexe sur R, f y est continue, d’après le Corollaire 3.11.
Or une fonction continue sur un intervalle fermé et borné est bornée sur
cet intervalle et y atteint ses bornes.
1.c. Soit x ∈ [a, b]. Il existe λ ∈ [0, 1] tel que x = (1 − λ)a + λb. Par convexité
de fm , on a
fm ((1 − λ)a + λb) ≤ (1 − λ)fm (a) + λfm (b) ≤ (1 − λ)M + λM = M.
On en conclut que pour tout x ∈ [a, b], fm (x) ≤ M et donc que fm atteint
ses bornes sur [a, b] en a ou b.
2.a. Un calcul direct montre que
fm (a) = fm (b) =
bf (a) − af (b)
.
b−a
2.b. Par hypothèse, pour tout λ ∈ [0, 1],
fm ((1 − λ)a + λb) ≤ fm (a).
Ce qui donne
f ((1 − λ)a + λb) + m((1 − λ)a + λb) ≤ f (a) + ma,
f ((1 − λ)a + λb) ≤ f (a) + mλ(a − b) = (1 − λ)f (a) + λf (b).
La dernière inégalité prouvant la convexité de f .
12. Exercice. Soient I un intervalle ouvert de R et f : I → R une fonction
bijective et convexe.
(1) Montrer que f est une bijection continue de I sur un intervalle ouvert J de
R.
(2) Montrer que g = f −1 : J → I est soit convexe, soit concave.
Solution de l’exercice.
(1) La fonction f est continue sur I, d’après le
Corollaire 3.11. Comme f est de plus bijective, elle est monotone sur I et
son image J est un intervalle du même type que I, soit ouvert. On sait de
plus que g a la même monotonicité que f .
(2) Soient a, b ∈ J, et notons x = g(a), y = g(b). On a donc a = f (x), b = f (y).
Soit λ ∈ [0, 1].
• Supposons f (et donc g) croissante sur I. Par convexité de f , on a
f ((1 − λ)x + λy) ≤ (1 − λ)f (x) + λf (y).
En composant par g les deux membres de cette inégalité, on conserve le sens
de l’inégalité, puisque g est croissante. On obtient alors
(1 − λ)g(a) + λg(b) = (1 − λ)x + λy ≤ g((1 − λ)f (x) + λf (y)) = g((1 − λ)a + λb).
3. FONCTIONS CONVEXES
21
Ce qui montre que g est concave (par exemple f (x) = ex , I = R et g(x) =
log(x), J =]0, +∞[).
• Supposons f (et donc g) décroissante sur I.
Par convexité de f , on a
f ((1 − λ)x + λy) ≤ (1 − λ)f (x) + λf (y).
En composant par g les deux membres de cette inégalité, on renverse le sens
de l’inégalité, puisque g est décroissante. On obtient alors
(1 − λ)g(a) + λg(b) = (1 − λ)x + λy ≥ g((1 − λ)f (x) + λf (y)) = g((1 − λ)a + λb).
√
Ce qui montre que g est convexe (par exemple f (x) = − x, I =]0, +∞[ et
g(x) = x2 , J =] − ∞, 0[).
En conclusion : Si f est croissante et convexe, g est concave, si f est
décroissante et convexe, g est convexe.
13. Exercice. Soient I un intervalle ouvert de R et f : I → R une fonction
continue. Montrer que f est convexe si et seulement si
1
1
∀x, y ∈ C, f ( (x + y)) ≤ (f (x) + f (y)) 4.
2
2
Le rapport 21 apparaissant dans l’Exercice 13 n’a rien de spécifique. On peut en
effet montrer plus généralement qu’une fonction est convexe dès qu’elle vérifie une
inégalité de convexité pour un barycentre de rapport a ∈]0, 1[. Ceci est l’objet de
l’Exercice 14 qui suit.
14. Exercice. Soit a ∈]0, 1[ un nombre réel. Pour tout n ≥ 0, on construit 2n
n
intervalles In1 , · · · In2 de la manière suivante.
– Pour n = 0, on pose I01 = [0, 1].
n
– Supposons construits In1 , · · · In2 , pour n ≥ 0, et soit k ∈ {1, · · · , 2n }. On note
Ink = [αn,k , αn,k+1 ]. On pose alors :
2k−1
In+1
= [αn,k , (1 − a)αn,k + aαn,k+1 ]
2k
et In+1
= [(1 − a)αn,k + aαn,k+1 , αn,k+1 ].
(1) On note σ := max{a, 1 − a} ∈]0, 1[. Montrer, par récurrence sur n, que
la longueur d’un intervalle Ink est majorée par σ n , pour n ≥ 0 et k ∈
{1, · · · , 2n }.
(2) Déduire de la question précédente que si (un )n≥0 est une suite telle que
u0 = 1 et ∀n ≥ 0, un+1 ∈ {2un − 1, 2un },
alors
T
un
n≥0 In
4. J. Jensen, (1906)
est un singleton inclus de [0, 1].
22
1. ENSEMBLES ET FONCTIONS CONVEXES
(3) Soit λ ∈ [0, 1]. Montrer qu’existe une suite (un )n≥0 telle que
\
u0 = 1, ∀n ≥ 0, un+1 ∈ {2un − 1, 2un } et {λ} =
Inun .
n≥0
Noter que ceci équivaut à αn,un → λ. (Ind. On pourra construire la suite
(un )n≥0 par récurrence en utilisant une dichotomie.)
Soit f : [0, 1] → R une fonction continue vérifiant
∀x, y ∈ [0, 1], f ((1 − a)x + ay) ≤ (1 − a)f (x) + af (y).
(∗)
On veut montrer que cette condition, apparemment plus faible que la convexité
de f , implique la convexité de f .
(4) Fixons x < y dans [0, 1] et considérons les fonctions F et G définies par
F : [0, 1] → R
λ 7→ F (λ) = f ((1 − λ)x + λy)
G(λ) = F (λ) − F (0).
Montrer que F et G sont continues et vérifient :
∀X, Y ∈ [0, 1], F ((1 − a)X + aY ) ≤ (1 − a)F (X) + aF (Y ),
∀X, Y ∈ [0, 1], G((1 − a)X + aY ) ≤ (1 − a)G(X) + aG(Y ).
(5) Montrer que
∀λ ∈ [0, 1], f ((1 − λ)x + λy) ≤ (1 − λ)f (x) + λf (y) ⇐⇒ G(λ) ≤ λG(1)
(6) Soit λ ∈ [0, 1] et (un )n≥0 une suite comme construite à la question 3, c’està-dire telle que ∀n ≥ 0, un ∈ {1, · · · , 2n } et lim αn,un = λ. Montrer par
n→∞
récurrence que
∀n ≥ 0, G(αn,un ) ≤ αn,un G(1).
(7) Conclure de la question précédente que f est convexe.
Solution de l’exercice.
(1) Notons |I| la longueur d’un intervalle I. On a
1
0
|I0 | = 1 = σ . Supposons que pour un certain n ≥ 0 et tout k ∈ {1, · · · , 2n},
|Ink | ≤ σ n . Soit alors ` ∈ {1, · · · 2n+1 }, notons ` = 2k − 1 si ` est impair
`
et ` = 2k si ` est pair. Dans ce cas, In+1
est obtenu à partir de Ink et
`
|In+1 | = βn+1,` − αn+1,` . Si ` est impair, on a donc
`
|In+1
| = βn+1,` − αn+1,` = (1 − a)αn,k + aαn,k+1 − αn,k
= a(αn,k+1 − αn,k ) = a|In,k | ≤ aσ n ≤ σ n+1 .
Tandis que si ` est pair
`
|In+1
| = βn+1,` − αn+1,` = αn,k+1 − (1 − a)αn,k − aαn,k+1
= (1 − a)(αn,k+1 − αn,k ) = (1 − a)|In,k | ≤ aσ n ≤ σ n+1 .
3. FONCTIONS CONVEXES
23
`
En tous les cas nous avons obtenu que |In+1
| ≤ σ n+1 , ce qui prouve la
propriété demandée par principe de récurrence.
u
n+1
(2) Une telle suite (un )n∈N est telle que In+1
⊂ Inun . On a alors, pour tout
n≥0:
un+1
n+1
< βn+1
≤ βnun
αnun ≤ αuun+1
et d’après la question 1,
βnun − αnun ≤ σ n .
Il s’ensuit que les suites (αn )n∈N et (βn )n∈N sont adjacentes et convergent
donc toutes les deux vers un réel λ ∈ [0, 1]. Comme pour tout n ≥ 0
αnun ≤ λ ≤ βnun ,
on a λ ∈ Inun , pour tout n ≥ 0, et donc λ ∈ ∩n≥0 Inun . Si µ ∈ Inun , on a
|λ − µ| < σ n , donc si µ ∈ Inun , pour tout n ≥ 0, du fait que σ < 1 et
par suite que σ n → 0 lorsque n → +∞, on a nécessairement µ = σ. En
conclusion, {λ} = ∩n≥0 Inun .
(3) On construit la suite demandée par récurrence. On pose u0 = 1. Soit n ∈ N.
Supposons alors construits u0 , · · · , un tels que pour tout k ∈ {1, · · · , n},
uk−1
Ikuk ⊂ Ik−1
(ce qui équivaut à uk ∈ {2uk−1 − 1, 2uk−1 }) et λ ∈ Inun . Alors,
2un −1
2un
puisque Inun = In+1
∪ In+1
2un −1
• soit λ ∈ In+1
,
2un
• soit λ ∈ In+1 .
Dans le premier cas, on pose un+1 = 2un − 1 et dans le second un+1 = 2un .
un+1
On a alors bien un+1 ∈ {2un − 1, 2un }, λ ∈ In+1
, ce qui construit notre
suite principe de récurrence et assure que {λ} = ∩n≥0 Inun .
(4) Les fonctions F et G sont continues en tant que composées et sommes de
fonctions continues. On a d’autre part
F ((1 − a)X + aY ) = f ([1 − ((1 − a)X + aY )]x + [(1 − a)X + aY ]y)
et comme
[1 − ((1 − a)X + aY )]x + [(1 − a)X + aY ]y
= (1 − a)[(1 − X)x + Xy] + a[(1 − Y )x + Y y],
on en déduit par la propriété (∗) de f
F ((1 − a)X + aY ) = f ((1 − a)[(1 − X)x + Xy] + a[(1 − Y )x + Y y])
≤ (1 − a)f ((1 − X)x + Xy) + af ((1 − Y )x + Y y) = (1 − a)F (X) + aF (Y ).
Enfin, comme G = F − F (0), on a
G((1 − a)X + aY ) = F ((1 − a)X + aY ) − F (0)
≤ (1 − a)F (X) + aF (Y ) + (1 − a + a)F (0) = (1 − a)G(X) + aG(Y ).
24
1. ENSEMBLES ET FONCTIONS CONVEXES
Remarque. L’intérêt de cette question est de ramener l’étude de la convexité
de f qui est une propriété portant sur les couples (x, y) ∈ [0, 1]2 et les rapports λ ∈ [0, 1] à la propriété
∀λ ∈ [0, 1], G(λ) ≤ λG(1)
portant sur les fonctions G := Gx,y : [0, 1] → R. C’est cette réduction qui
est proposée dans la question suivante.
(5) Il suffit d’exprimer G en fonction de f dans G(λ) ≤ λG(1).
(6) On a u0 = 1 et I0u0 = [α0,0 , β0,0 ] = [0, 1], donc α0,u0 = 0, β0,u0 = 1 et ainsi
G(α0,u0 ) ≤ α0,u0 · G(1) et G(β0,0 ) = β0,0 · G(1).
puisque
0 = G(0) ≤ 0 · G(1) et G(1) = 1 · G(1).
Supposons maintenant que pour un certain entier n ∈ N ∗ , on ait
P(n) : Γ(αn,un ) ≤ αn,un G(1) et G(βn,un ) ≤ βn,un G(1).
Deux cas se présentent alors pour αn+1,un+1 .
• Soit αn+1,un+1 = αn,un , et dans ce cas l’hypothèse de récurrence donne
immédiatement
G(αn+1,un+1 ) ≤ αn+1,un+1 G(1).
• Soit αn+1,un+1 = (1 − a)αn,un + aβn,un . On en déduit par la question 4
que
G(αn+1,un+1 ) ≤ (1 − a)G(αn,un ) + aG(βn,un ),
puis grâce à notre hypothèse de récurrence
G(αn+1,un+1 ) ≤ (1 − a)αn,un G(1) + aβn,un G(1) = αn+1,un+1 G(1).
De même deux cas se présentent pour βn+1,un+1 .
• Soit βn+1,un+1 = βn,un , et dans ce cas l’hypothèse de récurrence donne
immédiatement
G(βn+1,un+1 ) ≤ βn+1,un+1 G(1).
• Soit βn+1,un+1 = (1 − a)αn,un + aβn,un . On en déduit par la question 4
que
G(βn+1,un+1 ) ≤ (1 − a)G(αn,un ) + aG(βn,un ),
puis grâce à notre hypothèse de récurrence
G(βn+1,un+1 ) ≤ (1 − a)αn,un G(1) + aβn,un G(1) = βn+1,un+1 G(1).
La propriété P(n + 1) est alors prouvée. Par principe de récurrence, on en
déduit que P(n) est vraie pour tout n ∈ N.
3. FONCTIONS CONVEXES
25
(7) Comme la suite (un )n∈N est telle que αn,un → λ quand n → +∞, et que G
est continue sur [0, 1] (donc en particulier en λ) par la question 4, on a par
la question précédente
lim G(αn,un ) = G( lim αn,un ) = G(λ) = lim αn,un G(1) = λG(1),
n→∞
n→∞
n→∞
ce qui par la question 5 est l’inégalité définissant la convexité de f , puisque
x, y qui étaient fixés dans [0, 1] sont quelconques.
15. Exercice. Soit f : R → R une fonction convexe non constante. Montrer
que lim+∞ f = +∞ ou lim−∞ f = +∞. Ce résultat est-il encore valable lorsque
f : [0, +∞] → R ?
Montrer que si f :]a, +∞[→ R est convexe, lim+∞ f (x)
existe dans R ∪ {+∞}.
x
Solution de l’exercice. Soient a < b deux points fixés de R. Considérons
(a)
la pente de la droite passant par (a, f (a)) et (b, f (b)). Si y > b, par
m = f (b)−f
b−a
(a)
l’inégalité des pentes (cf Théorème 3.10), on a f (y)−f
≥ m, d’où
y−a
f (y) ≥ m(y − a) + f (a).
Si m > 0, cette inégalité assure que lim+∞ f (y) = +∞.
Si m < 0, on considère la fonction g(x) = f (−x) (ici intervient le fait que f est
défini sur un intervalle symétrique par rapport à l’origine). La fonction g est convexe
et la pente de la droite passant par (−a, g(−a)) et (−b, g(−b)) est g(−b)−g(−a)
=
−b+a
−m > 0. Il s’ensuit d’après ce qui précède que lim+∞ g(y) = +∞. Or ceci équivaut
à lim−∞ f (y) = +∞.
Enfin supposons qu’il n’existe pas de couple a, b tel que m 6= 0. Dans ce cas quels
que soient a, b ∈ R, f (a) = f (b), et donc f serait constante.
Notons que la fonction f : [1, +∞] → R, f (x) = 1/x, est convexe mais que
lim+∞ f 6= +∞.
Soit maintenant f :]a, +∞[→ R une fonction convexe et b ∈]a, +∞[. Si on montre
(b)
que pb (x) := f (x)−f
admet une limite dans R ∪ {+∞} lorsque x → +∞, alors on
x−b
f (x)
montre aussi que x admet une limite dans R ∪ {+∞} lorsque x → +∞, puisque
f (x)
(b)
(b) x−b
(b)
= [ f (x)−f
+ fx−b
]· x et lim+∞ fx−b
= 0, lim+∞ x−b
= 1. Or d’après le Théorème
x
x−b
x
3.10, x 7→ pb (x) est croissante. Il s’ensuit que si x 7→ pb (x) n’est pas majorée,
lim+∞ pb (x) = +∞ et si x 7→ pb (x) est majorée, lim+∞ pb (x) existe (dans R).
16. Exercice. Soit f : Rn → R une fonction convexe. Montrer que si f possède
en un point un minimum relatif, celui-ci est en réalité absolu.
Solution de l’exercice. Raisonnons dans Rn = R, ce qui ne change rien. Par
définition il existe a ∈ R et r > 0 tel que |x−a| ≤ r implique f (x) ≥ f (a). Montrons
que si y ∈ R, alors on a encore f (y) ≥ f (a). Pour cela considérons un point x =
(1 − λ)a + λy avec λ ∈ [0, 1], sur le segment [ay], de sorte que |x − a| ≤ r. Il suffit
pour cela de choisir λ suffisamment petit, ou encore λ ≤ |y−a|
. Comme |x − a| ≤ r,
r
on a f (x) ≥ f (a) et comme f est convexe, on a f (x) ≤ (1 − λ)f (a) + λf (y). On
26
1. ENSEMBLES ET FONCTIONS CONVEXES
en déduit que f (a) ≤ (1 − λ)f (a) + λf (y), c’est-à-dire λf (a) ≤ λf (y) et finalement
f (a) ≤ f (y).
3.13. Corollaire. Soit I un intervalle ouvert et f : I → R une fonction convexe.
Alors Γ(f ) est situé au-dessus de ses tangentes à gauche et à droite.
Démonstration. D’après le Corollaire 3.11, les dérivées à gauche et à droite
de f existent bien. Les notions de tangente à gauche et à droite en un point du
graphe sont donc aussi bien définies. Raisonnons sur les tangentes à gauche par
exemple, le raisonnement étant le même pour les tangentes à droite. En un point
(a, f (a)) du graphe de f , la tangente à gauche est par définition la droite d’équation
Y = fg0 (a)(X − a) + f (a).
(a)
Si x > a, d’après le Corollaire 3.11, on a fg0 (a) ≤ f (x)−f
, donc fg0 (a)(x − a) +
x−a
f (a) ≤ f (x), de sorte que les points du graphe ayant des abcisses supérieures à a
sont bien au-dessus la tangente à gauche au graphe en (a, f (a)).
(a)
Maintenant si x < a, toujours d’après le Corollaire 3.11, f (x)−f
≤ fg0 (a), donc
x−a
(noter bien que x − a < 0 cette fois-ci) f (x) ≥ fg0 (a)(x − a) + f (a), de sorte que
les points du graphe ayant des abcisses inférieures à a sont bien sous la tangente à
gauche au graphe en (a, f (a)).
3.14. Corollaire. Soit I un intervalle et f : I → R une fonction dérivable sur
I. Alors
(1) f est convexe (resp. strictement convexe) si et seulement si f 0 est croissante
(resp. strictement croissante).
(2) Si f est deux fois dérivable sur I, f est convexe (resp. strictement convexe)
si et seulement si f 00 ≥ 0 (resp. f 00 > 0) sur I.
Démonstration. Le cas de la stricte convexité est laissé en exercice, la preuve
s’adaptant (cf Exercice 21)
• Démontrons 1. On suppose tout d’abord que f est convexe et dérivable sur I
et on montre la croissance de f 0 . Pour cela, soit x ∈ I et supposons par exemple
que x n’est pas l’extrémité droite de I, tout en autorisant la possibilité que x soit
l’extrémité gauche de I (le cas où x est l’extrémité droite de I se traitant de manière
analogue au cas où x est l’extrémité gauche de I). On choisit ensuite y, z ∈ I, tels
que x < y < z (ce qui est possible puisque x n’est pas l’extrémité droite de I).
D’après l’inégalité des pentes 3.10, on a
f (y) − f (x)
≤ py (z).
(∗)
y−x
Comme f est par hypothèse dérivable en x, le membre de gauche de cette inégalité
tend vers f 0 (x) lorsque y → x (par valeurs supérieures). D’autre part, puisque f est
dérivable en x, f est continue en x et donc f (y) tend vers f (x) lorsque y tend vers x.
Il s’ensuit que py (z) tend vers px (z) lorsque y tend vers x. En conclusion en faisant
tendre y vers x, l’inégalité (∗) donne
f 0 (x) ≤ px (z).
3. FONCTIONS CONVEXES
27
Soit alors x0 ∈ I, tel que x < x0 < z, d’après la croissance des pentes (cf Théorème
3.10), on a
f 0 (x) ≤ px (z) = pz (x) ≤ pz (x0 ),
(∗∗)
puisque x < x0 . Mais en faisant tendre z vers x0 (par valeurs supérieures), comme f
est dérivable en x0 , on a pz (x0 ) → f 0 (x0 ). L’inégalité (∗∗) donne alors, en y faisant
z → x0
f 0 (x) ≤ f 0 (x0 ),
avec x < x0 quelconques dans I. C’est-à-dire que f 0 est croissante.
Remarquons que si x et x0 sont des points de I qui ne sont pas des extrémités
de I, on peut appliquer le Corollaire 3.11 directement, car alors I peut être supposé
ouvert et on obtient immédiatement l’inégalité f 0 (x) ≤ f 0 (x0 ).
Réciproquement, supposons que f 0 est croissante sur I et montrons que f est
convexe. Soient x, y ∈ I, λ ∈ [0, 1] et z = (1 − λ)x + λy. Comme f est dérivable sur
I, f est continue sur [x, z] et dérivable sur ]x, z[. On peut appliquer à f le théorème
des accroissements finis sur [x, z]. Il existe θ ∈]x, z[ tel que
f (z) − f (x) = (z − x)f 0 (θ),
soit
f (x) = f (z) − f 0 (θ)(z − x).
(a)
De même, il existe ν ∈]z, y[ tel que
f (y) = f (z) + f 0 (ν)(y − z)
(b)
Remarquons ensuite que z −x = λ(y −x) et que y −z = (1−λ)(y −x). Les inégalités
(a) et (b) donnent alors
f (x) = f (z) − λf 0 (θ)(y − x)
(c),
f (y) = f (z) + (1 − λ)f 0 (ν)(y − x)
(d).
On déduit donc de (c) et (d)
(1 − λ)f (x) + λf (y) = f (z) + λ(1 − λ)(y − x)(f 0 (ν) − f 0 (θ)).
(e)
Or puisque par hypothèse f 0 est croissante, la quantité λ(1 − λ)(y − x)(f 0 (ν) − f 0 (θ))
est positive, et finalement l’inégalité (e) donne
(1 − λ)f (x) + λf (y) ≥ f (z),
ce qui prouve que f est bien convexe.
• La proposition 2 résulte de la proposition 1, puisqu’une fonction dérivable est
croissante si et seulement si sa dérivée est positive.
3.15. Proposition. Soit f : I → R une fonction dérivable et convexe, alors f
est C 1 (c’est-à-dire que f 0 est continue sur I).
28
1. ENSEMBLES ET FONCTIONS CONVEXES
Démonstration. La preuve de cette proposition est une conséquence directe
d’un théorème dû à Darboux et démontré en 1875. Ce théorème stipule que si
α, β ∈ I et si k est compris entre f 0 (α) et f 0 (β), alors il existe γ ∈ I tel que f 0 (γ) = k.
Autrement dit une dérivée vérifie, comme une fonction continue, le théorème des
valeurs intermédiaires (sans pour autant être nécessairement continue). Ce théorème
est démontré ci-dessous.
Maintenant d’après le Corollaire 3.14, si f est convexe et dérivable, f 0 est croissante. Or une fonction croissante qui vérifie le théorème des valeurs intermédiaires
est continue (preuve facile laissée en exercice).
3.16. Théorème (Théorème de Darboux). Une dérivée vérifie le théorème des
valeurs intermédiaires 5.
Démonstration. Soient I un intervalle et f : I → R une fonction dérivable.
Soient α, β ∈ I et, en supposant f 0 (α) ≤ f 0 (β) (ce qui ne nuit pas à la généralité),
soit k ∈ [f 0 (α), f 0 (β)]. On peut supposer que k 6= f 0 (α) et k 6= f 0 (β), sinon la
preuve n’a plus d’objet. Considérons g(x) = f (x) − kx. On cherche un zéro de
g 0 (x) = f 0 (x) − k. On alors est tenté de caractériser un zéro de g 0 comme un point en
lequel g est extrémale sur [α, β]. Rappelons que la borne inférieure (et supérieure) de
g sur [α, β] est atteinte, car g est continue sur l’intervalle fermé et borné [α, β]. Notons
g(γ) = inf [α,β] g. Si γ ∈]α, β[, alors on sait que g 0 (γ) = 0 et la preuve est terminée.
Il nous suffit donc de montrer que γ n’est ni α, ni β. Comme g 0 (α) = f 0 (α) − k < 0,
g(x) − g(α)
le taux d’accroissement
de g en α est négatif pour x proche de α dans
x−α
]α, β[ ; il s’ensuit que g(x) < g(α) pour x au voisinage de α dans ]α, β[, et donc
γ 6= α. On montre par le même argument que γ 6= β, ce qui termine la preuve.
Remarquons que la borne supérieure de g sur [α, β] peut très bien être atteinte
en α ou en β, contrairement à la borne inférieure de g sur [α, β], ce qui justifie le
choix de γ = inf [α,β] g.
17. Exercice. Soit f : R∗+ → R∗+ une application décroissante de classe C 1 ,
convexe et telle que limx→+∞ f (x) = 0. On veut montrer que limx→+∞ f 0 (x) = 0.
(1) Montrer que f 0 admet une limite lorsque x tend vers +∞. On appelle ` cette
limite.
(2) En raisonnant par l’absurde, montrer que ` = 0.
5. Le théorème des valeurs intermédiaires pour une fonction f : I → R dit que si α, β ∈ I et si
k est compris entre f (α) et f (β), alors il existe γ ∈ I tel que f (γ) = k. Une autre formulation est
la suivante : l’image par une dérivée d’un intervalle est un intervalle.
Les fonctions continues vérifient le théorème des valeurs intermédiaires. Mais une fonction non
continue peut aussi le vérifier (penser à x 7→ f (x) = sin(1/x) si x 6= 0 et f (0) = 0). D’autre part,
une fonction continue est toujours une dérivée (car une fonction continue admet une primitive). Le
théorème de Darboux étend donc le théorème des valeurs intermédiaires des fonctions continues
aux fonctions dérivées. Notons qu’il s’agit d’une extension stricte : une dérivée peut très bien ne
pas être continue. En effet, Darboux a construit un exemple de fonction dérivable, dont la dérivée
n’est continue sur aucun sous-intervalle de son intervalle de définition.
3. FONCTIONS CONVEXES
29
Solution de l’exercice.
(1) Comme f est par hypothèse décroissante, f 0 ≤
∗
0 sur R+ . Mais le Corollaire 3.14 assure d’autre part que f 0 est croissante.
Étant majorée (par 0) et croissante, f 0 converge en +∞ vers ` ≤ 0.
(2) D’après le Corollaire 3.11, on a pour tout x < y,
f (y) − f (x) ≤ (y − x)f 0 (y).
En fixant x et en faisant tendre y vers +∞, on en déduit, puisque f 0 (y) → `,
que si ` < 0, f (y) → −∞. Ce qui contredit l’hypothèse limx→+∞ f (x) = 0.
Ainsi ` = 0.
18. Exercice. Soit I ⊂ R un intervalle et f : I → R∗+ une fonction.
(1) Montrer que la fonction log : R∗+ → R est concave.
(2) Déduire de la question précédente que si log ◦f : I → R est convexe, alors
f est convexe.
On veut maintenant montrer que log ◦f est convexe si et seulement si
pour tout C > 0, la fonction x 7→ f (x)C x est convexe sur I.
(3) On suppose dans cette question que log ◦f est convexe. Soit C > 0. On
rappelle que pour tout x, y ∈ R, x > 0, on note xy = ey log(x) .
Montrer que x 7→ log(C x f (x)) est la somme de deux fonctions convexes.
En déduire que C x f (x) est convexe.
(4) Réciproquement, on suppose dans cette question que pour tout C > 0, la
fonction x 7→ f (x)C x est convexe.
4.a. Soient a, b ∈ I, a < b. Montrer que pour tout C > 0,
f ((1 − λ)a + λb) ≤ (1 − λ)f (a)C λ(a−b) + λf (b)C (1−λ)(b−a) .
4.b. Montrer que la fonction x 7→ (1 − λ)f (a)x−λ + λf (b)x1−λ atteint son
minimum sur R∗+ en f (b)/f (a). Conclure
Solution de l’exercice.
(1) La fonction log est deux fois dérivable sur
R∗+ de dérivée négative. D’après le Corollaire 3.14 cette fonction est bien
concave.
(2) Supposons que log ◦f est convexe, soient a < b deux points de I et λ ∈ [0, 1].
On a
log(f (1 − λ)a + λb) ≤ (1 − λ) log(f (a)) + λ log(f (b)).
Mais par concavité de la fonction log, on a
log(f (1 − λ)a + λb) ≤ (1 − λ) log(f (a)) + λ log(f (b))
≤ log[(1 − λ)f (a) + λf (b)].
Maintenant comme la fonction exponentielle est croissante, en prenant l’exponentielle des membres extrêmes de cette double inégalité, on en conserve
le sens et on obtient alors exactement la définition de la convexité de f .
30
1. ENSEMBLES ET FONCTIONS CONVEXES
(3) On a log(C x f (x)) = x log C + log(f (x)), qui est bien la somme de deux
fonctions convexes. D’après la question 2, on en déduit que C x f (x) est
convexe.
4.a. Cette inégalité est obtenue directement en écrivant la convexité de
C x f (x). Notons qu’en posant x = C a−b , cette inégalité s’écrit
∀x > 0, f ((1 − λ)a + λb) ≤ (1 − λ)f (a)xλ + λf (b)xλ−1 = ϕ(x).
(∗)
4.b. On a ϕ0 (x) = λ(1 − λ)xλ−2 [f (a)x − f (b)]. La fonction ϕ0 est négative
sur ]0, f (b)/f (a)[ et positive ]f (b)/f (a), +∞[. Elle atteint ainsi son
minimum en f (b)/f (a), en lequel elle vaut f λ (b)f 1−λ (a). L’inégalité
(∗) donne alors
f ((1 − λ)a + λb) ≤ ϕ(f (b)/f (a)) = f λ (b)f 1−λ (a).
En prenant le logarithme des deux membres de cette dernière inégalité,
on en déduit que log ◦ est bien convexe.
19. Exercice (Constante d’Euler).
(1) Montrer que la fonction log : R∗+ →
R est concave (utiliser par exemple le Corollaire 3.14).
On considère la suite u := (un )n≥1 définie par
un :=
n
X
1
k=1
k
− log(n).
(2) En utilisant la concavité de x 7→ log(x) et le Corollaire 3.13, montrer que
u est décroissante.
On considère la suite v := (vn )n≥1 définie par
vn :=
n
X
1
k=1
k
− log(n + 1).
(3) De la même façon que dans la question précédente, montrer que v est croissante.
(4) En déduire que un > v1 = 1 − log 2, puis que u converge vers une limite
γ ∈ R∗+ . La constante γ est appelée la constante d’Euler 6
Solution de l’exercice.
(1) On a (x 7→ − log(x))00 = 1/x2 ≥ 0. D’après
le Corollaire 3.14, − log est convexe, donc log est concave.
6. γ ' 0, 57721566 · · · . On verra dans l’Exercice 79 un développement asymptotique plus précis
de la suite 1 + 12 + · · · + n1 , qui permet d’approcher γ à l’ordre 1/n4 par une expression dépendant
de n. Cette expression permet donc de donner la 4ème décimale de gamma dès n = 10, tandis que
l’approximation de γ par log(n) avec n = 50 ne donne que la deuxième décimale. On ne sait pas si
γ ∈ Q, mais on sait que si tel est le cas, son dénominateur possède au moins 242 080 chiffre.
3. FONCTIONS CONVEXES
31
1
1
1
(2) On a un+1 −un = n+1
−log(n+1)+log(n) = n+1
+log(1− n+1
). D’autre part
la concavité de x 7→ log(x) montre que le graphe de cette fonction est situé
sous n’importe laquelle de ses tangentes (cf Corollaire 3.13). En particulier,
puisque la droite y = x − 1 est la tangente de x 7→ log(x) en (1, 0), on a
x ∈]0, +∞[, log(x) ≤ x − 1,
(∗)
α ∈] − 1, +∞[, log(1 + α) ≤ α,
(∗)
ou encore
ce qui pour α =
1
− n+1
donne un+1 − un ≤ 0.
(3) On a vn − vn−1 = n1 − log(n + 1) + log(n) = n1 − log(1 + n1 ). L’inégalité (∗)
de concavité de log donne ici n1 − log(1 + n1 ) ≥ n1 − n1 = 0, ce qui prouve que
vn − vn−1 ≥ 0.
1
≤ un+1 . Ce qui donne, en considérant
(4) On a pour tout n ≥ 1, vn = un+1 − n+1
les propriétés de monotonicité obtenues à la question précédente, v1 ≤ · · · ≤
vn ≤ un+1 ≤ un ≤ · · · ≤ u1 . On en conclut que (un )n∈N est minorée par
v1 = 1 − log 2 et donc étant décroissante, converge.
Notons que les suies u et v sont adjacentes, puisque l’on a un − vn → 0.
Ces deux suites convergent donc vers la même limite γ.
20. Exercice. Soit ABC un triangle du plan non dégénéré et α, β, γ ∈]0, π[ les
mesures de ses angles.
(1) Montrer que 1/ sin :]0, π[→ R est convexe.
(2) À l’aide de l’inégalité de Jensen (Proposition 3.8) montrer que
1
1
8
+
≥
.
sin α sin β
3 + 2 cos γ
(∆)
Solution de l’exercice.
(1) La fonction 1/ sin est dérivable deux fois sur
sin2 +2 cos2
]0, π[, de dérivée
≥ 0. D’après le Corollaire 3.14, 1/sin est
sin3
bien convexe sur ]0, π[.
(2) On peut appliquer l’inégalité de Jensen à 1/ sin, avec λ1 = λ2 = 1/2 :
1
1
1
≤
+
.
sin(α/2 + β/2)
2 sin α 2 sin β
(J)
Comme α + β = π − γ, on en déduit que
1
1
2
+
≥
.
sin α sin β
cos γ/2
(∗)
D’autre part, on a : cos γ = cos(2γ/2) = 2 cos2 (γ/2) − 1 et ainsi
8
8
=
.
3 + 2 cos γ
1 + 4 cos2 (γ/2)
(∗∗)
32
1. ENSEMBLES ET FONCTIONS CONVEXES
D’après (∗) et (∗∗), l’inégalité (∆) demandée aura lieu en particulier si
2
8
≥
,
cos γ/2
1 + 4 cos2 (γ/2)
ce qui en posant X = cos(γ/2) revient à 4(X − 1/2)2 ≥ 0.
Remarquons que l’égalité dans l’inégalité (∆) de l’énoncé impose une égalité dans
l’inégalité de Jensen (J) de départ. Or la fonction 1/sin étant strictement convexe,
ceci impose à son tour que α = β. Alors, en posant Y = sin α et en tenant compte
de α + β = π − γ, l’égalité (∆) prend la forme :
2
8
=
,
Y
3 − 2(1 − 2Y 2 )
ce qui conduit à Y = 1/2 et donc α = β = π/6 et γ = 2π/3.
21. Exercice.
(1) Soit I un intervalle ouvert de R. Montrer qu’une fonction
f : I → R, dérivable sur I, est strictement convexe ssi sa dérivée est
strictement croissante (cf Corollaire 3.14).
(2) Soit f : R → R la fonction définie par f (x) = log(1 + ex ). Montrer que f
est strictement convexe.
(3) Soient n ∈ N∗ et x1 , · · · , xn > 0. À l’aide de l’inégalité de Jensen appliquée
à f et à log c1 , · · · , log cn , montrer que
p
√
1 + n x1 · · · xn ≥ n (1 + x1 ) · · · (1 + xn ).
(4) En déduire que si a1 , · · · , an , b1 , · · · , bn > 0,
p
p
√
n
a1 · · · an + n b1 · · · bn ≥ n (a1 + b1 ) · · · (an + bn ).
Solution de l’exercice.
(1) On reprend mot pour mot la démonstration
du Corollaire 3.14, en introduisant l’adverbe strictement quand il le faut.
• On suppose tout d’abord que f est strictement convexe et dérivable
sur I et on montre la croissance stricte de f 0 . Pour cela, soient x, x0 ∈ I,
x < x0 . On va montrer que f 0 (x) < f 0 (x0 ).
Soient y, z ∈ I, tels que x < y < x0 < z (ce qui est possible puisque I
est ouvert). D’après l’inégalité des pentes 3.10, on a
f (y) − f (x)
≤ py (z).
(∗)
y−x
Comme f est par hypothèse dérivable en x, le membre de gauche de cette
inégalité tend vers f 0 (x) lorsque y → x (par valeurs supérieures). D’autre
part, puisque f est dérivable en x, f est continue en x et donc f (y) tend
vers f (x) lorsque y tend vers x. Il s’ensuit que py (z) tend vers px (z) lorsque
y tend vers x. En conclusion en faisant tendre y vers x, l’inégalité (∗) donne
f 0 (x) ≤ px (z).
Soit maintenant x00 ∈ I, tel que x < x00 < x0 < z, d’après la stricte
convexité, la croissance des pentes est stricte (cf la preuve du Théorème 3.10
3. FONCTIONS CONVEXES
33
où l’on remplace partout les inégalités larges par des inégalités strictes), on
a
f 0 (x) ≤ px (z) = pz (x) < pz (x00 ) < pz (x0 ),
(∗∗)
puisque x < x00 < x0 . Mais en faisant tendre z vers x0 (par valeurs supérieures),
comme f est dérivable en x0 , on a pz (x0 ) → f 0 (x0 ), et comme f est continue pz (x) → px0 (x) et pz (x00 ) → px0 (x00 ). D’autre part, puisque x < x00 , par
stricte convexité de f , l’négalité des pentes strictes donne aussi px0 (x) <
px0 (x00 ) Finalement, l’inégalité (∗∗) donne alors, en y faisant z → x0
f 0 (x) ≤ px0 (x) < px0 (x00 ) ≤ f 0 (x0 ).
On a donc montré que f 0 est strictement croissante.
• Réciproquement, supposons que f 0 est strictement croissante sur I et
montrons que f est strictement convexe.
Soient x, y ∈ I, λ ∈ [0, 1] et z = (1 − λ)x + λy. Comme f est dérivable
sur I, f est continue sur [x, z] et dérivable sur ]x, z[. On peut appliquer à
f le théorème des accroissements finis sur [x, z]. Il existe θ ∈]x, z[ tel que
f (z) − f (x) = (z − x)f 0 (θ),
soit
f (x) = f (z) − f 0 (θ)(z − x).
(a)
De même, il existe ν ∈]z, y[ tel que
f (y) = f (z) + f 0 (ν)(y − z)
(b)
Remarquons ensuite que z − x = λ(y − x) et que y − z = (1 − λ)(y − x).
Les inégalités (a) et (b) donnent alors
f (x) = f (z) − λf 0 (θ)(y − x)
(c),
f (y) = f (z) + (1 − λ)f 0 (ν)(y − x)
(d).
On déduit donc de (c) et (d)
(1 − λ)f (x) + λf (y) = f (z) + λ(1 − λ)(y − x)(f 0 (ν) − f 0 (θ)).
(e)
Or puisque par hypothèse f 0 est strictement croissante, la quantité λ(1 −
λ)(y − x)(f 0 (ν) − f 0 (θ)) est strictement positive, et finalement l’inégalité (e)
donne
(1 − λ)f (x) + λf (y) > f (z),
ce qui prouve que f est bien strictement convexe.
1
est stricte1 + e−x
ment croissante en tant que composée de deux fonctions strictement décroissantes
(e−x et 1/(1 + x)).
(2) La dérivée de f est strictement croissante car f 0 (x) =
34
1. ENSEMBLES ET FONCTIONS CONVEXES
(3) L’inégalité de Jensen (Proposition 3.8) appliquée à f , λ1 = · · · = λn = 1/n
et log c1 , · · · , log cn donne
n
n
1X
1X
f (ci ) ≤ f (
ci ),
n i=1
n i=1
n
1 Pn
1X
log(1 + elog ci ) ≤ log(1 + e n i=1 log ci ),
n i=1
p
√
log( n (1 + c1 ) · · · (1 + cn )) ≤ log(1 + n c1 · · · cn ).
Ce qui par croissance et bijectivité de log équivaut bien à
p
√
n
(1 + c1 ) · · · (1 + cn ) ≤ 1 + n c1 · · · cn .
(4) En divisant l’inégalité
p
p
√
n
a1 · · · an + n b1 · · · bn ≥ n (a1 + b1 ) · · · (an + bn )
√
par n a1 · · · an on obtient l’inégalité équivalente
p
p
1 + n b1 /c1 · · · bn /cn ≥ n (1 + b1 /c1 ) · · · (1 + bn /cn ),
qui n’est autre que l’inégalité prouvée à la question précédente, pour c1 =
b1 /a1 , · · · , cn = bn /an .
22. Exercice. Soit I un intervalle ouvert de R et f : I → R une fonction.
Alors f est convexe si et seulement si quel que soit x ∈ I, existe une droite passant
par (x, f (x)) qui ne coupe pas Γ+ (f ). Montrer d’autre part qu’une droite d’équation
Y = f (x) + m(X − x) ne coupe pas Γ+ (f ) si et seulement si fg0 (x) ≤ m ≤ fd0 (x).
23. Exercice. Étudier la convexité des fonctions suivantes.
(1) ]0, +∞[3 x 7→ − ln(x) ∈ R
(2) [0, +∞[3 x 7→ ex − xe ∈ R
(3) R \ {0} 3 x 7→
x
ex −1
∈ R et 0 7→ 1.
4. Inégalités de convexité
La convexité, ou la concavité, de certaines fonctions permettent de démontrer des
inégalités très utiles en analyse et souvent difficiles à obtenir par d’autres techniques.
4.1. Proposition. Soient x1 ,P
· · · , xn des réels strictement positifs. Pour tout nuplet λ1 , · · · , λn ∈ [0, 1] tels que ni=1 λi = 1, on a :
xλ1 1 xλ2 2 · · · xλnn ≤ λ1 x1 + λ2 x2 + · · · + λn xn 7.
En particulier :
√
x1 + x2 + · · · + xn
n
x1 x2 · · · xn ≤
.
n
7. L. J. Rogers, (1888).
(Inégalité arithmético-géométrique)
4. INÉGALITÉS DE CONVEXITÉ
35
Démonstration. D’après l’Exercice 23, la fonction − ln est convexe sur ]0, +∞[,
ce qui donne d’après l’inégalité de Jensen (Proposition 3.8) :
n
n
X
X
− ln(
λ i xi ) ≤ −
λi ln(xi ).
i=1
i=1
En multipliant par −1 cette inégalité, et en prenant l’exponentielle de chaque membre
(l’exponentielle est croissante) on obtient
xλ1 1 xλ2 2 · · · xλnn ≤ λ1 x1 + λ2 x2 + · · · + λn xn .
L’inégalité arithmético-géométrique s’obtient alors en prenant λ1 = · · · = λn = n1 .
√
4.2. Remarque. Le nombre n x1 x2 · · · xn s’appelle la moyenne géométrique de
n
x1 , · · · , xn , tandis que le nombre x1 +x2 +···+x
s’appelle la moyenne arithmétique de
n
x1 , · · · , xn . L’inégalité arithmético-géométrique compare ainsi ces deux moyennes.
4.3. Proposition. Soient p, q > 0 deux réels tels que
(a1 , · · · , an ), (b1 , · · · , bn ) ∈ Rn , on a :
|
n
X
ai b i | ≤
i=1
n
X
|ai |p
n
p1 X
i=1
|bi |q
1q
.
1
p
+
1
q
= 1. Pour tout
(Inégalité de Hölder)
i=1
Si p ≥ 1, pour tout (x1 , · · · , xn ), (y1 , · · · , yn ) ∈ Rn , on a :
n
X
p
|xi + yi |
p1
≤
n
X
p
|xi |
p1
+
i=1
i=1
n
X
|yi |p
p1
.
(Inégalité de Minkowski)
i=1
Ces deux inégalités admettent une version intégrale, comme c’est souvent le cas pour
les formules faisant intervenir des sommes finies.
Soient a ≤ b deux réels et p, q > 0 deux réels tels que p1 + 1q = 1. Pour toutes
fonctions f, g : [a, b] → R continues, on a :
Z b
Z b
Z b
1
1
p p
|
f g| ≤
|f |
|g|q q .
(Inégalité de Hölder)
a
a
a
Si p ≥ 1, pour toutes fonctions f, g : [a, b] → R continues, on a :
Z b
Z b
Z b
1
1
1
p p
p p
|f + g|
≤
|f |
+
|g|p p .
(Inégalité de Minkowski)
a
a
a
Démonstration. Montrons l’inégalité de Hölder pour les sommes finis. Pour
1
Pn
p p
cela notons kakp la quantité
. Appliquons alors la Proposition 4.1 en
i=1 |ai |
posant n = 2, x1 = tp , x2 = uq , pour deux réels t, u > 0, et λ1 = p1 , λ2 = 1q . On
obtient
tp uq
tu ≤ +
(Inégalité de Young).
p
q
36
1. ENSEMBLES ET FONCTIONS CONVEXES
En appliquant cette dernière inégalité successivement à t =
|an |
kakp
et u =
|bn |
,
kbkq
|a1 |
kakp
et u =
|b1 |
,
kbkq
··· ,t =
on a
∀i ∈ {1, · · · , n},
|ai bi |
|ai |p
|bi |q
≤
+
.
kakp kbkq
pkakpp qkbkqq
Notons que nous avons ici supposé que a 6= 0 et b 6= 0, ce qui ne nuit pas à la
généralité de notre preuve, puisque lorsque a = 0 ou b = 0, l’inégalité de Hölder est
trivialement vraie.
En sommant maintenant terme à terme on en déduit
P
n
n
n
X
X
| ni=1 ai bi | X |ai bi |
|ai |p
|bi |q
1 1
≤
≤
+ = 1,
p +
q =
kakp kbkq
kakp kbkq
pkakp i=1 qkbkq
p q
i=1
i=1
qui est bien l’inégalité de Hölder.
Montrons maintenant l’inégalité de Minkowski. On peut pour cela supposer que
p > 1, car si p = 1, l’inégalité de Minkowski provient directement de l’inégalité
triangulaire pour la valeur absolue | | sur R, qui est très facile à démontrer. Pour p
p
fixé, appliquons l’inégalité de Hölder à q = p−1
, ai = |xi | et bi = |xi + yi |p−1 . On a
alors :
n
n
n
X
1 X
1
X
p−1
p p
p q
|xi ||xi + yi |
≤
|xi |
|xi + yi |
= kxkp · kx + ykp−1
(∗)
p ,
i=1
i=1
i=1
puisque q(p − 1) = p. Mais de manière symétrique, on a également
n
X
|yi ||xi + yi |p−1 ≤ kykp · kx + ykpp−1 .
(∗∗)
i=1
D’autre part, grâce à l’inégalité triangulaire, on a
kx +
ykpp
=
n
X
i=1
p
|xi + yi | ≤
n
X
(|xi | + |yi |)|xi + yi |p−1 .
(∗ ∗ ∗)
i=1
Mais l’inégalité (∗ ∗ ∗) donne, après somme membre à membre des inégalités (∗) et
(∗∗),
kx + ykpp ≤ (kxkp + kykp )kx + ykp−1
p .
En divisant les deux membres de cette inégalité par kx+ykpp−1 , lorsque cette quantité
est non nulle, on obtient l’inégalité de Minkowski (noter que dans le cas où kx +
ykp−1
= 0, ce qui équivaut à x + y = 0, l’inégalité de Minkowski est trivialement
p
vraie).
Enfin les inégalités de Hölder et de Minkowski
pour les intégrales s’obtiennent
R
P de
la manière, en faisant jouer la linéarité de , comme on vient de le faire pour .
4.4. Remarque. L’inégalité de Minkowski pour p = 1 n’est rien d’autre que
l’inégalité triangulaire pour la valeur absolue | | sur R. D’autre part il est facile de
4. INÉGALITÉS DE CONVEXITÉ
37
montrer que, pour p ≥ 1, les applications
kkp : Rn → R+
1
Pn
p p
(x1 , · · · , xn ) 7→
i=1 |xi |
kkp : C([a, b]) → R
R b p p1
f 7→
|f |
a
définissent des normes sur Rn et C([a, b]) respectivement. Le seul point délicat est
de démontrer l’inégalité triangulaire pour ces normes. Mais celle-ci est précisément
l’inégalité de Minkowski de la Proposition 4.3.
En revanche, pour p ∈]0, 1[, k kp ne définit pas une norme, ce que l’on peut vérifier
en mettant facilement en défaut l’inégalité triangulaire.
4.5. Remarque. Il est un cas particulier concernant les normes : celui des normes
provenant d’un produit scalaire. Sans s’étendre dans ce cours sur la définition d’un
produit scalaire, disons que parmi les normes, celles qui proviennent d’un produit
scalaire jouissent de propriétés supplémentaires remarquables. On montre notamment, lorsque p = 2, que les normes k k2 (sur Rn et C([a, b])) définies ci-dessus
proviennent toutes les deux d’un produit scalaire (et on montre de plus que ce n’est
pas le cas, quel que soit p 6= 2). Dans ce cas bien particulier, où une norme est
issue d’un produit scalaire, l’inégalité de Hölder se démontre également à partir des
propriétés du produit scalaire, et cette inégalité porte alors le nom d’inégalité de
Cauchy-Schwarz.
Pour tout (a1 , · · · , an ), (b1 , · · · , bn ) ∈ Rn , on a :
v
v
u n
u n
n
X
X
u
uX
2
t
|
ai b i | ≤
|ai | t
|bi |2
(Inégalité de Cauchy-Schwarz).
i=1
i=1
i=1
Pour toutes fonctions f, g : [a, b] → R continues, on a :
s
s
Z b
Z b
Z b
|f |2
|g|2
(Inégalité de Cauchy-Schwarz).
|
f g| ≤
a
a
a
24. Exercice. En utilisant l’inégalité de Minkowski, montrer que pour tout p ≥ 1,
la boule unité
B := {x = (x1 , · · · , xn ) ∈ Rn ; kxkp ≤ 1}
est convexe. Que dire, pour a ∈ Rn et r > 0 de
B(a, r) := {x = (x1 , · · · , xn ) ∈ Rn ; kx − akp ≤ r} ?
Solution de l’exercice. Soient x, y ∈ B et λ ∈ [0, 1], c’est-à-dire que
kxkp ≤ 1 et kykp ≤ 1.
On doit vérifier que
(1 − λ)x + λy ∈ B,
(∗)
38
1. ENSEMBLES ET FONCTIONS CONVEXES
c’est-à-dire que
k(1 − λ)x + λykp ≤ 1.
(∗∗)
Or k(1 − λ)x + λykp ≤ kp (1 − λ)xkp + kλykp , d’après l’inégalité de Minkowski. Et
d’autre part, puisque 1 − λ ≥ 0 et λ ≥ 0, on a k(1 − λ)xkp + kλykp = (1 − λ)kxkp +
λkykp ≤ (1 − λ) · 1 + λ · 1 = 1. La dernière inégalité étant obtenue grâce à (∗). On
a donc bien prouvé (∗∗).
On peut répondre à la seconde question de plusieurs façons.
- Soit on peut dire que la convexité est préservée par transalation (ce qui nécessite
une justification calculatoire), donc on peut supposer a = 0 puis dire que la convexité
est préservée par homothétie (ce qui nécessite aussi une justification calculatoire),
donc supposer que r = 1 et se ramener ainsi à la première question.
- Soit faire directement un calcul, ce qui revient à justifier l’invariance de la
convexité par translation et homothétie : soient x, y ∈ B(a, r) et λ ∈ [0, 1], c’est-àdire que
kx − akp ≤ r et ky − akp ≤ r.
(∗)
On doit vérifier que
(1 − λ)x + λy ∈ B(a, r),
c’est-à-dire que
k(1 − λ)x + λy − akp ≤ r.
(∗∗)
Or k(1−λ)x+λy−akp = k(1−λ)(x−a)+λ(y−a)kp ≤ kp (1−λ)(x−a)kp +kλ(y−a)kp ,
d’après l’inégalité de Minkowski. Et d’autre part, puisque 1 − λ ≥ 0 et λ ≥ 0, on a
k(1 − λ)(x − a)kp + kλ(y − a)kp = (1 − λ)kx − akp + λkya kp ≤ (1 − λ) · r + λ · r = r.
La dernière inégalité étant obtenue grâce à (∗). On a donc bien prouvé (∗∗).
Notons pour terminer que l’on montre de la même manière la convexité des boules
définies par des inégalités strictes {x = (x1 , · · · , xn ) ∈ Rn ; kx − akp < r}.
25. Exercice. Montrer les inégalité suivantes.
(1) ∀a, b ∈ R, e
(2) ∀x ∈ [0,
a+b
2
≤
ea +eb
,
2
l’égalité n’ayant lieu que si a = b.
π
], π2 x
2
≤ sin(x) ≤ x.
p
(3) ∀a, b > 1, ln( a+b
)
≥
ln(a) ln(b) (montrer auparavant la concavité de
2
x 7→ ln(ln(x))).
26. Exercice. Soient a, b ∈ R∗+ et soit E l’ellipsoı̈de de R2 défini par
E := {(x, y) ∈ R2 ;
x2 y 2
+
≤ 1}.
a
b
(1) Représenter E.
(2) Montrer que si ` : R2 → R2 est une application linéaire, l’image `(C) d’un
convexe C de R2 par ` est un convexe de R2 .
(3) En utilisant la question 2, montrer que E est un sous-ensemble convexe de
R2 .
4. INÉGALITÉS DE CONVEXITÉ
39
Soient c, d ∈ R, c < d et α : [c, d] → R une fonction continue sur [c, d],
deux fois dérivable sur ]c, d[ et telle que pour tout z ∈]c, d[, α00 (z) ≥ 0.
(4) Justifier que pour tout x ∈]c, d[, la fonction px :]c, d[\{x} → R définie par
px (y) =
α(y) − α(x)
y−x
est croissante.
(5) En utilisant la question 4 et la continuité de α en c et d, montrer que
- la fonction pc :]c, d] → R est croissante,
- la fonction pd : [c, d[→ R est croissante,
- pour tout x ∈]c, d[, la fonction px : [c, d] \ {x} → R est croissante.
(6) Conclure des questions 4 et 5 que α est convexe sur [c, d].
(7) Retrouver la conclusion de la question 6, en montrant directement à partir
de la définition de la convexité que si une fonction α : [c, d] → R est continue
sur [c, d] et convexe sur ]c, d[, alors α est convexe sur [c, d].
√ √
(8) En appliquant la conclusion de la question 6 à la fonction α : [− a, a] →
R définie par
r
√ √
b
∀x ∈ [− a, a], α(x) = − b − x2 ,
a
montrer à nouveau que E est un sous-ensemble convexe de R2 .
Solution de l’exercice.
(1) E est l’ellipsoı̈de centré en 0 et de demi-axes
√
√
horizontal a et vertical b.
11111111111111111
00000000000000000
00000000000000000
11111111111111111
00000000000000000
11111111111111111
00000000000000000
11111111111111111
00000000000000000
11111111111111111
00000000000000000
11111111111111111
00000000000000000
11111111111111111
b
− a
a
− b
(2) Soient z, w ∈ `(C). Il existe x, y ∈ C tels que `(x) = z et `(y) = w. Soit
alors λ ∈ [0, 1]. On a (1−λ)z +λw = (1−λ)`(x)+λ`(y) = `((1−λ)x+λy).
Or par convexité de C, (1 − λ)x + λy ∈ C puisque x, y ∈ C. Il s’ensuit que
(1 − λ)z + λw = `((1 − λ)x + λy) ∈ `(C).
40
1. ENSEMBLES ET FONCTIONS CONVEXES
2
(3) L’ellipsoı̈de E est
→ R2 définie par
√ l’image par l’application linéaire ` : R
√
`(x, y) = ( ax, by) de la boule unité C = {(x, y) ∈ R2 ; x2 + y 2 ≤ 1}.
√
√
En effet, soient x, y, X, Y ∈ R tels que X = ax et Y = by, on a
X2 Y 2
+
= x2 + y 2
a
b
et donc
x2 + y 2 ≤ 1 ⇐⇒
ou encore
X2 Y 2
+
≤ 1,
a
b
(x, y) ∈ C ⇐⇒ (X, Y ) ∈ E.
Ce qui montre bien que `(C) = E, puisque (X, Y ) = `(x, y) et ` est bijective
et (x, y) = `−1 (X, Y ).
Comme par l’Exercice 24 avec p = 2, C est convexe, par la question
précédente E est convexe.
(4) Puisque la dérivée seconde de α sur ]c, d[ est positive, α est convexe sur ]c, d[,
par le Corollaire 3.14. Mais par l’inégalité des pentes (Théorème 3.10), il
s’ensuit que px est croissante sur ]c, d[\{x}.
(5) Soient y, z ∈]c, d[ tels que y < z et x ∈]c, d[ différent de y et z. Par la
question précédente,
px (y) ≤ px (z).
(∗)
Or puisque α est continue en c, lorsque x → c, on a α(x) → α(c) et donc
px (y) → pc (y) et px (z) → pc (z). D’après (∗), en faisant x → c, on a donc
pc (y) ≤ pc (z).
(∗∗)
On peut dans (∗∗) faire tendre z vers d pour obtenir, toujours par continuité
de α en d
pc (y) ≤ pc (d).
(∗ ∗ ∗)
En conclusion (∗∗) et (∗ ∗ ∗) prouvent que pc est croissante sur ]c, d].
Les autres propositions se prouvent de la même manière.
(6) Les questions 4 et 5 prouvent que les pentes px , pour tout x ∈ [c, d], sont
croissantes sur [c, d] \ {x}, ce qui prouve la convexité de α sur [c, d] (par le
Théorème 3.10).
(7) Il s’agit de l’Exercice 6.
√ √
(8) La dérivée seconde
de
α
sur
]
−
a, a[ est positive (noter que√α n’est
√
√
√ pas
dérivable en − a ni en a). D’autre part α est continue sur [− a, a]. On
peut donc appliquer le résultat de la question 6. Ceci prouve que l’épigraphe
Γ(α)+ de α est un convexe de R2 . D’autre part, β = −α est concave et donc
Γ(α)− est un convexe (cf proposition 3.5). Il s’ensuit que Γ(α)+ ∩ Γ(α)− est
un convexe (cf Exercice 3). Mais ce convexe n’est autre que E.
CHAPITRE 2
Étude locale de fonctions
1. Rappels
1.1. Définition. Soient A un ensemble. Une relation binaire R sur A est
la donnée d’un sous-ensemble de R × R, c’est-à-dire la donnée d’un ensemble de
couples d’éléments de A : les couples d’éléments de A qui sont en relation suivant
R. Pour être plus concis, pour x, y ∈ A, on note xRy l’appartenance (x, y) ∈ R. Ce
qui se lit x est en relation avec y .
1.2. Exemple. Si l’on se donne pour relation R sur A = R le demi-plan de R2
sous la droite y = x (c’est-à-dire que R est l’ensemble des couples (x, y) ∈ R × R
tels que x ≤ y), cela revient à définir la relation ≤ sur R.
1.3. Définition. Une relation binaire R sur l’ensemble A est dite une relation
d’équivalence sur A lorsque
– R est réflexive : ∀x ∈ A, xRx,
– R est symétrique : ∀x, y ∈ A, xRy =⇒ yRx,
– R est transitive : ∀x, y, z ∈ A, (xRy et yRz) =⇒ xRz.
1.4. Définition. Si R est une relation d’équivalence sur l’ensemble A, et si x ∈ A,
on considère x̄, la classe d’équivalence de x suivant R, définie par
x̄ := {y ∈ a; xRy}.
1.5. Exemple. On peut considérer la relation R sur l’ensemble des être humains,
définie par
∀x, y ∈ A, xRy ⇐⇒ x et y ont la même taille .
Une classe d’équivalence regroupe donc tous les être humains de la même classe.
L’intérêt des relations d’équivalences est qu’elles permettent de regrouper les
éléments de A en des sous-ensembles de A (les classes d’équivalence) qui offrent
une partition de A. On regroupe ainsi de manière exhaustive les éléments de A en
relation.
27. Exercice. Montrer que si R est une relation d’équivalence sur l’ensemble
A, et si x, y ∈ A, on x̄ ∩ ȳ 6= ∅ ⇐⇒ x̄ = ȳ. En déduire que l’ensemble des classes
d’équivalences suivant R forme une partition de A (c’est-à-dire que A est la réunion
des classes d’équivalence suivant R et que deux telles classes sont égales ou sans
intersection).
1.6. Définition. Une relation binaire R sur l’ensemble A est dite une relation
d’ordre sur A lorsque
41
42
2. ÉTUDE LOCALE DE FONCTIONS
– R est réflexive : ∀x ∈ A, xRx,
– R est anti-symétrique : ∀x, y ∈ A, (xRy et yRx) =⇒ y = x,
– R est transitive : ∀x, y, z ∈ A, (xRy et yRz) =⇒ xRz.
On note souvent x R y et même x y plutôt que xRy.
On dit qu’un ordre est total lorsque pour tout x, y ∈ A, on a soit x y, soit
y x (tous les éléments de A sont comparables pour l’ordre ).
1.7. Exemple. On peut considérer la relation d’ordre sur l’ensemble des être
humains, définie par
∀x, y ∈ A, x y ⇐⇒ x est de plus petite taille que y .
On peut tout aussi bien considérer la relation d’ordre 0 sur l’ensemble des être
humains, définie par
∀x, y ∈ A, x 0 y ⇐⇒ y x ⇐⇒ y est de plus petite taille que x .
On dit que les ordres et 0 , dont l’un se définit grâce à l’autre, sont des ordres
opposés.
1.8. Définition. Soit f : Df → R, une fonction de variable réelle à valeurs
réelles. On dit que f admet en un point a de R une limite ` ∈ R lorsque
∀ > 0, ∃η > 0, tel que ∀x ∈ Df ∩]a − η, a + η[, on a |f (x) − `| ≤ .
Ceci équivaut à dire que quelle que soit la suite (xn )n∈N de limite a, avec xn ∈ Df ,
la suite (f (xn ))n∈N a pour limite `.
1.9. Définition. Soient a ∈ R et f : Df → R, une fonction de variable réelle
à valeurs réelles, définie sur un ensemble Df contenant un intervalle ]a − η, a + η[,
η > 0. On dit que f est n fois dérivable en a, pour un entier n ≥ 1 si et seulement si
les dérivées f 0 (x), · · · , f (n−1) (x) existent pour tout x dans un intervalle ]a − ν, a + ν[
et si f (n−1) est dérivable en a. On note alors f (n) (a) := [f (n−1) ]0 (a).
Nous utiliserons souvent le théorème des accroissements finis ainsi que sa version
pour deux fonctions. Nous les rappelons ici.
1.10. Théorème. Soient f, g : [a, b] → R deux fonctions continues et dérivables
sur ]a, b[.
(1) Il existe θ ∈]a, b[ tel que
f (b) − f (a) = f 0 (θ)(b − a).
(2) Si pour tout x ∈]a, b[, |f 0 (x)| ≤ g 0 (x), alors
|f (b) − f (a)| ≤ g(b) − g(a).
Nous rappelons maintenant la définition de la division de deux polynômes suivant
les puissances croissantes.
2. DOMINATION, PRÉPONDÉRANCE, ÉQUIVALENCE DE FONCTIONS
43
1.11. Théorème (Division suivant les puissances croissantes). Soient n ∈ N et
F, G ∈ R[X] avec G(0) 6= 0. Alors il existe un unique couple (Q, R) ∈ R[X] × R[X]
tel que
F (X) = Q(X)G(X) + X n+1 R(X) et deg(Q) ≤ n.
Il existe un algorithme qui calcule le couple (Q, R), identique à celui d’Euclide
pour la division euclidienne des polynômes, sauf que l’algorithme opère ici en rangeant les polynômes suivant leurs puissances croissantes et qu’il consiste à éliminer,
étape par étape, les monômes de plus bas degré dans cette écriture.
1.12. Exemple. Posons n = 4 et F (X) = 2X + X 2 − X 3 , G(X) = 1 + 2X.
On commence par retrancher à F le polynôme 2XG(X), ce qui donne le premier
reste −3X 2 − X 3 , auquel on retranche −3X 2 G(X), ce qui donne le reste 5X 3 etc...
Finalement on obtient
F (X) = (2X − 3X 2 + 5X 3 − 10X 4 )G(X) + 20X 5 .
2. Domination, prépondérance, équivalence de fonctions
Dans toute cette section, on note par a
– soit un nombre réel,
– soit le symbole +∞,
– soit le symbole −∞.
Toutes les fonctions que l’on considère par la suite sont des fonctions de variable
réelle, à valeurs réelles, dont le domaine de définition contient
– lorsque a ∈ R : un intervalle dit épointé en a, ]a − η, a + η[\{a}, avec η > 0,
– lorsque a est +∞ : un intervalle du type ]A, +∞[, avec A ∈ R,
– lorsque a est −∞ : un intervalle du type ] − ∞, A[, avec A ∈ R.
On résumera ces conditions en disant que f est définie au voisinage (épointé
en a, lorsque a ∈ R) de a.
2.1. Remarque. Notons, dans le cas a ∈ R, qu’il est possible, lorsque f est
définie au voisinage épointé en a de a, que le point a n’appartienne pas à l’ensemble
de définition de f . Mais il est également possible que a appartienne à l’ensemble de
définition de f . Les deux cas peuvent se présenter. Cependant on ne veut comprendre
que le comportement de f en dehors de a, c’est-à-dire lorsque sa variable est proche
du point spécial a, sans être égale à a. Ainsi, quitte à fixer arbitrairement une
valeur de f en a, on pourra toujours au besoin supposer que a est dans le domaine
de définition de f : cela ne nuira pas à notre étude. Ainsi dans la suite on dira
simplement que f est définie sur un voisinage de a, sans préciser si celui-ci
est épointé ou pas en a.
2.2. Exemple. La fonction f : R∗ → R définie par f (x) = 1/x est bien définie
sur un voisinage de 0 épointé en 0. De même que la fonction g : R → R définie
par g(x) = 1/x si x 6= 0 et g(0) = 1. Leurs domaines contiennent bien en effet, par
exemple, l’intervalle épointé ] − 1, 1[\{0}. Les études de f et g en dehors de 0 sont
équivalentes de notre point de vue.
44
2. ÉTUDE LOCALE DE FONCTIONS
2.3. Remarque. Lorsque plusieurs fonctions seront considérées, on pourra supposer qu’elles sont toutes définies sur un même ensemble, quitte à intersecter dans
leur ensemble de définition, des intervalles épointés du type de ceux spécifiés cidessus et à se restreindre à une telle intersection. Par exemple les fonctions f et g
où f : R∗ → R est définie par f (x) = 1/x et g : R \ {0, 1} → R est définie par
f (x) = 1/x(x − 1) sont toutes les deux définies sur un voisinage commun de a = 0
épointé en 0. Un tel voisinage étant par exemple donné par ] − ∞, 1/π[\{0}.
2.4. Définition. Soient f et g deux fonctions définies au voisinage de a.
(1) On dit que f est dominée par g au voisinage de a si et seulement s’il
existe un voisinage (non vide) V de a et un réel α > 0 tels que
∀x ∈ V, |f (x)| ≤ α|g(x)|.
On note dans ce cas
f ≺a g
(notation de Hardy)
ou encore plus fréquemment
f = Oa (g)
(notation de Landau)
(2) On dit que f est négligeable devant g au voisinage de a ou que g est
prépondérante devant f au voisinage de a si et seulement si, pour
tout > 0 existe un voisinage (non vide) V(= V ) de a tel que
∀x ∈ V, |f (x)| ≤ |g(x)|.
On note dans ce cas
f ≺≺a g
(notation de Hardy)
ou encore plus fréquemment
f = oa (g)
(notation de Landau)
(3) On dit que f est équivalente à g au voisinage de a ou que f est
équivalente à g en a si et seulement s’il existe un voisinage (non vide) V
de a et une fonction u : V → R tels que
∀x ∈ V, f (x) = u(x)g(x) et lim u(x) = 1.
x→a
On note dans ce cas
f ∼a g.
2.5. Remarque. Dans les cas où le point a en lequel on étudie le comportement
des fonctions est sans équivoque, on peut se passer de faire figurer l’indice a à droite
des signes o, O et ∼.
L’intérêt de ces notions apparaı̂t lorsque pour l’étude d’une fonction f donnée,
on trouve une fonction g équivalente à f (ou dominant f , ou prépondérante devant
f ) et qui soit plus simple de f . Dans ce cas l’étude locale de f se ramène à celle de
g.
2. DOMINATION, PRÉPONDÉRANCE, ÉQUIVALENCE DE FONCTIONS
45
2.6. Remarque (Définitions équivalentes). On dispose des définitions équivalentes
suivantes des relations de domination et de prépondérance. L’intérêt de ces définitions
alternatives est par exemple qu’elles nous permettent de nous affranchir des valeurs
absolues dans la définition de o et de O.
(1) f est dominée par g au voisinage de a si et seulement s’il existe un voisinage
V de a et une fonction α : V → R bornée sur V (c’est-à-dire qu’existe m ≥ 0
tel que pour tout x ∈ V, |α(x)| ≤ m), tels que
∀x ∈ V, f (x) = α(x)g(x).
(2) f est négligeable devant g au voisinage de a si et seulement s’il existe un
voisinage V de a et une fonction : V → R tels que
∀x ∈ V, f (x) = (x)g(x) et lim (x) = 0.
x→a
(3) f est équivalente à g au voisinage de a si et seulement si
f − g = o(g).
2.7. Remarque. On a f = o(g) (au voisinage de a) =⇒ f = O(g) (au voisinage
de a), car une fonction de limite nulle (ou de limite toute autre constante) est en
particulier bornée.
2.8. Remarque. Notons qu’une fonction f est bornée au voisinage de a si et
seulement si f = O(1) (ou f = O(c), pour une constante c ∈ R).
De même, une fonction f est de limite nulle en a si et seulement si f = o(1) (ou
ssi f = o(c), pour une constante c ∈ R).
2.9. Exemples.
(1) On a x = o(x2 ) au voisinage de +∞. Pour s’en assurer il
suffit d’écrire x = x1 x2 sur (par exemple) [1, +∞[. En particulier x = O(x2 )
au voisinage de +∞.
(2) On a x2 = o(x) au voisinage de 0. Pour s’en assurer il suffit d’écrire x2 = x·x
sur [−1, 1].
x
(3) On a x ∼0 sin(x), puisque la fonction u(x) = sin(x)
si x ∈] − 1, 1[\{0} et
u(0) = 1 est telle que lim0 u = 1 et x = u(x) sin(x) pour tout x ∈] − 1, 1[.
(4) Soit n ∈ N∗ . On a xn − 1 ∼1 n(x − 1). Il suffit de remarquer que xn − 1 =
(x − 1)(xn−1 + xn−2 + · · · + 1) et de poser u(x) = 1/n(xn−1 + xn−2 + · · · + 1)
dans la définition de l’équivalence.
28. Exercice. Montrer qu’une fonction polynôme est équivalente en 0 à son terme
de plus bas degré et, en +∞ ou −∞, à son terme de plus haut degré.
2.10. Proposition. Soient f, g, h, trois fonctions définies au voisinage de a. On
a:
(1) f ∼a f
(2) f ∼a g ⇐⇒ g ∼a f,
(3) f ∼a g et g ∼a h =⇒ f ∼a h,
(réflexivité)
(symétrie)
(transitivité)
46
2. ÉTUDE LOCALE DE FONCTIONS
On dit que la relation ∼a est une relation d’équivalence. L’ensemble des fonctions équivalentes en a à une fonction donnée f s’appelle la classe d’équivalence
de f . Les classes d’équivalences de la relation ∼a forment une partition de l’ensemble des fonctions définies au voisinages de a. C’est-à-dire que deux classes sont
soient disjointes soient égales et qu’une fonction donnée est nécessairement dans
une classe.
2.11. Remarque. La fonction nulle n’est équivalente qu’à elle-même, puisque si
f ∼a 0, alors sur un voisinage de a, on a f = · 0 = 0 (avec lima = 0). Ainsi la
classe d’équivalence de la fonction nulle est un singleton réduit à elle-même.
2.12. Remarque. Il existe beaucoup de classes différentes suivant la relation
p
d’équivalence ∼a . Par exemple les fonctions x 7→ xk log` (|x|)ex sont toutes non
équivalentes en 0 (pour des triplets (k, `, p) ∈ Z3 distincts), et sont donc dans autant
de classes distinctes.
2.13. Proposition. La relation de domination est réflexive et les relations de
domination et de prépondérance sont :
– stables par addition, au sens suivant : si f = O(ϕ) et g = O(ϕ), alors f + g =
O(ϕ). De même, si f = o(ϕ) et g = o(ϕ), alors f + g = o(ϕ).
– stables par produit : si f = O(ϕ1 ) et g = O(ϕ2 ), alors f · g = O(ϕ1 · ϕ2 ). De
même, si f = o(ϕ1 ) et g = o(ϕ2 ), alors f · g = o(ϕ1 · ϕ2 ).
– stables par multiplication par un réel,
– transitives.
La relation d’équivalence est :
– stable par produit : si f ∼a ϕ1 et g ∼a ϕ2 , alors f · g ∼a ϕ1 · ϕ2 .
– non stable en général par addition.
Enfin, si f ∼a ϕ1 et g ∼a ϕ2 et si aucune de ces fonctions ne s’annule au voisinage
de a, alors
f
ϕ1
.
– on a ∼a
g
ϕ2
2.14. Remarque. Attention, il n’est en général pas vrai que f = o(ϕ1 ) et g =
o(ϕ2 ) impliquent f + g = o(ϕ1 + ϕ1 ). La stabilité par addition de la relation de
prépondérance est bien à comprendre au sens de la Proposition 2.13 (lorsque ϕ1 =
ϕ2 ). En effet, par exemple si f (x) = g(x) = x, ϕ1 (x) = 1 et ϕ2 (x) = −1 + x. On a
bien x = o(1) et x = o(−1 + x), mais f (x) + g(x) = 2x 6= o((ϕ1 + ϕ2 )(x) = x).
2.15. Remarque. Attention, il n’est en général pas vrai que f ∼a ϕ1 et g ∼a ϕ2
impliquent f + g ∼a ϕ1 + ϕ2 . En effet, par exemple si f (x) = 1, g(x) = −1,
ϕ1 (x) = 1 + x et ϕ2 (x) = −1. On a bien 1 ∼0 1 + x et −1 ∼0 −1, mais f (x) + g(x) =
0 6∼0 (ϕ1 + ϕ2 )(x) = x.
En revanche, si ϕ2 = o(ϕ1 ), on a bien f ∼a ϕ1 et g ∼a ϕ2 impliquent f + g ∼a ϕ1 .
On vérifie également (cf l’Exercice 29) que lorsque ϕ1 et ϕ2 sont toutes les deux
> 0 (ou toutes les deux < 0) dans un voisinage de a, alors f ∼a ϕ1 et g ∼a ϕ2
impliquent f + g ∼a ϕ1 + ϕ2 .
2. DOMINATION, PRÉPONDÉRANCE, ÉQUIVALENCE DE FONCTIONS
47
Dans tous les cas, on aura toujours intérêt à revenir à la définition de l’équivalence
pour ne pas se tromper.
29. Exercice. Montrer que si ϕ1 et ϕ2 sont toutes les deux > 0 (ou toutes les deux
< 0) dans un voisinage de a, alors f ∼a ϕ1 et g ∼a ϕ2 impliquent f + g ∼a ϕ1 + ϕ2 .
Solution de l’exercice. Supposons que ϕ1 et ϕ2 soient toutes les deux > 0
(le cas où ϕ1 et ϕ2 sont toutes les deux < 0 se traitant de la même façon). Sur
un voisinage de a existent u1 , u2 deux fonctions de limite 1 telles que f = u1 ϕ1 et
g = u2 ϕ2 . On a alors
u1 ϕ1 + u2 ϕ2
f + g = (ϕ1 + ϕ2 )
.
ϕ1 + ϕ2
Mais ϕ1 et ϕ2 étant toutes les deux > 0
|
≤
u1 ϕ1 + u2 ϕ2
|u1 − 1|ϕ1 + |u2 − 1|ϕ2
− 1| ≤
ϕ1 + ϕ2
|ϕ1 + ϕ2 |
max(|u1 − 1|, |u2 − 1|)(ϕ1 + ϕ2 )
= max(|u1 − 1|, |u2 − 1|) → 0.
ϕ1 + ϕ2
30. Exercice. Montrer que si h = o(g), alors f ∼a g + h ⇐⇒ f ∼a g.
Solution de l’exercice. Sur un voisinage V de a on a
f = u · (g + h),
avec lima u = 1 et d’autre part
h = · g,
avec lima = 0. On en déduit que
f = (u + ) · g,
avec lima u + = 1.
2.16. Exemple. Si a ∈ R, 1 ∼a 1+(x−a)r , pour tout r > 0, puisque (x−a)r →a 0
et donc (x − a)r = o(1).
2.17. Proposition.
(1) Soient f et g deux fonctions équivalentes en a. Alors
si l’une admet une limite ` en a (finie ou infinie, nulle ou pas), l’autre admet
aussi ` pour limite en a.
(2) Réciproquement si deux fonctions admettent en a la même limite non nulle
` ∈ R∗ , alors ces fonctions sont équivalentes en a.
Démonstration. Montrons 1. Soient f et g telles que f = u · g, avec lima u = 1.
En prenant lima de chaque côté de cette égalité, on obtient lima f = lima g.
Supposons maintenant pour montrer 2 que f et g sont deux fonctions de même
limite ` 6= 0 en a. Alors on peut écrire f = fg · g. La fonction fg est bien définie dans
un voisinage de a, puisque dans un certain voisinage de a, 0 <
lima fg = `` = 1.
|`|
2
≤ |g| et de plus
48
2. ÉTUDE LOCALE DE FONCTIONS
Classe de la fonction nulle
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00
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Ensemble des fonctions
ayant une limite nulle en a
Ensemble des fonctions
ayant une limite non nulle en a
11
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000
000
111
11
00
111
000
Ensemble des fonctions
n’ayant pas de limite en a
Ensemble des fonctions
ayant une limite en a
n
classe de (x−a)
classe de (x−a)n+1
classe des fonctions
de limite π en a
fig.5
On peut représenter les classes d’équivalences des fonctions définies au voisinage
de a suivant la relation d’équivalence ∼a de la façon suivante (cf. fig. 5). Les fonctions
admettant la même limite ` ∈ R non nulle sont toutes équivalentes entre-elles.
Les fonctions admettant une limite nulle en a se subdivisent en une infinité de
classes d’équivalence. La fonction nulle étant seule dans sa classe. Enfin les fonctions
n’admettant pas de limite en a se subdivisent en une infinité de classes.
2.18. Remarque. La Proposition 2.17 assure que la notion d’équivalence n’est
pas pertinente telle quelle pour les fonctions de limite ` 6= 0 en a. D’autre part, il
se peut que deux fonctions f et g soient de même limite nulle ou infinie en a ∈
R ∪ {−∞, +∞} sans être équivalentes, comme par exemple les fonctions xn et xp ,
n, p ∈ N∗ , n 6= p. Ainsi, au vu de la Proposition 2.17 et de cette remarque, la notion
d’équivalence n’est pertinente (en ce sens qu’elle est strictement plus fine que la
notion élémentaire de limite) que pour les fonctions de limite nulle ou infinie en a.
2. DOMINATION, PRÉPONDÉRANCE, ÉQUIVALENCE DE FONCTIONS
49
Cependant, si l’on veut étudier finement le comportement asymptotique des fonctions f de limite ` 6= 0 en a, on peut toujours considérer, du point de vue de
l’équivalence des fonctions, f − ` qui est de limite nulle en a. On peut alors, tout
comme dans le cas des fonctions de limite nulle ou infinie, détecter des comportements asymptotiques distincts de f en a (cf la Proposition 2.19 qui traite le cas des
fonctions dérivables en a de dérivée non nulle).
Les deux propositions suivantes permettent de produire des équivalents d’une
fonction donnée. En particulier la Proposition 2.19, donne un équivalent affine de
f − lima f , lorsque f est dérivable en a et de dérivée non nulle. Dans ce cas la limite
de f en a est f (a), puisque f étant dérivable en a, f est continue en a.
2.19. Proposition. Si f est une fonction dérivable en a et si f 0 (a) 6= 0, alors
f (x) − lim f = f (x) − f (a) ∼a f 0 (a)(x − a).
a
Démonstration. La fonction f est dérivable en a et de dérivée f 0 (a) ss’il existe
une fonction µ de limite nulle en a telle que
f (x) − f (a) = f 0 (a)(x − a) + µ(x) · (x − a).
On a alors
f (x) − f (a) = u(x) · f 0 (a)(x − a),
avec, du fait que f 0 (a) 6= 0
u(x) =
f 0 (a)(x − a) + µ(x) · (x − a)
f 0 (a) + µ(x)
µ(x)
=
=1+ 0
→a 1.
0
0
f (a)(x − a)
f (a)
f (a)
2.20. Proposition. Si f ∼a g et si ϕ est à valeur dans un voisinage de a et telle
que limα ϕ = a, alors
f ◦ ϕ ∼α g ◦ ϕ.
Démonstration. Par hypothèse, sur un certain voisinage de a, on a f = u · g.
On peut supposer que a est dans le domaine de définition de f , g et u, quitte à
imposer f (a) = g(a) et u(a) = 1. Or u(a) = 1 et lima u = 1 montre que u est
alors continue en a. D’autre part si u est définie en a, du fait de lima u = 1, on a
nécessairement u(a) = 1 et donc u est continue en a. En résumé, on peut toujours
supposer que u est continue en a.
Maintenant, on a f ◦ ϕ = (u ◦ ϕ) · (g ◦ ϕ), et comme u est continue en a et que
limα ϕ = a, on a bien limα u ◦ ϕ = 1.
31. Exercice. Montrer que
(1) ex − 1 ∼0 x
ln(1 + x) ∼0 x
(2) sin(x) ∼0 x
Arcsin(x) ∼0 x
(3) tan(x) ∼0 x
Arctan(x) ∼0 x
(4) sh(x) ∼0 x
Argsh(x) ∼0 x
(5) th(x) ∼0 x
Argth(x) ∼0 x
50
2. ÉTUDE LOCALE DE FONCTIONS
(6) (1 + x)α − 1 ∼0 eα ln(1+x) − 1 ∼0 αx
(7) cos(x) ∼0 1 −
x2
2
2
(8) cos(x) − 1 ∼0 − x2
(9) ch(x) − 1 ∼0
x2
2
Solution de l’exercice. Les équivalents 1 à 6 se traitent en appliquant la Proposition 2.19.
Notons que pour l’équivalent 6 on peut aussi utiliser l’équivalent 1 et la Proposition 2.20. En effet, en posant ϕ(x) = α ln(x + 1), on a ϕ →0 0 et donc puisque
ex − 1 ∼0 x, on a aussi eϕ(x) − 1 ∼0 ϕ(x) = α ln(x + 1). Mais comme ln(x + 1) ∼0 x,
on a bien eϕ(x) − 1 ∼0 αx.
L’équivalent 7 provient de ce que lim0 cos = 1. On sait alors par la Proposition
2
2.17 que cos(x) ∼0 1. D’autre part, d’après l’Exercice 30, puisque − x2 = o(1),
2
on a bien cos(x) ∼0 1 − x2 . Mais pour les mêmes raisons, on a tout aussi bien
√
cos(x) ∼0 1 − x ln(|x|) ∼0 1 + x ou plus généralement cos(x) ∼0 1 + h(x), où
lim0 h = 0. Ainsi l’équivalent 7 est faussement précis, il ne dit rien d’autre que
lim0 cos = 1.
L’équivalent 8, quant à lui, ne s’obtient pas à partir de l’équivalent 7 en ajoutant de chaque côté de ∼0 la fonction −1. En effet, on sait que l’on ne peut
ajouter de part et d’autre de ∼a que des fonctions négligeables devant les fonctions
déjà présentes (cf Exercice 30) ! Tout au plus on peut ajouter de part et d’autre de
l’équivalent 7 une fonction de limite nulle en 0, ce qui ne donne pas l’équivalent 8.
Ainsi l’équivalent 8 est beaucoup plus précis que l’équivalent 7, en ce sens qu’il dit
2
que l’on ne pourra trouver d’autres équivalents que − x2 à cos(x) − 1, qu’à condition
2
d’ajouter à − x2 une fonction négligeable en 0 devant x2 (toujours par l’Exercice 30).
Montrons maintenant l’équivalent 8. La preuve est celle de la formule de Taylor
(Théorème 4.10) à l’ordre 2. Pour cela posons
r(x) = cos(x) − 1 +
x2
.
2
On a
r0 (θ) = −[sin(θ) − θ].
Or par l’équivalent 2, sin(θ) = (1 + (θ))θ avec →0 0. Donc r0 (θ) = −θ(θ).
Appliquons alors le théorème des accroissements finis à r entre x et 0. On a
r(x) = r(x) − r(0) = r0 (θ)x,
pour un certain θ entre 0 et x. De sorte que
|r(x)| ≤ |θ| · |(θ)| · |x| ≤ (θ)|x2 |,
avec (θ) → 0 quand x → 0 (puisque |θ| ≤ |x|). En conclusion, r(x) = µ(x)x2 , avec
µ →0 0, donc
cos(x) − 1 = −
x2
x2
+ x2 µ(x) = (1 − 2µ(x))(− ),
2
2
2. DOMINATION, PRÉPONDÉRANCE, ÉQUIVALENCE DE FONCTIONS
51
2
avec 1 − 2µ(x) →0 1, c’est-à-dire cos(x) − 1 ∼0 − x2 .
On démontre l’équivalent 9 de la même manière.
32. Exercice. Soit β > 0 et pour tout n ≥ 2, soit an = n log1 β n . Trouver un
équivalent de an+1
− 1 quand n tend vers +∞ (considérer la suite an+1
comme une
an
an
fonction de la variable n).
Solution de l’exercice. On va utiliser la Proposition 2.19 appliquée à la fonction x 7→ (1 + x)β dans un voisinage de 0. On obtient (1 + x)β = 1 + βxu(x), avec
u(x) → 1 quand x → 0.
On a alors
n
log(n + 1) + log( n+1
)β
an+1
n
log n
1
=
[
]β = (1 −
)[
]
an
n + 1 log(n + 1)
n+1
log(n + 1)
n
1
log( n+1
log(1 − n+1
) β
)β
1
1
)[1 +
] = (1 −
)[1 +
]
n+1
log(n + 1)
n+1
log(n + 1)
1
v(n)
1
w(n)β
= (1 −
)[1 −
]β = (1 −
)(1 −
),
n+1
(n + 1) log(n + 1)
n+1
(n + 1) log(n + 1)
où v et w ont 1 pour limite en 0. On en conclut, en développant ce produit, que
an+1
z(n)
=1−
,
an
n+1
avec z(n) → 1 quand n → +∞.
= (1 −
33. Exercice. Soient a ∈ R, r > 0 et h :]a − r, a + r[→ R une fonction telle que
h(a) = 0.
(1) On suppose que h est dérivable en a et que h0 (a) = 0. Montrer qu’alors
h(x) = oa (x − a).
Réciproquement, montrer que si h(x) = oa (x − a), alors h est dérivable en
a et h0 (a) = 0.
(2) On suppose que h est dérivable sur ]a − r, a + r[. Montrer que pour tout
x ∈]a − r, a + r[ existe θx tel que |θx − a| ≤ |x − a| et h(x) = (x − a) · h0 (θx ).
(3) En utilisant plusieurs fois le résultat de la question 2, appliqué d’abord à
3
h(x) = sin(x) − (x − x6 ), puis à ses dérivées successives, montrer que
sin(x) − (x −
(4) Montrer que sin(x) ∼0 x −
(5) A-t-on sin(x) − (x − x2 −
x3
) = o0 (x3 ).
6
x3
.
6
x3
)
6
= o(x3 ) ? A-t-on sin(x) ∼0 x − x2 −
x3
6
?
Solution de l’exercice.
(1) La fonction h est dérivable en a et de dérivée
nulle en a si et seulement s’il existe (x) une fonction de limite nulle en
a telle que ∀x 6= a, h(x)
= h(x)−h(a)
= (x). Ce qui équivaut à : ∀x 6=
x−a
x−a
a, h(x) = (x − a)(x) ou encore h(x) = oa (x − a).
52
2. ÉTUDE LOCALE DE FONCTIONS
(2) Il s’agit directement du théorème des accroissements finis appliqué à h sur
l’intervalle d’extrémités a et x. On peut en effet appliquer ce théorème
puisque h étant dérivable sur ]a − r, a + r[, quel que soit x ∈]a − r, a + r[,
h est continue sur [a, x] (si x > a) ou [x, a] (si x < a).
3
(3) Soit h(x) = sin(x) − (x − x6 ). Cette fonction est C ∞ sur R, nulle en 0 et de
2
dérivée h0 (x) = cos(x)−(1− x2 ) nulle en 0. Notons que h00 (x) = − sin(x)+x
et h000 (x) = 1 − cos(x), de sorte que h00 et h000 sont également nulles en 0.
Par la question précédente il existe θx tel que |θx | ≤ |x| et h(x) = h0 (θx ) · x.
Appliquons à nouveau le résultat de la question 2 à h0 sur l’intervalle
d’extrémités 0 et θx , puisque h0 (0) = 0 et h00 (0). On a l’existence d’un νx
tel que |νx | ≤ |θx | et h(x) = h00 (νx ) · θx · x. On peut à nouveau appliquer le
résultat de la question 2 à h00 sur l’intervalle d’extrémités 0 et νx , puisque
h00 (0) = 0 et h000 (0). On en déduit l’existence d’un réel µx tel que |µx | ≤ |νx |
et h(x) = h000 (µx ) · νx · θx · x = (1 − cos(µx )) · νx · θx · x. On a |µx | ≤
|νx | ≤ |θx | ≤ |x|. Donc d’une part |h(x)| ≤ |1 − cos(µx )| · |x3 |. D’autre part,
lorsque x → 0, µx → 0 et donc − cos(µx ) + 1 →x→0 0. On en conclut que
limx→0 |h(x)|
= 0, ce qui équivaut à limx→0 h(x)
= 0 et donc à h(x) = o0 (x3 ).
|x3 |
x3
(4) Par la question précédente, il existe une fonction (x) de limite nulle en 0
telle que
x3
+ x3 (x).
(∗)
sin(x) = x −
6
On a alors
x3
x3
x3
x2
sin(x) = (x − )(1 +
(x))
=
(x
−
)(1
+
3
2 (x))
6
6
x − x6
1 − x6
x3
)µ(x),
6
1, c’est-à-dire que sin(x) ∼0 x −
= (x −
avec µ(x) →x→0
3
x3
.
6
2
(5) On a x − x6 = ν(x) · x, avec ν(x) = 1 − x6 →x→0 1. On a donc sin(x) ∼0
3
2
3
x − x6 ∼0 x. Et comme x − x2 − x6 = x(1 − x − x6 ), on a aussi x ∼0
3
3
x − x2 − x6 , donc sin(x) ∼0 x − x2 − x6 . Ce raisonnement montre en réalité
que sin(x) ∼0 x + g(x), dès que g(x) = o(x).
3
En revanche, si on avait sin(x) − (x − x2 − x6 ) = o(x3 ), il existerait une
fonction α(x) de limite nulle en 0 telle que
x3
+ x3 α(x).
6
En soustrayant (∗) et (∗∗) on en déduirait que
sin(x) = x − x2 −
(∗∗)
1 = x(α(x) − (x)),
ce qui est une contradiction, puisque le membre de gauche de cette dernière
égalité tend vers 0 lorsque x tend vers 0.
2. DOMINATION, PRÉPONDÉRANCE, ÉQUIVALENCE DE FONCTIONS
53
3
2.21. Remarque. La démarche qui conduit à sin(x) − (x − x2 − x6 ) = o(x3 )
dans l’Exercice 33 et qui consiste à utiliser plusieurs fois de suite le théorème des
accroissements finis appliqué à la fonction sin(x) privée de son polynôme de Taylor,
puis aux dérivées successives de cette différence, est exactement la preuve de la
formule de Taylor.
1
1
34. Exercice. Montrer que e x2 − e (x+1)2 ∼+∞
2
.
x3
Solution de l’exercice. Soit g la fonction définie sur ]0, +∞[ par
2
2
g(x) = e1/x − e1/(x+1) .
Lorsque x tend vers +∞, 2/x3 tend vers 0. D’autre part 1/x2 et 1/(x + 1)2 tendent
2
2
vers 0 et comme la fonction exponentielle est continue en 0, e1/x et e1/(x+1) tendent
vers e0 = 1, de sorte que g tend vers 0.
Remarquons que
1
2
g(x) = e1/(x+1) (e x2
et comme e
1/(x+1)2
−
1
(x+1)2
− 1),
tend vers 1 lorsque x tend vers +∞, on a
1
g(x) ∼+∞ e x2
1
−
−
1
(x+1)2
− 1.
1
Il nous suffit donc de démontrer que e x2 (x+1)2 − 1 ∼+∞ 2/x3 .
Pour cela, remarquons que d’après la Proposition 2.19, puisque le fonction exponentielle et de dérivée 1 en 0, on a
ey − 1 ∼0 y.
Or lorsque x tend vers +∞, y =
1
e x2
−
1
x2
1
(x+1)2
−
1
(x+1)2
− 1 ∼+∞
(∗)
tend vers 0, on déduit donc de (∗) que
1
1
−
.
2
x
(x + 1)2
Mais d’autre part
1
1
1
2x + 1
2 1 + 2x
2
−
=
=
∼
.
+∞
1
x2 (x + 1)2
x2 (x + 1)2
x3 (1 + x )2
x3
Pour résumer, on a montré
1
g(x) ∼+∞ e x2
−
1
(x+1)2
− 1 ∼+∞
1
1
2
−
∼
.
+∞
x2 (x + 1)2
x3
35. Exercice. Montrer que x + log(x) ∼+∞ x.
Solution de l’exercice. On a
x + log(x) = x(1 +
pour tout x > 0. Or limx→+∞ 1 +
log(x)
x
log(x)
),
x
= 1.
36. Exercice. Montrer que ( log(1+x)
)x − 1 ∼+∞
log(x)
1
.
log(x)
54
2. ÉTUDE LOCALE DE FONCTIONS
Solution de l’exercice. Soit f (x) =
log(1+x) x
.
log(x)
f (x) = ex log(
log(1+x)
)
log(x)
Par définition, on a
.
De sorte que f (x) n’a de sens que pour x > 1, car alors seulement log(1+x)
> 0. On
log(x)
a ensuite
log(x( x+1
))
log(x) + log(1 + x1 )
log(1 + x1 )
log(1 + x)
x
=
=
=1+
.
log(x)
log(x)
log(x)
log(x)
log(1+ 1 )
En posant y = 1 + log(x)x , on a y → 1 lorsque x → +∞. D’autre part, par la
Proposition 2.19, nous savons que
log(y) ∼1 y − 1,
puisque la dérivée de log en 1 est 1. Il s’ensuit que
log(1 + x1 ) log(1 + x1 )
log 1 +
∼+∞
.
log(x)
log(x)
(∗)
(∗∗)
À nouveau par application de (∗) à y = 1 + x1 , du fait que y tend vers 1 quand x
tend vers +∞, on obtient
log(1 + x1 )
1
∼+∞
.
log(x)
x log(x)
(∗ ∗ ∗)
Les équivalences de (∗∗) et (∗ ∗ ∗) donnent
log(1 + x1 ) 1
x log 1 +
∼+∞
,
log(x)
log(x)
par la stabilité de l’équivalence par produit (cf Proposition 2.13). Il existe ainsi une
fonction u(x) de limite 1 en +∞, telle que
log(1 + x1 ) u(x)
x log 1 +
=
),
log(x)
log(x)
et donc
u(x)
f (x) − 1 = e log(x) ) − 1.
u(x)
Posons y = log(x)
. Alors y tend vers 0 lorsque x tend vers +∞, et toujours par la
Proposition 2.19, ey − 1 ∼0 y, donc
u(x)
f (x) − 1 = e log(x) ) − 1 ∼+∞
37. Exercice.
u(x)
1
∼+∞
.
log(x)
log(x)
(1) À l’aide d’une Proposition du cours, montrer que
eu − 1 ∼0 u
(a)
et ln(1 + u) ∼0 u.
(b)
2. DOMINATION, PRÉPONDÉRANCE, ÉQUIVALENCE DE FONCTIONS
55
(2) Déduire de l’égalité (b) de la question précédente et de la question 3 de
l’Exercice 33 que
sin(x)
x2
ln(
) ∼0 − .
(c)
x
6
(3) Soit f :]0, π[ la fonction définie par f (x) = xx − (sin(x))sin(x) . Montrer à
l’aide de l’égalité (a) de la question 1 que
f (x) ∼0 x ln(x) − sin(x) ln(sin(x)).
(d)
(4) Conclure à l’aide de (c) et (d) que que
Solution de l’exercice.
x3 ln(x)
f (x) ∼0
.
6
(1) Il s’agit de la Proposition 2.19.
(2) On a l’existence d’une fonction (x) de limite nulle en 0 telle que sin(x) =
3
x − x6 + x3 (x) et, par l’égalité (b), l’existence d’une fonction µ(u) de limite
1 en 0 telle que ln(1 + u) = uµ(u). Il s’ensuit que
sin(x)
x2
x2
x2
) = ln(1 −
+ x2 (x)) = (− + x2 (x))µ(− + x2 (x))
x
6
6
6
2
2
2
x
x
x
= − (1 − 6(x))µ(− + x2 (x)) = − ρ(x),
6
6
6
avec ρ(x) qui tend vers 1 lorsque x tend vers 0.
ln(
(3) On a, pour tout x ∈]0, π[,
f (x) = ex ln(x) − esin(x) ln(sin(x)) = ex ln(x) (1 − esin(x) ln(sin(x))−x ln(x) )
∼0 ex ln(x) (x ln(x) − sin(x) ln(sin(x))),
par (a). Mais comme ex ln(x) tend vers e0 = 1 quand x tend vers 0, on a bien
f (x) ∼0 x ln(x) − sin(x) ln(sin(x)).
(4) Par la question précédente, on a l’existence d’une fonction µ(x) de limite
1 en 0 telle que
h
i
sin(x)
f (x) = µ(x)x ln(x) −
ln(sin(x))
x
h
sin(x)
sin(x)
sin(x) i
= µ(x)x (1 −
) ln(x) −
ln(
) .
x
x
x
2
Or par l’égalité (c), on a ln( sin(x)
) = − x6 ρ(x), avec ρ(x) qui tend vers 1
x
2
lorsque x tend vers 0 et d’autre part 1 − sin(x)
= x6 − x2 (x), avec (x) qui
x
tend vers 0 lorsque x tend vers 0. On a alors
h x2
x2
sin(x) i
f (x) = µ(x)x
ln(x)(1 − 6(x)) + ρ(x)
)
6
6
x
h
x3
sin(x) i
=
ln(x)µ(x) 1 − 6(x) + ρ(x)
,
6
x ln(x)
56
2. ÉTUDE LOCALE DE FONCTIONS
i
h
qui tend vers 1 lorsque x tend vers 0, ce
avec µ(x) 1 − 6(x) + ρ(x) xsin(x)
ln(x)
qui prouve bien que f (x) ∼0
x3
6
ln(x).
3. Échelles de comparaison et développements asymptotiques
Dans tout ce chapitre on cherche à comprendre le comportement asymptotique
d’une fonction f de limite nulle ou infinie en a. Pour cela, il suffit de se donner
un élément g dans la classe d’équivalence de f avec g plus simple à étudier
que f . On a encore une bien meilleure mesure du comportement asymptotique de
f lorsque le représentant g de la classe d’équivalence de f est choisie dans une
famille F de fonctions prescrite à l’avance. En effet, on dispose alors d’une échelle
de comparaison asymptotique pourvu que la famille possède une hiérarchie, c’est-àdire que l’on puisse décider entre deux membres donnés de F lequel tend le plus vite
vers 0 en a. Ceci revient à supposer que notre famille F bénéficie d’un ordre pour la
relation de prépondérance (et en particulier, les fonctions de F sont chacune dans
des classes d’équivalence distinctes suivant ∼a ).
Dans cette section on formalise ce point de vue.
3.1. Définition. On appelle échelle de comparaison asymptotique en a ∈
R ∪ {−∞, +∞} toute famille F = (gi )i∈I telle que :
(1) pour tout i ∈ I, gi n’est pas la fonction nulle au voisinage de a,
(2) pour tout i, j ∈ I, i 6= j, l’une des fonctions gi ou gj est négligeable devant
l’autre en a.
3.2. Remarque. Il n’est pas utile dans la Définition 3.1 de supposer que les
fonctions gi sont toutes définies sur un même voisinage de a : le domaine de définition
de gi peut très bien changer avec i. En revanche chacun de ces domaines de définition
doit être un voisinage de a.
3.3. Exemple. Les familles
(1) ((x − a)n )n∈N
(échelle des monômes),
(2) ((x − a)m )m∈Z ,
(3) (|x − a|p )p∈Q ,
(4) (|x − a|r )r∈R ,
(échelle des puissances),
r
(5) (e|x−a| |x − a|r lnu (|x − a|))(r,s,u)∈×R3 , (échelle logarithmético-exponentielle
en a),
sont des échelles de comparaison asymptotiques en a ∈ R.
Les familles
6. (xn )n∈N ,
(échelle des monômes),
7. (xm )m∈Z ,
8. (|x|p )p∈Q ,
9. (|x|r )r∈R ,
(échelle des puissances),
3. ÉCHELLES DE COMPARAISON ET DÉVELOPPEMENTS ASYMPTOTIQUES
57
r
(échelle logarithmético-exponentielle à l’in10. (e|x| |x|s lnu (|x|))(r,s,u)∈×R3
fini),
ρ
r
11. (e|x| e−π|x| |x|s lnu (|x|))(r,ρ,s,u)∈×R4
sont des échelles de comparaison asymptotiques en −∞ ou +∞. La famille 11 est-elle
encore une échelle de comparaison en +∞ si l’on y remplace π par 1 ?
38. Exercice. Montrer effectivement que chacune des familles de l’Exemple 3.3.
Solution de l’exercice.
4. Montrons que la famille 4 est bien une échelle
de comparaison. Ce qui montrera que les familles 1 à 3 sont aussi des
échelles de comparaison, car elles sont des sous-familles de la famille 4.
Tout d’abord, aucune des fonctions gr : x 7→ |x − a|r , r ∈ R n’est la
fonction nulle. Ensuite, si r, s ∈ R, r 6= s, avec par exemple s > r, on a
pour tout x ∈ R,
|x − a|s = (x)|x − a|r ,
où (x) = |x − a|s−r est bien de limite nulle en a, puisque s − r > 0. De
sorte que gs = o(gr ) si s > r.
10. Montrons que la famille 10 est une échelle de comparaison en +∞. Ce qui
montrera que les familles 6 à 10 sont aussi des échelles de comparaison en
+∞, car elles sont des sous-familles de la famille 10. Notons que dans le cas
r
de la famille de fonctions gr,s,u : x 7→ ex xs lnu (x), l’ensemble des indices
paramétrant la famille est l’ensemble des triplets (r, s, u) de R3 (on s’est
affranchi des valeurs absolues autour de la variable x dans l’expression des
fonctions gr,s,u , puisque l’on considère que ces fonctions sont définies sur
un certain voisinage de +∞, que l’on peut supposer inclus dans R∗+ ).
Aucune des fonctions gr,s,u n’est la fonction nulle. Ensuite soient (a, b, c) ∈
R3 et (r, s, u) ∈ R3 deux indices distincts. Ceci signifie que a 6= r ou b 6= s
ou c 6= u.
– Supposons que a 6= r, avec par exemple a > r.
Alors on a, pour tout x dans un voisinage de +∞,
gr,s,u (x) = (x)ga,b,c (x),
xr−a
avec (x) = e
, qui est de limite nulle lorsque x tend vers +∞,
puisque r − a < 0. Donc gr,s,u = o(ga,b,c ).
– Supposons que a = r mais que b 6= s, avec par exemple b > s.
Alors on a, pour tout x dans un voisinage de +∞,
gr,s,u (x) = (x)ga,b,c (x),
avec (x) = xs−b , qui est de limite nulle lorsque x tend vers +∞,
puisque s − b < 0. Donc gr,s,u = o(ga,b,c ).
– Supposons enfin que a = r et b = s, mais que c 6= u, avec par exemple
c > u.
Alors on a, pour tout x dans un voisinage de +∞,
gr,s,u (x) = (x)ga,b,c (x),
58
2. ÉTUDE LOCALE DE FONCTIONS
avec (x) = lnu−c (x), qui est de limite nulle lorsque x tend vers +∞,
puisque u − c < 0. Donc gr,s,u = o(ga,b,c ).
En conclusion, si gr,s,u et ga,b,c sont deux fonctions distinctes de la famille 10, on compare leur triplet d’indice (r, s, u) et (a, b, c) en parcourant successivement leurs composantes une à une, de la gauche vers la
droite. Dans ce parcours, dès qu’une composante de (r, s, u) est < à la
composante correspondante de (a, b, c), on a gr,s,u = o(ga,b,c ). Par exemple
g√2,π, √1 = o(g√2,√11,√2 ). Évidemment cela ne se produit que parce que les
3
puissances de x sont négligeables en +∞ devant l’exponentielle des puissances de x, que les puissances du logarithme sont elles-mêmes négligeables
devant les puissances de x et que l’ordre des composantes de l’indice (r, s, u)
respecte cet ordre de prépondérance des exponentielles des puissances de x,
des puissances de x et des puissances de ln(x).
Remarquons que ce processus induit sur R3 un ordre total, c’est-à-dire
une façon de comparer à coup sûr les triplets de R3 . On note alors cette
relation d’ordre, qui est, d’après ce qui précède, définie par
(r, s, u) (a, b, c) ⇐⇒ r ≤ a ou (r = a et s ≤ b) ou (r = a et s = b et u ≤ c),
où ≤ désigne la relation d’ordre habituelle de R. On introduit enfin la notation ≺ (l’ordre strict associé à l’ordre ), notation définie par
(r, s, u) ≺ (a, b, c) ⇐⇒ [(r, s, u) (a, b, c) et (r, s, u) 6= (a, b, c)].
√
√
Par exemple (1, 2, π) ≺ (1, 3, 1/2). Avec ces notations, on a montré que
gr,s,u = o(ga,b,c ) ⇐⇒ (r, s, u) ≺ (a, b, c).
L’ordre sur R3 défini ci-dessus s’appelle l’ordre lexicographique sur
R3 . Plus généralement l’ordre lexicographique se définit de la même manière
sur les triplets de Rn , et, lorsque n = 1, il n’est rien d’autre que l’ordre
habituel de R.
Remarquons que l’on peut tout aussi bien définir un ordre 0 sur R3 (et
bien sûr plus généralement sur Rn ), en posant
(r, s, u) 0 (a, b, c) ⇐⇒ (a, b, c) (r, s, u)
⇐⇒ a ≤ r ou (a = r et b ≤ s) ou (a = r et b = s et c ≤ u).
L’ordre 0 est appelé l’ordre anti-lexicographique. Il est un peu
√ moins0
naturel
√ que l’ordre lexicographique, puisque l’on a par exemple (1, 3, π) (1, 2, 1/2).
5. Dans le cas de la famille 5, on montre avec les mêmes arguments que pour
r
la famille 10, que la famille des fonctions gr,s,u = e|x−a| |x − a|s lnu (|x − a|),
(r, s, u) ∈ ×R3 , est une échelle de comparaison en a ∈ R. Pour cette famille,
on montre de plus que
gr,s,u = o(ga,b,c ) ⇐⇒ (a, b, c) ≺ (r, s, u) ⇐⇒ (r, s, u) ≺0 (a, b, c).
3. ÉCHELLES DE COMPARAISON ET DÉVELOPPEMENTS ASYMPTOTIQUES
59
Pour cette famille, gr,s,u est négligeable devant ga,b,c si et seulement si (r, s, u)
est plus grand que (a, b, c) pour l’ordre lexicographique ≺.
Les observations de la solution de l’Exercice 38 ci-dessus ont conduit à considérer
deux ordres sur l’ensemble des indices I = R3 des familles 5 et 10 de l’Exemple
3.3 : l’ordre lexicographique et l’ordre anti-lexicographique. De plus ces ordres sont
compatibles avec la relation de prépondérance o en ce sens que pour un couple
d’indices (i, j) on peut déterminer laquelle des deux fonctions gi ou gj est négligeable
devant l’autre uniquement en comparant i et j selon l’ordre .
On va voir dans la Proposition 3.4 qui suit que ceci est général : on peut toujours
munir l’ensemble I des indices d’une échelle de comparaison de deux ordres (opposés
l’un à l’autre) compatibles avec la relation de prépondérance en a. Ceci n’est bien
sûr utile que lorsque I n’est pas déjà muni d’un ordre compatible avec la relation
de prépondérance des fonctions en a.
Parmi ces deux définitions possibles d’ordre sur l’ensemble des indices I, on opte
pour celle qui, dans le cas particulier de l’échelle gr (x) = |x−a|r , r ∈ I = R, coı̈ncide
avec l’ordre habituel de R, ou plus généralement avec l’ordre lexicographique sur R3
(qui est plus naturel que l’ordre anti-lexicographique) dans le cas particulier de
l’échelle de comparaison 5 de l’Exemple 3.3.
Ainsi, pour l’étude asymptotique des fonctions en un point a ∈ R, le choix de
l’ordre proposé par la Proposition 3.4 sur l’ensemble I des indices des échelles puissance et logarithmico-exponentielle est naturel, puisqu’il s’agit du choix de l’ordre
lexicographique. En revanche, pour l’étude asymptotique des fonctions en +∞ ou
−∞, le choix de l’ordre proposé par la Proposition 3.4 sur l’ensemble I des indices
des échelles puissance et logarithmico-exponentielle est moins naturel, puisqu’il s’agit
de celui de l’ordre anti-lexicographique. En quelque sorte le choix de l’ordre proposé
par la Définition 3.4 privilégie donc l’étude des fonctions en un point a ∈ R plutôt
qu’en l’infini.
Voyons maintenant comment on peut définir un tel ordre.
3.4. Proposition. Soit F = (gi )i∈I une échelle de comparaison asymptotique en
a (a ∈ R, a = +∞ ou a = −∞). On définit une relation sur l’ensemble des indices
I, notée , par
∀i, j ∈ I, i j ⇐⇒ gi = gj ou gj = o(gi ).
La relation munit I d’un ordre total, par définition-même compatible avec la relation de prépondérance o en a.
On note i ≺ j lorsque i 6= j et i j.
Démonstration. La relation est bien réflexive, puisque i i implique gi = gi ,
qui est bien une proposition vraie.
Cette relation est aussi anti-symétrique, puisque si i j et j i, on a
(gi = gj ou gj = o(gi )) et (gj = gi ou gi = o(gj ))
ce qui équivaut à
(gi = gj ) ou (gi = gj et gi = o(gj ))
60
2. ÉTUDE LOCALE DE FONCTIONS
ou (gj = o(gi ) et gi = gj ) ou (gj = o(gi ) et gi = o(gj )),
mais de ces quatre alternatives, les trois dernières sont impossibles, et donc nécessairement seule la première équivaut à i j et j i. Cette équivalence est exactement
l’anti-symétrie.
La transitivité se démontre tout aussi facilement.
3.5. Exemple. Comme on l’a déjà remarqué avant la Proposition 3.4, pour
l’échelle de comparaison asymptotique ((x − a)r )r∈R , l’ordre induit sur l’ensemble d’indices R est le même que l’ordre usuel ≤ des réels, puisque i ≺ j ssi
(x − a)j = o((x − a)i ) ssi i < j. Ainsi ≺ = <.
3.6. Définition. Soit F = (gi )i∈I une échelle de comparaison asymptotique en a
et f une fonction définie dans un voisinage de a. S’il existe une combinaison linéaire
Pf =
N
X
αk gik , i1 ≺ · · · ≺ iN , α1 , · · · , αN ∈ R
k=1
d’éléments de F telle que
Rf := f − Pf
soit négligeable devant giN , on dit que Pf est un développement asymptotique
de f en a à l’ordre iN , relativement à l’échelle F et que Rf est le reste de ce
développement.
3.7. Remarque. L’ordre ν d’un développement asymptotique dans une échelle de
comparaison donnée est un élément de l’ensemble I des indices de cette échelle. Mais
comme I est muni d’un ordre compatible avec la relation de prépondérance o en a,
lorsque ν croit meilleure est l’approximation d’une fonction par son développement
asymptotique à l’ordre ν.
3.8. Proposition. Soit f une fonction définie dans un voisinage de a. Si f admet
un développement asymptotique relativement à l’échelle F et à un ordre donné, ce
développement asymptotique est unique.
Démonstration. MontronsPl’unicité du développement
asymptotique à un ordre
PM
N
donné. Pour cela, soient Pf = k=1 αk gik et Qf = l=1 βl gjl deux développements
asymptotiques de f relativement à l’échelle F et au même ordre i0 ∈ I, avec i1 ≺
· · · ≺ iN = i0 , j1 ≺ · · · ≺ jM = i0 et
f − Pf = o(gi0 ) et f − Qf = o(gi0 ).
D’après la Proposition 2.13, on en déduit
f − Pf − (f − Qf ) = Qf − Pf = o(gi0 ).
Mais d’autre part, en regroupant les indices ik et ij égaux, on peut noter Qf −
P
PM
PL
Pf = N
k=1 αk gik −
l=1 βl gjl :=
s=1 γs gps où ps ∈ {ik , k = 1, · · · , N } ∪ {jl , l =
1, · · · , M }. Si un coefficient γs n’est pas nul, on peut en déduire l’existence d’un plus
petit indice im ∈ I tel que gim apparaisse avec un coefficient γm 6= 0 dans l’écriture
3. ÉCHELLES DE COMPARAISON ET DÉVELOPPEMENTS ASYMPTOTIQUES
61
PL
γs gps de Qf − Pf . Comme les autres fonctions gps de cette écriture sont alors
négligeables devant gim , on en déduit, par l’Exercice 30, que
s=1
Qf − Pf ∼a γm gim ,
ce qui contredit Qf − Pf = o(gi0 ) et im i0 . On en conclut alors que tous les
coefficients γs sont nuls, ce qui établit l’égalité de Pf et de Qf .
3.9. Proposition. Si f et h sont deux fonctions définies au voisinage de a qui
admettent respectivement les développements asymptotiques Pf et Ph en a, au même
ordre ν ∈ I suivant la même échelle de comparaison, alors pour tous réels α, β,
αf + βh admet le développement asymptotique αPf + βPh à l’ordre ν. Autrement
dit :
Pαf +βg = αPf + βPh .
Démonstration. Comme f −Pf = o(gν ) et h−Ph = o(gν ), on a aussi αf −αPf =
o(gν ) et βh − βPh = o(gν ), ce qui donne par la Proposition 2.13 αf + βh − (αPf +
βPh ) = o(gν ).
3.10. Proposition. Si f est
PNune fonction définie au voisinage de a et admet le
développement asymptotique k=1 αk gik en a à l’ordre iN , alors f admet en a le
P
développement asymptotique M
k=1 αk gik à l’ordre iM , pour tout iM ∈ {i1 , · · · , iN }.
PM
On dit que k=1 αk gik est la troncature à l’ordre iM du développement asymptotique de f à l’ordre iN .
Démonstration. On a
N
M
N
X
X
X
f−
αk gik = f −
αk gik +
αk gik = o(giN )
k=1
k=1
k=M +1
En particulier
f−
M
X
α k gik +
k=1
Mais comme
PN
k=M +1
N
X
αk gik = o(giM ).
k=M +1
αk gik = o(giM ), puisque gik = o(giM ) pour k > M , on a bien
f−
M
X
αk gik = o(giM ).
k=1
3.11. Remarque. D’après les Propositions 3.8 et 3.10, la donnée du développement asymptotique en a de f à un certain ordre est la donnée des développements
asymptotiques de f en a aux ordres inférieurs.
2
3.12. Exemple. On sait d’après l’Exercice 31 que cos(x) − 1 ∼0 − x2 . Autrement
2
2
dit cos(x) − (1 − x2 ) = o(x2 ) et donc par définition, 1 − x2 est le développement
asymptotique de x 7→ cos(x) en 0 à l’ordre 2 dans l’échelle monomiale. D’après la
Proposition 3.10, le polynôme 1 (qui est la troncature à l’ordre 0 du développement
asymptotique de cos à l’ordre 2) est le développement asymptotique de cos en 0
62
2. ÉTUDE LOCALE DE FONCTIONS
à l’ordre 0 dans l’échelle monomiale. Mais puisque le polynôme 1 est également
la troncature à l’ordre 1 du développement asymptotique de cos à l’ordre 2, le
polynôme 1 est aussi le développement asymptotique de cos en 0 à l’ordre 1 dans
l’échelle monomiale.
3.13. Définition. Soit f une fonction définie au voisinage de a. S’il existe α ∈ R∗
et i ∈ I tel que f ∼a αgi , le couple (α, gi ) ∈ R∗ × F est unique et on dit que αgi est
la partie principale de f en a relativement à l’échelle F.
Démonstration. Prouvons l’unicité du couple (α, gi ) dans la définition ci-dessus.
Soient (α, gi ), (β, gj ) ∈ R∗ × F tels que f ∼a αgi et f ∼a βgj . On a alors αgi ∼a βgj ,
ce qui est incompatible avec i 6= j, puisque si par exemple i ≺ j, on a gj = o(gi ).
Donc i = j. Mais si i = j, on a alors α = β puisque αgi ∼a βgi .
La proposition suivante montre que trouver un développement asymptotique revient à trouver des équivalents successifs.
3.14.
PNProposition. Soit f une fonction admettant le développement asymptotique k=1 αk gik , avec αk 6= 0, k = 1, · · · , N et i1 ≺ i2 · · · ≺ iN . Alors la partie
P −1
principale de f est α1 gi1 , celle de f − α1 gi1 est α2 gi2 , ..., celle de f − N
k=1 αk gik
est αN giN .
P
Démonstration. On a f − N
k=1 αk gik = o(giN ), donc f − α1 gi1 = o(gi1 ), ce qui
prouve que f ∼a α1 gi1 . On réitère ensuite l’argument.
4. Développement limités
Dans cette section, on étudie tout particulièrement le comportement des fonctions en a ∈ R dans l’échelle de comparaison des monômes ((x − a)n )n∈N . Un
développement asymptotique s’appellera alors un développement limité. Par commodité on suppose que a est dans le domaine de définition de la fonction f que l’on
étudie.
4.1. Définition. Soit f une fonction définie au voisinage de a.
(1) Si f admet un développement asymptotique en a, à l’ordre N , suivant
l’échelle de comparaison monomiale ((x − a)n )n∈N , on dit que f admet en a
un développement limité à l’ordre N , noté par l’abréviation f admet
un DLN
a . Dans ce cas, on a l’existence de réels α0 , · · · , αN tels que
f−
N
X
αi (x − a)i = o((x − a)N ),
i=1
ou de façon équivalente :
P
i
f− N
i=1 αi (x − a)
−→x→a,x6=a 0.
(x − a)N
4. DÉVELOPPEMENT LIMITÉS
63
On notera souvent
f=
N
X
i
N
αi (x − a) + o((x − a) ) au lieu de f −
i=1
N
X
αi (x − a)i = o((x − a)N ).
i=1
PN
On dit alors que i=1 αi (x − a)i est le développement limité en a de
f à l’ordre N . On le note [DLN
a (f )](x).
(2) Soit f une fonction définie au voisinage de +∞ (resp. de −∞). Si f admet
un développement asymptotique en a, à l’ordre N , suivant l’échelle de comparaison monomiale ((x − a)−n )n∈N , on dit que f admet en +∞ (resp. en
−∞) un développement limité à l’ordre N , noté par l’abréviation f
N
admet un DLN
+∞ (resp. DL−∞ ).
P
4.2. Exemple. Le cas des polynômes. Soit f (x) = di αi xi un polynôme de
degré d. Alors on peut écrire
f (x) =
d
X
αi xi + xn 0̄(x), où 0̄ est la fonction nulle,
i
de sorte que si n ≥ d, DLn0 (f ) = f.
Dans le cas où n < d, on peut écrire
f (x) =
n
X
i
αi x + x
i
d
X
αi xi−n .
n+1
i
Pn
n
n
ce qui montre que f (x) = i αi x + o(x ), si n < d. Dans les deux cas (n ≥ d et
n < d), on a :
Pd
i
i
n
le DL
0 d’un polynôme
i αi x est la somme de ses monômes αi x de degré ≤ n .
Considérons maintenant a ∈ R. Alors h(x) = f (x+a) est un polynôme de degré d,
P
P
que l’on note h(x) = di=1 βi xi . Comme h(x−a) = f (x), on a f (x) = di=1 βi (x−a)i ,
de sorte que le polynôme f admet un DLna , pour tout n ≥ d et donc pour tout n ∈ N.
On a donc démontré la proposition suivante.
4.3. Proposition. Soit f un polynôme de degré d. Alors f admet un DLna pour
tout n ∈ N et tout a ∈ R. De plus, pour tout n ≥ 0, DLn0 (f ) est la troncature de f
à l’ordre n et pour tout n ≥ d, pour tout a ∈ R, f −DLna (f ) = 0.
4.4. Remarque. Nous verrons plus loin qu’une classe plus large de fonctions que
la classe des fonctions polynomiales, à savoir les fonctions C ∞ (cf Théorème 4.11),
admettent des DLna , pour tout a dans leur domaine de définition et tout n ∈ N.
1
4.5. Exemple. Considérons les fonctions f (x) = 1+x
et g(x) =
toutes deux sur ] − 1, 1[.
– Quel que soit x ∈] − 1, 1[, quel que soit n ∈ N, on a
1
xn+1
2
n
= 1 + x + x + ··· + x +
.
1−x
1−x
1
,
1−x
définies
64
2. ÉTUDE LOCALE DE FONCTIONS
x
Comme limx→0 1−x
= 0, on en déduit que g admet, pour tout n ∈ N, le DLn0 :
Pn i
i=0 x .
Pour P
les mêmes raisons, puisque f (x) = g(−x), f admet, pour tout n ∈ N,
n
le DL0 : ni=0 (−1)i xi .
– Posons x = 1/y → 0. Alors, pour tout n ∈ N, pour tout y, |y| > 1, on a
1
y
1
1
1
y −n−1
=
= 1 + + 2 + ··· + n +
,
1 − 1/y
y−1
y y
y
1 − 1/y
n
X
1
=
y −i + o(y −n ).
y−1
i=1
D’où DLn+∞ (f ) =
Pn
i=1
−x−i .
4.6. Remarque (DL en 0 et DL en un point). Si f admet un DLN
0 , alors on peut
P
i
N
α
x
+
o(x
).
Posons
t
=
x
+
a.
Remarquons
que
lorsque x est
écrire f (x) = N
i=0 i
dans un voisinage de 0, t est au voisinage de a. D’autre part, on a :
g(t) := f (t − a) =
N
X
αi (t − a)i + o((t − a)N ),
i=0
N
ce qui fournit un DLN
a (g(t)). Autrement dit si l’on veut un DLa (g) il suffit de trouver
N
un DL0 (f ), avec f (x) = g(x + a). Ainsi formellement on peut toujours se ramener
à la recherche d’un DLn0 . Cette remarque est illustrée dans l’Exercice 39 qui suit.
1
4.7. Exemple. Cherchons DL21 (g) où g(x) = x1 . On pose f (x) = g(x + 1) = x+1
.
2
On sait alors, par la Remarque 4.6 qui précède, que les coefficients de DL0 (f ) sont
les les coefficients de DL21 (g). Comme DL20 (f ) = 1 − x + x2 , on a DL21 (g) = 1 − (x −
1) + (x − 1)2 .
39. Exercice. On se propose de donner des DL en π en se ramenant à des DL
en 0, comme indiqué dans la Remarque 4.6.
(1) Donner DL2π (x 7→ g(x) = x2 + 1.
(2) Donner DL2π (x 7→ g(x) =
x
).
x+1
Solution de l’exercice.
(1) On pose f (x) = g(x + π) = (x + π)2 + 1. On
sait alors, par la Remarque 4.6, que les coefficients de DL20 (f ) sont les les
coefficients de DL2π (g). On a f (x) = 1 + π 2 + 2πx + x2 (ici le reste est nul,
comme expliqué dans l’Exemple 4.2), de sorte que
g(x) = f (x − π) = 1 + π 2 + 2π(x − π) + (x − π)2 = DL2π (g).
x+π
. On sait alors, par la Remarque 4.6, que
(2) On pose f (x) = g(x + π) = x+π+1
2
les coefficients de DL0 (f ) sont les coefficients de DL2π (g). On a
x+π
1
x+π
x
x2
f (x) = (
)(
)(1 −
+
) + o(x2 )
x ) = (
2
π + 1 1 + π+1
π+1
π + 1 (π + 1)
4. DÉVELOPPEMENT LIMITÉS
=
65
π
1
1
+
x
−
x2 + o(x2 ).
2
3
π + 1 (π + 1)
(π + 1)
On en déduit le DL2π (g)
g(x) = f (x − π) =
π
1
1
+
(x
−
π)
−
(x − π)2 + o((x − π)2 ).
2
3
π + 1 (π + 1)
(π + 1)
4.8. Proposition. Soit f une fonction définie au voisinage de a ∈ R.
0. f admet un développement limité en a à l’ordre 0 si et seulement si f est
continue en a. Celui-ci est alors f (x) = f (a) + o(1).
(1) f admet un développement limité en a à l’ordre 1 si et seulement si f est
dérivable en a. Celui-ci est alors f (x) = f (a) + f 0 (a)(x − a) + o((x − a)).
(2) f peut admettre un développement limité à l’ordre N ≥ 2, sans être deux
fois dérivable en a.
Démonstration.
0. On a : f est continue en a ssi f (x) − f (a) tend vers
0 ssi f (x) − f (a) est négligeable devant (x − a)0 .
(1) On a : f dérivable en a ss’il existe α ∈ R tel que f (x) − f (a) − α(x − a) =
(x)(x − a), avec (x) → 0 quand x → a. De sorte que f dérivable en a ssi
f admet un développement limité en a à l’ordre 1 en a.
(2) On dispose du contre-exemple suivant : f (x) = x3 sin(1/x) si x 6= 0 et
f (0) = 0. Alors on a f (x) = 0 + o(x2 ), donc f admet un développement
limité à l’ordre 2 en 0, en revanche, on a f 0 (0) = 0, f 0 (x) = −x cos 1/x si
0
0 (0)
n’admet pas de limite en 0.
x 6= 0, et donc f (x)−f
x−0
4.9. Proposition. Tout développement limité au voisinage de 0 d’une fonction
paire (resp. impaire) est une fonction paire (resp. impaire) et donc ne comporte que
des exposants pairs (resp. impairs).
Démonstration. Soit f une fonction paire, alors
f (x) =
n
X
αi xi + xn (x),
(1)
i=0
avec → 0 quand x → 0. Comme pour tout x dans un voisinage de 0, on a f (−x) =
f (x), on a
f (−x) =
n
X
αi (−1)i xi + xn (−x) =
i=0
n
X
αi xi + xn (x).
i=0
On en déduit que
k
X
j=0
α2j+1 x2j+1 = xn µ(x),
(2)
66
2. ÉTUDE LOCALE DE FONCTIONS
où k est le plus grand entier tel que 2k + 1 ≤ n et µ(x) = 12 ((−x) − (x)) → 0
quand x → 0. Maintenant les égalités (1) et (2) donnent
f (x) =
`
X
α2j x2j + xn ((x) + µ(x)),
i=0
où ` est le plus grand entier tel que 2` ≤ n. Autrement dit, DLn0 (f ) ne comporte
que des puissances paires.
Le cas d’une fonction impaire se traite de la même façon.
Nous rappelons maintenant la formule de Taylor-Young, qui garantit l’existence
de DLna (f ) lorsque f (n) (a) existe.
4.10. Théorème (Formule de Taylor-Young). Si f est définie sur un voisinage
d’un point a ∈ R, et si, pour n ≥ 1, f est n fois dérivable en a, alors
n
X
f (i) (a)
(x − a)i + o((x − a)n ).
f (x) =
i!
i=0
P
(i)
En particulier, f admet le DLna : ni=0 f i!(a) (x − a)i .
Démonstration. On montre par récurrence sur n ≥ 1 la propriété :
n
X
f (i) (a)
(x − a)i + o((x − a)n ).
T (n) : ∀f, f (n) (a) existe =⇒ f (x) =
i!
i=0
D’après la Proposition 4.8, T (1) est vraie. Soit alors n > 1, supposons T (n − 1)
vraie et soit f une fonction définie au voisinage de a telle que f (n) (a) existe. Montrons
alors que T (n) a lieu pour f . Considérons
n
X
f (i) (a)
rf,n (x) := f (x) −
(x − a)i .
i!
i=0
On a
0
rf,n
(x)
n
n−1 0(i)
X
X
f (i) (a)
f (a)
i−1
0
= f (x) −
(x − a) = f (x) −
(x − a)i = rf 0 ,n−1 (x).
(i
−
1)!
i!
i=1
i=0
0
D’après T (n − 1) pour f 0 (qui est bien n − 1 fois dérivable en a), on a rf 0 ,n−1 (x) =
o((x − a)n−1 ). Donc il existe une fonction définie au voisinage de a, de limite nulle
en a, telle que
0
rf,n
(x) = (x − a)n−1 (x).
Maintenant d’après le théorème des accroissements finis, et puisque rf,n (a) = 0, il
existe, pour tout x dans un voisinage de a, un réel θ = θx , tel que
0
|θ − a| ≤ |x − a| et rf,n (x) = rf,n (x) − rf,n (a) = rf,n
(θ)(x − a).
En particulier
n
X
f (i) (a)
|f (x) −
(x − a)i | ≤ |(θ − a)n−1 ||(θ)| · |x − a| ≤ |(x − a)n ||(θ)|
i!
i=0
4. DÉVELOPPEMENT LIMITÉS
67
ce qui prouve T (n), puisque limx→a (θ) = 0, du fait de la majoration |θ−a| ≤ |x−a|.
La formule de Taylor permet de prouver que les fonctions dérivables en un point
a à l’ordre n admettent un DLna et donne de plus une méthode explicite de calcul,
puisque ce DLna s’obtient en calculant n dérivées successives en a. Cependant ce
calcul peut vite devenir fastidieux. On préfèrera alors, quand cela est possible, utiliser
d’autres méthodes plus rapides. Notamment celles données par les Propositions 4.18,
4.19 et 4.20 qui suivent.
4.11. Corollaire. Soit f une fonction C ∞ sur un intervalle ouvert I. Alors f
admet des DLna , pour tout a ∈ I et tout n ≥ 0.
4.12. Corollaire. Soit f une fonction dérivable n fois en a, n ≥ 2, sur un
intervalle ouvert I et a ∈ I. Si f est telle que f (k) (a) = 0, pour tout k, 1 ≤ k ≤ n − 1
et f (n) (a) 6= 0. Alors f admet un extremum local strict en a si et seulement si n est
pair. Dans ce cas,
– f admet en a un minimum local si f (n) (a) > 0,
– un maximum local si f (n) (a) < 0.
Démonstration. D’après la formule de Taylor,
f (n) (a)
(x − a)n + o((x − a)n ).
n!
La fonction f admet un extremum local en a si et seulement si le signe de f (x)−f (a)
ne change pas dans un voisinage de a ce qui équivaut à dire que n est pair. Lorsque
n est pair, ce signe est celui de f (n) (a) : s’il est positif on a f (x) > f (a) dans un
voisinage de a privé de a et s’il est négatif, on a f (x) < f (a).
f (x) = f (a) +
4.13. Remarque. La formule de Taylor-Young, donnée dans le Théorème 4.10,
assure que le reste f (x) − [DLna (f )](x) d’une fonction f qui est n fois dérivable en
a, est un o((x − a)), autrement dit est de la forme (x − a)n (x), avec une fonction
de limite nulle en a. Il faut bien remarquer que la fonction dépend du point a,
autrement dit, si f est aussi dérivable n fois en un autre point b de son domaine de
définition, le reste f (x) − [DLnb (f )](x) sera du type (x − a)n µ(x). On ne saura pas
alors, sans hypothèse supplémentaire sur f , comparer les fonctions et µ. La formule
de Taylor-Lagrange corrige ce défaut, à condition de supposer que la fonction f soit
n + 1 fois dérivable sur un l’intervalle [a, b]. Plus précisément, on énonce :
4.14. Théorème (Formule de Taylor-Lagrange). Soit f : [a, b] → R une fonction
de classe C n sur [a, b] et n + 1 fois dérivable sur ]a, b[. Alors, quels que soient x, y ∈
[a, b], existe θ = θx,y ∈]x, y[ tel que
f (y) = [DLnx (f )](y) +
(y − x)n+1 (n+1)
f
(θ).
(n + 1)!
En particulier, si |f (n+1) (z)| est majorée par M (indépendamment de n) sur ]a, b[,
on en déduit que
M |y − x|n+1
∀x, y ∈ [a, b], f (y) − [DLnx (f )](y) =
= o((y − x)n ).
(n + 1)!
68
2. ÉTUDE LOCALE DE FONCTIONS
4.15. Remarque. La majoration
∀x, y ∈ [a, b], f (y) − [DLnx (f )](y) =
M |y − x|n+1
(n + 1)!
donnée par la formule de Taylor-Lagrange, dans le cas où |f (n+1) | ne dépend que de
la distance |y − x| de y à x, et non du point x en lequel on calcule le DLn (f ). Cette
formule est donc une majoration indépendante du point x de
h
i
1
n
f
(y)
−
[DL
(f
)](y)
.
x
|y − x|n+1
4.16. Remarque. Lorsque l’on ne peut pas majorer |f (n+1) (z)| par une constante M indépendante de n et de z ∈]x, y[, on essaie au moins de majorer |f (n+1) (z)|
par une constante Mn ne dépendant que de n (et non de z ∈]x, y[). Dans ce cas,
|y−x|n+1
lorsque la quantité Mn(n+1)!
tend vers 0 avec n, pour x et y fixés dans [a, b], la suite
n
(f (y) − [DLx (f )](y))n∈N tend vers 0. La quantité f (y) est alors la limite de la suite
([DLnx (f )](y))n∈N . Cette remarque est exploitée dans l’Exercice 40 pour montrer
que log 2 est la limite d’une suite facile à calculer de rationnels. Ce point de vue
sera systématiquement utilisé dans le chapitre suivant dédié à l’étude des séries
numériques.
Démonstration. Pour x, y ∈ [a, b] et s ∈ [x, y], considérons
rf,n,y (s) = f (y) − [DLns (f )](y) −
(y − s)n+1
C,
(n + 1)!
P
i
où [DLns (f )](y) = ni=0 (y−s)
f (i) (s) et où C est tel que rf,n,y (x) = 0 (ce qui détermine
i!
cette constante C). Par hypothèse, la fonction s 7→ rf,n,y (s) est continue sur [x, y] et
dérivable sur ]x, y[. Comme d’autre part rf,n,y (x) = rf,n,y (y) = 0, d’après le théorème
0
de Rolle, existe θ ∈]x, y[ tel que rf,n,y
(θ) = 0. Mais puisque
0
rf,n,y
(s) = −
(y − s)n (n+1)
(y − s)n
f
(s) +
C,
n!
n!
on obtient C = f (n+1) (θ), ce qui avec rf,n,y (x) = 0 donne bien la formule annoncée.
40. Exercice (Limite de la série harmonique alternée). Soit (un )n∈N la suite
n−1
un = 1 − 21 + 13 + · · · + (−1)
. Montrer que limn→∞ un = log(2). En déduire une
n−1
approximation de log(2) par un rationnel à 1/10 près.
Solution de l’exercice. Appliquons la formule de Taylor-Lagrance entre 1 et
2 à la fonction f : x 7→ log(x), c’est-à-dire faisons x = 1 et y = 2 dans la formule
i+1
du Théorème 4.14. Cette fonction est C ∞ et f (i) (x) = (−1) xi(i−1)! . Il s’ensuit que
(−1)n
pour tout n ≥ 1, existe θ = θn ∈ [1, 2], tel que log(2) = un + (n+1)θ
n+1 . Donc
1
1879
|un − log(2)| ≤ n+1 →n→∞ 0. En particulier u9 = 2520 = 0, 745 · · · fournit une
approximation de log(2) = 0, 693 · · · à 1/10 près.
4. DÉVELOPPEMENT LIMITÉS
69
41. Exercice. Soit f : I → R une fonction deux fois dérivable sur I = [a, b] et
convexe. À l’aide de la formule de Taylor-Lagrange montrer que le graphe de f est
au-dessus de toute tangente à ce graphe (cf Corollaire 3.13).
La formule de Taylor-Lagrange permet de minorer de manière indépendante de
a le reste f (x) − [DLna (f )](x). On peut également obtenir une expression exacte de
ce reste, quitte à calculer une intégrale (ce qui n’est pas toujours plus commode
que de calculer directement le reste f (x) − [DLna (f )](x)...). Il s’agit de la formule
de Taylor avec reste intégral, qui réclame en plus des hypothèses de la formule de
Taylor-Lagrange la continuité de f (n+1) .
4.17. Théorème (Formule de Taylor avec reste intégral). Soit f : [a, b] → R une
fonction C n+1 , n ∈ N. On a
Z
1 b
n
f (b) = [DLa (f )](b) +
(b − t)n f (n+1) (t) dt.
n! a
Démonstration. La preuve se fait par récurrence sur n, en intégrant par parties
Z b
(b − t)i−1 (i)
f (t) dt,
(i − 1)!
a
qui est égal à f (b) − [DLia (f )](b) par hypothèse de récurrence. Or l’intégration par
partie donne
h (b − t)i
ib Z b (b − t)i
(i)
f (t) −
f (i+1) (t) dt.
i!
i!
a
a
42. Exercice.
(1) À l’aide de la formule tan0 = 1+tan2 , montrer la relation
de récurrence suivante portant sur d2k+1 := tan(2k+1) (0) :
k−1 X
2k
d2k+1 =
d2i+1 d2k−2i−1 .
2i + 1
i=0
(2) À partir de d1 = 1, en déduire DL80 (tan).
(3) À l’aide de la relation th(x) = i tan(ix), déduire de la question précédente
DL80 (th).
On donne maintenant une Proposition qui assure l’existence du DLna du quotient
de deux fonctions f et g admettant chacune un DLna .
4.18. Proposition. Soient n ∈ N et f et g deux fonctions définies dans un
voisinage de 0 et admettant respectivement les DLn0 F et G. Alors si g(0) 6= 0,
la fonction f /g est définie au voisinage de 0 et admet pour DLn0 le polynôme Q,
quotient de la division suivant les puissances croissante de F par G à l’ordre n.
Démonstration. Comme g admet un DLn0 , g est continue en 0, de sorte que
l’hypothèse g(0) 6= 0 assure que g(x) 6= 0 pour tout x dans un certain voisinage de
70
2. ÉTUDE LOCALE DE FONCTIONS
0. On se place dorénavant sur un tel voisinage. Puisque G(0) = g(0) 6= 0, on sait
par le Théorème 1.11 qu’existe un couple (Q, R) de polynômes tels que
F (X) = G(X)Q(X) + X n+1 R(X) et deg(Q) ≤ n.
Comme G(0) 6= 0, de même que précédemment, il existe un voisinage de 0 sur lequel
G(x) 6= 0 et
F (x)
R(x)
= Q(x) + xn+1
.
G(x)
G(x)
Ceci prouve, puisque deg(Q) ≤ n, que
F (x)
= Q(x) + o(xn ).
G(x)
D’autre part
f (x) F (x)
G(x)[F (x) + o(xn )] − F (x)[G(x) + o(xn )]
−
=
= o(xn )
g(x) G(x)
g(x)G(X)
(1)
(2)
puisque lim0 gG = g 2 (0) 6= 0. Les égalités (1) et (2) montrent alors que
f (x)
= Q(x) + o(xn ),
g(x)
d’après la Proposition 2.13.
43. Exercice. Donner le DL30 de f : x 7→
sin(x)
.
1+x2
3
Solution de l’exercice. On a DL30 (sin) = x − x6 et DL30 (x 7→ 1 + x2 ) = 1 + x2 .
3
La division suivant les puissances croissantes de x − x6 par 1 + x2 à l’ordre 3 donne
le DL30 (f ) qui est x − 67 x3 .
(1) Retrouver grâce à la Proposition précédente le DL80 de
44. Exercice.
tan et th.
x
7
31
(2) Montrer que DL70 ( sin(x)
) = 1 + 16 x2 + 360
x4 + 15120
x6 . (Ind. on pourra écrire
x
1
= sin(x)
.)
sin(x)
x
Solution de l’exercice. Calculons le DL80 de tan. On a
x3 x5 x7
F (x) =
=x−
+
−
+ o(x8 ),
3!
5!
7!
2
4
6
x
x
x
x8
G(x) = DL80 (cos)(x) = 1 −
+
−
+
+ o(x8 ).
2!
4!
6!
8!
Puisque cos(0) 6= 0, nous sommes dans les hypothèses de la Proposition 4.18 ;
DL80 (tan)(x) est donné par le quotient de la division suivant les puissances croissantes de F par G à l’ordre 8.
Effectuons cette division.
– On retranche xG(x) à F (x). Il reste, en négligeant les termes d’ordre > 8 (qui
3
5
x7
n’interviendront pas dans le résultat final), x3 − x30 + 840
.
DL80 (sin)(x)
4. DÉVELOPPEMENT LIMITÉS
71
3
– On retranche à ce reste x3 G(x), il reste, en négligeant les termes d’ordre > 8,
7
2x5
− 4x
.
15
315
7
5
, il reste, en négligeant les termes d’ordre > 8, 17x
.
– On retranche à ce reste 2x
15
315
17x7
– On retranche enfin 315 à ce reste.
En conclusion le quotient de la division suivant les puissances croissantes de F
par G à l’ordre 8 est
x3 2x5 17x7
x+
+
+
.
3
15
315
On montre directement la proposition suivante, qui donne les DL d’un produit et
d’une composition de fonctions des DL.
4.19. Proposition. Soient n ∈ N, f et g des fonctions définies dans un voisinage
de 0 et admettant pour DLn0 respectivement F et G.
(1) D’après la Proposition 3.9, pour tout réels α, β, αf + βg admet αF + βG
pour DLn0 .
(2) La fonction f · g admet le DLn0 donnés par la somme des termes de degré
≤ n du produit F · G.
(3) On suppose que lim0 g = 0. Alors f ◦ g admet un DLn0 qui est donné par la
somme des termes de degré ≤ n de F (G(x)).
45. Exercice. Donner le DL20 de x 7→ sin(1 + x2 ).
Solution de l’exercice. On a DL20 (x 7→ x2 +1) = 1+x2 . D’autre part DL21 (y 7→
sin(y)) = sin(1) + cos(1)(x − 1) + − sin(1)
(x − 1)2 . D’après la Proposition 4.19, le
2
DL20 de x 7→ sin(1 + x2 ) est donné par la somme des termes de degré ≤ 2 de
sin(1) + cos(1)x2 + − sin(1)
(x2 )2 . Ce qui donne sin(1) + cos(1)x2 .
2
q
p
√
3
46. Exercice. Donner le DL0 de x 7→ 1 + 1 + 1 + x.
4.20. Proposition. Soient n ∈ N et f une fonction définie au voisinage de 0,
dérivable sur ce voisinage. Si f 0 admet
n
X
F (x) =
α i xi
i=0
pour DLn0 , alors f admet un
DLn+1
0
qui est
n
X
αi i+1
f (0) +
x ,
i+1
i=0
c’est-à-dire la primitive de F valant f (0) en 0.
Démonstration. Commençons par remarquer que si notre proposition est vraie
pour les applications ayant un DLn0 nul, alors la proposition est vraie en toute généralité. En effet, soit f une fonction définie au voisinage de 0, dérivable sur ce voisinage
et telle que f 0 admette F pour DLn0 . On a alors f 0 − F = o(xn ). Mais dans ce cas si
72
2. ÉTUDE LOCALE DE FONCTIONS
notre proposition est vraie pour les applications ayant un DLn0 nul, puisque f 0 − F
, avec P la primitive de F qui
possède 0 pour DLn0 , alors f − P admet 0 pour DLn+1
0
vaut f (0) en 0. On a alors bien f = P + o(xn+1 ), soit DLn+1
(f ) = P .
0
Notons que l’on peut aussi supposer que notre proposition porte seulement sur
les applications valant 0 en 0, quitte à considérer f (x) − f (0) et lui appliquer la
proposition pour les applications valant 0 en 0.
On s’est ainsi ramené à prouver que si f est telle que f 0 admet 0 pour DLn0 et si
f (0) = 0, alors f admet 0 pour DLn+1
, c’est-à-dire f (x) = o(xn+1 ).
0
Soit donc f telle que f 0 admet 0 pour DLn0 et f (0) = 0. Pour > 0, il existe η > 0
n+1
tel que pour tout x ∈] − η, η[, |f 0 | ≤ |x|n . Si g(x) = xn+1 , on a ainsi
∀x ∈]0, η[, |f 0 (x)| ≤ g 0 (x).
D’après le théorème des accroissement finis dans sa variante 2 du Théorème 1.10
appliquée entre 0 et x ∈]0, η[, nous en déduisons
x ∈]0, η[, |f (x)| ≤ xn+1
.
n+1
On démontre de la même façon
x ∈] − η, 0[, |f (x)| ≤ (−x)n+1
.
n+1
On a donc bien prouvé que f = o(xn+1 ).
4.21. Remarque. L’existence de DLn0 (f ), n ≥ 2, ne garantit pas l’existence de
f (2) (0), comme on l’a vu dans la Proposition 4.8, avec le contre-exemple x 7→ f (x) =
x3 sin(1/x) si x 6= 0 et f (0). Il serait donc illusoire d’espérer un énoncé du type :
n−1
n
0
Si f admet un DL
(qui serait alors nécessairement la
0 alors f admet un DL0
n
dérivée de DL0 (f ) en 0, d’après la Proposition 4.20 !) . Car alors, pour n ≥ 2, f 0
admettrait un DL10 , ce qui imposerait que f 0 soit dérivable en 0.
En revanche si l’on sait que f 0 admet un DLn0 , sans même savoir a priori que f
possède également un DL0 , la Proposition 4.20 assure que DLn+1
(f ) existe et que
0
0
n
0
[DLn+1
(f
)]
=DL
(f
).
0
0
47. Exercice.
(1) Donner un DL40 de x 7→ √
1
. En déduire, en justi1+x
1
.
1 − x2
(2) Calculer la dérivée de la fonction x 7→ arcsin x. En déduire, en justifiant,
un DL90 de la fonction x 7→ arcsin x.
√
arcsin x
√
(3) On considère la fonction, x 7→
, définie sur un certain intervalle
x
]0, α[, α > 0. Déduire de la question précédente un DL40 de cette fonction.
√
arcsin x
3
(4) Donner, en justifiant, un DL0 de la fonction ]0, α[3 x 7→ p
.
x(x + 1)
fiant, un DL80 de x 7→ √
4. DÉVELOPPEMENT LIMITÉS
73
Solution de l’exercice.
(1) La fonction f (x) = (1 + x)−1/2 est C ∞ sur
(1 + x)−3/2 ,
l’intervalle ] − 1, +∞[, ses dérivées successives valent f 0 (x) = −1
2
1·3···(2k−1)
f 00 (x) = 1·3
(1 + x)−5/2 , · · · f (k) (x) = (−1)k
(1 + x)−(2k+1)/2 . D’après
2·2
2k
la formule de Taylor à l’ordre 4 en 0
x 3x2 5x3 35x4
+
−
+
+ o(x4 ).
2
8
16
128
Il s’ensuit, par composition des DL (Proposition 4.19), que
f (x) = 1 −
x2 3x4 5x6 35x8
+
+
+
+ o(x8 ).
2
8
16
128
(2) La fonction arcsin est dérivable dans un voisinage de 0 et sa dérivée est,
1
d’après la formule de la dérivée de la fonction inverse, arcsin0 (x) =
=
0
sin (arcsin x)
1
1
=√
= g(x), puisque dans un voisinage de 0, cos x est
2
cos(arcsin x)
1 − x√
positif et donc cos x = 1 − x2 . D’après la Proposition 4.20, On obtient le
DL suivant de arcsin
x3 3x5 5x7 35x9
arcsin x = x +
+
+
+
+ o(x9 ).
6
40
112 1152
(3) On a
g(x) = f (−x2 ) = 1 +
x2 3x4 5x6 35x8
arcsin x
=1+
+
+
+
+ o(x8 ),
x
6
40
112 1152
et donc
√
arcsin x
x 3x2 5x3 35x4
√
=1+ +
+
+
+ o(x4 )
6
40
112 1152
x
(4) D’après la Proposition 4.19, le produit des DL30 de f et de arcsin, tronqué
à l’ordre 3, fournit le DL30 de f (x) arcsin x. On obtient :
x 3x2 5x3
x 3x2 5x3
+
−
][1 + +
+
]
2
8
16
6
40
112
x 11x2 17x3
=1− +
−
+ +o(x3 ).
3
30
70
48. Exercice (Estimation du nième nombre premier). On rappelle le théorème
des nombres premiers 1 si πn désigne le nombre de nombres premiers compris entre
n
0 et n, alors πn ∼n→+∞
.
log(n)
[1 −
1. Ce théorème est dû à J. Hadamard (1865-1963) et C.-J. de la Vallée Poussin (1866-1962), qui
l’ont démontré séparément en 1896. Ce théorème avait été conjecturé par Gauss en 1793, Legendre
en 1808. Tschebyschev avait pour sa part démontré qu’existent deux constantes α, β Rtelle que
n dt
n
n
α log(n)
≤ πn ≤ β log(n)
. Une meilleure approximation est obtenue par πn ∼+∞ li(n) := 0 log(t)
.
23
−12
Par exemple, pour n = 10 , πn /li(n) = 1 + 4 · 10
· · · , tandis que log(n)πn /n = 1, 02 · · · .
74
2. ÉTUDE LOCALE DE FONCTIONS
(1) On note pn le nième nombre premier. Montrer que pn ∼n→+∞ n log(n) 2.
n
(2) Montrer que réciproquement, si pn ∼n→+∞ n log(n), alors πn ∼n→+∞
.
log(n)
Solution de l’exercice.
nombres premiers, n ∼
(1) On a πpn = n, donc d’après le théorème des
pn
. Écrivons
log(pn )
pn
n · u(n) =
,
(∗)
log(pn )
avec u(n) → 1 quand n → ∞. On en déduit que
log(n) + (n) = log(pn ) − log((log(pn ))),
(∗∗)
avec (n) = log(u(n)) → 0 quand n → ∞. Comme le nombre de nombres
premiers est infini, la suite pn tend vers l’infini et il en va alors de même
de la suite ln := log(pn ). On sait alors que log(ln )/ln → 0 quand n → ∞.
En divisant l’égalité (∗∗) par ln , on en conclut que ln = log(pn ) ∼∞ log(n)
(noter que ceci ne nous autorise surtout pas à en déduire que pn ∼∞ n.
Nous allons même voir tout de suite que tel n’est pas le cas). En écrivant
que log(pn ) = v(n) log(n), avec v(n) → 1 quand n → ∞, et en remplaçant
log(pn ) par v(n) log(n) dans (∗) nous obtenons pn = u(n)v(n)n · log(n), soit
pn ∼n→+∞ n log(n).
(2) On part de l’hypothèse pn = µ(n)n log(n) avec µ(n) →n→∞ 1. Soit q ∈ N.
Montrons que log(q)πq /q →q→+∞ 1. Pour cela soit n ∈ N tel que q ∈
[pn , pn+1 [. Alors
µ(n)n log(n) ≤ q < µ(n + 1)(n + 1) log(n + 1).
On a alors πq = n. Et d’après (∗),
q
µ(n+1) log(n+1)
(∗)
−1≤n≤
q
q
− 1 ≤ πq ≤
.
µ(n + 1) log(n + 1)
µ(n) log(n)
q
,
µ(n) log(n)
donc
(∗∗)
D’autre part, toujours par (∗),
log(µ(n))+log(n)+log(log(n)) ≤ log(q) < log(µ(n+1))+log(n+1)+log(log(n+1)),
1+
log(µ(n)) log(log(n))
log(q)
log(n + 1) log(µ(n + 1)) log(log(n + 1))
+
≤
<
+
+
.
log(n)
log(n)
log(n)
log(n)
log(n)
log(n)
Comme log(n + 1) = log(n) + log(1 + n1 ), on a
d’après la double inégalité ci-dessus que
log(q)
= ν(q) → 1.
log(n)
log(n+1)
log(n)
→ 1. Il s’ensuit,
(∗ ∗ ∗)
2. Le Théorème de Rosser montre que pn est supérieur à n log(n). On a en effet, pour n ≥ 6,
log(n) + log(log(n)) − 1 < pnn < log(n) + log(log(n)).
4. DÉVELOPPEMENT LIMITÉS
75
Et de même
log(q)
= ρ(q) → 1.
log(n + 1)
D’après (∗∗), (∗ ∗ ∗) et (∗ ∗ ∗∗), on obtient :
(∗ ∗ ∗∗)
ρ(q)
log(q)
ν(q)
≤ πq
<
.
µ(n + 1)
q
µ(n)
Mais comme lorsque q tend vers +∞, il en est de même de n, l’encadrement
log(q)
précédent permet d’obtenir la limite désirée : lim πq
= 1.
q→∞
q
49. Exercice (Équivalent d’une suite définie par récurrence). Soient b > 0 un
réel et f : [0, b] → [0, b] une fonction admettant le développement limité f (x) =
x − axp + o(xp ) à l’ordre p > 1, où a > 0. On définit la suite (un )n∈N par la donnée
de u0 ∈ [0, a] et la relation de récurrence
un+1 = f (un ), ∀n ≥ 0.
(∗)
(1) Montrer, par récurrence sur l’entier n, que si u0 est choisi suffisamment
proche de 0, alors
∀n ≥ 0, f (un ) − un < 0.
En déduire que si u0 est choisi suffisamment proche de 0, la suite (un )n∈N
est décroissante, puis qu’elle converge.
(2) Montrer que si u0 est choisi suffisamment proche de 0, la suite (un )n∈N
converge vers 0.
(3) Montrer que
f 1−p (x) − x1−p ∼0 a(p − 1),
puis que
1−p
= a(p − 1).
lim u1−p
n+1 − un
n→∞
(4) En appliquant à la question précédente le résultat suivant :
Si une suite (vn )n∈N converge vers ` ∈ R, alors la suite
v0 + · · · + vn
(wn =
)n∈N converge aussi vers `. n
montrer que
1
un ∼+∞ (na(p − 1)) 1−p .
(5) Déduire de la question précédente que la suite (un )n∈N définie par la relation
de récurrence (∗) lorsque f = sin vérifie :
r
3
un ∼+∞
.
n
76
2. ÉTUDE LOCALE DE FONCTIONS
Solution de l’exercice.
(1) Soit x0 ∈]0, b], tel que
2 1
a
x0 < ( ) p−1 et pour tout x ∈]0, x0 ], |(x)| ≤ .
3a
2
Un tel x0 existe puisque limx→0 (x) = 0. Dans ces conditions, si u0 ∈]0, x0 ],
on a d’une part
f (u0 ) = u1 = u0 − aup0 + up0 (u0 ),
d’où
a
u1 − u0 = −(a − (u0 ))up0 ≤ − up0 < 0.
2
a
3
Et d’autre part, puisque 2 < a − (u0 ) < 2 a et 1 − 23 axp−1
> 0,
0
3 p−1
3 p−1
u1 = u0 (1 − up−1
0 (a − (u0 )) > u0 (1 − au0 ) > u0 (1 − ax0 ) > 0.
2
2
Ainsi on a u1 ∈]0, u0 [⊂]0, x0 ].
Supposons maintenant que pour n ≥ 1, on ait un ∈]0, un−1 [⊂]0, x0 ].
Alors exactement les mêmes majorations où u1 est remplacé par un+1 et
u0 par un , montrent que un+1 ∈]0, un [ et donc par hypothèse de récurrence
un+1 ∈]0, un [⊂]0, un−1 [⊂]0, x0 ].
On en conclut par principe de récurrence que dès que u0 ∈]0, x0 ], la
suite (un )n∈N est bien définie (puisque un reste dans [0, b], le domaine de
définition de f ) et décroit. Cette suite étant minorée par 0, par exemple,
elle converge.
Remarque. Il est essentiel dans cette preuve par récurrence de fixer
indépendamment de n l’intervalle ]0, x0 [ qui assure la décroissance de (un )n∈N
dès que u0 est choisi dans ]0, x0 [. Cet intervalle, c’est-à-dire x0 lui-même,
doit être fixé une fois pour toute avant même de choisir u0 pour initialiser
la définition de la suite (un )n∈N : u0 alors doit être pris dans cet intervalle,
et on doit ensuite montrer qu’avec un tel choix de x0 , on a quel que soit
n > 0, ]0, un [⊂]0, un−1 [, pour à la fois assurer l’existence de (un )n∈N (un
doit être dans [0, b] pour que un+1 soit défini) et sa décroissance. En somme
la question de l’exercice devrait être : Montrer par récurrence sur n qu’il
existe x0 > 0, tel que pour tout choix de u0 dans ]0, x0 [, la suite (un )n∈N est
bien définie et décroissante. (2) Notons ` la limite de (un )n∈N . Comme un+1 = f (un ) et que un+1 → `, on
a limn→∞ f (un ) = `. D’autre part f admettant un DL à l’ordre p > 0, f
est continue, de sorte que limn→∞ f (un ) = f (limn→∞ un ) = f (`). On en
conclut que f (`) = `. On dit que ` est un point fixe de f . Ceci nous conduit
à ` = ` − a`p + `p (`), soit puisque ` ∈ [0, x0 ], 0 = −`p (a − (`)) ≤ −`p a2 , ce
qui n’est possible que si ` = 0. La suite (un )n∈N converge donc vers 0.
(3) On va utiliser (1 + y)α = 1 + αy + o(y). On a f 1−p (x) = (x − axp +
xp (x))1−p = x1−p (1 + xp−1 (−a + (x)))1−p = x1−p (1 + (1 − p)xp−1 (−a +
(x)) + xp−1 (−a + (x))ν(xp−1 (−a + (x)))), où limy→0 ν(y) = 0. Donc
4. DÉVELOPPEMENT LIMITÉS
77
f 1−p (x) − x1−p = a(p − 1) + β(x) où limx→0 β(x) = 0. Ce qui prouve bien
1−p (x)−x1−p
que limx→0 f a(p−1)
= 1.
=
Comme enfin, (un )n∈N tend vers 0, on a limn→∞ f 1−p (un ) − u1−p
n
a(p − 1), ce qui est l’égalité demandée, puisque un+1 = f (un ).
− u1−p
(4) Posons vn = u1−p
n−1 , pour n ≥ 1. Le théorème de Césaro rappelé dans
n
1−p
n
l’énoncé nous dit que v1 +···+v
= un n−u0 converge vers a(p − 1), ou encore
n
1−p
1−p
−u0
u1−p
−u0
n
n
n
converge vers 1. Or una(p−1)
et na(p−1)
ont même limite, ce qui
que una(p−1)
montre que
u1−p
n
na(p−1)
1
converge vers 1. La fonction x 7→ x 1−p étant continue
1−p
1
un
en 1, on en déduit que ( na(p−1)
) 1−p =
1
un
1
(na(p−1)) 1−p
1
1−p
donc par définition que un ∼+∞ (na(p − 1))
converge vers 1 1−p = 1 et
.
3
(5) Dans le cas où f = sin, puisque sin(x) = x − x6 + o(x3 ), on a p = 3 et
q
2n −1
2
a = 1/6, donc un ∼+∞ ( 6 ) = n3 . La convergence de un+1 := sin(un )
vers 0 (lorsque u0 > 0) est assez proche de 0 est donc lente. La convergence
vers 0 de (un )n∈N vers 0 étant d’autant plus rapide que p > 1 est proche de
1.
50. Exercice. Soit f : R+ \ {nπ; n ∈ N} → R la fonction définie par f (x) =
cos x
− log x.
sin x
(1) Montrer que f est strictement décroissante sur chaque intervalle ]nπ, (n +
1)π[. En déduire que l’équation f (x) = 0 admet une unique racine xn sur
]nπ, (n + 1)π[.
(2) Montrer que
π
+ nπ,
2
et en posant yn = xn − nπ, montrer que
1
tan yn = tan xn =
log xn
nπ < xn <
(∗)
(∗∗)
(3) Déduire de la question précédente que lim yn = 0.
n→+∞
(4) À l’aide d’un
DL10
de arctan et de (∗∗), montrer qu’existe une fonction ε
1
ε(n)
de limite nulle en +∞, telle que pour tout n ∈ N, yn =
+
.
log xn log xn
(5) À l’aide de la question précédente et de (∗), montrer que
1
1
∼+∞
.
yn ∼+∞
log nπ
log n
Solution de l’exercice.
(1) La fonction f est dérivable sur chaque inter−1
1
valle ]nπ, (n + 1)π[, n ∈ N, et sa dérivée est
−
< 0. On en
2
x
sin x
78
2. ÉTUDE LOCALE DE FONCTIONS
déduit que f est strictement décroissante sur ]nπ, (n + 1)π[. D’autre part,
au voisinage de nπ dans ]nπ, (n + 1)π[, cos et sin sont de même signe,
et sin x → 0, | cos x| → 1, quand x → nπ, donc
lim f (x) = +∞.
x→nπ,x>nπ
Tandis qu’au voisinage de (n + 1)π dans ]nπ, (n + 1)π[, sin et cos sont de
signes opposés, donc
lim
f (x) = −∞. Par le théorème des vax→(n+1)π,x<(n+1)π
leurs intermédiaires, il existe une unique solution à l’équation f (x) = 0 sur
]nπ, (n + 1)π[.
(2) On a
lim
x→nπ,x>nπ
f (x) = +∞, f (π/2 + nπ) = − log(π/2 + nπ) < 0 et f
strictement décroissante sur ]nπ, (n + 1)π[, ce qui montre (∗). Il s’ensuit
que la quantité tan xn est bien définie, puisque xn 6= π/2 + nπ, et f (xn ) = 0
équivaut bien à (∗∗). Notons que tan(xn − nπ) = tan xn car sin(xn − nπ) =
(−1)n sin xn et cos(xn − nπ) = (−1)n cos xn .
(3) On a yn = arctan(1/ log xn ) par (∗∗). D’autre part 1/ log xn →+∞ 0 par
(∗), arctan est continue en 0 et arctan 0 = 0. On en conclut que lim yn =
n→+∞
arctan( lim 1/ log xn ) = 0.
n→+∞
(4) La fonction arctan est dérivable en 0 et de dérivée égale à 1, de sorte que
par la Proposition 2.19, arctan y − arctan 0 = arctan y = y + yν(y), avec
ν(y) une fonction qui tend vers 0 quand y tend vers 0.
1
D’autre part puisque yn = arctan(
), par (∗∗), il s’ensuit que yn =
log xn
1
1
1
1
+
ν(
). Mais comme
tend vers 0 lorsque n tend
log xn
log xn log xn
log xn
1
), on a bien ε(n) → 0 quand n → ∞.
vers +∞, en posant ε(n) = ν(
log xn
(5) D’après la question précédente,
yn −
1
− log(xn /nπ)
ε(n)
=
+
.
log nπ
log xn log nπ
log xn
Or, d’après (∗), 1 < xn /nπ < 1 + 1/2n, donc 0 < log(xn /nπ) < log(1 +
1/2n) et 0 < 1/ log xn < 1/ log nπ. On obtient alors
|yn −
1
log(1 + 1/2n)
|ε(n)|
1
|<
+
=
η(n),
2
log nπ
log nπ
log nπ
log nπ
où η(n) → 0 quand n → ∞. On a alors prouvé yn −
c’est-à-dire que yn ∼+∞
1
. Mais bien sûr
log nπ
log nπ
log π
=1+
→+∞ 1,
log n
log n
1
1
= o(
),
log nπ
log nπ
4. DÉVELOPPEMENT LIMITÉS
donc on a aussi
79
1
1
∼+∞
.
log nπ
log n
51. Exercice. Calculer les DL40 des fonctions
x
(1) f : x 7→ exp( e x−1 arcsin(x)).
réponse : 1 + x + x2 + x3 + 87 x4 .
√
(2) f : x 7→ arcsin(
√
x)
x(1+x)
réponse : 1 − 13 x +
.
52. Exercice. Calculer limx→0,x>0
11 2
x
30
−
17 3
x
70
xsin(x) −sinx (x)
.
xsh(x) −shx (x)
+
649 4
x.
2520
réponse : −1
53. Exercice. On considère la suite (un )n∈N définie par la relation de récurrence
un+1 = sin(un ), pour n ≥ 0, et 0 < u0 < π2 .
(1) Montrer que si f : [0, B] → R+ est strictement croissante, continue et telle
que f (0) = 0, 0 < f (x) < x et DL30 (f ) = x − ax2 + bx3 avec a > 0 et b 6= a2 ,
alors toute suite (vn )n∈N définie par v0 ∈]0, B] et vn+1 = f (vn ) est telle que
2
log(n)
1
vn − an
+ (a −b)
= o( log(n)
).
a3 n2
n2
√
√3
n
√
3 3 log(n)
= o( log(n)
3 ), en appliquant le résultat de
n2
√
la question précédente à la fonction f (x) = sin2 ( x) et à la suite vn = u2n .
(2) En déduire que un −
+
3
10n 2
54. Exercice. Soient α, β ∈ R+ . Donner le développement asymptotique de f :
xα
λ
x 7→ sin( 1−x
β ) au voisinage de 0 dans l’échelle de comparaison (x )λ∈R+ .
55. Exercice. Retrouver les DLn0 de arctan, arcsin, argsh et argth à partir de
1
1
1
√ 1
ceux de 1+t
, √1+x
2,
2 et de 1−x2 .
1−x2
56. Exercice. Donner le développement limité à l’ordre 4 en 0 des fonctions :
√
√
1
5
(1) f (x) = (1 + 1 + x2 ) 2
réponse : f (x) = 2[1 + 81 x2 − 128
x4 + o(x5 )]
1+x m
(2) f (x) = ( 1−x
)
f (x) = 1 + 2mx + 2m2 x2 +
réponse :
4m3 +2m 3
x
3
+
2m4 +4m2 4
x
3
+ o(x4 )
2
(3) f (x) = ln( sin(x)
)
x
√
(4) f (x) = ln(1 + x + 1 + x)
√
5x2
24
√
x2 3
4
réponse : f(x)=− x2 +
3+x
√ ) réponse : f (x) =
(5) f (x) = Arctan( 1+x
3
π
3
−
x
2
+
(6) f (x) = Arcsin( 1+x
)
2+x
2
3
4
83x√
π
x
f (x) = 6 + 3√3 − 245x√3 + 727x√3 − 1728
+ o(x4 )
3
√
(7) f (x) = Arctan[ 3(cos(x) + sin(x))]
√
√ 2
réponse : f (x) = π3 + 43x − 5 163x +
1
x4
180
251x4
2880
√
x4 3
8
réponse : f (x) = − x6 −
−
x3
8
+
−
x3
3
+
1
(9) f (x) = (1 + sin(x)) x réponse :
(10) f (x) = (cos(x))1+sin(x)
+ o(x4 )
+ o(x4 )
réponse :
√
13 3x3
48
−
√
149 3x4
96
+ o(x4 )
10x4
+ o(x4 )
3
2
3
4
f (x) = e(1 − x2 + 7x
+ x16 − 15 177x
+ o(x4 ))
24
760
2
3
4
réponse : f (x) = 1 − x2 − x2 + x24 + o(x4 )
réponse : f (x) = 1 + 2x − 2x2 +
(8) f (x) = (1 + 2x) 1+x
+ o(x5 )
80
2. ÉTUDE LOCALE DE FONCTIONS
57. Exercice. Donner le développement limité à l’ordre 4 en +∞ des fonctions :
√
1
(1) f (x) = x4 + x + 1
+ 2x12 − 8x14 + o( x14 )
réponse : f (x) = x2 − 2x
√
√
2
(2) f (x) = 3 x3 + x − 3 x3 − x
réponse : f (x) = 3x
+ o( x14 )
R x2 dt
1
1
1
(3) f (x) = x √1+t
réponse : f (x) = x1 − x12 − 10x
5 − 24x9 + o( x9 )
4
(4) f (x) = (cos(x))1+sin(x)
réponse : f (x) = 1 −
(5) f (x) = (cos(x))1+sin(x)
réponse : f (x) = 1 −
x2
2
x2
2
−
−
x3
2
x3
2
+
+
x4
24
x4
24
+ o(x4 )
+ o(x4 )
58. Exercice. Étudier les limites des fonctions suivantes lorsque x → 0 :
ln(ch(x))+ln(cos(x))
√
(1) f (x) = √
réponse : limx→0 f (x) = −12
ch(x)+
(2) f (x) =
cos(x)−2
(sin(x))x −xsin(x)
xsh(x) −(sh(x))x
réponse : limx→0 f (x) = 1
59. Exercice. Étudier les limites éventuelles des suites suivantes :
√
(1) n( n 5 − 1)
√
√
(2) (3 n 2 − 2 n 3)n
(3) n(n+1)/n − (n − 1)n/(n−1)
60. Exercice. Étudier les limites des fonctions suivantes lorsque x → +∞ :
(1) f (x) = ( ln(x+1)
)x − 1 ln(x)
réponse : limx→+∞ f (x) = 1
ln(x)
1
1
1
√
(2) f (x) = ( a x +b3x +c x )x
réponse : limx→+∞ f (x) = 3 abc
√
√
(3) f (x) = ( 3 x3 + ax2 + 2 − 3 x3 + 1)x , a ≥ 0
réponse : limx→+∞ f (x) = +∞ si a > 3, limx→+∞ f (x) = 0 si 0 ≤ a < 3,
limx→+∞ f (x) = 1/e si a = 3
1
(4) f (x) = (e − (1 + x1 )x ) x
réponse : limx→+∞ f (x) = 1
4. DÉVELOPPEMENT LIMITÉS
x
e =
eαx =
ln(x + 1) =
n
X
xk
k=0
n
X
k=0
n
X
k!
+ o(xn )
αk k
x + o(xn )
k!
(−1)k+1
k=1
xk
+ o(xn )
k
n
X
xk
+ o(xn )
k
k=1
n X
k k
(1 + x)p =
x + o(xn )
p
k=0
ln(x − 1) = −
√
n
x+1=1+
x X
1 · 3 · · · (2k − 3) k
+
(−1)k−1
x + o(xn )
2 k=2
2 · 4 · · · (2k)
n
1 · 3 · · · (2k − 1) k
1
x X
√
(−1)k
=1− +
x + o(xn )
2 k=2
2 · 4 · · · (2k)
x+1
n
2k
X
k x
+ o(x2n+2 )
cos(x) =
(−1)
(2k)!
k=0
sin(x) =
n
X
(−1)k
k=0
x2k+1
+ o(x2n+3 )
(2k + 1)!
x3
2
17 7
+ x5 +
x + o(x9 )
3
15
315
n
X
1 · 3 · · · (2k − 1) x2k+1
arcsin(x) = x +
+ o(xn )
2
·
4
·
·
·
(2k)
2k
+
1
k=1
tan(x) = x +
n
X
x2k+1
arctan(x) =
(−1)
+ o(x2n+3 )
2k + 1
k=0
k
n
X
x2k
ch(x) =
+ o(x2n+2 )
(2k)!
k=0
sh(x) =
n
X
k=0
3
x2k+1
+ o(x2n+3 )
(2k + 1)!
x
2
17 7
+ x5 −
x + o(x9 )
3
15
315
n
2k+1
X
k 1 · 3 · · · (2k − 1) x
argsh(x) = x +
(−1)
+ o(xn )
2 · 4 · · · (2k) 2k + 1
k=1
th = x −
n
X
x2k+1
argth(x) =
+ o(x2n+3 )
2k
+
1
k=0
81
CHAPITRE 3
Séries numériques
1. Rappels
On rappelle la notion de suite de Cauchy, essentielle dans l’étude des suites et
des séries.
1.1. Définition. On dit que la suite réelle (un )n∈N est une suite de Cauchy si
et seulement si
∀ > 0 ∃N tel que ∀n ≥ N , ∀p ≥ N , |un − up | ≤ .
L’intérêt de cette définition est qu’elle permet de décider si une suite converge,
sans en connaı̂tre au préalable la limite, alors que satisfaire la définition de la convergence d’une suite suppose de connaı̂tre a priori sa limite. En effet, on dispose de la
proposition suivante.
1.2. Proposition. Une suite réelle converge si et seulement si cette suite est de
Cauchy.
Les définitions données dans le chapitre précédent de domination, prépondérance
et d’équivalence (cf Définition 2.4) portent sur des fonctions de variable réelle, mais
en voyant une suite comme une fonction de variable entière, on peut formuler les
définitions de relation de domination, prépondérance et d’équivalence pour les suites.
1.3. Définition. Soient (an )n∈N et (bn )n∈N deux suites réelles. On dit que
(1) (an )n∈N = O((bn )n∈N ) (au voisinage de l’infini) si et seulement si existe
N ∈ N et α > 0 tel que
∀n ≥ N, |an | ≤ α|bn |.
(2) (an )n∈N = o((bn )n∈N ) (au voisinage de l’infini) si et seulement si ∀ > 0
∃N ∈ N tel que
∀n ≥ N , |an | ≤ |bn |.
(3) (an )n∈N ∼ (bn )n∈N (au voisinage de l’infini) si et seulement s’il existe une
suite (cn )n∈N telle que limn→∞ cn = 1 et
an = c n · b n .
83
84
3. SÉRIES NUMÉRIQUES
2. Introduction
Dans toute la suite le terme numérique apparaissant dans les expressions
suite numérique ou série numérique signifie à valeurs dans R , par opposition aux suites ou séries complexes (à valeurs dans C) ou vectorielles (à valeurs
dans un espace vectoriel).
Étudier une série numérique est étudier une suite numérique. Et inversement,
une étude de suite numérique se ramène à celle d’une série numérique. Avant même
de donner la définition d’une série numérique, nous allons en préambule illustrer ce
propos.
Considérons une suite (un )n∈N , avec un ∈ R. Il est souvent utile d’étudier le
comportement de la différence un+1 − un de deux termes consécutifs de (un )n∈N , par
exemple afin d’étudier la croissance ou la décroissance éventuelle de (un )n∈N . Posons
vn = un − un−1 , n ≥ 1. La positivité des termes de la série (vn )n∈N équivaut à la
croissance de la suite (un )n∈N tandis que la négativité des termes de la série (vn )n∈N
équivaut à la décroissance de la suite (un )n∈N .
Supposons maintenant que la suite (vn )n∈N soit particulièrement simple à étudier.
Par exemple que l’on puisse facilement prouver que limn vn = 1. Alors on peut en
déduire immédiatement que la suite (un )n∈N tend vers +∞. En effet, on a
un = v1 + v2 + · · · + vn ,
et si l’on se donne 1 > > 0, il existe N ∈ N tel que pour n ≥ N ,
1 − ≤ vn ≤ 1 + ,
(ce qui traduit limn vn = 1). On a alors, pour n ≥ N :
(n − N + 1)(1 − ) ≤ un − (v1 + v2 + · · · + vN ) = vN +1 + · · · + vn ≤ (n − N + 1)(1 + ).
Ceci prouve, en faisant tendre n vers +∞, que limn un − (v1 + v2 + · · · + vN ) = +∞,
et donc puisque v1 + v2 + · · · + vN est une quantité fixée, que limn un = +∞.
On peut cependant étudier encore plus précisément la convergence de (un )n∈N
vers +∞.
En divisant par n la double inégalité ci-dessus, on obtient
n − N + 1
un v1 + v2 + · · · + vN
n − N + 1
(1 − ) ≤
−
≤
(1 + ).
n
n
n
n
Mais puisque n est quelconque pourvu que n ≥ N , on peut considérer n suffisamment grand, disons, n ≥ M ≥ N de sorte que
v1 + v2 + · · · + vN
N + 1
− ≤
≤ et 0 ≤
≤ .
n
n
2
On obtient finalement, pour tout ∈]0, 1[, pour tout n ≥ M :
un
−2 ≤
−1≤ ,
n
2
c’est-à-dire que
lim un /n = 1 ou encore que un ∼∞ n.
n
3. DÉFINITIONS GÉNÉRALES
85
Ainsi la nature de la suite (vn )n∈N nous a permis d’étudier la suite (un = v1 + v2 +
· · · + vn )n∈N . On dit que la suite (un )n∈N est la série associée à la suite (vn )n∈N .
Pour étudier (un )n∈N nous l’avons vu comme une série associée à une autre suite :
la suite (vn )n∈N des différences des termes consécutifs de (un )n∈N .
Réciproquement, à partir d’une suite donnée (vn )n∈N , étudier la série (un = v1 +
v2 + · · · + vn )n∈N est bien étudier une suite, la suite (un )n∈N !
En conclusion, pour étudier une suite (un )n∈N on voit qu’il peut être commode
d’étudier une nouvelle suite (vn )n∈N , celle des différences des termes consécutifs de
(un )n∈N . On a alors un = v1 +v2 +· · ·+vn , pour tout n ≥ 1 (cf par exemple l’Exercice
79, où ce principe est mis en œuvre). Ceci conduit de manière générale à dresser
une théorie des suites (un )n∈N données par (un = v1 + v2 + · · · + vn )n∈N , où la suite
(vn )n∈N est une suite donnée initialement. Certaines propriétés de la suite (vn )n∈N se
traduiront par des propriétés de convergence ou d’équivalence de la suite (un )n∈N ,
propriétés difficilement détectables sans passer par la suite (vn )n∈N des différences
des termes consécutifs de (un )n∈N .
D’un point de vue historique, on peut faire remonter à Nicolas Oresme (132 ?1382), qui fut évêque de Lisieux, les premières considérations véritablement modernes autour de la notion de série dans ses Questions sur la géométrie d’Euclide,
même si la somme d’un nombre infini de termes est envisagée dans la Physique
d’Aristote (384-322 av. J.-C.).
3. Définitions générales
3.1. Définition. Soit (an )n∈N une suite réelle. On appelle série associée à
(an )n∈N ou série de terme général (an )n∈N la suite (Sn )n∈N définie par
∀n ∈ N, Sn = a0 + a1 + · · · + an =
n
X
ai .
i=0
On notera Σan la série (Sn )n∈N , écriture qui a le mérite de présenter la série (Sn )n∈N
par la notation du terme général (an )n∈N . On dit que le terme Sn est la somme
partielle de rang n de la série Σan .
Si Σan et Σbn sont deux séries, on note Σan + Σbn la série Σ(an + bn ) de terme
général (an +bn )n∈N . Si λ ∈ R, on note λΣan la série Σλan de terme général (λan )n∈N .
3.2. Remarque. Si l’on se donne la série (Sn )n∈N , on retrouve son terme général
(an )n∈N par la formule :
S0 = a0 et ∀n ≥ 1, an = Sn − Sn−1 .
On passe donc de la suite (an )n∈N à la série (Sn )n∈N de terme général (an )n∈N de
manière bijective. Précisément, si l’on note S l’ensemble des suites réelles, l’application
S → S
(an )n∈N 7→ (Sn )n∈N = Σan
86
3. SÉRIES NUMÉRIQUES
est bijective, d’application réciproque
S → S
(Sn )n∈N 7→ (an )n∈N = (S0 , S1 − S0 , · · · , Sn − Sn−1 , · · · )
3.3. Remarque. En théorie étudier les séries n’est donc pas plus particulier ni
plus général que d’étudier les suites. Mais dans certains cas, d’une part les séries
apparaissent naturellement (intérêts cumulés, probabilité, intégration etc...), d’autre
part leur étude, parce qu’elle va se déplacer sur l’étude du terme général, peut
s’avérer plus facile ou plus instructive que celle de la suite (Sn )n∈N elle-même. On a
ainsi parfois intérêt à voir une suite comme une série et étudier le terme général de
cette série pour en déduire les propriétés de la suite, plutôt que d’étudier directement
la suite elle-même.
3.4. Définition. Soit Σan une série de terme général (an )n∈N . Si la suite (Sn )n∈N
n
X
définie par Sn =
ai converge (resp. diverge, ie ne converge pas), on dit que la
i=0
série Σan converge (resp. diverge). Lorsque Σan converge, la limite de (Sn )n∈N est
+∞
+∞
X
X
appelée la somme de la série Σan et est notée
ai et la quantité Rn :=
ai −Sn
i=0
i=0
est appelée le reste d’ordre n de Σan .
3.5. Exemple (La série géométrique). 1 Soit α ∈ R et (an )n∈N la suite définie
par an = αn , pour tout n ∈ N. Considérons la série Σan . Si α = 1, on a Sn = n + 1
et si α 6= 1,
1 − αn+1
Sn = 1 + α + · · · + α n =
,
1−α
de sorte que Σan converge si et seulement si |α| < 1 et
+∞
X
i=0
ai =
1
.
1−α
Le reste d’ordre n de cette série est par définition
+∞
X
i=0
ai − S n =
1
1 − αn+1
αn+1
−
=
,
1−α
1−α
1−α
1. La somme de la série géométrie a été calculée par Nicolas Oresme au XIVème siècle, dans ses
Questions sur la Géométrie d’Euclide. La notion de limite (d’une suite ou d’une fonction) n’ayant
pas encore été dégagée, la notion de somme d’une série est à prendre à un sens très vague, qui
l’autorise seulement à faire certaines opérations sur les sommes des séries, comme par exemple les
multiplier par des nombres ou les additionner. Autrement dit, il utilise, sans avoir fixé la notion
de
somme d’une
série à l’aide
la Proposition 3.9.
Il s’autorise ainsi à écrire
P+∞
P+∞
P+∞de nla notion
P+∞ de limite,
P+∞
1
n
n
n
n
α
−
α
α
=
α
−
α
·
α
=
α,
ce
qui
donne
i=0
i=0
i=0
i=0
i=0 α = 1−α .
3. DÉFINITIONS GÉNÉRALES
il mesure la rapidité de convergence de (Sn )n∈N vers
+∞
X
87
ai . On voit ici que plus α
i=0
est proche de 0, plus (Sn )n∈N tend vite vers
+∞
X
ai .
i=0
La proposition suivante donne une condition nécessaire portant sur le terme
général d’une série pour que celle-ci converge. On verra que cette condition n’est
pas suffisante (cf Exemple 4.2, Remarque 4.3 et Remarque 4.4) et dans toute la
suite du chapitre on cherchera à donner des conditions suffisantes de convergente de
Σan portant sur (an )n∈N .
3.6. Proposition. Si une série Σan converge, alors son terme général (an )n∈N
converge vers 0.
Démonstration. Puisque (Sn )n∈N converge, disons vers `, alors la suite (Sn−1 )n≥2
converge aussi vers ` et donc la suite an = Sn − Sn−1 converge vers ` − ` = 0.
61. Exercice (Une série convergeant vers π : la série de Gregory).
à l’aide de l’Exemple 3.5 que
n
X
1
(−1)n+1 t2n+2
k 2k
=
(−1)
t
+
.
1 + t2
1 + t2
k=0
(1) Montrer
(2) En déduire que pour tout x ∈ [0, +∞[,
n
X
x2k+1
(−1)
+
Arctan(x) =
2k + 1
k=0
k
Z
0
x
(−1)n+1 t2n+2
dt.
1 + t2
(3) Montrer que
n
π X (−1)k
1
| −
|≤
.
4 k=0 2k + 1
2n + 3
k
converge vers π/4 2 et donner
(4) Montrer que la série de terme général (−1)
2k+1
une approximation de π par un rationnel à 10−1 .
Solution de l’exercice.
(1) On remplace α par −x2 dans l’Exemple 3.5.
(2) On intègre entre 0 et x l’égalité précédente.
(3) On a la majoration
Z 1
Z 1
h t2n+3 i1
(−1)n+1 t2n+2
1
2n+2
|
dt|
≤
t
dt
=
=
.
2
1+t
2n + 3 0 2n + 3
0
0
2. Cette convergence a été obtenue par J. Gregory et G. W. Leibniz vers 1670. Elle était connue
empiriquement par des mathématiciens du sud de l’Inde, dont Madhava de Sangamagrama, dès le
milieu du XVème siècle, mais les manuscrits ne furent traduits du sanscrit et connus en Occident
qu’en 1835. Cette série porte ainsi également le nom de série de Madhava.
88
3. SÉRIES NUMÉRIQUES
2k+1
(4) La majoration précédente montre la convergence de Σ(−1)k x2k+1 vers π/4.
Pour n = 19, on obtient par 3 l’approximation voulue.
3.7. Remarque. On ne change pas la nature (c’est-à-dire la convergence ou la
divergence) d’une série Σan en changeant un nombre fini de termes dans la suite
+∞
X
(an )n∈N (en revanche, dans le cas de la convergence de Σan , la somme
ai peut
i=0
bien sûr changer si l’on change un nombre fini de termes dans la suite (an )n∈N ).
En effet si la somme partielle d’ordre n d’une série est Sn et si l’on modifie le terme
général an de cette série, disons jusqu’au terme aN , en notant Sn0 la somme partielle
0
0
0
d’ordre n de la nouvelle série, on a SN
− SN = SN
+1 − SN +1 = SN +2 − SN +2 = · · · .
Donc la suite (Sn )n∈N converge si et seulement si la suite (Sn0 )n∈N converge.
3.8. Remarque (le reste d’une série est la somme d’une autre série). Soit Σan
une série convergente. Fixons n ∈ N et considérons σ la série de terme général
(ap )p≥n+1 . Pour tout p ≥ n, on a
p
X
ai =
n
X
i=0
n
X
La quantité Sn =
an +
i=0
p
X
ai .
i=n+1
an étant fixée avec n, l’existence de limp→∞
Pp
i=0
ai assure
i=0
p
l’existence de lim
X
p→∞
déduit, en notant
ai , c’est-à-dire assure la convergence de la série σ. On en
i=n+1
+∞
X
ai la somme de σ, que
n+1
+∞
X
ai = S n +
+∞
X
ai
n+1
i=0
et donc que le reste d’ordre n de Σan est
Rn =
+∞
X
i=0
ai − Sn =
+∞
X
ai .
n+1
Autrement dit le reste d’ordre n de Σan est la somme de la série de terme général
+∞
X
(ap )p≥n+1 et lim
ai = 0.
n→∞
n+1
62. Exercice. Étudier la convergence de la série de terme général (an )n∈N où
1
, n ≥ 1.
an =
n(n + 1)
3. DÉFINITIONS GÉNÉRALES
89
1
1
−
, d’où Sn = a1 + · · · + an = 1 −
n n+1
+∞
X
1
1
→n→∞ 1. Ainsi, Σan converge et
ai = 1. D’autre part, on a 1−Sn =
,
n+1
n
+
1
i=0
1
.
donc le reste d’ordre n de Σan est
n+1
63. Exercice (Série harmonique alternée et fonction êta de Dirichlet). On considère
(−1)n+1
la série Σan , où an =
, pour tout n ≥ 1.
n
(1) On note Sn la somme partielle d’ordre n de Σan . Montrer que la suite
(S2n )n∈N∗ est croissante, que la suite (S2n+1 )n∈N est décroissante.
(2) Montrer que pour tout n ∈ N∗ , S2n ≤ S2n+1 et que S2n+1 − S2n →n→∞ 0.
(3) En déduire que Σan est convergente.
N
2N
X
X
1
1
(4) Montrer que S2N = −2
+
. En conclure par l’Exercice 19 que
2n n=1 n
n=1
+∞
X
ai = log(2). Remarquer que l’on a déjà obtenu ce résultat à l’aide de la
Solution de l’exercice. On a an =
i=0
formule de Taylor-Lagrange (cf Exercice 40).
(5) Soit α > 0. Généraliser ce qui précède à la série de terme général
Solution de l’exercice.
(−1)n+1
.
nα
−1
1
+
> 0. donc
2n 2n − 1
est croissante. On a S2n+1 −
(1) On a S2n − S2(n−1) =
la suite des termes de rangs pairs de (Sn )n∈N
1
1
−
< 0. donc la suite des termes de rangs impairs de
S2(n−1)+1 =
2n + 1 2n
(Sn )n∈N est décroissante.
1
(2) On a S2n+1 − S2n =
> 0. les deux suites (S2n )n∈N∗ et (S2n+1 )n∈N∗
2n + 1
sont donc adjacentes et à ce titre elles convergent vers la même limite, notée
`.
(3) Les deux suites (S2n )n∈N∗ et (S2n+1 )n∈N∗ sont des suites extraites de (Sn )n∈N
qui convergent vers la même limite ` et qui forment une partition de la suite
(Sn )n∈N . En conséquence, la site (Sn )n∈N converge vers `. Par définition,
puisque (Sn )n∈N converge, la série Σan est convergente.
N
N
N
N
N
X
X
X
X
X
1
1
1
1
1
(4) On a S2N =
−
=
+
−2
=
2n
+
1
2n
2n
+
1
2n
2n
n=0
n=1
n=0
n=1
n=1
2N
N
X
X
P
1
1
1
−2
. Or d’après l’Exercice 19, on a N
n=1 n = log(n) + γ + (n)
n
2n
n=1
n=1
où γ ∈ R est la constante d’Euler et limn→∞ (n) = 0. Il s’ensuit que S2N =
90
3. SÉRIES NUMÉRIQUES
2N
N
X
1 X1
−
= log(2N ) + γ + (2N ) − log N − γ − (N ) = log(2) + β(n),
n n=1 n
n=1
avec β →n→∞ 0. Finalement limn→∞ S2n = log(2). Mais comme (Sn )n∈N
converge vers ` et que (S2n )n∈N∗ est une suite extraite de (Sn )n∈N , ces deux
+∞
X
suites ont la même limite, ce qui prouve que
ai = ` = log(2).
i=0
(5) Les mêmes arguments que ceux des questions 1,2 et 3 s’appliquent à la série
(−1)n+1
de terme général
, pour α > 0, et prouvent sa convergence. Cette
nα
série définit donc une fonction, notée ]0, +∞[3 α 7→ η(α) et appelée la fonc1
tion êta de Dirichlet. De plus, si α > 1, on sait que la série Σ α converge (cf
n
l’Exemple 4.11 et le Théorème 4.12). Dans ce cas l’argument de la ques+∞
+∞
X
X
1
(−1)n+1
tion 4 montre qu’en notant ζ(α) =
,
on
a
η(α)
=
=
nα
nα
n=1
n=1
+∞
X
(−1)n+1
π2
1−α
(1 − 2 )ζ(α). Par exemple :
=
(cf Remarque 4.13 pour
n2
12
n=1
η(α)
la valeur de ζ(2)). Enfin remarquons que l’égalité
= ζ(α), permet
1 − 21−α
de prolonger la fonction ζ aux réels > 0 et 6= 1, puisque η est définie sur
R∗+ .
3.9. Proposition. Soient Σan et Σbn deux séries convergentes de somme respectivement a et b et λ, µ ∈ R, alors la série λΣan + µΣbn est convergente, de somme
λa + µb.
Démonstration. Il s’agit de la même preuve que pour les suites, en travaillant
sur les sommes partielles Sn et Tn des séries Σan et Σbn .
3.10. Exemple (Séries données par la formule de Taylor-Lagrange). D’après la
formule de Taylor-Lagrange 4.14, si f : [a, b] → R une fonction de classe C ∞ sur
[a, b]. Alors, quels que soient n ∈ N et x, y ∈ [a, b], existe θ = θn,x,y ∈]x, y[ tel que
f (y) = [DLnx (f )](y) +
(y − x)n+1 (n+1)
f
(θ).
(n + 1)!
f (n) (x)
Noter que θ dépend a priori de n, mais reste dans ]x, y[. Notons an =
(y−x)n .
n!
Alors [DLnx (f )](y) est la somme partielle d’ordre n de la série Σan . Si la quantité
(y − x)n+1 (n+1)
f
(θ), pour x et y fixés, tend vers 0 lorsque n → ∞, alors la série Σan
(n + 1)!
+∞
X
(y − x)n+1 (n+1)
converge vers f (y) : f (y) =
ai . Dans cette situation,
f
(θ) est le
(n + 1)!
i=0
reste d’ordre n de la série Σan .
3. DÉFINITIONS GÉNÉRALES
Remarquons que la quantité
91
(y − x)n+1
tend vers 0 quand n vers +∞. En effet,
(n + 1)!
y−x
1
≤ , alors
N
2
n+1
(y − x)
(y − x)N (y − x)n+1−N
(y − x)N 1 n+1−N
≤
≤
( )
→n→+∞ 0.
(n + 1)!
N ! (N + 1) · · · (n + 1)
N!
2
soit N tel que
(y − x)n+1
(y − x)N n+1−N
≤
α
(n + 1)!
N!
pour n’importe quel α ∈]0, 1[, puisque 1/2 ne joue pas de rôle spécifique dans l’argumentation. Ainsi si la suite sup[x,y] |f (n) | est majorée, ou ne tend pas plus vite vers
+∞
X
n
+∞ que α tend vers 0, pour tout α ∈]0, 1[, alors f (y) =
ai .
Notons que cette majoration peut être remplacée par
i=0
Par exemple pour f = sin (ou pour cos), du fait que les dérivées successives de
sin sont toutes bornées par 1, en faisant x = 0, on obtient que pour tout y ∈ R,
+∞
+∞
X
X
(−1)n y 2n+1
(−1)n y 2n
sin(y) =
et cos(y) =
(2n + 1)!
(2n)!
n=0
n=0
Pour f = log, x = 1 et y ∈ [1, 2], on a sup |f n+1 (θ)|
θ∈[1,y]
(y − 1)n+1
1
≤
. Ce qui
(n + 1)!
n+1
donne, pour tout y ∈ [1, 2],
+∞
X
(y − 1)n
.
log(y) =
(−1)n+1
n
n=1
3
3. Rappelons qu’un nombre complexe x est transcendant lorsque x n’est racine d’aucun polynôme P ∈ Q[X] (ou ce qui revient au même en multipliant P par le produit des dénominateurs
de ses coeeficients, d’aucun polynôme de Z[X]). Ainsi aucun nombre rationnel n’est transcendant
(puisque q ∈ Q est racine de X − q). Le nombre i n’est pas non plus transcendant (puisque racine
de X 2 + 1). Les nombres complexes qui ne sont pas transcendants sont appelés des nombres
algébriques et leur ensemble est noté Q. Il s’agit d’un sous-corps de C : la somme, le produit et
les inverses d’éléments de Q sont encore dans Q. On a x ∈ Q si et seulement si la partie réelle et
imaginaire de x sont dans Q. D’autre part Q est dénombrable puisque les polynômes à corfficients
dans Z de degré d sont en nombre fini et que leurs racines sont en nombre ≤ d. Enfin Q est, comme
C, algébriquement clos : si R ∈ Q[X], toutes les racines (complexes) de R sont dans Q. Le corps
Q est donc le plus corps contenant Q qui soit algébriquement clos.
Le théorème de Lindemann-Weierstrass (ou plutôt, dans la version utilisée ici, le théorème
d’Hermite-Lindemann, démontré en 1882) assure que si y ∈ Q \ {0}, alors ey 6∈ Q. Ce qui montre
au passage que le nombre e est transcendant. De même que le nombre iπ est transcendant, puisque
eiπ = −1 ne l’est pas. Mais comme i est algébrique, π ne peut pas être algébrique (sinon iπ le serait
puisque Q est un corps). Donc le théorème de Lindemann-Weierstrass implique facilement que π
est transcendant. L’Exercice 61 donne alors une approximation de π par une suite de rationnels.
Le théorème de Lindemann-Weierstrass assure que lorsque y ∈ R ∩ Q \ {0}, <(eiy ) = cos(y) ou
ix
=(e ) = sin(y) sont transcendants. Mais puisque cos2 (y) + sin2 (y) = 1, si l’un des nombres cos(y)
ou sin(y) est algébrique, l’autre aussi (si, par exemple, cos(y) est algébrique, sin2 (y) = 1 − cos2 (y)
aussi, puisque Q est un corps, et donc existe P ∈ Z[X] tel que P (sin2 (y)) = 0. Alors P (X 2 ) ∈ Z[X]
92
3. SÉRIES NUMÉRIQUES
64. Exercice. Soit f : x 7→
√
1 + x, pour x ∈ [0, 1].
(1) Montrer que pour tout n ≥ 2, supθ∈[0,1] |f (n) (θ)| ≤
1·3·5···(2n−3)
.
2n
(2) En déduire une approximation à la 4ème décimale de
rationnel.
√
2 par un nombre
(1) On a pour tout n ≥ 1,
Solution de l’exercice.
f n+1 (θ) = (−1)n
1
1 · 3 · 5 · · · (2n − 1)
√
2n+1 .
n+1
2
1+θ
D’où
sup |f (n+1) (θ)| ≤
θ∈[0,1]
1 · 3 · 5 · · · (2n − 1)
.
2n+1
(n+1)(θ) n+1
(2) Le reste Rn+1,f := f (n+1)!y
donnée par la formule de Taylor-Lagrange,
lorsque x = 0 et y ∈ [0, 1] est donc majoré en valeur absolue sur [0, y] par
2 · 6 · 10 · · · 2n
1
1 · 3 · 5 · · · (2n − 1) n+1 1 · 3 · 5 · · · (2n − 1)
y
≤
≤
≤
.
n+1
(n + 1)!2
2 · 4 · 6 · · · (2n + 2)
2 · 4 · 6 · · · (2n + 2)
2n + 2
On en déduit que
n
X
p
1
1
1 · 3 · · · (2k − 3) k
| 1 + y − (1 + y +
(−1)k−1
y )| ≤
.
2
2 · 4 · · · 2k
2n + 2
k=2
Pour y = 1, on obtient
√
1 1
3
15
105
1
1 · 3 · · · (2n − 3)
−
+
+ · · · + (−1)n−1
)| ≤
.
| 2 − (1 + − +
2 8 48 384 3840
2 · 4 · · · 2n
2n + 2
Pour n = 5,√l’erreur est donc bornée par 1/12 = 0, 083333.... On peut
3
15
105
alors approcher 2 avec cette marge d’erreur par 1+ 12 − 18 + 48
− 384
+ 3840
=
√
5475
365
= 256 =' 1, 425.... Tandis que 2 = 1, 41421356237... On a donc en
3840
√
2 = 0, 01156...
réalité l’erreur 365
−
256
xn
65. Exercice. Soit x ∈ R et (an )n∈N la suite définie par an =
, pour tout
n!
n ≥ 0, avec la convention 0! = 1.
(1) Montrer que la série Σan converge.
annule sin(y), et donc sin(y) ∈ Q). Il s’ensuit que lorsque y ∈ R ∩ Q \ {0}, cos(y) et sin(y) sont
transcendants.
Lorsque y ∈ R ∩ Q \ {1} et y > 0, notons que z = log(y) est transcendant, car sinon ez = y
serait algébrique alors que z est également algébrique et non nul, ce que n’autorise pas le théorème
de Lindemann-Weierstrass.
Les trois séries données ici par la formule de Tayor Lagrange, qui ont pour limite respectivement
sin(y), cos(y) et log(y) fournissent donc par leur somme des exemples de nombres transcendants,
pour y ∈ R ∩ Q \ {0} (y 6= 1 et y > 0 dans le cas de log(y)), qui sont approchés par des sommes
partielles rationnelles lorsque de plus y ∈ Q.
3. DÉFINITIONS GÉNÉRALES
93
(2) Soit f : R → R la fonction définie par, pour tout y ∈ R, f (y) = ey . Montrer
que pour tout n ≥ 0 et pour tout y ∈ [x − 1, x + 1], 0 ≤ f (n) (y) ≤ ex+1 . En
+∞
X
conclure que
ai = ex .
i=0
(3) Trouver, à l’aide de ce qui précède, un rationnel q tel que |e − q| < 10−3 .
Solution de l’exercice.
(1) On a |an+1 /an | = |x|/n + 1 →n→∞ 0. La série
Σan est donc absolument convergente et donc convergente.
(2) On a f (n) (y) = ey , pour tout n. Et si y ∈ [x − 1, x + 1], par croissance de
la fonction f , on a pour tout n ≥ 1, 0 ≤ f (n) (y) ≤ ex+1 . La majoration des
dérivées d’ordre n de f , par la quantité ex+1 indépendante de n, montre,
+∞
X
d’après 3.10, que ex =
ai , puisque la somme partielle de Σan d’ordre n
i=0
est DLn0 (x).
+∞
X
1
et le reste Rn
n!
n=0
d’ordre n de cette série est, d’après la formule de Taylor-Lagrange, majoré
(1 − 0)n+1 1
e
par
e =
. Donc dès que ce reste est lui-même majoré
(n +P
1)!
(n + 1)!
par 10−3 , ni=1 n!1 est un rationnel proche de e à 10−3 près. L’entier n = 6
1957
= 2, 71805 · · ·
convient puisque e/7! ≤ 410−4 . On a alors S6 =
720
(3) Pour x = 1, la question précédente montre que e =
66. Exercice (e n’est pas rationnel). Le but des questions 1 à 4 de cet exercice
est de caractériser le nombre e en tant que limite de suite ou somme de série (voir
aussi l’Exercice 65, question 2). Le but des questions 5 à 7 est de montrer que e 6∈ Q.
(1) Donner un DL10 de la fonction x 7→ log(1 + x).
y n
= ey .
n→+∞
n
(3) Soit y ∈ R et Y la partie entière de |y|. En remarquant que lorsque |y| ≥ 1,
pour tout n ≥ Y , on a
(2) Déduire de la question précédente que pour tout y ∈ R, lim
1+
|y|n
|y|Y
|y|n−Y
=
·
,
n!
1 · 2 · 3 · · · Y (Y + 1)(Y + 2) · · · n
|y|n
= 0.
n→+∞ n!
montrer que lim
(4) Soit y ∈ R et n ∈ N. Écrire la formule de Taylor-Lagrange à l’ordre n pour
+∞ n
X
y
x
x 7→ e sur un intervalle d’extrémités 0 et y. En déduire que
= ey .
n!
n=0
94
3. SÉRIES NUMÉRIQUES
(5) À l’aide de la formule de Taylor-Lagrange entre 0 et 1, montrer que quel
que soit n ∈ N∗ , il existe θn ∈]0, 1[ tel que
(n − 1)! (n − 1)!
(n − 1)!
eθn
= (n − 1)!e −
−
− ··· −
n
1!
2!
(n − 1)!
(∗)
(6) Supposons que e ∈ Q, c’est-à-dire qu’existent des entiers p, q ∈ N tels que
qeθn
e = p/q. Déduire de l’égalité (∗) que quel que soit n ∈ N∗ , tn :=
est
n
un entier.
(7) On continue de supposer, comme à la question précédente, que e ∈ Q. En
remarquant que lim tn = 0, déduire de la question précédente que la suite
n→+∞
(tn )n∈N est nulle à partir d’un certain rang. En déduire alors que l’hypothèse
e ∈ Q est absurde.
Solution de l’exercice.
(1) La fonction f : x 7→ log(x + 1) est dérivable
0
en 0 et f (0) = 1. On en déduit que DL10 (f )(x) = x, d’après la Proposition
4.8.
y
y
y
(2) On a (1+ )n = en log(1+ n ) ∼n→+∞ en· n = ey , d’après la question précédente.
n
y
Ce qui montre que lim (1 + )n = ey .
n→+∞
n
|y|n
(3) On peut supposer |y| ≥ 1, car si |y| < 1, on a directement
≤ |y|n →n→+∞
n
0.
De l’égalité
|y|n
|y|Y
|y|n−Y
=
·
n!
1 · 2 · 3 · · · Y (Y + 1)(Y + 2) · · · n
on tire alors , en notant C =
|y|Y
et α = |y|/(Y + 1) :
1 · 2 · 3···Y
|y|n
|y|
|y|
|y|
=C
···
= Cαn−Y .
n!
(Y + 1) (Y + 2)
n
|y|
Or comme C est indépendant de n et comme α ∈]0, 1[, on a bien lim
=
n→+∞ n!
0.
(4) Pour fixer les idées, supposons que y > 0. La formule de Taylor-Lagrange
à l’ordre n pour x 7→ ex , entre 0 et y, donne l’existence de θn ∈]0, y[
y
e =
n
X
yk
k=0
k!
+
eθn y n+1
.
(n + 1)!
4. CONVERGENCE ABSOLUE ET SÉRIES DE TERME GÉNÉRAL POSITIF
Or d’après la question précédente, 0 ≤
s’ensuit que
+∞ n
X
y
n=0
n!
95
y n+1
eθn y n+1
≤ ey
→n→+∞ 0. Il
(n + 1)!
(n + 1)!
= ey .
(5) Soit n ∈ N∗ . La formule de Taylor-Lagrange à l’ordre n − 1 pour x 7→ ex ,
entre 0 et 1, donne l’existence de θn ∈]0, 1[ tel que
e=
soit
n−1
X
1
eθn
+
,
k!
n!
k=0
n−1
X
1
eθn
=e−
,
n!
k!
k=0
et donc en multipliant par (n − 1)! les deux membres de cette dernière
inégalité,
n−1
X
eθn
(n − 1)!
= (n − 1)!e −
n
k!
k=0
(6) Si e = p/q avec p, q ∈ N, d’après la question précédente,
n−1
X
qeθn
(n − 1)!
= (n − 1)!p − q
,
n
k!
k=0
(n − 1)!
∈ N, ce qui prouve bien que tn ∈ N.
k!
(7) La suite d’entiers (tn )n∈N tend vers 0, puisque θn ∈]0, 1[. Or ceci ne se peut
que si cette suite est égale à 0 à partir d’un certain rang. Mais d’autre part
puisque eθn 6= 0, la suite (tn )n∈N ne peut comporter des termes nuls. En
conclusion l’hypothèse e ∈ Q était absurde.
or quel que soit k ≤ n,
4. Convergence absolue et séries de terme général positif
4.1. Remarque (Le critère de Cauchy pour les séries). Pour décider de la convergence d’une série Σan , on peut appliquer le critère de Cauchy à la suite de ses sommes
partielles (Sn )n∈N , puisque la convergence de Σan est celle de (Sn )n∈N . On a alors,
en vertu de la Proposition 1.2, Σan converge si et seulement si
∀ > 0 ∃N tel que ∀n ≥ N , ∀p ≥ N , |Sp − Sn | ≤ ,
ce qui s’écrit aussi
∀ > 0 ∃N tel que ∀n ≥ N , ∀k ∈ N, |Sn+k − Sn | ≤ ,
soit finalement, Σan converge si et seulement si
∀ > 0 ∃N tel que ∀n ≥ N , ∀k ∈ N, |
k
X
i=1
an+i | ≤ .
96
3. SÉRIES NUMÉRIQUES
67. Exercice. Soit (an )n∈N la suite définie par
sin(log(n))
,
n
et Sn la somme partielle d’ordre n de la série Σan . Pour k ∈ N on note
∀n ≥ 1, an =
π
3π
Nk := {n ∈ N ; e 4 +2kπ ≤ n ≤ e 4 +2kπ }, nk := min Nk et mk := max Nk .
(1) Montrer que
√
mk
1
2 X
.
2 n=n n
Smk − Snk −1 ≥
k
(2) Après avoir comparé 1/n et
R n+1
n
Smk − Snk −1 ≥
dx
,
x
montrer que
√
2
mk + 1
log(
).
2
nk
π
(3) Montrer que nk ≤ e 4 +2kπ+1 . En déduire que
√
2 π
Smk − Snk −1 ≥
( − 1).
2 2
(4) La série Σan converge-t-elle ?
Solution de l’exercice. Remarquons que la longueur de l’intervalle Nk augmente avec k, puisque celle-ci est
3π
π
π
π
mk − nk ≤ e 4 +2kπ − e 4 +2kπ = e 4 +2kπ (e 2 − 1) →k→+∞ +∞.
(1) Si n ∈ Nk , alors log
n ∈ [ π4 + 2kπ, 3π
+ 2kπ] par croissance de la fonction
4
√
2
log, et donc an ≥ 2 pour tout n ∈ Nk . Il s’ensuit que
√ mk
mk
X
sin(log n)
2 X 1
Smk − Snk −1 =
≥
.
n
2
n
n=n
n=n
k
k
(2) Du fait de la décroissance de la fonction x 7→ 1/x sur R∗+ , on a
Z n+1
Z n+1
dx
1
1
≤
= ,
x
n
n
n
n
de sorte que
Z mk +1
mk
mk Z n+1
X
X
dx
dx
mk + 1
1
≥
=
= log(
).
n n=n n
x
x
nk
nk
n=n
k
k
Ce qui d’après la question précédente donne
√
2
mk + 1
Smk − Snk −1 ≥
log(
).
2
nk
4. CONVERGENCE ABSOLUE ET SÉRIES DE TERME GÉNÉRAL POSITIF
π
π
π
π
97
π
(3) On a e 4 +2kπ+1 − e 4 +2kπ = e 4 +2kπ (e − 1) > 1. Donc entre e 4 +2kπ et e 4 +2kπ+1
se trouve au moins un entier, et en particulier se trouve nk , qui est le plus
π
petit entier supérieur à e 4 +2kπ . D’après la question précédente,
√
√
−π
2
mk + 1
2
log(
)≥
log(e 4 −2kπ−1 (mk + 1)).
Smk − Snk −1 ≥
2
nk
2
3π
Smk
Or puisque mk est le plus grand entier inférieur à e 4 +2kπ , on a certaine3π
ment mk +1 ≥ e 4 +2kπ , ce qui donne, toujours par croissance du logarithme,
pour tout k ≥ 1
√
√
√
−π
π
3π
2
2
2 π
−2kπ−1
+2kπ
−1
log(e 4
log(e 2 ) =
( − 1).
(∗)
− Snk −1 ≥
e4
)=
2
2
2 2
(4) Si la série Σan convergeait, sa somme partielle vérifierait le critère de Cauchy rappelé en Remarque 4.1 : il existerait alors un entier P tel que pour
tout m, n ≥ P , on ait
√
2 π
Sm − Sn ≤
( − 1)
(∗∗).
3 2
Or comme les nombres mk et nk tendent vers l’infini avec k, la question
précédente fournit un couple mk0 , nk0 ≥ P pour lequel la majoration (∗∗)
ne peut avoir lieu, puisque la minoration (∗) a lieu. En conclusion la série
Σan diverge.
4.2. Exemple. 4 Considérons la série de terme général an = 1/n, pour tout
n ≥ 1. Cette série s’appelle la série harmonique. Pour n, k ∈ N, on a
k
X
i=1
an+i =
1
1
1
+ ··· +
≥k· .
(n + 1)
(n + k)
2n
En particulier pour k = n, on obtient
k
X
i=1
an+i ≥
1
2
et le critère de Cauchy n’est pas satisfait pour un < 1/2, ce qui prouve que
la série Σ1/n diverge. Remarquons que d’après l’Exercice 19, on sait déjà que la
somme partielle de cette série est équivalente à log(n), ce qui est plus précis que sa
divergence 5.
4. La divergence de la série harmonique a été obtenue également par N. Oresme, en faisant
apparaı̂tre dans Σ1/n une infinité de groupes comportant 2n termes et dont la somme est plus
grande que 1/2. Une méthode à comparer avec celle qui prouve la convergence de la série de
Riemann Σ1/nα pour α > 1, voir l’Exemple 4.12
5. Les nombres harmoniques sont par définition les sommes partielles Sn de la série harmonique
Σ n1 . Ils tendent vers +∞ assez lentement comme le montre l’exercice 19, puisque Sn ∼+∞ log(n).
D’autre part on montre que Sn = 1 + 12 + · · · + n1 n’est un entier que pour n = 1 et de plus seuls
S2 = 32 et S6 = 49
20 sont décimaux
98
3. SÉRIES NUMÉRIQUES
4.3. Remarque. À l’aide du critère de Cauchy, on retrouve la Proposition 3.6 qui
stipule que si la série Σan converge, alors nécessairement son terme général (an )n∈N
converge vers 0. Supposons en effet Σan convergente. Alors la série Σan satisfait le
critère de Cauchy donné dans la Remarque 4.1, et en particulier, on obtient pour
k=1:
∀ > 0 ∃N tel que ∀n ≥ N |an+1 | ≤ .
Ceci est bien la définition de la convergence vers 0 de la suite (an )n∈N .
4.4. Remarque. La réciproque de la Proposition 3.6 est fausse, comme le montre
l’exemple de la série harmonique, qui bien qu’ayant un terme général de limite nulle,
ne converge pas (cf Exemple 4.2).
4.5. Définition. On dit que la série Σan est absolument convergente si et
seulement si la série Σ|an | est convergente.
4.6. Proposition. Si la série Σan est absolument convergente, elle est convergente.
Démonstration. Par hypothèse Σ|an | vérifie le critère de Cauchy :
∀ > 0 ∃N tel que ∀n ≥ N , ∀k ∈ N,
k
X
|an+i | ≤ .
i=1
Mais comme |
Pk
i=1
an+i | ≤
Pk
i=1
|an+i | par l’inégalité triangulaire, on a alors
∀ > 0 ∃N tel que ∀n ≥ N , ∀k ∈ N, |
k
X
an+i | ≤ .
i=1
Le critère de Cauchy est donc vérifié pour Σan , ce qui équivaut à la convergence de
Σan d’après la Remarque 4.1.
4.7. Remarque. Une série peut être convergente sans être absolument convergente. La réciproque de la Proposition 4.6 n’a donc pas lieu. Par exemple l’Exercice
63 montre que la série harmonique alternée converge, mais l’Exemple 4.2 montre
que la série harmonique ne converge pas. Une série qui est convergente sans être
absolument convergente est dite semi-convergente.
Une des conséquences de la Proposition 4.6 est que pour démontrer qu’une série
Σan converge, on a d’abord intérêt à essayer de démontrer que la série Σ|an | converge,
car celle-ci est en général plus facile à étudier, comme va le montrer l’arsenal des
critères portant sur les séries de terme général positif. Cependant, si la série Σ|an |
diverge, on devra revenir à l’étude de la série Σan elle-même, puisque la divergence
de Σ|an | n’implique en général pas celle de Σan .
Avec cette stratégie en vue, jusqu’à la fin de cette section, on se concentre donc sur
les séries de terme général positif. Notons que l’on pourrait très bien décider d’étudier
plutôt les séries de terme général négatif, puisque multiplier le terme général d’une
série par −1 (ou tout autre réel 6= 0) ne change pas la nature de la série à l’étude.
On obtiendrait alors évidemment les mêmes types de théorèmes que ceux qui vont
4. CONVERGENCE ABSOLUE ET SÉRIES DE TERME GÉNÉRAL POSITIF
99
suivre... De sorte que ce qui compte dans cette section est plutôt la constance du
signe du terme général de la série que sa positivité (cf la Remarque 4.10 ci-dessous,
qui illustre ce propos dans le cas particulier de notre premier résultat sur les séries
de terme général positif, le Théorème 4.8).
4.8. Théorème (Règle de comparaison des séries de terme général positif).
Soient Σan et Σbn deux séries de terme général positif (c’est-à-dire an ≥ 0 et bn ≥ 0,
pour tout n ∈ N). On suppose que an ≤ bn , pour tout n ∈ N. Alors
+∞
X
(1) si la série Σbn converge, la série Σan converge également et de plus
ai ≤
i=0
+∞
X
bi .
i=0
(2) Si la série Σan diverge, il en est de même de la série Σbn .
4.9. Remarque. On peut remplacer dans le Théorème 4.8 l’hypothèse an ≥ 0
et bn ≥ 0, pour tout n ∈ N par l’hypothèse an ≥ 0 et bn ≥ 0 seulement à partir
d’un certain rang et l’hypothèse an ≤ bn , pour tout n ∈ N par l’hypothèse an ≤ bn
seulement à partir d’un certain rang.
Démonstration. Les suites des sommes partielles (Sn )n∈N et (Tn )n∈N de Σan et
Σbn sont croissantes puisque Sn − Sn−1 = an ≥ 0 et Tn − Tn−1 = bn ≥ 0. Ces deux
suites convergent donc si et seulement elles sont majorées. Or si (Tn )n∈N converge,
du fait de Sn ≤ Tn (puisque an ≤ bn ), on en déduit que (Sn )n∈N est majoré par un
majorant de (Tn )n∈N , et donc à son tour (Sn )n∈N converge.
Inversement si (Sn )n∈N ne converge pas, (Sn )n∈N n’est pas majorée, et du fait de
Sn ≤ Tn , (Tn )n∈N n’est pas majorée non plus et donc ne converge pas.
4.10. Remarque. En réalité le Théorème de comparaison 4.8 s’applique aux
séries de terme général de signe constant et pas uniquement positif. En effet, si Σan
et Σbn sont deux séries de terme général négatif, alors le Théorème 4.8 s’applique à
Σ − an et Σ − bn . Ainsi si an ≤ bn , on a −bn ≤ −an , et si Σ − an converge alors Σ − bn
converge. De même si Σ − bn diverge alors Σ − an diverge. Mais comme d’autre part
les séries Σ − an et Σan et les séries Σ − bn et Σbn sont de même nature, on a :
Si Σan et Σbn sont deux séries de terme général négatif et si à partir d’un certain
rang an ≤ bn , alors la convergence de Σan implique celle de Σbn et la divergence de
Σbn implique celle de Σan .
68. Exercice. Soient Σan et Σbn deux séries à terme général positif non nul,
telles que
an+1
bn+1
≤
.
∃n0 ∈ N, ∀n ≥ n0 ,
an
bn
a
(1) Montrer que pour tout n ≥ n0 , an ≤ bnn0 · bn .
0
(2) En déduire que si Σbn converge, alors Σan converge et que si Σan diverge,
alors Σbn diverge.
100
3. SÉRIES NUMÉRIQUES
Solution de l’exercice.
(1) En multipliant membre à membre les inégalités
an0 +1
bn0 +1 an0 +2
bn0 +2
an
bn
≤
,
≤
,··· ,
≤
, on obtient après simplifian0
bn0 an0 +1
bn0 +1
an−1
bn−1
an
bn
cation :
≤
, qui est l’inégalité demandée.
an0
bn0
(2) Il s’agit d’une application directe du Théorème 4.8.
L’exemple suivant offre une famille de séries, les séries de Riemann, qu’il est
souvent très utile d’utiliser, via le Théorème 4.8 de comparaison, comme échelle de
convergence (cf la Proposition 4.16).
4.11. Exemple (Séries de Riemann). Soit α > 0 et Σan la série de terme général
an = 1/nα , pour tout n ≥ 1. Cette série est de terme général positif. Cette série est
appelée la série de Riemann.
– Si α ≤ 1, alors an ≥ 1/n et comme la série Σ1/n diverge, par le Théorème de
comparaison 4.8, Σan diverge.
– Supposons maintenant α > 1 et soit Sn la somme partielle d’ordre n de Σan .
On a
n
2k
X
X
1
S2n = 1 +
.
iα
k−1
k=1
i=2
+1
D’autre part, on dispose de la majoration
k
k
2
X
i=2k−1 +1
1
≤
iα
2
X
i=2k−1 +1
1
(2k−1 )α
=
2k − 2k−1
2k−1
=
(2k−1 )α
(2k−1 )α
1
2α−1
=
(k ≥ 1).
(2k−1 )α−1
(2α−1 )k
1
1
Mais comme 2α−1
< 1, la série Σ( α−1 )k converge (d’après l’Exemple 3.5) et
2
finalement d’après le Théorème de comparaison 4.8, la suite (S2n )n∈N converge,
disons vers `. Enfin les suites (Sn )n∈N et (S2n )n∈N étant croissantes, on a Sn ≤
S2n ≤ `, ce qui prouve qu’étant majorée, la suite (Sn )n∈N converge, et donc par
définition, Σan converge.
=
On énonce donc
1
converge si
nα
et seulement si α > 1. Pour avoir un équivalent du reste de cette série (dans le cas
convergent) ou de la somme partielle (dans le cas divergent) voir l’Exercice 77.
4.12. Théorème (Série de Riemann). Soit α ∈ R∗+ . La série Σ
4.13. Remarque (Fonction zêta de Riemann). Le Théorème 4.12 montre que l’on
+∞
X
1
peut définir une fonction ζ :]1, +∞[→ R par ζ(s) =
. Cette fonction s’appelle
s
n
n=1
4. CONVERGENCE ABSOLUE ET SÉRIES DE TERME GÉNÉRAL POSITIF
101
la fonction zêta de Riemann. On a par exemple :
ζ(2) =
π2 6
π6
π8
|B2k |(2π)2k
π4
, ζ(8) =
, · · · , ζ(2k) =
,
, ζ(4) = , ζ(6) =
6
90
945
9450
2(2k)!
où B2k est le nombre de Bernoulli, défini par la relation de récurrence B0 = 1 et
k−1 X
k+1
(k + 1)Bk = −
Bi . On ne sait rien en revanche sur les valeurs de ζ en les
i
i=0
entiers impairs, on sait que ζ(3) 6∈ Q 7 et qu’en une infinité d’entiers impairs 2k + 1
le réel ζ(2k + 1) est irrationnel 8. On conjecture qu’il en est de même pour tous les
entiers impairs.
+∞
X
1
, la fonction
On montre que l’on peut définir par la même formule ζ(s) =
s
n
n=1
ζ pour s ∈ C, Re(s) > 1 (à condition de donner un sens à ns lorsque s ∈ C). On
montre enfin que l’on peut prolonger à C \ {1} cette fonction, que l’on continue de
6. Cette valeur a été donnée par L. Euler en 1735 et une preuve rigoureuse a été faite par
Euler en 1745. Euler répondait par là à un problème posé par P. Mengoli en 1644. Le problème
de Mengoli est désormais connu sous le nomPde Problème de Bâle , ville natale d’Euler. On
+∞
connaissait une valeur approchée de la série n=1 n12 à la quinzième décimale, valeur donnée par
J. Stirling vers 1730, un peu avant qu’Euler n’en donnât la valeur exacte. L’intuition d’Euler en
1735 repose sur le calcul suivant, dont certains passages n’étaient pas justifiés rigoureusement en
P+∞ (−1)n 2n+1
1735. On a vu en 3.10 que pour tout x ∈ R, sin(x) = n=0 (2n+1)!
x
, soit pour tout x ∈ R∗ ,
P+∞ (−1)n 2n
sin(x)
= n=0 (2n+1)! x . Remarquons que le coefficient de x2 dans cette série est −1/6. Suppsons
x
qu’il en aille de sin(x)
comme d’un polynôme, c’est-à-dire que cette fonction soit le produit de
x
monômes comportant ses zéros. Les zéros de cette fonction sont kπ, k ∈ Z, ils sont en nombre
infini, mais supposons que l’on puisse écrire un produit infini du type
+∞
Y
sin(x)
x
x
=
(1 −
)(1 +
)
x
kπ
kπ
k=1
et que de plus nous puissions le développer en une somme infinie pour en trouver le coefficient
de x2 . Dans ce cas on trouve comme coefficient de x2 après développement
+∞
1 X 1
1
− 2
= − 2 ζ(2).
π n=1 n2
π
Ceci nous donne alors par identification avec le coefficient de x2 trouvé plus haut dans la somme
P+∞ (−1)n 2n
= n=0 (2n+1)!
x , à condition de supposer que la fonction sin(x)/x possède une unique
expression comme somme infinie de monômes xn :
sin(x)
x
1
1
π2
= − 2 ζ(2) et donc ζ(2) =
.
6
π
6
Cette méthode, une fois rendue rigoureuse, permet en réalité de calculer les valeurs de ζ(2k),
k ∈ N∗ .
7. Théorème démontré par R. Apéry en 1979.
8. Théorème démontré par T. Rivoal en 2000, sous la forme plus précise suivante : il existe une
constante c telle que le nombre d’irrationnels parmi ζ(3), ζ(5), ζ(7), · · · , ζ(2k + 1) est plus grand
que c log(k).
−
102
3. SÉRIES NUMÉRIQUES
noter ζ (on a déjà vu dans l’Exercice 63 comment prolonger ζ aux réels > 0 et 6= 1
grâce à la fonction η de Dirichlet).
On sait que la fonction ζ s’annule pour tous les entiers de la forme −2k, k > 0.
On appelle ces entiers les zéros triviaux de ζ. On sait d’autre part que ζ admet une
infinité de zéros dans la bande du plan 0 < Re(s) < 1, appelée bande critique.
L’hypothèse de Riemann (énoncée par Riemann en 1859) affirme que tous ces
zéros sont sur la droite Re(s) = 1/2 du plan C, dite droite critique. Des calculs
sur ordinateur ont montré que tel était le cas pour plus de 1013 zéros de la bande
critique et d’autre part on a démontré que la droite critique contenait une infinité de
zéros de ζ. Cependant on ne sait toujours pas démontrer l’hypothèse de Riemann. La
fonction zêta de Riemann est, entre autre, intimement liée aux nombres premiers, une
réponse positive à l’hypothèse de Riemann aurait des conséquences très importantes
sur l’étude de ceux-ci.
cos
69. Exercice (Calcul de ζ(2)). On note cot la fonction
, définie pour les réels
sin
6= kπ, k ∈ Z.
(1) Soit x ∈]0, π2 [ et n ∈ N∗ . Montrer que
cos(nx) + i sin(nx)
= (cot(x) + i)n
sinn (x)
(Ind. utiliser cos(nx) + i sin(nx) = einx ).
(2) Calculer directement (cot(x) + i)n à l’aide de la formule du binôme. En
identifiant cette expression avec l’expression trouvée à la question 1, en
déduire que
n
sin(nx) X
n
j
(−1)
cotn−2j−1 (x).
=
sinn (x)
2j
+
1
j=0
On suppose maintenant que n est un entier impair, que l’on note n :=
2p + 1, pour p ∈ N∗ . On pose enfin x := kπ
, k ∈ {1, · · · , p}.
n
(3) Montrer que cot2 :]0, π/2[→ R est strictement décroissante. En déduire que
les p nombres cot2 ( kπ
) sont distincts.
n
(4) Motrer que les p nombres cot2 ( kπ
) sont les racines du polynômes
n
p
X
n
j
P (X) :=
(−1)
X p−j .
2j
+
1
j=0
En déduire que
p
X
kπ
cot ( ) =
n
k=1
2
n
n
2p(2p − 1)
/
=
,
3
1
6
puis
p
X
kπ
2p(2p + 2)
(1 + cot2 ( )) =
.
n
6
k=1
4. CONVERGENCE ABSOLUE ET SÉRIES DE TERME GÉNÉRAL POSITIF
103
(5) Montrer que pour tout x ∈]0, π/2[
cot2 (x) <
1
< 1 + cot2 (x).
2
x
En déduire que
p
2p(2p − 1) X n 2 2p(2p + 2)
<
<
,
6
kπ
6
k=1
puis que finalement que
ζ(2) =
Solution de l’exercice.
donc
cos(nx)+i sin(nx)
sinn (x)
(1) On a
π2
.
6
cos(nx)+i sin(nx)
sinn (x)
=
einx
sinn (x)
ix
e
= ( sin(x)
)n et
sin(x) n
= ( cos(x)+i
) = (cot(x) + i)n .
sin(x)
(2) On développe (cot(x) + i)n à l’aide de la formule du binôme et on identifie
cos(nx) + i sin(nx)
les parties imaginaires de ce développement et de
.
sinn (x)
−2 cot
(3) La dérivée de cot2 est
qui est < 0 sur ]0, π/2[. Il s’ensuit que cot2
sin2
est injective sur ]0, π/2[ et prend donc p valeurs deux à deux distinctes en
les p points deux à deux distincts kπ/n, k = 1, · · · , p.
(4) le polynôme en question est de degré p et P (cot( kπ/n)) = sin(kπ)/ sinn (kπ/n) =
0. Donc les p points deux à deux distincts kπ/n, k = 1, · · · , p sont les p
Y
p
n
(X −
racines réelles de ce polynôme. On peut alors écrire P (X) =
1 k=1
kπ/n), ce qui après développement de cette expression et identification avec
p
X
n
n
2p(2p − 1)
2 kπ
p−1
le coefficient de X
donne bien
cot ( ) =
/
=
.
n
3
1
6
k=1
En ajoutant p à chaque membre de cette égalité, on obtient la dernière
inégalité demandée dans cette question.
(5) Démontrer cot2 (x) < 1/x2 revient à démontrer que 1 − x2 cot2 (x) > 0 ou
encore que sin2 (x) − x2 cos2 (x) > 0. Or sin2 (x) − x2 cos2 (x) = (sin(x) −
x cos(x))(sin(x) + x cos(x)) et comme sin(x) + x cos(x) > 0 sur ]0, π/2[,
nous sommes ramené à montrer que sin(x) − x cos(x) > 0 sur ]0, π/2[. La
fonction f (x) = sin(x) − x cos(x) a pour dérivée x sin(x) > 0 ; elle est
croissante sur ]0, π/2[ et valant 0 en 0, on a bien f (x) > 0 sur ]0, π/2[.
On obtient l’autre inégalité de la même façon.
p X
2p(2p − 1)
n 2
2p(2p + 2)
La double inégalité
<
<
s’obtient
6
kπ
6
k=1
à partir de cet encadrement de 1/x2 et des deux égalités de la question
104
3. SÉRIES NUMÉRIQUES
p X
n 2
2p(2p − 1)
π 2 2p(2p − 1)
2p(2p + 2)
4. De
<
on obtient
<
<
6
kπ
6
6
n2
k=1
p X
1 2
π 2 2p(2p + 2)
2p(2p − 1)
<
. On conclut en remarquant que
et
2
k
6
n
n2
k=1
2p(2p + 2)
ont pour limite 1 quand p tend vers +∞.
n2
70. Exercice. Pour quelles valeurs de α et β > 0 la série de terme général
β log n
an = α est-elle convergente ?
n
1
elog(β) log n
(−α+log β) log n
=
e
=
. La
Solution de l’exercice. On a an =
eα log n
nα−log β
série Σan converge donc si et seulement si α > 1 + log β, d’après le Théorème 4.12.
1 log n
, n ≥ 2.
71. Exercice. On considère la série de terme général an =
log n
(1) Montrer que an ≥ 0, pour tout n ≥ 2. Montrer que pour tout n ≥ 2,
1
an = log(log n) .
n
P
(2) Déduire de la question précédente que la série
an converge.
Solution de l’exercice.
(1) On a pour tout n ≥ 2,
1
1
1
an = elog(n) log( log n ) = e− log(n) log(log n) = elog(log n) log( n ) =
nlog(log n)
≥ 0.
(2) Le critère de comparaison des séries à termes positifs (Théorème 4.8) montre
P
2
que la série an converge, puisque d’une part, pour tout n ≥ ee , log(log n) ≥
1
1
2, ce qui donne 0 ≤ an = log(log n) ≤ 2 et d’autre part la série de terme
n
n
1
général 2 converge.
n
1
1
1
1
72. Exercice. Soit an =
+
+
− α , n ≥ 1. Montrer
α
α
α
(3n − 2)
(3n − 1)
(3n)
n
que
n
3n
X
X
1
.
Sn =
ak =
kα
k=1
k=n+1
(1) On suppose que α > 1. Montrer, en appliquant le critère de Cauchy à la
série de Riemann d’exposant α, que Σan converge et
+∞
X
an = 0.
n=1
(2) On suppose que α ≤ 0. Montrer que an ≥ 1 et conclure.
4. CONVERGENCE ABSOLUE ET SÉRIES DE TERME GÉNÉRAL POSITIF
105
(3) On suppose que 0 < α ≤ 1. Montrer, en utilisant la décroissance de t 7→ t1α
que
Z n+1
Z n
dt
1
dt
≤ α ≤
,
α
α
t
n
n−1 t
n
puis
Z 3n
Z 3n+1
dt
dt
≤ Sn ≤
.
α
t
tα
n
n+1
P
(a) Montrer que si α = 1, +∞
n=1 an = log(3).
(b) Montrer que si 0 < α < 1, Σan diverge.
1
1
1
Solution de l’exercice. La somme des termes
+
+
α
α
(3k − 2)
(3k − 1)
(3k)α
1
de k = 1 à n est la somme des α de k = 1 à 3n. Quand on retranche à cette somme
k
n
3n
X
X
1
1
, il reste bien
.
α
α
k
k
k=1
k=n+1
3n
X
1
converge pour α > 1. La suite de ses sommes partielles
(1) La série
kα
k=n+1
vérifie donc le critère de Cauchy : étant donnée > 0, il existe N ∈ N
p
X
1
≤ . En particulier, dès que n ≥ N ,
tel que pour tout n, p ≥ N ,
kα
k=n+1
3n
X
1
Sn =
≤ . On a donc montré que pour tout > 0 existe N ∈ N tel
kα
k=n+1
que n ≥ N =⇒ |Sn | ≤ . C’est-à-dire que lim Sn = 0.
n→∞
1
1
1
1
(2) Dans le cas où α ≤ 0, comme
− α ≥ 0 et
+
≥
α
α
(3n)
n
(3n − 1)
(3n − 2)α
1 + 1, on a an ≥ 1, et donc Sn →n→∞ +∞.
(3) La seconde double inégalité s’obtient à partir de la première en sommant
jusqu’à 3n. Et la première est une conséquence directe du fait que ≤ 1/t ≤
1/nα sur [n, n + 1].
3n + 1
3(a) Si α = 1, les intégrales de cette double inégalité sont log 3 et log
,
n+1
+∞
X
qui tend vers log 3. Donc
ai = log 3.
i=0
3(b) Si 0 < α < 1, les deux intégrale de la seconde
inégalité tendent vers
Z 3n double1−α
n
31−α − 1
dt
+∞, par un calcul direct (par exemple
=
(
)).
tα
1−α 1−α
n
4.14. Proposition (Comparaison et domination). Soient Σan et Σbn deux séries
vérifiant
106
3. SÉRIES NUMÉRIQUES
(1) Σan et Σbn sont de terme général positif et an = O(bn ) au voisinage de
+∞. Alors
(a) Si Σbn converge, Σan converge,
(b) Si Σan diverge, Σbn diverge.
(2) Il existe α, β > 0 et N ∈ N tels que ∀n ≥ N, 0 < αbn < an < βbn . Alors
les deux séries Σan et Σbn sont de même nature.
(3) Σbn est de terme général positif et an ∼ bn au voisinage de +∞. Alors les
deux séries Σan et Σbn sont de même nature. De plus
(a) Si Σan et Σbn sont convergentes, alors les restes de Σan et Σbn , qui
convergent vers 0, sont équivalents au voisinage de +∞.
(b) Si Σan et Σbn sont divergentes, alors les sommes partielles de Σan et
Σbn , qui tendent vers +∞, sont équivalentes au voisinage de +∞.
Démonstration.
(1) Par hypothèse, il existe N ∈ N et α > 0 tels que
∀n ≥ N, an = |an | ≤ α|bn | = αbn . Les séries (bn )n∈N et Σαbn étant de
même nature, il suffit alors d’appliquer le Théorème 4.8.
(2) On applique le point précédent puisque (an )n∈N = O((bn )n∈N ) et (bn )n∈N =
O((an )n∈N ).
(3) Comme an = cn · bn avec limn→∞ cn = 1 et bn > 0, on a pour n assez grand,
disons n ≥ N , an est de même signe que bn . On a alors (toujours pour
n ≥ N)
3
1
b n ≤ an ≤ b n
2
2
Il s’ensuit que Σan et Σbn sont de même nature, par le Théorème 4.8.
(a) On sait que pour tout > 0 existe N ∈ N, tel que pour tout n ≥ N,
(1 − )bn ≤ an ≤ (1 + )bn .
On en déduit pour tout m ≥ N
(1 − )
m
X
n=N
bn ≤
m
X
an ≤ (1 + )
n=N
m
X
bn .
(∗)
n=N
Notons les restes d’ordre n de Σan et Σbn respectivement Rn et ρn . En
faisant tendre m vers +∞, on obtient par la Remarque 3.8 :
∀ > 0 ∃N ∈ N, tel que (1 − )ρN ≤ RN ≤ (1 + )ρN ,
ce qui équivaut par définition à
ρn ∼+∞ RN .
4. CONVERGENCE ABSOLUE ET SÉRIES DE TERME GÉNÉRAL POSITIF
107
(b) Notons les sommes partielles d’ordre n de Σan et Σbn respectivement
Sn et Tn . L’encadrement (∗) fournit l’existence d’un entier N tel que
pour tout m ≥ N
N
−1
X
an − (1 − )
n=0
≤
m
X
n=0
N
−1
X
bn + (1 − )
n=0
an ≤
N
−1
X
an − (1 + )
n=0
Notons
CN :=
bn + (1 + )
n=0
N
−1
X
DN :=
N
−1
X
bn
n=0
N
−1
X
an − (1 − )
n=0
et
m
X
m
X
bn .
n=0
N
−1
X
bn
n=0
an − (1 + )
N
−1
X
bn .
n=0
n=0
Il s’agit de deux nombres indépendants de n. On a
m
m
m
X
X
X
CN + (1 − )
bn ≤
an ≤ DN + (1 + )
bn .
n=0
n=0
n=0
Pm
En divisant par
n=0 bn les
Ptrois membres de cette inégalité et en
tenant compte de limm→+∞ m
n=0 bn , on obtient, pour tout > 0 :
Pm
an
≤ 1 + ,
1 − ≤ lim Pn=0
m
m→∞
n=0 bn
m
m
X
X
bn = 1, ou encore Sm ∼+∞ Tm .
an /
ce qui équivaut à limm→∞
n=0
n=0
73. Exercice (La série des inverses des nombres premiers). On note pn le nième
1
nombre premier. On veut montrer que la série Σ
diverge. On raisonne par l’abpn
1
surde en supposant que Σ
converge.
pn
(1) Montrer que la série Σ − log(1 − p1n ) converge, puis que la suite (un )n∈N , où
n
Y
1
un =
, converge.
1 − 1/pk
k=1
+∞
(2) Montrer que
N
X 1
X 1
1
=
≥
, quel que soit N ≥ 1.
k
k
1 − 1/pn
p
p
n
n
k=0
k=1
(3) Soit n ≥ 1. Montrer qu’existe N suffisamment grand pour qu’après développement
n X
N
Y
1
1
de
, tous les , pour 1 ≤ ` ≤ pn , apparaissent dans la somme.
k
p
`
k=1 k=1 n
108
3. SÉRIES NUMÉRIQUES
pn
n
Y
X1
1
(4) Déduire de la question précédente que
≥
, puis en déduire
1 − 1/pk
`
`=1
k=1
une contradiction.
Solution de l’exercice.
(1) Comme − log(1−1/pn ) ∼ 1/pn , par le Théorème
4.8, la série Σ p1n converge si et seulement si la série Σ − log(1 − 1/pn )
converge. Si tel est le cas, en prenant l’exponentielle de la somme partielle
d’ordre n de Σ − log(1 − 1/pn ), l’exponentielle étant continue, on en déduit
bien que la suite (un )n∈N converge.
+∞
X
1
(2) On sait que quel que soit α ∈] − 1, 1[,
=
αk , et d’autre part la
1−α
k=0
série Σ p1k étant à terme positifs, on a bien
n
+∞
N
X
X
1
1
≥
.
k
k
p
p
n
n
k=0
k=1
(3) Un entier ` ∈ [1, pn ] est le produit de certaines puissances de certains
nombres premiers ≤ pn . Or si N est suffisamment grand, tous les pk ≤ pn ,
où p est un nombre premier et k un entier, apparaissent au dénominateur
n X
N
Y
1
1
. Ainsi tous les termes apdes termes de la somme développée
k
p
`
k=1 k=1 n
paraissent dans cette somme, pour tous les entiers ` ≤ pn .
pn
n
Y
X
1
1
(4) D’après la question précédente,
≥
. Or puisque la suite
1
−
1/p
`
k
k=1
`=1
des nombres premiers est infinie (théorème d’Euclide), n → +∞ implique
n
X
1
) est croissante non bornée, de sorte
pn → +∞. D’autre part la suite (
`
`=1
pn
pn
X
X
1
1
que sa suite extraite (
) aussi. Ce qui prouve que
→n→∞ +∞.
`
`
`=1
`=1
Ainsi, contrairement à ce qu’affirme la question 1, la suite (un )n∈N diverge.
74. Exercice. On note P l’ensemble des nombres premiers. Soit f : R+ → R
une fonction. On note, comme dans l’Exercice 48, πn le nombre de nombres premiers
n
.
dans [0, n]. On rappelle le théorème des nombres premiers : πn ∼+∞
log(n)
(1) Quelle est la quantité πi − πi−1 ? Montrer que
n
X
X
f (p) =
(πi − πi−1 )f (i).
p∈P,p≤n
i=1
(2) En déduire la formule sommatoire (FS) suivante
X
p∈P,p≤n
f (p) = πn f (n) +
n−1
X
i=1
πi f (i) −
n
X
i=2
πi−1 f (i)
4. CONVERGENCE ABSOLUE ET SÉRIES DE TERME GÉNÉRAL POSITIF
= πn f (n) +
n−1
X
πi (f (i) − f (i + 1)).
109
(FS)
i=1
(3) En conclure que
X
log(p) ∼+∞ n.
p∈P,p≤n
(Ind. On pourra utiliser l’équivalent proposé par l’Exercice 78)
Solution de l’exercice.
(1) La quantité πi −πi−1 est nulle si i n’est pas un
nombre premier, car cette quantité mesure le nombre de nombres premiers
dans l’intervalle ]i − 1, i]. Cette quantité est en revanche 1 lorsque i ∈ P.
(2) Cette égalité découle directement de la question précédente.
(3) Appliquons l’égalité de la question précédente à la fonction f = log. On
obtient
X
log(p) = πn log(n) +
= πn log(n) +
πi log(i) −
i=1
p∈P,p≤n
n−1
X
n−1
X
n
X
πi−1 log(i)
i=2
πi (log(i) − log(i + 1)) = πn log(n) −
i=1
n−1
X
i=1
1
πi log(1 + )
i
(∗).
Maintenant, on a d’une part, d’après le théorème des nombres premiers
πn log(n) ∼ n,
(∗∗)
et d’autre part, toujours par le le théorème des nombres premiers et le fait
que log(1 + u) ∼0 u,
1
i 1
1
πi log(1 + ) ∼+∞
=
.
i
log(i) i
log(i)
D’après l’Exercice 85, la série de terme général
la Proposition 4.14, on a
n−1
X
i=1
1
log(i)
diverge et donc d’après
n−1
X
1
1
.
πi log(1 + ) ∼+∞
i
log(i)
i=2
On sait de plus par l’Exercice 78 que
n−1
X
i=1
n−1
X
1
n
1
πi log(1 + ) ∼+∞
∼+∞
.
i
log(i)
log(n)
i=2
Les égalités (∗), (∗∗) et (∗ ∗ ∗) donnent alors
X
log(p) ∼+∞ n.
p∈P,p≤n
(∗ ∗ ∗)
110
3. SÉRIES NUMÉRIQUES
75. Exercice. On note P l’ensemble des nombres premiers. Montrer que
X log(p)
∼+∞ log(n).
p
p∈P,p≤n
(Ind. On pourra utiliser la formule (FS) de l’Exercice 74).
Solution de l’exercice. D’après la formule (FS) de l’Exercice 74, pour f (x) =
log(x)/x, on a
n−1
X log(p)
log(n) X h log(i) log(i + 1) i
= πn
+
πi
−
.
(∗)
p
n
i
i
+
1
i=1
p∈P,p≤n
Or d’après le théorème des nombres premiers
h log(i) log(i + 1) i
i h log(i) log(i) + log(1 + 1/i) i
−
∼+∞
−
πi
i
i+1
log(i)
i
i+1
i h
log(1 + 1/i) i
1 h
1 i
1
=1−
1+
∼+∞ 1 − (1 −
) 1+
∼+∞
. (∗∗)
i+1
log(i)
i+1
i log(i)
i+1
Par le théorème des nombres premiers le premier terme du membre de droite de (∗)
tend vers 1 quand n tend vers +∞ et d’autre part la série de terme général 1i est
divergente et sa somme partielle d’ordre n est équivalente quand n tend vers +∞ à
log(n) (cf Exercice 19). Il en est alors de même, d’après la Proposition 4.14, de la
série de terme général 1/(i + 1), puisque 1/i et 1/(i + 1) sont équivalents quand i
tend vers +∞. Ainsi, encore d’après la Proposition 4.14, l’égalité (∗) et l’équivalent
(∗∗) donnent
X log(p)
∼+∞ log(n − 1) ∼+∞ log(n).
p
p∈P,p≤n
1
1
76. Exercice. Soit Σan le série de terme général an =
+
+ ··· +
2n + 1 2n + 3
1
, pour tout n ≥ 1.
4n − 1
(1) Calculer an+1 − an .
+∞
X
(−1)n−1
On pose un = n , n ≥ 1. On admet que log(2) =
un (cf Exercice
n=1
63).
(2) Montrer que an+1 − an = u4n+1 + u4n+2 + u4n+3 + u4n+4 − 12 (u2n+1 + u2n+2 ).
2p
4p
X
√
1X
un , puis que lim∞ un = log( 2).
En déduire que up =
un −
2 n=1
n=1
Z n+1
2
1
dt
(3) Montrer que an ∼+∞
et 3 ∼+∞
.
3
(4n)
n
t3
n
√
1
(4) En conclure que log( 2) − un ∼+∞
.
64n2
4. CONVERGENCE ABSOLUE ET SÉRIES DE TERME GÉNÉRAL POSITIF
111
77. Exercice. Trouver un équivalent du reste de la série de Riemann Σ n1α dans
le cas où elle converge et de sa somme partielle dans le cas où elle diverge. (Ind.
Dans le cas où α > 1, montrer que
1
1
α−1
− α−1 ∼
.
α−1
(n − 1)
n
nα
Dans le cas où α < 1, montrer que
n1−α − (n − 1)1−α ∼ (1 − α)n−α .
Enfin, dans le cas où α = 1, montrer que
log(n + 1) − log(n) ∼
1
.)
n
Solution de l’exercice. On divise l’étude en trois étapes, selon que α > 1 (cas
convergent), α < 1 et α = 1. La méthode est la même dans les trois cas, elle est
résumée dans la Remarque 4.15 qui suit.
(1) Cas α > 1. Considérons la fonction f (x) = xα−1 . Cette fonction est C ∞
sur R. D’après le théorème des accroissements finis appliqué à f entre 1/n
et 1/(n − 1),
1
1
1
1
1
1
θα−2
∀n > 1, ∃θ ∈] ,
[, f (
) − f ( ) = f 0 (θ)(
− ) = (α − 1)
.
n n−1
n−1
n
n−1 n
n(n − 1)
On en déduit
∀n > 1,
α−1
1
1
α−1
≤ f(
) − f( ) ≤
,
α−1
(n − 1)n
n−1
n
n(n − 1)α−1
et donc
∀n > 1,
α−1
1
1
α−1
≤ f(
) − f( ) ≤
.
α
n
n−1
n
(n − 1)α
(∗)
α−1
α−1
n α
n α
=
·(
) et que (
) → 1 quand n → ∞.
α
α
(n − 1)
n
n−1
n−1
On a bien par (∗)
Comme
1
1
α−1
− α−1 ∼
.
α−1
(n − 1)
n
nα
(∗∗)
D’après la Proposition 4.14, la série de terme général α−1
, qui converge du
nα
fait que α > 1, a un reste Rn d’ordre n équivalent au reste ρn d’ordre n
1
1
de la série de terme général (n−1)
α−1 − nα−1 . Calculons alors ce reste. Pour
n > 0 et p ≥ n, on a
p
X
1
1
1
1
− α−1 = α−1 − α−1 .
α−1
(k − 1)
k
n
p
k=n+1
112
3. SÉRIES NUMÉRIQUES
D’après la Remarque 3.8, on a
p
X
1
1
1
−
=
,
p→∞
(k − 1)α−1 k α−1
nα−1
k=n+1
ρn = lim
et ainsi
Rn ∼
1
nα−1
.
En particulier, en notant rn (ζ(α)) le reste d’ordre n de la série de Riemann
d’exposant α, on a
1
.
∀α > 1, rn (ζ(α)) ∼
(α − 1)nα−1
Remarque. Notons que cette équivalence ne nous donne pas une estimation précise du reste de ζ(α), mais une estimation asymptotique. Nous
savons en effet qu’existe une suite (un )n∈N de limite 1 telle que
0 ≤ rn (ζ(α)) = ζ(α) −
n
X
1
1
=
u
·
,
n
α
α−1
n
(α
−
1)n
k=1
et l’équivalence seule ne donne pas une estimation de la rapidité de convergence de (un )n∈N vers 1. Nous pouvons seulement dire que dès que n est
suffisamment grand, un ≤ 12 (par exemple), et qu’en conséquence
n
X
1
1
0 ≤ ζ(α) −
=
,
α
α−1
n
2(α
−
1)n
k=1
pour n suffisamment grand. Afin de quantifier borner le reste d’ordre n de
ζ(α), il faut revenir à l’encadrement (∗). Celui-ci assure que
α−1
1
1
α−1
≤ f(
) − f( ) ≤
.
α
n
n−1
n
(n − 1)α
∀n > 1,
or
∀n > 1,
n α α−1
α−1
α−1
=(
≤ 2α ·
.
) ·
α
α
(n − 1)
n−1
n
nα
Finalement
α−1
1
1
α−1
≤ f(
) − f ( ) ≤ 2α ·
.
α
n
n−1
n
nα
En sommant cette double inégalité de n + 1 à p puis en faisant tendre p vers
∞ comme précédemment, on obtient l’encadrement
1
rn (ζ(α)) ≤
≤ 2α rn (ζ(α)),
(α − 1)nα−1
∀n > 1,
soit
2α (α
1
1
≤ rn (ζ(α)) ≤
.
α−1
− 1)n
(α − 1)nα−1
(∗ ∗ ∗)
4. CONVERGENCE ABSOLUE ET SÉRIES DE TERME GÉNÉRAL POSITIF
113
Par exemple dans le cas α = 2, (∗ ∗ ∗) montre que rn (ζ(2)) est compris dans
un intervalle de longueur 1/2n, et donc que
n
π2 X 1
1
0≤
−
.
≤
2
6
n
2n
k=1
(2) Cas α < 1. Dans ce cas l’étude est la même. Le théorème des accroissements
finis appliqué à la fonction g(x) = x1−α entre n − 1 et n, montre que
∀n ≥ 1, ∃θ ∈]n − 1, n[, n1−α − (n − 1)1−α = (1 − α)θ−α .
De sorte que
∀α ∈ [0, 1[, ∀n ≥ 2, (1 − α)n−α ≤ n1−α − (n − 1)1−α ≤ (1 − α)(n − 1)−α
(])
et
∀α ≤ 0, ∀n ≥ 2, (1 − α)(n − 1)−α ≤ n1−α − (n − 1)1−α ≤ (1 − α)n−α .
(]])
n − 1 −α
n − 1 −α
) et que (
) → 1 quand n → ∞,
n
n
1−α
1−α
−α
on a bien n
− (n − 1)
∼ (1 − α)n . En notant Sp la somme partielle
d’ordre p de la série de terme général ((1 − α)n−α )n≥1 et σp celle de la série
de terme général (n1−α − (n − 1)1−α )n≥1 , la Proposition 4.14 montre que
Sp ∼ σp . Or σp = p1−α . On en conclut que
Comme (n−1)−α = n−α (
p1−α
.
1−α
Pour obtenir un encadrement précis de Sp (ζ(α)) il faut revenir aux encadrements (]) et (]]) en remarquant que
Sp (ζ(α)) ∼
si α ∈ [0, 1[, ∀n ≥ 2, (n − 1)−α = n−α (
n − 1 −α
) ≤ 2α n−α ,
n
et
si α ≤ 0, ∀n ≥ 2, 2α n−α ≤ (n − 1)−α = n−α (
n − 1 −α
) .
n
On a alors les deux nouveaux encadrements
∀α ∈ [0, 1[, ∀n ≥ 2, (1 − α)n−α ≤ n1−α − (n − 1)1−α ≤ (1 − α)2α n−α
(]]])
et
∀α ≤ 0, ∀n ≥ 2, (1 − α)2α n−α ≤ n1−α − (n − 1)1−α ≤ (1 − α)n−α .
En sommant (]]]) et (]]]]) de n = 2 à p, on obtient
∀α ∈ [0, 1[, Sp − (1 − α) ≤ p1−α − 1 ≤ 2α (Sp − (1 − α))
et
∀α ≤ 0, 2α (Sp − (1 − α)) ≤ p1−α − 1 ≤ Sp − (1 − α).
(]]]])
114
3. SÉRIES NUMÉRIQUES
p1−α − 1
1−α
ϕ(p)
∀α ∈ [0, 1[, 1 + α ≤ Sp (ζ(α)) ≤ 1 + ϕ(p)
2
Ainsi en notant ϕ(p) :=
et
∀α ≤ 0, 1 + ϕ(p) ≤ Sp (ζ(α)) ≤ 1 + 2−α ϕ(p).
(3) Cas α = 1.
Grâce à l’Exercice 19 on sait que Hp = log p + γ + (p), où Hp désigne
la somme partielle d’ordre p de la série harmonique, γ la constante d’Euler
et (p) → 0 quand p → ∞. Ceci montre que Hp ∼ log p. Retrouvons ce
résultat sans montrer, contrairement à ce que l’on a fait dans l’Exercice 19,
que la suite Hp − log p converge.
On a
1
1
log(n + 1) − log n = log(1 + ) ∼ .
n
n
En notant Hp la somme partielle d’ordre p de la série harmonique et λp
celle de la série de terme général log(n + 1) − log(n), on obtient par la
Proposition 4.14,
Hp ∼ λp = log(p + 1) ∼ log p.
Essayons à nouveau d’être plus précis. D’après le théorème des accroissements finis appliqué à log entre n et n + 1, on a
1
∀n ≥ 1, ∃θ ∈]n, n + 1[, log(n + 1) − log(n) = ,
θ
et donc
1
1 n
1
1
∀n ≥ 1,
≤
≤
≤ log(n + 1) − log(n) ≤ .
2n
nn+1
n+1
n
Cet encadrement donne alors
1
Hp ≤ log(p + 1) ≤ Hp ,
2
soit
log(p + 1) ≤ Hp ≤ 2 log(p + 1).
L’Exercice 79 va donner une asymptotique bien plus précise de la série
harmonique.
4.15. Remarque. Le méthode de l’exercice précédent est générale. Elle consiste
à calculer la différence an des termes consécutifs d’une suite (un )n∈N , soit à calculer
an = un − un−1 , que l’on suppose positif. On a alors, pour tout p ≥ n + 1
Sp (Σan ) =
p
X
i=0
ai = up − u0
(∗)
4. CONVERGENCE ABSOLUE ET SÉRIES DE TERME GÉNÉRAL POSITIF
et
p
X
ai = up − un .
115
(∗∗)
i=n+1
– Dans le cas de la convergence de Σan , onP
a immédiatement, par l’égalité (∗)
ci-dessus, que (un )n∈N converge, puisque ( pi=0 ai )p∈N converge. Appelons ` la
limite de (un )n∈N . En faisant tendre p vers l’infini dans l’égalité (∗∗), on déduit
p
p
X
X
que lim
ai = ` − un . Or par la Remarque 3.8, lim
ai = Rn (Σan ).
p→∞
p→∞
i=n+1
i=n+1
Finalement, on obtient
Rn (Σan ) ∼ ` − un .
Si l’on veut étudier Σbn et que l’on a bn ∼ an , on sait par la Proposition 4.14
que Rn (Σan ) ∼ Rn (Σbn ). Ainsi
Rn (Σbn ) ∼ Rn (Σan ) ∼ ` − un
et l’étude de Σbn se ramène à celle de ` − un .
– Dans le cas de la divergence de Σan , toujours d’après la Proposition 4.14, on a
Sn (Σbn ) ∼ Sn (Σan ). D’autre part, par (∗), puisque Sn (Σan ) → +∞ du fait de
an ≥ 0, on a Sn (Σan ) ∼ un . Finalement
Sn (Σbn ) ∼ Sn (Σan ) ∼ un ,
et l’étude de la divergence de Σbn se ramène à celle de un .
Dans l’Exercice 77, par exemple dans le troisième cas de cet exercice, celui de la
série harmonique, la connaissance du comportement de (un )n∈N où un = log(n + 1)
nous a renseigné sur celui de Σbn , avec bn = n1 ∼ an = un − un−1 . Mais on peut tout
aussi bien avoir recours à cette méthode si l’on veut étudier la suite (un )n∈N plutôt
que la série Σan . Dans ce cas c’est la connaissance de Rn (Σan ) ou de Sn (Σan ) qui
nous instruira sur le comportement de (un )n∈N au travers de
Rn (Σan ) ∼ ` − un
et
Sn (Σan ) ∼ un .
On va illustrer cette méthode dans l’exercice qui suit.
1
, n ≥ 1, diverge
log n
et donner un équivalent de la somme partielle d’ordre n lorsque n tend vers l’infini
n−1
1
n
(Ind. Montrer que
−
∼+∞
).
log n log(n − 1)
log n
78. Exercice. Montrer que la série de terme général an =
Solution de l’exercice. Posons un :=
n
log n
−
n−1
.
log(n−1)
On a alors
1 n log(n − 1) − n log n + log n
log n
log(n − 1)
h
1 n log(1 − 1/n)
log n i
=
+
.
log n
log(n − 1)
log(n − 1)
un =
116
3. SÉRIES NUMÉRIQUES
Comme log(1 + u) ∼0 u, on a l’existence d’une fonction (n) →n→∞ 0 telle que
un =
n(n−1)
1 h n(−1/n + (n)/n) log( n−1 ) i
+
log n
log(n − 1)
log(n − 1)
n
log( n−1
) i
1 h
−1 + n
=
1+
+
.
log n
log(n − 1) log(n − 1)
Enfin comme
n
log( n−1
)
tend vers 0 quand n tend vers +∞, on obtient
log(n − 1)
un ∼+∞
1
.
log n
On sait par ailleurs par l’Exercice 85 que la série de terme général (positif ) 1/ log n
diverge, de sorte que par la Proposition 4.14 la série de terme général un diverge
également et les sommes partielles de ces deux séries sont équivalentes à l’infini.
Enfin, comme la série de terme général un a pour somme partielle d’ordre n la
n
2
n
quantité
−
∼+∞
, on en déduit que la somme partielle d’ordre n de
log n log 2
log n
n
.
la série de terme général an est équivalente en +∞ à
log n
Remarquons que l’on peut affiner cet équivalent de Sn (Σan ) (la somme partielle
d’ordre n de la série de terme général an ) comme on le fait également dans l’Exercice
79. Pour cela on considère
n
vn := Sn (Σan ) −
.
log n
On a alors
vn − vn−1 =
1
n
n−1
−(
−
)
log n
log n log(n − 1)
et le calcul précédent montre que
vn − vn−1 ∼+∞
1
.
log2 n
Ensuite on remarque que
vn − vn−1 ∼+∞
1
n
n−1
∼+∞
−
,
2
2
log n
log n log2 (n − 1)
ce qui permet de conclure que les séries de terme général vn − vn−1 et
n−1
sont équivalentes en +∞. Ceci donne
log2 (n − 1)
n
n
Sn (Σan ) −
∼+∞
.
log n
log2 n
n
−
log2 n
4. CONVERGENCE ABSOLUE ET SÉRIES DE TERME GÉNÉRAL POSITIF
117
En continuant ainsi de la sorte on montrerait que pour tout N ≥ 0,
N
Sn (Σan ) =
n X k!
n
+ o( N +1 ).
k
log n k=0 log n
log
n
Ce qui signifie que Sn (Σan ) admet un développement asymptotique à tous les ordres
dans l’échelle de comparaison asymptotique ( logni n )i≥0 en +∞.
On va à nouveau mettre en œuvre la méthode décrire dans la Remarque 4.15 dans
l’Exercice 79 pour trouver un développement asymptotique de un = Hn − log(n) − γ,
où Hn est la somme partielle d’ordre n de la série harmonique et γ la constante
d’Euler (dans ce cas limn→∞ un = ` = 0).
79. Exercice (Constante d’Euler). On sait d’après l’Exercice 19, que la suite
1
1
sn = 1 + + · · · + − log(n) converge vers un réel noté γ et appelé la constante
2
n
d’Euler.
1
1
On pose an = + log(1 − ), pour n ≥ 2 et a1 = 1. On considère la série Σan .
n
n
(1) Montrer que an = sn − sn−1 , pour n ≥ 2. En déduire que sn est la somme
partielle d’ordre n de Σan .
−1
. En déduire à nouveau l’aide de
(2) Montrer que an ≤ 0 puis que an ∼+∞
2n2
la Proposition 4.14 que sn converge.
(3) Montrer en utilisant l’Exercice 77 que Rn , le reste d’ordre n de la série Σan ,
vérifie
−1
γ − sn = Rn ∼+∞
.
2n
1
(4) On pose maintenant σn = sn − γ −
et pour connaı̂tre le comportement
2n
1
1
de (σn )n∈N , on pose bn = σn − σn−1 = an −
+
. Montrer que
2n
2(n − 1)
N
X
pour tout n ≥ 1, pour tout N ≥ n + 1,
bk = −σn + σN . En déduire la
k=n+1
convergence de Σk≥n+1 bk et
+∞
X
bk = −σn .
k=n+1
+∞
X
1
1
−1 X 1
∼+∞
∼+∞
(5) Montrer que bn = 3 + o( 3 ). En déduire que
6n
n
6 k=n+1 k 3
n
−1
(Ind. Utiliser l’Exercice 77).
12n2
118
3. SÉRIES NUMÉRIQUES
(6) Conclure que
1+
1
1
1
1
1
+ · · · + − log(n) = γ +
−
+ o( 2 ).
2
2
n
2n 12n
n
(7) Montrer que
1+
1
1
1
1
1
1
+ · · · + − log(n) = γ +
−
−
+ o( 4 ).
2
4
2
n
2n 12n
120n
n
Solution de l’exercice.
(1) On a facilement an = sn − sn−1 ,Ppour tout
n ≥ 2. On en déduit en sommant cette égalité de 2 à n que nk=2 ak =
n
X
sn − s1 = sn − 1, soit que sn =
ak , puisque a1 = 1.
k=1
(2) On sait par le théorème des accroissements finis que log(n−1)−log(n) = − 1θ
1
pour un certain θ ∈]n − 1, n[, donc log(n − 1) − log(n) ≤ − et ainsi
n
1 1
1
1
1
an ≤ − = 0. On a d’autre part log(1 − ) = − − 2 + o(1/n2 ), donc
n n
n
n 2n
−1
−1
2
an = 2 + o(1/n ), soit an ∼ 2 . Par la Proposition 4.14, on en déduit
2n
2n
que la série Σan est de même nature que celle de terme général 1/n2 , qui
converge. Il en est donc de même de la suite sn (résulta déjà obtenu dans
l’Exercice 19). On note γ := limn→∞ sn .
(3) D’après la Remarque 3.8 et la question précédente, γ − sn = Rn (Σan ) ∼
−1
Rn ( 2 ). Et d’après l’Exercice 77, Rn (ζ(2)) ∼ 1/n. Donc
2n
−1
γ − sn ∼
.
2n
(4) L’égalité
N
X
bk = −σn + σN résulte de la sommation de bn = σn − σn−1
k=n+1
entre n + 1 et N . Lorsque N tend vers l’infini, σN tend vers 0 puisque par
1
la question précédente, σn = sn − γ − 2n
= o( n1 ). On en conclut, en faisant
+∞
X
tendre N vers l’infini, que Rn (Σbn ) =
bk = −σn (on utilise ici la
Remarque 3.8 qui assure que Rn (Σbn ) =
k=n+1
+∞
X
bk ).
k=n+1
(5) Dans cette question il s’agit de trouver un équivalent de bn afin d’obtenir un équivalent de Rn (Σbn ) et donc un équivalent de σn par la question
précédente. On a
1
1
1
1
1
1
bn = σn − σn−1 = an −
+
= + log(1 − ) −
+
,
2n 2(n − 1)
n
n
2n 2(n − 1)
4. CONVERGENCE ABSOLUE ET SÉRIES DE TERME GÉNÉRAL POSITIF
119
d’où
bn =
1
1
1
1
1
1
1
− − 2 − 3 + o(− 3 ) −
+
,
n n 2n
3n
n
2n 2(n − 1)
et
1
1
1
1
+ o(− 3 ) = 3 + o(− 3 ).
3
− 1) 3n
n
6n
n
Ceci prouve par la Proposition 4.14 que
bn =
1
2n2 (n
−
σn = −Rn (Σbn ) ∼+∞
+∞
−1 X 1
.
6 k=n+1 k 3
Or d’après l’Exercice 77, le reste de ζ(3) est équivalent à 2n1 2 , ce qui donne
bien
1
−1
σ n = sn − γ −
∼
,
2n
12n2
ou encore
1
1
1
−
+
o(
).
sn = γ +
2n 12n2
n2
1
1
7. On continue le procédé en posant νn = sn − (γ + 2n
− 12n
2 ) et en obtenant
un équivalent de νn − νn−1 et donc de Rn (Σ(νi − νi−1 )). Ensuite comme νn
est Rn (Σ(νi − νi−1 )), on obtient un équivalent de νn et donc de sn (à l’ordre
1
).
n4
Ce calcul montre alors que
1
1
1
1
1
1
1 + + · · · + − log(n) = γ +
−
−
+ o( 4 ) 9.
2
4
2
n
2n 12n
120n
n
80. Exercice (Nombre moyen de diviseurs d’un entier). Soit n un entier naturel
non nul. On note dn le nombre de diviseurs de n dans N. On veut étudier µN , le
nombre moyen de diviseurs des entiers compris entre 1 et N ∈ N∗ , ce nombre moyen
étant défini par
N
1 X
µN :=
dn .
N n=1
P
Pour cela, on note DN := N
n=1 dn et pour tout ensemble fini X, on note #X le
cardinal de X, c’est-à-dire le nombre d’éléments de X. Enfin, quel que soit x ∈ R,
on note E(x) la partie entière de x, c’est-à-dire l’unique entier E(x) tel que
x − 1 < E(x) ≤ x.
(1) Calculer µ13 .
(2) Soit maintenant N ∈ N∗ .
9. Euler a montré le premier en 1740, dans une lettre à Mengoli, le développement
n
X
1
1
1
1
1
B2k
= log(i) + γ +
−
+
−
+ ··· −
+ ··· ,
2
4
6
2k
i
2n
12n
120n
252n
2kn
i=1
où Bp est le nombre de Bernoulli défini dans la Remarque 4.13.
(∗)
120
3. SÉRIES NUMÉRIQUES
2.a Montrer que pour tout n ≤ N , dn = #{(a, b) ∈ N∗ × N∗ ; ab = n}. En
déduire que
DN = #{(a, b) ∈ N∗ × N∗ ; ab ≤ N }.
2.b Soit 0 < a ≤ N . Montrer que #{b ∈ N∗ ; ab ≤ N } = E(
DN =
N
X
E(
a=1
N
). En déduire que
a
N
).
a
(3) Soit N ∈ N∗ . Montrer, à l’aide de l’encadrement (∗), que
N
N
X
1
a=1
a
− N ≤ DN ≤ N
N
X
1
a=1
a
.
En conclure que
µN ∼+∞ log(N ).
(4) Montrer que pour tout a, b, N ∈ N,
√
√
ab ≤ N ⇐⇒ (a ≤ N ou b ≤ N ) et ab ≤ N.
En déduire que
DN = #{(a, b) ∈ N∗ × N∗ ; ab ≤ N }
√
√
√
= 2#{(a, b) ∈ N∗ ×N∗ ; a ≤ N et ab ≤ N }−#{(a, b) ∈ N∗ ×N∗ ; a ≤ N et b ≤ N }.
(5) Montrer grâce à la question 2.b que
√
E( N )
DN = 2
X
E(
a=1
√
N
) − (E( N ))2 .
a
En déduire, à nouveau grâce à l’encadrement (∗), que
√
E( N )
DN = 2
X N
√
− N + O( N ).
a
a=1
(6) En conclure que
1
µN = log(N ) + 2γ − 1 + O( √ ).
N
Cette égalité est-elle plus précise que l’équivalence de la question 3 ? En
négligeant le reste en O( √1N ) pour N = 109 (ce que rien ne justifie ici),
donner une valeur approchée du nombre moyen de diviseurs du premier
milliard d’entiers.
Solution de l’exercice.
(1) On a d1 = 1, d2 = 2, d3 = 2, d4 = 3, d5 =
2, d6 = 4, d7 = 2, d8 = 4, d9 = 3, d10 = 4, d11 = 2, d12 = 6, d13 = 2. Soit
µ13 = 37/13.
4. CONVERGENCE ABSOLUE ET SÉRIES DE TERME GÉNÉRAL POSITIF
121
2.a. Si ∆n est l’ensemble des diviseurs de n, on définit une application
ϕ : {(a, b) ∈ N∗ × N∗ ; ab = n} → ∆n ,
par ϕ(a, b) = a. Cette application est surjective et d’inverse à gauche ψ(a) =
(a, n/a), donc ϕ est aussi injective. Ceci prouve que #∆n := dn = #{(a, b) ∈
N∗ × N∗ ; ab = n}.
On en déduit que
DN =
N
X
dn =
n=1
N
X
#{(a, b) ∈ N∗ × N∗ ; ab = n}.
n=1
Mais, pour n 6= m deux entiers non nuls, {(a, b); ab = n} ∩ {(a, b); ab =
m} = ∅, de sorte que
DN =
N
X
#{(a, b) ∈ N∗ × N∗ ; ab = n}
n=1
∗
∗
= # ∪N
n=1 {(a, b); ab = n} = #{(a, b) ∈ N × N ; ab ≤ N }.
2.b. L’entier a ∈ N∗ étant fixé, on a
#{b ∈ N∗ ; ab ≤ N } = #{b ∈ N∗ ; b ≤
N
N
} = E( ).
a
a
D’autre part d’après la question 2.a,
DN = #{(a, b) ∈ N∗ × N∗ ; ab ≤ N } =
N
X
#{b ∈ N∗ ; ab ≤ N } =
a=1
3. On a
N
a
− 1 < E(
N
a=1
E(
N
).
a
N
N
) ≤ , d’où
a
a
N
X
1
a=1
N
X
a
− N ≤ DN =
N
X
N
E(
a=1
X1
N
)≤N
.
a
a
a=1
Il s’ensuit que
N
X
1
a=1
a
− 1 ≤ µN ≤
N
X
1
a=1
a
.
(∗∗)
PN
1
a=1 a
On sait enfin que
= uN log(N ), avec uN → 1 quand N → +∞. Ce
qui donne bien par (∗∗), µN /log(N ) →N →+∞ 1.
√
√
√
√
4. On a ab ≤ N =⇒
≤ N ou b ≤ N , car si on avait a > N et b > N ,
√ a√
on aurait ab > N N = N . On en conclut que
√
√
ab ≤ N =⇒ (a ≤ N ou b ≤ N ) et ab ≤ N.
L’implication réciproque étant triviale. On en déduit que l’on a la réunion
(non disjointe)
{(a, b) ∈ N∗ × N∗ ; ab ≤ N } = A ∪ B
122
3. SÉRIES NUMÉRIQUES
où
A := {(a, b) ∈ N∗ × N∗ ; a ≤
et
B := {(a, b) ∈ N∗ × N∗ ; b ≤
√
√
Notons que #A = #B et que
A ∩ B = {(a, b) ∈ N∗ × N∗ ; a ≤
N et ab ≤ N }
N et ab ≤ N }.
√
N et b ≤
√
N}
On en déduit finalement que
DN = #{(a, b) ∈ N∗ × N∗ ; ab ≤ N } = #A + #B − #(A ∩ B) = 2#A − #(A ∩ B).
5. On a d’après la question 2.b,
#{(a, b) ∈ N∗ × N∗ ; a ≤
√
√
E( N )
N et ab ≤ N } =
X
E(
a=1
N
),
a
et d’autre part
√
√
#{(a, b) ∈ N∗ × N∗ ; a ≤ N et b ≤ N } =
√
√
√
= #{a ∈ N∗ ; a ≤ N } · #{b ∈ N∗ ; a ≤ N } = (E( N ))2 .
On en déduit par la question 4 que
√
E( N )
DN = 2
X
E(
a=1
√
N
) − (E( N ))2 .
a
D’après l’encadrement (∗),
√
√
E( N )
E( N )
X N
X N
√
√
2
DN ≤ 2
− ( N − 1) = 2
− N + 2 N − 1.
a
a
a=1
a=1
Toujours d’après l’encadrement (∗),
√
E( N )
√
E( N )
X N
X N
√
√
( − 1) − ( N )2 ≤ DN .
2
−2 N −N ≤2
a
a
a=1
a=1
On en déduit que
√
N)
h E(X
i
√
√
N
−2 N ≤ DN − 2
− N ≤ 2 N − 1,
a
a=1
soit
√
N)
h E(X
i
√
N
DN − 2
− N = O( N ).
a
a=1
4. CONVERGENCE ABSOLUE ET SÉRIES DE TERME GÉNÉRAL POSITIF
123
6. La question précédente montre que
√
N)
h E(X
i
−2
1
2
1
√ ≤ µN − 2
−1 ≤ √ − .
(∗ ∗ ∗)
a
N
N
N
a=1
Pk 1
Mais comme, a=1 a = log(k) + γ + O( k1 ), il existe deux constantes C, C 0
telles que
√
log(E( N ) + γ +
√
E( N )
X 1
√
C
C0
√
≤
≤ log(E( N ) + γ + √ .
a
E( N )
E( N )
a=1
Ce que l’on peut récrire, pour deux autres constantes K, K 0 :
√
E( N )
X 1
1
K
1
K0
√
√
log(N ) + γ +
≤
≤ log(N ) + γ +
.
2
a
2
N
N
a=1
(∗ ∗ ∗ ∗)
Finalement, les encadrements (∗ ∗ ∗) et (∗ ∗ ∗ ∗) donnent bien
1
µN = log(N ) + 2γ − 1 + O( √ ).
N
Cette égalité est plus précise que l’équivalence de la question 3, puisqu’elle
nous apprend que µN − log(N ) − 2γ + 1 →N →∞ 0, ce que ne fait pas
l’équivalence de la question 3. En faisant N = 109 , on a log(N ) + 2γ − 1 '
20, 877...
Un critère de comparaison très utile est le suivant, qui compare le terme général
d’une série et le terme général d’une série de Riemann.
4.16. Proposition. Soit Σan une série réelle. Alors :
(1) s’il existe α > 1 tel que nα · an soit borné, la série Σan converge,
(2) s’il existe α ≤ 1 tel que nα · an → +∞, la série Σan diverge.
Démonstration.
(1) S’il existe C > 0 tel que |an | ≤ C n1α , avec α > 1, le
Théorème de comparaison 4.8 assure que Σan est absolument convergente.
(2) Il existe par hypothèse N tel que an ≥ n1α . Or si α ≤ 1, la série de Riemann
Σ n1α diverge et toujours par le Théorème de comparaison 4.8, il en est alors
de même pour Σan .
log2 n
81. Exercice. La série de terme général an = 3/2 est-elle convergente ?
n
Solution de l’exercice. On a lim n1,1 an = 0, donc Σan converge d’après la
n→+∞
Proposition 4.16.
82. Exercice. Soient p ∈ N∗ et Σan la série de terme général an =
n 6= p et ap = 0. On note Sn la somme partielle d’ordre n de Σan .
(1) Montrer que Σan est convergente.
1
,
n2 −p2
pour
124
3. SÉRIES NUMÉRIQUES
2p−1
2p
1
1 X1
1
(2) Montrer que 2
−
. En déduire que 2pSp−1 = −
.
=
n − p2
n−p n+p
p n=1 n
(3) Montrer que si N > 3p,
déduire que 2p
+∞
X
an =
n=p+1
(4) Conclure que
+∞
X
PN
ai =
i=0
n=p+1
2p
N +p
X
X 1
1
1
1
−
=
−
. En
n−p n+p
n n=N −p+1 n
n=1
2p
X
1
.
n
n=1
3
.
4p2
Solution de l’exercice.
(1) On a n1,1 an →n→+∞ 0, donc Σan converge,
d’après la Proposition 4.16.
(2) Il s’agit de simples calculs.
(3) Il s’agit là encore de simples calculs. On a
N −p
N +p
X1
X 1
1
1
−
=
−
.
n−p n+p
n n=2p+1 n
n=1
n=p+1
N
X
Or N − p ≥ 2p + 1 si et seulement si N > 3p. Dans ce cas on a
2p
N −p
N −p
N +p
X
X 1
X 1
X 1
1
1
1
−
=
+
−
−
n − p n + p n=1 n n=2p+1 n n=2p+1 n n=N −p+1 n
n=p+1
N
X
2p
N +p
X
X 1
1
=
−
.
n n=N −p+1 n
n=1
(∗)
1
1
Maintenant comme ≤
, pour n ≥ N − p + 1, on déduit de (∗)
n
N −p+1
que
2p
2p
N
X
X
X
1
1
1
1
|2p
an −
|=|
−
−
|=
n
n − p n + p n=1 n
n=p+1
n=1
n=p+1
N
X
N +p
1
2p
≤
→n→+∞ 0.
n
N −p+1
n=N −p+1
X
(4) On a d’après la Remarque 3.8 et les questions 1 et 3
+∞
X
i=0
2p−1
2p
1
1 X1
1 X1
1
1
3
ai = Sp−1 + ap +
an = 2 −
+
= 2 + 2 = 2.
2p
2p n=1 n 2p n=1 n
2p
4p
4p
n=p+1
+∞
X
83. Exercice. Donner la nature de la série Σan de terme général an = argch(
n+1
).
n
4. CONVERGENCE ABSOLUE ET SÉRIES DE TERME GÉNÉRAL POSITIF
125
Solution de l’exercice. La fonction argch n’est pas dérivable en 1, donc il est
1
inutile d’essayer d’en trouver un DL1 . En revanche, an ≥ 0 et ch(an ) = 1 + ,
n
q
1
1
2
2
2
1
d’où ch (an ) − 1 = sh (an ) =
+
et sh(an ) = √2n 1 + n . Finalement an =
2n
r
r n2
1
1
1
2
2
1
argsh( √
1 + ) ∼+∞ √
1 + ) ∼+∞ √ . Or la série Σ √
diverge il
n
n
2n
2n
2n
2n
en est alors de même de Σan .
84. Exercice (Formule de Stirling). On considère la série Σan où
1
1
a1 = −1 et an = −(n − ) log(1 − ) − 1, n ≥ 2.
2
n
(1) Montrer que la somme partielle d’ordre n de Σan est
1
Sn = (n + ) log(n) − n − log(n!).
2
1
1
(2) Montrer que an = 12n
2 + o( n2 ). En déduire que la série Σan est à terme
général positifs à partir d’un certain rang et qu’elle converge. On note
+∞
X
an = `.
n=1
(3) Montrer que
1
nn+ 2 e−n
= e` ,
lim
n→∞
n!
puis que
1
n! ∼+∞ e−n−` nn+ 2 .
En admettant que e` =
n! ∼+∞
√1 ,
2π
conclure que
n n √
2πn
e
(formule de Sirling).
(4) P
Notons Rn lePreste d’ordre n de la série Σan . On a Rn = ` − Sn =
+∞
+∞
k=n+1 ak =
k=n+1 Sk − Sk−1 .
Montrer que Sk+1 − Sk ∼+∞
1
.
12k2
En déduire que
+∞
Rn ∼+∞
1 X 1
1
∼+∞
.
2
12 k=n k
12n
(5) Conclure que
n! =
n n √
1
1
2πn(1 +
+ o( )).
e
12n
n
126
3. SÉRIES NUMÉRIQUES
Solution de l’exercice.
(1)
n
Xh
1
Sn = −1 +
− (k − ) log(1 −
2
k=2
On a
n
i
X
1
1
1
) − 1 = −n −
(k − ) log(1 − ).
k
2
k
k=1
(∗)
Ensuite
n
n
X
X
1
k−1
1
1
1
)=
(k − ) log(1 − ) =
(k − ) log(
(k − )[log(k − 1) − log k]
2
k
2
k
2
k=1
k=2
k=2
n
X
n
n
X
1X
=−
[log(k − 1) − log k] +
k[log(k − 1) − log k]
2 k=2
k=2
n
n
X
X
1
k log(k − 1) −
k log k
= log n +
2
k=2
k=2
n
n
X
X
1
= log n +
(k − 1) log(k − 1) + log(k − 1) −
k log k
2
k=2
k=2
n
X
1
log(k − 1)
= log n − n log n +
2
k=2
1
log n − n log n + log(n − 1)!
2
1
(∗∗)
= − log n − n log n + log n!.
2
Les égalités (∗) et (∗∗) donnent alors
1
Sn = −n + (n + ) log n − log n!.
(∗ ∗ ∗)
2
1
1
1 1
1
1
(n)
(2) On a an = −(n− ) log(1− )−1 = (n− )( + 2 + 3 + 3 )−1, avec
2
n
2 n 2n
3n
n
1
1
1
1
1
(n) →n→+∞ 0. Donc an =
− 2 + o( 2 ) =
+ o( 2 ). Comme
2
2
3n
4n
n
12n
n
1/12n2 est le terme général d’une série qui converge, par le Théorème 4.8,
Σan converge.
=
(3) D’après (∗ ∗ ∗),
1
eSn = e−n e(n+ 2 ) log n e− log n! .
D’où en faisant tendre n vers +∞,
1
1
1
e−n nn+ 2
e−n nn+ 2
e−n nn+ 2
e = lim
⇐⇒ 1 = lim
⇐⇒
n!
∼
.
n→+∞
n→+∞
n→+∞
n!
e` n!
e`
`
1
De n! ∼n→+∞
e−n nn+ 2
on tire
e`
1
(2n)! ∼n→+∞
e−2n (2n)2n+ 2
e`
(])
4. CONVERGENCE ABSOLUE ET SÉRIES DE TERME GÉNÉRAL POSITIF
et
(n!)2 ∼n→+∞
On déduit de (]) et (]]) que
`
e = lim
e−2n n2n+1
.
e2`
√
(2n)! n
1
n→+∞ (n!)2 22n+ 2
127
(]])
1
=√ ,
2π
la dernière égalité étant donnée par la formule de Wallis. L’égalité de Stirling en découle immédiatement.
85. Exercice (Série de Bertrand). Étudier la série de terme général an =
1
, n≥
nα logβ (n)
2.
Solution de l’exercice. On distingue plusieurs cas.
(1) Si α > 1, considérons γ tel que 1 < γ = α − < α. Alors nγ · an =
1
→n→∞ 0, quel que soit β, de sorte que par la Proposition 4.16,
n logβ (n)
Σan converge.
n1−α
(2) Si α < 1, alors n · an =
→n→∞ +∞, quel que soit β, de sorte que
logβ (n)
par la Proposition 4.16, Σan diverge.
(3) Supposons pour finir que α = 1. Si β ≤ 0, alors an ≥ 1/n et donc Σan
diverge.
Reste à traiter le cas β > 0.
Nous allons comparer la somme partielle de notre série à une certaine
intégrale. Cette façon de faire sera systématisée dans la Proposition 4.17.
1
Notons f la fonction f :]1, +∞[→ R définie par f (x) =
. Cette
x logβ (x)
fonction est décroissante sur ]1, +∞[, donc on a pour tout x ∈ [n, n + 1],
f (n + 1) ≤ f (x) ≤ f (n), de sorte que
Z n+1
n
n−1
X
X
1
1
≤
f (x) dx ≤
.
β
i log (i)
i logβ (i)
2
i=3
i=2
Si F est une primitive de f , on en déduit
n
X
i=3
n−1
X
1
1
≤
F
(n
+
1)
−
F
(2)
≤
β
i log (i)
i logβ (i)
i=2
(∗)
1
,
(1 − β) logβ−1 (x)
et si β > 1, limn→∞ F (n) = 0, ce qui assure par (∗) la convergence
de Σan . Si en revanche β < 1, limn→∞ F (n) = +∞ et (∗) assure la
divergence de Σan .
– Lorsque β 6= 1, une primitive de f (x) est F (x) =
128
3. SÉRIES NUMÉRIQUES
– Dans le cas où β = 1, une primitive de f (x) est F (x) = log(log(x)),
et comme dans ce cas limn→∞ F (n) = +∞, Σan diverge, toujours par
(∗).
1
En conclusion, Σ α β
converge si et seulement si α > 1 ou α = 1 et β > 1.
n log (n)
86. Exercice (La série des inverses des nombres premiers, bis). Soit, comme dans
l’Exercice 48, pn le nième nombre premier. Montrer que la série Σ p1n diverge.
Solution de l’exercice. Ce résultat a déjà été obtenu dans l’Exercice 73. On
peut ici utiliser l’Exercice 48 qui prouve que pn ∼n→+∞ n log(n). Le Théorème 4.14
et l’Exercice 85 montrent alors que Σ p1n diverge.
L’Exercice 85 suggère la règle de comparaison suivante entre séries et intégrales.
4.17. Proposition (Règle de comparaison séries-intégrales). Soit f : R+ → R+
une fonction décroissante (et intégrable sur tout intervalle de R+ ).
Rn
(1) La suite ( 0 f (t) dt)n∈N et la série Σf (n) sont de même nature.
(2) Si la série Σf (n) converge, Rn , le reste d’ordre n de la série Σf (n), vérifie
Z p
Z p
lim
f (t) dt ≤ Rn ≤ lim
f (t) dt
p→∞
p→∞
n+1
n
(3) Si la série Σf (n) diverge, la somme partielle Sn d’ordre n de la série Σf (n),
vérifie
Z n
Sn ∼
f (t) dt
(au voisinage de + ∞).
0
Démonstration.
(1) Comme f est décroissante, pour tout k ∈ N, pour
tout x ∈ [k, k+1], f (k+1) ≤ f (x) ≤ f (k). On dispose ainsi de l’encadrement
Z k+1
f (k + 1) ≤
f (t) dt ≤ f (k)
n ≥ 0,
k
et donc
n+1
X
Z
n+1
f (k) ≤
k=1
f (t) dt ≤
0
n
X
f (k).
(∗)
k=0
Le Théorème 4.8 permet alors de conclure, puisque f (k) ≥ 0.
(2) Les mêmes considérations que celles qui conduisent à la double inégalité (∗)
conduisent aussi à la double inégalité
Z p+1
p+1
p
X
X
f (k) ≤
f (t) dt ≤
f (k).
(∗∗)
k=n+1
n
k=n
p
X
Or d’après la Remarque 3.8, Rn = limp→∞
k=n+1
donne bien l’encadrement recherché pour Rn .
f (k), de sorte que (∗∗)
4. CONVERGENCE ABSOLUE ET SÉRIES DE TERME GÉNÉRAL POSITIF
(3) La double inégalité (∗) montre que
Z n+1
Z
Z n
f (t) dt ≤
f (t) dt ≤ Sn ≤ f (0) +
0
0
129
n
f (t) dt.
(∗ ∗ ∗)
0
Or par hypothèse (Sn )n∈N diverge, et comme
R n son terme général est positif,
nécessairement Sn → +∞ et donc aussi 0 f (t) dt → +∞ (par (∗)). Il
s’ensuit, d’après (∗ ∗ ∗) que
Rn
0
Sn
→ 1.
f (t) dt
4.18. Remarque. On peut remplacer l’hypothèse de la Proposition 4.17 par
f : [A, +∞[→ R+ est décroissante, pour un certain A ∈ R.
87. Exercice. Soit (an )n≥1 la suite définie par : ∀n ≥ 1, an =
X
(1) Montrer que la série
an est divergente.
log2 n
.
n
log2 x
(2) Montrer que la fonction x 7→ f (x) =
est décroissante sur un interx
valle du type ]α, +∞[, pour un certain α > 0.
(3) À l’aide de la question précédente, montrer que la somme partielle Sn
X
log3 n
.
d’ordre n de
an est telle que Sn ∼n→+∞
3
1
Solution de l’exercice.
(1) On a |an | ≥ . donc d’après le critère de
n
comparaison des séries de termes positifs (Théorème 4.8) la série Σ|an |
diverge.
log2 x
log x
a pour dérivée f 0 (x) =
(2 − log x) qui est
x
x2
négative pour x ≥ e2 . La fonction f est donc décroissante sur [e2 , +∞[.
(2) La fonction f (x) =
(3) Comme an = f (n) et que la fonction f est décroissante sur [e2 , +∞[, la règle
de comparaison série-intégrale (Proposition 4.17) montre que Sn ∼n→+∞
Z n
log3 x n log n
f =[
] =
.
3 1
3
1
88. Exercice. Soit (an )n≥1 la suite définie par ∀n ≥ 1, an =
(1) Montrer que an ∼n→+∞
n − sin n
log n.
n3
log n
, puis que Σan est convergente.
n2
log x
. Montrer qu’existe α ∈ R tel que f est décroissante sur
x2
un intervalle [α, +∞[.
(2) Soit f : x 7→
130
3. SÉRIES NUMÉRIQUES
1 + log x
. Calculer g 0 et à l’aide de la question précédente
x
donner un encadrement, puis un équivalent du reste Rn (Σan ) d’ordre n de
Σan .
log n
log n
, n ≥ 1. Montrer que bn − bn+1 ∼n→+∞
(4) Soit bn =
.
n
n2
(5) Retrouver le résultat de la question 3 à l’aide de la question précédente.
(3) Soit g : x 7→ −
Solution de l’exercice.
(1) On a
sin n
log n
sin n
)
et
(1
−
) →n→+∞ 0.
(1
−
n2
n
n
X log n
log n
1,1 log n
Donc an ∼n→+∞
.
D’autre
part
n
→
0,
donc
n→+∞
n2
n2
n2
converge d’après la Proposition 4.16. On en conclut finalement que Σan
converge par la Proposition 4.14.
1
(2) On a pour tout x ∈ R∗+ , f 0 (x) = 3 (1 − 2 log x). Donc f est décroissante
x
sur [e1/2 , +∞[.
an =
(3) Le calcul montre que g est une primitive de f . Comme f est décroissante
et positive sur [e1/2 , +∞[, le théorème de comparaison série-intégrale (ProX log n
position 4.17) montre que le reste ρn d’ordre n de la série
vérifie
n2
n≥1
Z p
Z p
p
p
f ≤ ρn ≤ lim
f = lim g n
lim g n+1 = lim
p→+∞
p→+∞
n+1
p→+∞
n
p→+∞
Ce qui donne l’encadrement
log(n + 1)
log(n + 1)
1
log n 1
log n
∼n→+∞
+
≤ ρn ≤
+ ∼n→+∞
.
n+1
n+1
n+1
n
n
n
log n
(par un calcul facile et clasn
sique. Voir par exemple la question (4) qui démontre cette équivalence, en
log n
log(n + 1)
log n
démontrant que
−
= o(
)). Mais puisque an ∼n→+∞
n
n+1
n
log n
log n
, on a par la Proposition 4.14, Rn ∼n→+∞ ρn ∼n→+∞
.
2
n
n
(4) On a
On tire de cet encadrement ρn ∼n→+∞
bn − bn+1 =
=
log n log(n + 1)
1
−
=
(n + 1) log n − n log(n + 1)
n
n+1
n(n + 1)
n log(1 + n1 )
1
n+1
log n
(log n − n log(
)) =
(1 −
).
n(n + 1)
n
n(n + 1)
log n
4. CONVERGENCE ABSOLUE ET SÉRIES DE TERME GÉNÉRAL POSITIF
131
1
1
Comme n log(1 + ) ∼n→+∞ n · = 1, on déduit de l’égalité précédente
n
n
que
log n
log n
∼n→+∞
bn − bn+1 ∼n→+∞
.
n(n + 1)
n2
(5) La question précédente montre que les restes d’ordre N des séries de terme
log n
sont équivalents (Proposition 4.14). Or le reste
général bn − bn+1 et
n2
d’ordre N de la série de terme général (bn − bn+1 )n∈N est
lim
P →+∞
P
X
bN +1+k − bN +2+k = lim bN +1 − bN +2+P = bN +1 =
k=0
P →+∞
log(N + 1)
.
N +1
On en déduit que
RN (Σan ) ∼n→+∞
log(N + 1)
.
N +1
Mais il est facile de voir que
log(N + 1)
log N
∼n→+∞
,
N +1
N
par les mêmes arguments qu’à la question 4. On retrouve alors bien le
log n
résultat de la question 3 : Rn (Σan ) ∼n→+∞
.
n
π
89. Exercice.
(1) Montrer que pour tout x dans un voisinage de , cos(x)
=
2 sin(x)
π
( 2 − x)u(x), avec limx→ π2 u(x) = 1.
µ(x)
π
, où µ est une fonction
(2) En déduire que pour tout x ∈]0, [, tan(x) = π
2
−x
2
vérifiant limx→ π2 µ(x) = 1.
(3) Montrer à l’aide de la question précédente que
est une fonction telle que limx→+∞ ν(x) = 1.
π
ν(x)
− Arctan(x) =
où ν
2
x
(4) Calculer la dérivée de f :]0, +∞[→ R définie par f (x) = Arctan(log(x)).
1
(5) Montrer que la série de terme général
est convergente.
n(1 + log2 (n))
(6) À l’aide de la question 3, donner un encadrement du reste d’ordre n de la
X
1
série
. En déduire un équivalent de ce reste.
n(1 + log2 (n))
X
1
(7) Montrer à l’aide du résultat de la question 5 que la série
n log2 (n)
est convergente. Donner un équivalent du reste de cette série à l’aide de
l’équivalent obtenu à la question précédente.
132
3. SÉRIES NUMÉRIQUES
Solution de l’exercice.
(1) La fonction cos / sin est dérivable en π/2 et
dérivée égale à −1. Il s’ensuit que l’opposé du taux d’accroissement de cette
fonction, qui est
u(x) =
cos(x)/ sin(x) − cos(π/2)/ sin(π/2)
cos(x)
=
π/2 − x
(π/2 − x) sin(x)
est une fonction qui tend vers 1 lorsque x tend vers π/2.
(2) On pose µ = 1/u.
(3) La question précédente montre que pour tout x ∈]0, +∞[, x =
que ν(x) := µ(tan(x)) tend vers 1 lorsque x tend vers +∞.
1
.
(4) f 0 (x) =
x(1 + log2 (x))
µ(tan(x))
,
π/2−tan(x)
et
(5) La fonction f 0 (x) est décroissante et positive, donc le théorème de comparaison série-intégrale 4.17 montre que la série de terme général an :=
Rn 0
1
est
de
même
nature
que
la
suite
(
f )n∈N = (f (n)−f (1))n∈N =
1
n(1 + log2 (n))
(f (n))n∈N qui converge vers π/2.
(6) D’après la Proposition 4.17, le reste Rn d’ordre n de la série de terme
général an vérifie
Z p
ν(log(n))
Rn ≤ lim
f 0 = lim f (p) − f (n) = π/2 − arctan(log(n)) =
, (∗)
p→+∞ n
p→+∞
log(n)
Z p
ν(log(n + 1)
Rn ≥ lim
f 0 = π/2 − arctan(log(n + 1)) =
.
(∗∗)
p→+∞ n+1
log(n + 1)
n+1
1
) = log(n) + log(1 + ) = log(n)(1 +
Or log(n + 1) = log(n) + log(
n
n
v(n)
), avec v(n) → 1 quand n → +∞, puisque log(1 + x) ∼0 x. Donc
n log(n)
(∗) et (∗∗) montrent que Rn log(n) tend vers 1 quand n → +∞ et donc
1
Rn ∼+∞
.
log(n)
1
(7) On montre facilement que an ∼+∞
, par le même calcul qu’à la
n log2 (n)
question précédente. La Proposition 4.17 donne alors la convergence de la
1
série de terme général
et le reste de cette série est équivalent à
n log2 (n)
1/ log(n) par la question 6.
90. Exercice. Donner, un équivalent de la somme partielle d’ordre n de la série
1
de Bertrand (cf Exercice 85) de terme général
, i ≥ 2, où β ∈]0, 1].
i logβ (i)
4. CONVERGENCE ABSOLUE ET SÉRIES DE TERME GÉNÉRAL POSITIF
133
Solution de l’exercice. On applique la Proposition 4.17 à la fonction f (t) =
1
, dont on a vu lors de la correction de l’Exercice 85, qu’une primitive est
x logβ (x)
1
si β 6= 1 et F (x) = log(log(x)) si β = 1. Suivant que
F (x) =
(1 − β) logβ−1 (x)
1
β 6= 1 ou β = 1 on obtient les équivalents
ou log(log(n)).
(1 − β) logβ−1 (n)
91. Exercice.
(1) Retrouver l’équivalent du reste de la série convergente de
Riemann (α > 1) obtenu à l’Exercice 77.
(2) Retrouver un équivalent de la somme partielle d’ordre n de la série de Riemann divergente (α ≤ 1) obtenu à l’Exercice 77.
Solution de l’exercice.
(1) Dans le cas où l’exposant α de la série de
Riemann est > 1, on sait que la série converge (Théorème 4.12). Soit
1
f (x) = α , x > 0. Cette fonction est positive et décroissante, on sait
x
alors d’après la Proposition 4.17 que le reste Rn d’ordre n de la série de
Riemann d’exposant α est tel que
Z p
Z p
lim
f (t) dt ≤ Rn ≤ lim
f (t) dt.
p→+∞
p→+∞
n+1
n
Ce qui donne
1
1
1
1
1
1
lim [ α−1 −
] ≤ Rn ≤
lim [ α−1 − α−1 ],
α−1
1 − α p→+∞ p
(n + 1)
1 − α p→+∞ p
n
1
1
≤ Rn ≤
.
α−1
(α − 1)(n + 1)
(α − 1)nα−1
Cette dernière double inégalité permet dans un premier temps de retrouver
1
l’équivalent
de Rn déjà obtenu à l’Exercice 77. En effet, on
(α − 1)nα−1
on en tire bien que lim (α − 1)nα−1 Rn = 1. Mais cette double inégalité
n→∞
fournit surtout un encadrement de Rn plus précis que l’équivalent Rn ∼
1
.
(α − 1)nα−1
(2) Dans le cas où α ≤ 1, on sait que la série de riemann d’exposant α diverge
1
(Théorème 4.12). Soit f (x) = α , x > 0. Cette fonction est positive et
x
décroissante, on sait alors d’après la Proposition 4.17 que la somme partielle
Sn d’ordre n de la série de Riemann d’exposant α est telle que
Z n
Sn ∼
f (t) dt.
1
Pour cette intégrale, deux cas se présentent :
– Soit α = 1, et dans ce cas Sn ∼ log(n) (résultat déjà obtenu, outre
l’Exercice 77, dans l’Exercice 19).
134
3. SÉRIES NUMÉRIQUES
1
1
n1−α
[ α−1 − 1] ∼
.
1−α n
1−α
92. Exercice. Donner un équivalent des quantités Sn et Tn suivantes, lorsque
n → +∞, où P désigne l’ensemble des nombres premiers et pn le nième nombre
premier.
X 1
X 1
Sn :=
, Tn :=
.
p
p
p∈P,p≤n
p∈P,p≤p
– Soit α < 1, et dans ce cas Sn ∼
n
(Ind. Utiliser la formule sommatoire (FS) de l’Exercice 74.)
Solution de l’exercice.
(1) On a déjà montré que
log(p)
ne converp
p∈P,p≤n
X
geait pas lorsque n → +∞ et que cette suite était équivalente à log(n)
X 1
(cf Exercice 75). La question de la convergence de
est légitime,
p
p∈P,p≤n
puisque 1/p = o+∞ (log(p)/p). D’après la formule sommatoire (FS) de
l’Exercice 74 appliquée à la fonction f (x) = 1/x, on obtient
n−1
1 X 1
1
Sn = πn +
πi ( −
),
n i=1
i
i+1
et d’après le théorème des nombres premiers,
n−1
Sn ∼+∞
n−1
X
X 1
1
1
1
+
∼+∞
+
.
log(n) i=1 (i + 1) log(i)
log(n) i=1 i log(i)
Finalement en utilisant l’équivalent de l’Exercice 90, on obtient
Sn ∼−∞ log(log(n − 1)) ∼+∞ log(log(n)).
La dernière équivalence est facile à justifier à l’aide du DL10 de u 7→ log(1 +
u) :
log(log(n − 1)) ∼+∞ log(log(n) + log(1 − 1/n)) = log(log(n)(1 +
log(1 − 1/n)
))
log(n)
log(1 − 1/n)
log(1 − 1/n)
) ∼+∞ log(log(n)) +
log(n)
log(n)
1
∼+∞ log(log(n)).
∼+∞ log(log(n)) −
n log(n)
(2) En ce qui concerne la suite Tn , il s’agit de la somme partielle d’ordre n de
la série de terme général pn . On a déjà prouvé que cette série diverge (cf
Exercices 73, et plus loin Exercice 86). Comme pn ≥ n, il est bien clair
que Tn ≥ Sn , autrement dit l’asymptotique de Tn est au moins de l’ordre
de log(log(n)), d’après la première question. On va voir qu’en réalité Sn
et Tn ont même asymptotique. Pour cela on utilise encore la formule de
sommation (FS) de l’Exercice 74 appliquée à la fonction x 7→ 1/x, où la
= log(log(n)) + log(1 +
4. CONVERGENCE ABSOLUE ET SÉRIES DE TERME GÉNÉRAL POSITIF
135
sommation a lieu sur les n premiers nombres premiers, donc pour p ≤ pn .
On obtient, d’après (FS), puis d’après le théorème des nombres premiers
pn−1
pn−1
X
X
1
1
1
1
1
Tn = πpn +
πi ( −
) ∼+∞
+
.
pn
i
i+1
log(pn )
(i + 1) log(i)
i=1
i=1
Comme dans la question précédente, l’Exercice 90 montre que le deuxième
terme du membre de droite de l’équivalent ci-dessus est équivalent à log(log(pn−1 ))
dont on sait par ailleurs d’après l’Exercice 48 qu’il est équivalent à log(log((n−
1) log(n − 1))). Enfin des calculs faciles comparables à ceux de la première
question (qui ont prouvé que log(log(n − 1)) ∼+∞ log(log(n))) montrent que
log(log((n − 1) log(n − 1))) ∼+∞ log(log(n log(n))) ∼+∞ log(log(n)). On en
déduit
1
Tn ∼+∞
+ log(log(n)) ∼+∞ log(log(n)).
log(n log(n))
√
√
√
93. Exercice. Trouver un équivalent de
2 + 3 3 · · · + n n − n lorsque
n = 1+
ZS
n
log(n)
log(t)
n → +∞ (Ind. Montrer que
∼+∞
dt).
n
t
n−1
Solution de l’exercice. Remarquons que Sn est la somme partielle d’ordre n
√
1
de la série de terme général an = n n − 1. Or an = e n log(n) − 1 = n1 log(n) + o( n1 ).
log(n)
. D’après l’Exercice 85, la série de terme général
On en déduit que an ∼+∞
n
log(n)
diverge et d’après la Proposition 4.14, la série Σan diverge également.
n
log(x)
Notons que la fonction x 7→
est positive et décroissante sur [1, +∞[.
x
log(n)
D’après la Proposition 4.14, Σan ∼ Σ
et d’après la Proposition 4.17, la série
n
Z n
h1
in
log(n)
log(t)
2
Σ
a une somme partielle d’ordre n équivalente à
dt =
log (t) =
n
t
2
1
1
1
1
2
2
log (n). On en conclut que Σan ∼ log (n).
2
2
On peut aussi calculer directementZun équivalent de Sn , sans utiliser explicitement
h1
in
n
log(t)
1
= (log(n) +
la Proposition 4.17. On a en effet
dt =
log2 (t)
t
2
2
n−1
n−1
1
1
1
log(n − 1))(log(n) − log(n − 1)) = log(n2 − n) log(1 +
) = [2 log(n) +
2
n−1
2
1
1
1
log(n)
log(1 − )] log(1 +
) ∼+∞
log(n) ∼+∞
. Ceci montre que an ∼+∞
n Z n n−1
n−1
n
log(n)
log(t)
∼+∞
dt et donc d’après la Proposition 4.14, on a
n
t
n−1
Z n
n Z n
X
log(t)
log(t)
1
Sn ∼+∞
dt =
dt = log2 (n).
t
t
2
1
k=2 n−1
136
3. SÉRIES NUMÉRIQUES
94. Exercice. Soit f : [0, 1] → R la fonction f (x) =
suites (an )n∈N et (bn )n∈N définies par, pour tout n ≥ 1,
n
X
n
1
. On considère les
1 + x2
n−1
X
n−1
n
1X k
et bn =
an =
=
f ( ).
n2 + k 2
n k=0 n
k=0
k=1
Z
π
f (t) dt = .
(1) Montrer que f est continue sur [0, 1], décroissante et que
4
[0,1]
n
1X k
=
f( )
n2 + k 2
n k=1 n
(2) Montrer par des raisonnements portant sur les aires sous le graphe de f et
sur celles que calculent les quantités an et bn , que pour tout n ≥ 1,
π
an ≤ ≤ b n .
4
On considère les suites (un )n∈N et (vn )n∈N définies par : ∀n ≥ 1, un = a2n
et vn = b2n .
(3) Montrer que pour tout p ≥ 1, pour tout k ∈ {1, · · · , p},
1
2k − 1
2k
1 k
[f (
) + f ( )] ≥ f ( ).
2p
2p
2p
p p
En déduire que (un )n∈N est une suite croissante. De même montrer que
(vn )n∈N est décroissante.
1
(4) Montrer que, pour tout n ≥ 1, vn − un = 2n+1
. En conclure que lim un =
n→∞
π
−1
lim vn = et donner un rationnel q tel que |π − q| ≤ 10 .
n→∞
4
On veut à nouveau estimer la rapidité de convergence de un vers π4 . On
considère pour cela la suite (cn )n∈N définie par cn = un − un−1 , n ≥ 2 et
c1 = u1 .
(5) Montrer à l’aide du théorème des accroissements finis que, pour tout p ≥ 1,
pour tout k ∈ {1, · · · , p},
f(
2k − 1
2k
C
) − f( ) ≤ ,
2p
2p
2p
pour une certaine constante C que l’on calculera. En déduire que
∀n ≥ 2, 0 ≤ cn ≤
C
2n+1
.
(6) On note, pour n ≥ 2, par Rn le reste de la série Σcn . Montrer, à l’aide de
la question précédente, que
+∞
X
π
C
∀n ≥ 2, 0 ≤ Rn = − un =
ci ≤ n+1 .
4
2
i=n+1
4. CONVERGENCE ABSOLUE ET SÉRIES DE TERME GÉNÉRAL POSITIF
137
Solution de l’exercice.
(1) La fonction f est une fraction rationnelle sans
pôle réel, elle est donc C ∞ sur R. Sa dérivée est négative,Zdonc f est
f (t) dt =
décroissante et une primitive de f est Arctan, ce qui prouve que
[0,1]
π
.
4
(2) L’intérêt de considérer les suites (un )n∈N et (vn )n∈N plutôt que les suites
(an )n∈N et (bn )n∈N vient de ce que les calculs de un − un−1 , vn − vn−1 et
de vn − un sont rendus plus faciles du fait que la subdivision de l’intervalle
[0, 1] associée à un est la subdivision comportant les points de la subdivision
associée à un−1 ainsi que leurs milieux. Autrement en passant de un−1 à un
on subdivise en deux la subdivision précédente.
Le réel an est la somme des aires des rectangles de base l’intervalle
k−1 k
[
, ], et de hauteur f ( nk ), pour k = 1, · · · , n. La fonction f étant
n n
décroissante, ces rectangles
sont tous sous le graphe de f . Il s’ensuit que
Z
π
pour tout n ≥ 1, an ≤
f (t) dt = .
4
[0,1]
De même le réel bn est la somme des aires des rectangles de base l’intervalle [ k−1
, nk ], et de hauteur f ( k−1
), pour k = 1, · · · , n. La fonction f étant
n
n
décroissante, ces rectangles ont tous leur côté horizontalZ supérieur au-dessus
π
f (t) dt = .
du graphe de f . Il s’ensuit que pour tout n ≥ 1, bn ≥
4
[0,1]
Remarque. On peut bien entendu utiliser un argument plus analytique
et moins géométrique pour obtenir cet encadrement. En effet, on a par
k−1 k
k
décroissance de f , pour tout k = 1, · · · , n, pour tout t ∈ [
, ], f ( ) ≤
n n
n
k−1
k−1 k
f (t) ≤ f (
), soit après intégration sur [
, ],
n
n n
Z k
n
1 k−1
1 k
f( ) ≤
f (t) dt ≤ f (
),
k−1
n n
n
n
n
ce qui, en sommant de k = 1 à k = n, donne bien
π
an ≤ ≤ b n .
4
2k − 1
2k
2k
2k
k
(3) Comme f est décroissante, f (
) + f ( ) ≥ f ( ) + f ( ) = 2f ( ).
2p
2p
2p
2p
p
Ce qui prouve l’égalité demandée. On a d’autre part
n
un − un1
=
n−1
2X
k=1
n−1
2
2
1 X k
1 X
k
= n
f ( n ) − n−1
f ( n−1 )
2 k=1 2
2
2
k=1
1
2k − 1
2k
1
k
[f ( n ) + f ( n )] − n−1 f ( n−1 )
n
2
2
2
2
2
138
3. SÉRIES NUMÉRIQUES
et chaque terme de cette somme étant positif par l’inégalité précédente, la
suite (un )n∈N est bien croissante.
La décroissance de la suite (vn )n∈N se prouve de la même manière. On
a
2n −1
2n−1 −1
1 X
k
1 X
k
vn − vn−1 = n
f ( n ) − n−1
f ( n−1 )
2 k=0 2
2
2
k=0
=
2n−1
X−1
k=0
1
2k
2k + 1
1
k
[f
(
)
+
f
(
)]
−
f
(
).
2n
2n
2n
2n−1 2n−1
2k
2k + 1
Mais par décroissance de f , f ( n ) ≤ f ( n ), de sorte que chaque terme
2
2
de la somme ci-dessus est négatif.
(4) On a 0 ≤ vn − un car bn ≥ an par la question 2. Et d’autre part
2n
2n −1
X
k i
k
1hX
f( n )
f( ) −
vn − un = n
2 k=0 2n
2
k=1
1
1
[f (0) − f (1)] = n+1 .
n
2
2
Les suites (un )n∈N et (vn )n∈N sont donc adjacentes, elles convergent vers la
même limite, qui est nécessairement π/4 puisque par la question 2, un ≤
π/4 ≤ vn , quel que soit n ≥ 1.
On a alors
π
1
|un − | ≤ |vn − un | ≤ n+1 .
4
2
π
Donc, si n ≥ 3, |un − 4 | ≤ 1/10 et un ∈ Q.
(5) Appliquons le théorème des accroissements finis à f entre
f(
2k−1
2p
et
2k
.
2p
On a
2k − 1
2k
−1 0
) − f( ) =
f (θ),
2p
2p
2p
, 2k [. Le calcul de f 00 montre que f 00 s’annule en un point
avec θ ∈] 2k−1
√ 2p 2p
x0 = 1/ 3 compris entre 0 et 1 et que f 00 change de signe sur [0, 1]. Ce qui
à son tour montre
que le minimum de f 0 est atteint en x0 . On a −f 0 (θ) ≤
√
−f 0 (x0 ) = C = 3 3/8 ' 0, 649..., ce qui donne
f(
2k − 1
2k
C
) − f( ) ≤ .
2p
2p
2p
On en conclut que pour tout n ≥ 2
n−1
un − un−1
n−1
2
2
1 X 2k − 1
2k
1 XC 1
1
C 1
C
= n
f( n ) − f( n ) ≤ n
≤ n 2n−1
= n+1 .
n−1
n−1
2 k=1
2
2
2 k=1 2 2
2
22
2
4. CONVERGENCE ABSOLUE ET SÉRIES DE TERME GÉNÉRAL POSITIF
139
(6) On a pour tout ` ≥ n ≥ 2, cn+1 + · · · + c` = u` − un , ce qui en faisant tendre
` vers +∞ donne
+∞
+∞
X
X
π
C
C
ci = Rn = − un ≤
=
.
i+1
n+1
4
2
2
i=n+1
i=n+1
Les deux règles qui suivent, dites de Cauchy et de D’Alembert, proviennent de la
comparaison du terme général de la série Σan que l’on étudie avec le terme général
d’une série géométrique.
4.19. Théorème (Règles de Cauchy et de D’Alembert). Soit (an )n∈N une suite
réelle telle que an ≥ 0 pour n assez grand.
√
(1) (Règle de Cauchy) S’il existe ` ∈ R ∪ {+∞} tel que lim n an = ` alors,
n→∞
– si ` < 1, Σan converge,
– si ` > 1, Σan diverge.
(2) (Règle de D’Alembert) Si an 6= 0 pour n assez grand et s’il existe ` ∈
an+1
= ` alors,
R ∪ {+∞} tel que lim
n→∞ an
– si ` < 1, Σan converge,
– si ` > 1, Σan diverge.
√
an+1
(3) S’il existe ` ∈ R ∪ {+∞} tel que lim
= ` alors lim n an = `.
n→∞ an
n→∞
(4) Si ` = 1 dans les règles de Cauchy et de D’Alembert, on ne peut en général
rien en conclure sur la nature de la série Σan .
Démonstration.
(1) Supposons que ` > 1. Alors pour n assez grand, an >
1 et donc Σan ne peut converger.
Supposons ` < 1 et soit α ∈]`, 1[. Alors pour n assez grand, on a an ≤ αn ,
mais la série de terme général αn converge, puisque α < 1 (cf l’Exemple
3.5), donc Σan converge aussi.
(2) Supposons que ` > 1, soit α ∈]1, `[. Alors pour n assez grand, an+1 ≥
α · an ≥ an , ce qui montre que (an )n∈N est croissante à partir d’un certain
rang, et donc ne peut converger vers 0. Il s’ensuit que Σan diverge.
Supposons que ` < 1, et soit α ∈]`, 1[. Alors existe n ∈ N tel que pour
n ≥ N , an+1 ≤ αan et donc an ≤ aN αn−N . Mais la série de terme général
(aN αn−N )n∈N converge, il en est donc de même de la série Σan , d’après le
Théorème de comparaison 4.8.
(3) Supposons par exemple ` ∈]0, +∞[ (les cas ` = 0 et ` = +∞ se démontrent
de la même manière). Pour > 0 donné, il existe N ∈ N tel que pour tout
n ≥ N,
an
`−≤
≤ ` + .
an−1
On en déduit que pour tout n ≥ N ,
an
(` − )n−N ≤
≤ (` + )n−N ,
aN
140
3. SÉRIES NUMÉRIQUES
d’où
√
√
√
N
N
n
aN (` − )1− n ≤ n an ≤ n aN (` + )1− n .
√
1
N
Or comme n aN = e n log an →n→∞ 1, (` − )1− n →n→∞ ` − et (` +
N
)1− n →n→∞ ` + , on peut choisir M ∈ N suffisamment grand pour que
pour tout n ≥ M ,
√
` − 2 ≤ n an ≤ ` + 2,
√
ce qui prouve que lim n an = `.
n→∞
−α
√
1
=
(4) Si an = nα , quel que soit α ≥ 0, on a n an = e n log(n) →n→∞ 1 et an+1
an
n α
( n+1
) →n→∞ 1. Or on sait que selon que α ≤ 1 ou α > 1, la série de
Riemann Σan converge ou diverge.
4.20. Remarque. Dans le cas où an+1
> 1, pour n suffisamment grand, du fait
an
de la croissance stricte de la suite (an )n∈N (pour n suffisamment grand), celle-ci ne
peut converger vers 0, et ainsi la série Σan ne peut pas converger. En conclusion le
cas douteux an+1
→n→+∞ 1 dans le critère de D’Alembert peut se traiter dans la
an
circonstance très particulière où an+1
> 1 à partir d’un certain rang.
an
πi
π3 π
95. Exercice.
(1) Montrer que pour tout i ≥ 3,
≤ ( )i−3 , puis moni!
6 4
trer que pour tout i ≥ 0,
32 π
πi
≤ ( )i .
(∗)
i!
3 4
X πi
En déduire que la série
converge et donner un majorant de sa somme
i!
+∞ i
X
π
.
i!
i=0
(2) Montrer d’une autre façon que la série
X πi
converge.
i!
(3) En utilisant la formule de Taylor-Lagrange, et à nouveau la majoration (∗),
+∞ i
X
π
π
montrer que e =
.
i!
i=0
Solution de l’exercice.
(1) Soit i ≥ 3. Il suffit de remarquer que π
ππ
=
23
π3
π
π
et que pour tout k ∈ {4, · · · , i},
≤
pour obtenir la majoration
6
k
4
πi
π 3 43 π i
32 π i
πi
π 3 π i−3
≤
(
)
.
Il
s’ensuit
que
≤
=
. D’après cette dernière
i!
6 4
i!
6 π 3 4i
3 4i
X πi
majoration, la série
voit son terme général majoré (à un coefficient
i!
multiplicatif près) par le terme général d’une série géométrique de raison
4. CONVERGENCE ABSOLUE ET SÉRIES DE TERME GÉNÉRAL POSITIF
141
π/4 < 1. De sorte que par le théorème de comparaison 4.8, cette série
32
1
converge et sa somme est majorée par
.
3 1 − π/4
(2) On utilise la règle de d’Alembert 4.19, qui donne à nouveau la convergence
P πi
π i+1 i!
π
→ 0 quand i → 0.
de
,
puisque
=
i!
i
(i + 1)! π
i+1
(3) On utilise la formule de Taylor-Lagrange 4.14 pour la fonction exponentielle
entre 0 et π qui donne pour tout n ≥ 0 l’existence d’un réel θ = θn ∈]0, π[
tel que
n
X
πi
π n+1 θ
π
e =
+
e.
i!
(n + 1)!
i=0
Ce qui montre que
n
X
πi
π n+1 θ
π n+1
π
e −
=
e ≤ eπ
→n→∞ 0,
i!
(n + 1)!
(n + 1)!
i=0
d’après (∗).
n!
est convergente.
nn
1
n n
=(
) = en log(1− n+1 ) .
n+1
96. Exercice. Montrer que la série de terme général an =
(n + 1)nn
an+1
=
an
(n + 1)n+1
1
−1
an+1
→n→+∞ 1/e. La série Σan
Or log(1 −
) ∼n→+∞
. Il s’ensuit que
n+1
n+1
an
est donc convergente d’après la règle de D’Alembert (Théorème 4.19).
On pourra se reporter également à l’Exercice 84. D’après celui-ci on a
√
n
n! ∼n→+∞ 2πn( )n .
e
1
1
1
1
(2πn) 2
1
Il s’ensuit que an ∼n→+∞
et donc que (an ) n ∼n→+∞ (2πn) 2n . Or (2πn) 2n =
n
e
e
1
1
log(2πn)
e 2n
→n→+∞ 1 car
log(2πn) →n→+∞ 0. Il s’ensuit que
2n
1
1
(an ) n ∼n→+∞ .
e
La règle de Cauchy assure alors que Σan converge.
Remarque. Cet exemple illustre bien sûr le point 3 du Théorème 4.19, selon lequel
1
1
an+1
1
limn→+∞
= =⇒ lim (an ) n = .
n→+∞
an
e
e
On peut aussi démontrer la convergence de Σan en majorant an par le terme
général d’une série convergente. Pour cela, en notant bn/2c la valeur absolue de
n/2, on écrit
Solution de l’exercice. On a
an =
1 · 2 · 3 · · · (n − 1)n
12
bn/2c bn/2c + 1
n
=
···
···
n · n · n · · · (n − 1)n
nn
n
n
n
142
3. SÉRIES NUMÉRIQUES
d’où
an ≤
1
≤√
1
n−2 ,
2
puisque k/n ≤ 1/2, pour k ≤ bn/2c et k/n ≤ 1, pour k ≤ n. Comme la série
√ n−2
de terme général 1/ 2 √ est convergente (son terme général est celui d’une suite
géométrique de raison 1/ 2 < 1), Σan converge.
2bn/2c
97. Exercice. Soit p ∈ N et q ∈] − 1, 1[. On considère la suite (an )n∈N définie
par
∀n ∈ N, an = np q n .
n
(1) Montrer que la suite bn = np |q| 2 tend vers 0. En déduire que cette suite est
bornée.
(2) Montrer à l’aide de la question précédente que la série Σan est absolument
convergente.
(3) Retrouver à l’aide de la règle de D’Alembert le résultat de la question 2.
Le réel q ∈] − 1, 1[ étant fixé, pour tout p, N ∈ N, on note
SN (p) =
N
X
p n
nq
et σ(p) :=
n=0
+∞
X
np q n .
n=0
(4) Calculer σ(0).
(5) Soit N ≥ 0. À l’aide de la formule du binôme, développer
N
X
(n + 1)p q n+1
n=0
et en déduire SN (p) en fonction de SN (p − 1), SN (p − 2), · · · , SN (1), SN (0).
(6) Déduire de la question précédente σ(p) en fonction de σ(p − 1), σ(p −
2), · · · , σ(1), σ(0).
(7) Calculer σ(1), puis σ(2), puis σ(3).
n
Solution de l’exercice.
(1) Puisque |q| < 1, on a bn = ep log n e 2 log |q| =
n
ep log n− 2 | log |q|| →n→+∞ 0. La suite (bn )n∈N étant convergente, elle est bornée,
disons par C ∈ R.
p
p n
n
(2) p
On |an | = bn |q| 2 ≤ C |q| . Or puisque |q| < 1, la série de terme
p général
n
|q| converge (il s’agit de la série géométrique de raison |q|), et le
critère de comparaison des séries montre alors que Σ|an | converge. En particulier la série Σan converge.
|an+1 |
n+1 p
(3) On a
= |q|(
) →n→+∞ |q| < 1. La règle de D’Alembert (Théorème
|an |
n
4.19) montre à nouveau que Σan est absolument convergente.
1
(4) σ(0) est la somme de la série géométrique de raison q, soit σ(0) =
.
1−q
4. CONVERGENCE ABSOLUE ET SÉRIES DE TERME GÉNÉRAL POSITIF
143
p − 1 p−1
1
(5) On a (n + 1) = n +
n
+ ··· +
n + 1 de sorte que
p
p
p
p
SN +1 (p) =
N
X
(n + 1)p q n+1
n=0
N
X
N
X
N
N
X
p − 1 X p−1 n+1
1
n+1
=
nq
+
n q
+ ··· +
nq
+
q n+1
p
p
n=0
n=0
n=0
n=0
N
N
N
N
X
X
p − 1 X p−1 n
1 X n
p n
=q
n q +q
n q + ··· + q
nq + q
qn
p
p n=0
n=0
n=0
n=0
p−1
1
= qSN (p) + q
SN (p − 1) + · · · + q
SN (1) + qSN (0).
p
p
Comme d’autre part SN +1 (p) = SN (p) + aN +1 , on obtient
1
p−1
SN (p) + aN +1 = qSN (p) + q
SN (p − 1) + · · · + q
SN (1) + qSN (0).
p
p
p n+1
Et donc
−aN +1
q p−1
1
SN (p) =
+
SN (p − 1) + · · · +
SN (1) + SN (0) .
1−q
1−q
p
p
(6) En faisant tendre N vers +∞, puisque aN +1 → 0, on obtient finalement
1
q p−1
σ(p − 1) + · · · +
σ(1) + σ(0) .
σ(p) =
1−q
p
p
(7) La formule précédente donne pour p = 1 :
q
q
σ(1) =
σ(0) =
.
1−q
(1 − q)2
La même formule pour p = 2 donne :
q q 2q
1 q(q + 1)
σ(2) =
2σ(1) + σ(0) =
+
=
1−q
1 − q (1 − q)2 1 − q
(1 − q)3
Enfin pour p = 3, on obtient :
q q 3q(q + 1)
3q
1 q 2 + 4q + 1
σ(3) =
+
+
.
3σ(2)+3σ(1)+σ(0) =
=
1−q
1 − q (1 − q)3 (1 − q)2 1 − q
(1 − q)4
98. Exercice. Soit Σan la série de terme général an défini par
1
a0 ∈ [0, 1] et ∀n ∈ N, an+1 = (an + a2n ).
2
(1) Montrer que la fonction f (x) = 21 (x + x2 ) est croissante sur [0, 1] et que
f ([0, 1]) = [0, 1] et pour tout x ∈]0, 1[, f (x) < x. En déduire que la suite
(an )n∈N est décroissante puis, lorsque a0 6= 1, qu’elle converge vers 0.
144
3. SÉRIES NUMÉRIQUES
(2) Montrer à l’aide de lim∞ an = 0 que la série Σan converge. (Ind. Utiliser le
critère de d’Alembert).
(3) Montrer, à l’aide de la question précédente, que la série de terme général
+∞
X
log(1 + ai ) converge. On note ` :=
log(1 + an ).
n=0
(4) Montrer que an =
a0
2n
n−1
Y
(1 + ai ). En déduire que an ∼+∞
i=0
a0 e `
.
2n
Solution de l’exercice.
(1) La fonction f est la somme de deux fonctions
croissantes sur [0, 1], elle est donc elle-même croissante sur cet intervalle.
Comme f (0) = 0 et f (1) = 1, on a bien d’autre part f ([0, 1]) = [0, 1],
x
par croissance de f . On a ensuite f (x) − x = (x − 1) < 0 sur ]0, 1[ et
2
plus généralement f (x) − x ≤ 0 sur [0, 1]. On en déduit que quel que soit
n ∈ N, an+1 − an = f (an ) − an ≤ 0. Ce qui montre que la suite (an )n∈N est
décroissante. Notons que si a0 = 0 la suite (an )n∈N est constante et égale à
0 et que si a0 = 1 la suite (an )n∈N est constante et égale à 1.
Si a0 ∈]0, 1[, la suite (an )n∈N étant décroissante et minorée (par 0),
elle converge vers une limite α qui vérifie, du fait de un+1 = f (un ), par
continuité de f : f (α) = α. Cette équation admet deux solutions, qui sont
0 et 1. Mais puisque la suite (an )n∈N est décroissante, on en conclut que
pour tout a0 ∈]0, 1[, (an )n∈N converge nécessairement vers 0 (et non vers 1,
puisque an ≤ a0 < 1).
an+1
1
(2) On a
= (1 + an ) →n→+∞ 1/2. D’après la règle de D’Alembert, la
an
2
série Σan converge.
(3) Comme la suite (an )n∈N tend vers 0, on a log(1 + an ) ∼n→+∞ an . On
en déduit par le Théorème 4.8 que la série de terme général log(1 + an )
converge, puisque Σan converge.
(4) Montrons par récurrence sur n ∈ N∗ que la proposition
n−1
a0 Y
P (n) : an = n
(1 + ai ) 2 i=0
est vraie pour tout n ∈ N∗ .
a0
– On a a1 = (1 + a0 ), donc P (0) est vraie.
2
– Supposons maintenant que pour un entier n ≥ 1, P (n) soit vraie et
montrons qu’alors P (n + 1) est vraie.
n−1
an
a0 Y
On a an+1 =
(1 + an ) et an = n
(1 + ai ), qui donnent an+1 =
2
2 i=0
n−1
n
Y
a0 Y
1 a0
(1 + an )
(1 + ai ) = n+1
(1 + ai ). Ce qui prouve P (n + 1).
2 2n
2
i=0
i=0
4. CONVERGENCE ABSOLUE ET SÉRIES DE TERME GÉNÉRAL POSITIF
145
– Par principe de récurrence, P (n) est vraie pour tout n ≥ 1.
n−1
X
2n an
On a alors log(
)=
log(1 + ai ) →n→+∞ `. Donc nécessairement
a0
i=0
lim 2n an /a0 = e` ,
n→+∞
ou encore
an ∼n→+∞
e ` a0
.
2n
On peut affiner un peu la règle de D’Alembert, dans le cas douteux où ` = 1,
sans toutefois donner une règle qui permette de conclure à tous les coups, puisque
la règle que nous allons donner, dite de Raabe-Duhamel, comporte encore un cas
douteux (cf l’Exercice 100).
99. Exercice (Règle de Raabe-Duhamel). Soit Σan une série de terme général
positif et non nul. On écrit
an+1
αn
.
=1−
an
n
(1) On suppose ici que la suite (αn )n∈N est minorée (à partir d’un certain rang)
1
par un réel a > 1 10. Soient α ∈]1, a[ et bn = α .
n
1
bn+1
α
(a) Montrer que
= 1 − + o( ).
bn
n
n
an+1
bn+1
(b) En déduire que pour n suffisamment grand,
≤
.
an
bn
(c) Conclure grâce à l’Exercice 68, que Σan converge.
(2) On suppose ici que la suite (αn )n∈N est majorée (à partir d’un certain rang)
1
par un réel a < 1 11. Soient α ∈]a, 1[ et bn = α .
n
bn+1
an+1
≤
.
bn
an
(b) Conclure grâce à l’Exercice 68, que Σan diverge.
(a) En déduire que pour n suffisamment grand,
Conséquence : supposons que la suite (αn )n∈N converge vers a ∈ R∪{+∞}. Si a > 1,
Σan converge et si a < 1, Σan diverge.
Solution de l’exercice. On donne une correction de la question 1. La seconde
se traitant de la même façon.
an+1
vers 1.
an
an+1
11. Ceci traduit une certaine rapidité de convergence éventuelle de la suite
vers 1.
an
10. Ceci traduit une certaine lenteur de convergence éventuelle de la suite
146
3. SÉRIES NUMÉRIQUES
1(a). Appliquons la Proposition 4.8. Puisque la fonction g : x 7→ (1 + x)α =
eα log(1+x) est dérivable en 0 et que sa dérivée y vaut α, on a g(x) − g(0) =
αx + o0 (x). Ainsi il existe une fonction u de limite nulle en 0 telle que
bn
(n − 1)α
α 1 −1
1 α
=
)
=
1
−
− u( ).
=
(1
−
bn−1
nα
n
n n n
−1
1(b) La suite α + u( ) converge vers α, tandis que la suite αn est (à partir
n
d’un certain rang) supérieure à a > α. Il existe donc un entier N tel que
pour tout n ≥ N , αn ≥ α + u( −1
), ce qui équivaut à : pour tout n ≥ N ,
n
an
bn
≤ bn−1 .
an−1
an
bn
≤
. On écrit successivement I(n), I(n− 1),
an−1
bn−1
· · · , I(N + 1) et on multiplie membre à membre toutes ces inégalités entre
bn
an
≤
, ou ennombres positifs. On en déduit que pour tout n ≥ N ,
aN
bN
aN
core an ≤
bn . Le critère de comparaison des séries à termes positifs
bN
P
(Théorème 4.8) montre que la série
an converge, puisque, au-delà du
aN
rang N , son terme général est majoré par une constante (qui est
) que
bN
P
multiplie le terme général de la série
bn et que cette dernière converge
(puisque α > 1). On peut bien entendu appliquer directement l’Exercice 68,
comme le suggère l’énoncé, plutôt que de le redémontrer.
1(c) Appelons I(n) l’inégalité
Le cas a = 1 de la règle de Raabe-Duhamel est douteux, en ce sens que si a = 1
dans cette règle, la série Σan peut converger mais aussi diverger, comme le montre
l’exercice suivant.
1
100. Exercice. Soit an =
et Σan la série de Bertrand associée. On
n logβ (n)
sait que cette série converge si et seulement si β > 1, d’après l’Exercice 85.
Montrer que quel que soit β > 0,
an+1
αn
=1−
et αn →n→∞ 1.
an
n
Solution de l’exercice. Il s’agit de l’Exercice 32.
1 log n
− log n
101. Exercice. On considère la suite an =
= log n
, pour tout
log n
n ≥ 2.
1/n
(1) Calculer limn→∞X
an . La règle de Cauchy permet-elle de décider de la nature de la série
an ? Que dire, sans calcul, de la règle de d’Alembert ?
n
(2) En utilsant log n = log(n − 1) + log(
), montrer que pour tout n ≥ 2
n−1
n
log( n−1
) − log(n−1)
n
an
− log( n−1
)
= (log n)
1+
.
an−1
log(n − 1)
4. CONVERGENCE ABSOLUE ET SÉRIES DE TERME GÉNÉRAL POSITIF
Écrire, à l’aide de cette dernière expression,
0.
147
an
comme eun , où lim un =
n→+∞
an−1
(3) Montrer que ex − 1 ∼0 x. En déduire, à l’aide de la question précédente que
an
log(log(n))
− 1 ∼n→+∞
.
an−1
n−1
X
(4) Conclure sur la nature de
an .
Solution de l’exercice.
(1) On a par définition de la racine nième, a1/n
=
n
− log(n)
log(log(n))
e n
. Or puisque log n ≤ n,
log(n)
log2 (n)
log(log(n)) ≤
.
n
n
La quantité log(n)
log(log(n)) tend donc vers 0 quand n tend vers l’infini.
n
Par continuité de la fonction exponentielle en 0 on en déduit que a1/n
tend
n
vers e0 = 1. Nous sommes dans le cas où la règle de Cauchy ne permet
pas de conclure (Théorème 4.19.(4)). On sait d’autre part que si la règle de
an+1
d’Alembert donnait lim
= `, alors on aurait nécessairement ` = 1 et
n∞ an
X
que l’on ne pourrait encore rien en conclure sur la nature de la série
an
par la règle de d’Alembert.
(2) On a
n
(log n)−[log(n−1)+log( n−1 )]
an
(log n)− log n
=
=
an−1
(log(n − 1))− log(n−1)
(log(n − 1))− log(n−1)
n
log n
)− log(n−1) (log n)− log( n−1 )
log(n − 1)
n
log(n − 1) + log( n−1
) − log(n−1)
n
=(
)
(log n)− log( n−1 )
log(n − 1)
n
log( n−1
) − log(n−1)
n
= (1 +
)
(log n)− log( n−1 ) .
log(n − 1)
an
En utilisant AB = eB log A , on a alors
= eun avec
an−1
=(
n
log( n−1
)
n
un = − log(n − 1) log(1 +
) − log(
) log(log n).
log(n − 1)
n−1
n
log( n−1
)
Mais puisque
→n→∞ 0 et puisque log(1 + x) ∼0 x, on a
log(n − 1)
n
log( n−1
)
log(n − 1) log(1 +
)
log(n − 1)
148
3. SÉRIES NUMÉRIQUES
n
log( n−1
)
n
= log(
) →n→∞ 0.
log(n − 1)
n−1
1
1
n
) = log(1 + n−1
) ∼n→∞ n−1
, on a
Et puisque log( n−1
∼n→∞ log(n − 1)
(∗)
n
log(log n)
log n
) log(log n) ∼n→∞
≤
→n→∞ 0.
(∗∗)
n−1
n−1
n−1
On en conclut de (∗) et (∗∗) que un → 0 quand n → ∞.
(3) L’équivalent ex − 1 ∼0 x vient directement de la Proposition 4.8. D’après la
question précédente, et d’après les équivalents (∗) et (∗∗) de cette question,
on en déduit que
an
log(log n)
n
) + w(n)
,
− 1 ∼n→∞ un = v(n) log(
an−1
n−1
n−1
avec v et w deux fonctions de limite 1 en +∞. Il est facile de voir de plus
n)
n
) est négligeable devant log(log
, puisque
que log( n−1
n−1
log(
n
n−1
1
n−1
)
= log(1 +
)
n − 1 log(log n)
n − 1 log(log n)
n−1
∼n→∞
→n→∞ 0.
(n − 1) log(log n)
On en conclut que
an
log(log n)
−1=
(w(n) + ε(n))
an−1
n−1
avec ε(n) →n→∞ 0 et donc que
an
log(log n)
− 1 ∼n→∞
an−1
n−1
comme demandé.
Remarquons que l’on aurait pu utiliser ici directement l’Exercice 30.
an
En effet, d’après la question 2, d’une part
− 1 est une somme de
an−1
n
log(log n)
deux termes chacun équivalent respectivement à log(
) et
et
n−1
n−1
n
log(log n)
d’autre part log(
) est négligeable devant
.
n−1
n−1
Remarquons que l’on retrouve au terme de cette question que la règle
de d’Alembert donne la même limite que la règle de Cauchy (cf Théorème
an
4.19(3)), limite calculée dans la question 1 : lim
= 1.
n→∞ an−1
(4) D’après la question précédente, il existe une suite zn de limite 1 telle que
an
log(log n)
− 1 = zn ·
. On peut donc écrire
an−1
n−1
an
αn
=1+
,
an−1
n
log(
5. SÉRIES DE TERME GÉNÉRAL AYANT UN SIGNE NON CONSTANT
149
n
log(log(n)) →n→∞ +∞. D’après la règle de Raaben−1
X
Duhamel (Exercice 99), la série
an converge. On retrouve le résultat
de l’Exercice 71, obtenu beaucoup plus directement à l’aide du critère de
comparaison des séries de termes positifs.
avec αn = zn
5. Séries de terme général ayant un signe non constant
On a déjà remarqué que les énoncés du chapitre précédent s’adaptent facilement
au cas des séries ayant un terme général négatif. Le cas non couvert par le chapitre
précédent concerne donc les séries ayant un terme général qui change de signe. On
donne ici un théorème de convergence portant sur certaines séries dont le terme
général change de signe. Ces séries sont cependant très spécifiques, puisque le signe
de leur terme général est alternativement positif et négatif, on les appelle les séries
alternées.
5.1. Définition. La série Σan est dite série alternée s’il existe une suite (bn )n∈N
de signe constant (bn peut s’annuler) et an = (−1)n bn pour tout n ∈ N. Autrement
dit an+1 an ≤ 0 pour tout n ∈ N.
5.2. Théorème (Théorème des séries alternées ou de Leibniz). Soit bn une suite
positive, décroissante et de limite nulle. Alors Σ(−1)n bn converge et Rn , son reste
d’ordre n, vérifie
∀n ∈ N |Rn | ≤ bn+1 .
Démonstration. On a S2n+2 = S2n −b2n+1 +b2n+2 ≤ S2n . Donc la suite (S2n )n∈N
décroit. De même la suite (S2n+1 )n∈N croit. Mais comme S2n+1 = S2n − b2n+1 , on a
S2n+1 ≤ S2n . Ce qui prouve que (S2n+1 )n∈N est majorée par S0 tandis que (S2n )n∈N est
minorée par S1 . En conséquence (S2n+1 )n∈N et (S2n )n∈N converge et comme S2n+1 −
S2n = −b2n+1 →n→∞ 0, les deux suites (S2n+1 )n∈N et (S2n )n∈N convergent vers la
même limite, ce qui équivaut à dire que Σ(−1)n bn converge (vers `).
D’autre part, comme S2n−1 ≤ S2n+1 ≤ ` ≤ S2n , on a
|R2n | = |S2n − `| ≤ |S2n+1 − S2n | = b2n+1 .
Et de la même façon
|R2n−1 | = |` − S2n−1 | ≤ |S2n−1 − S2n | = b2n .
Ces deux inégalité prouvent la majoration recherchée du reste.
102. Exercice. La série de terme général an =
convergente ? Est-elle convergente ?
(−1)n log n
est-elle absolument
n
1
. donc d’après le critère de comparaison
n
des séries de termes positifs (Théorème 4.8) la série Σ|an | diverge. En revanche
log x
1
la fonction f (x) =
a pour dérivée f 0 (x) = 2 (1 − log x) qui est négative
x
x
Solution de l’exercice. On a |an | ≥
150
3. SÉRIES NUMÉRIQUES
pour x ≥ e. Il s’ensuit que la suite (an )n≥2 est décroissante. Comme d’autre part
lim an = 0, le critère des séries alternées (Théorème 5.2) assure que Σan converge.
n→+∞
En conclusion la série Σan est semi-convergente.
103. Exercice. Soit Σan la série de terme général an =
(−1)n
.
3n + 1
(1) Montrer que cette série est semi-convergente.
Z 1
1
(2) Montrer que
=
t3n dt. En déduire que la somme partielle Sn de
3n + 1
0 Z
1
1 − (−t)3n
Σan d’ordre n vérifie Sn =
dt.
1 + t3
0
Z 1
+∞
X
log 2
π
dt
=
+ √ .
(3) Conclure que
ai =
3
3
3 3
0 1+t
i=0
1
, or la série harmonique
3n
diverge (Exemple 4.2), donc par le Théorème 4.8, Σan est absolument di1
vergente. En revanche, la suite (
)n∈N converge, en décroissant, vers
3n + 1
0. D’après le Théorème de Leibniz, Σan converge. La série Σan est par
conséquent semi-convergente.
Z 1
1
(2) Comme par une intégration immédiate
=
t3k dt, on obtient par
3k + 1
0
le calcul classique de l’Exemple 3.5
Z 1
Z 1X
Z 1X
n
n
n Z 1
X
1 − (−t3 )n+1
3 k
k 3k
k 3k
(−t ) =
(−1) t =
(−1) t =
Sn =
1 + t3
0
0 k=0
0 k=0
k=0 0
Solution de l’exercice.
(1) On a |an | ∼n→+∞
(3) D’après la question précédente,
n
X
i=0
Z
1
3n+3
Z
ai =
0
1
1
−
1 + t3
Z
0
1
t3n+3
. Soit αn =
1 + t3
t
. Puisque pour tout t ∈ [0, 1], 1 + t3 ≥ 1, on a
3
1
+
t
0
Z 1
1
0 ≤ αn ≤
t3n+3 =
→n→+∞ 0.
3n + 4
0
Z 1
+∞
n
X
X
1
Il s’ensuit que
ai = lim
ai =
.
3
n→+∞
1
+
t
0
i=0
i=0
Z 1
1
Le calcul de I =
est classique. On commence par remarquer
3
0 1+t
que
1
1 1
2 t−2
=
− 2
.
3
1+t
3t+1 3t −t+1
5. SÉRIES DE TERME GÉNÉRAL AYANT UN SIGNE NON CONSTANT
151
On a donc
i1 2
1h
I=
log(t + 1) −
3
3
0
1
Z
J=
0
1
Z
0
t2
t−2
log 2 2
=
− J,
−t+1
3
3
où
Z 1
h
i1 3
t−2
1 2t − 1
3
1
3
2
=
−
=
log
|t
−t+1|
− K = − K,
2
2
2
t −t+1
2t −t+1
2
0 2
0 2t −t+1
où
Z 1
Z 1
1
4
1
K=
=
.
2
1 2
2
√
0 t −t+1
0 3 ( 3 t − √3 ) + 1
1
2
Le changement de variables u = √ t − √ donne ensuite
3
3
Z √1 √
1
i√
3 4
3 1
2 h
2 π
π
π
3
√
K=
=
= √ [ − (− )] = √ .
arctan(u)
2
1
3
−√
3
3 3
3 3
− √1 3 2 1 + u
3
3
On en conclut que
π
log 2
log 2 2 3 π
− (− ) √ =
+ √ .
I=
3
3 2 3 3
3
3 3
Remarquons pour finir que le reste Rn d’ordre n de la série Σan est
1
.
I − Sn = αn ≤
3n + 4
5.3. Proposition (Règle de comparaison séries-intégrales, bis). Soient a ∈ R et
f : [a, +∞[→ R une fonction de classe C 1 . Si
Z y
|f 0 (t)| dt
lim
y→+∞
a
Z
y→+∞
y
f (t) dt existe.
existe, la série Σf (n) converge si et seulement si lim
a
Démonstration. On note E(t) la partie entière du réel t et D(t) = t − E(t)
sa partie décimale. Considérons x et y deux réels tels que a ≤ x < y et notons
p = E(x), q = E(y). On a
p
X
n=p+1
f (n) =
q
X
nf (n)−
n=p+1
q−1
X
q−1
X
nf (n+1) = qf (q)−pf (p+1)+
n=p
= qf (q) − pf (p + 1) −
n(f (n)−f (n+1))
n=p+1
q−1 Z
X
n=p+1
n+1
E(t)f 0 (t) dt.
(1)
n
D’autre part, si t ∈ [q, y] ⊂ [q, q + 1[, on a E(t) = E(y) = q et donc
Z y
qf (q) = E(y)f (y) + q(f (q) − f (y)) = E(y)f (y) −
E(t)f 0 (t) dt.
q
(2)
152
3. SÉRIES NUMÉRIQUES
De même
p+1
Z
E(t)f 0 (t) dt.
pf (p + 1) = E(x)f (x) +
(3)
x
Les égalités (1), (2) et (3) montrent alors que
p
X
Z
f (n) = E(y)f (y) − E(x)f (x) −
y
E(t)f 0 (t) dt.
(4)
x
n=p+1
En intégrant par parties, on a
Z
Z y
f (t) dt = yf (y) − xf (x) −
x
y
tf 0 (t) dt
x
ce qui avec (4) donne
Z
X
f (n) = D(x)f (x) − D(y)f (y) +
y
Z
f (t) dt +
x
x<n≤y
x
Z
D(t)f 0 (t) dt.
(5)
x
En particulier, si x ∈ N et y ∈ N, on obtient
Z y
Z
X
f (n) =
f (t) dt +
x+1≤n≤y
y
y
D(t)f 0 (t) dt.
(6)
x
y
Supposons maintenant que lim
|f 0 (t)| dt existe, alors le critère de Cauchy est
y→∞ x
Ry
rempli pour la fonction y 7→ x |f 0 (t)| dt. Il s’ensuit puisque pour tout z ∈ [a, +∞[
Z y
Z z
Z z
Z z
0
0
0
|
D(t)f (t) dt −
D(t)f (t) dt| ≤
|D(t)f (t)| dt ≤
|f 0 (t)| dt
x
x
y
y
Ry
que le critère de Cauchy est aussi rempli pour la fonction y 7→ x D(t)f 0 (t) dt.
Celle-ci admet donc une limite quand y → +∞. Le membre Rde droite de l’égalité
y
(6) admet donc une limite quand y → +∞ si et seulement si x f (t) dt admet une
limite quand y → +∞, ce qui équivaut encore à ce que le membre de gauche de
l’égalité (6) admette une limite quand y → +∞, ce qui finalement équivaut à ce que
Σf (n) converge.
5.4. Remarque. Dans le cas où la fonction f de la Proposition 5.3 est décroissante,
f 0 est négative et |f 0 | = −f 0 . L’hypothèse de la Proposition 5.3 implique donc que
f (y) admet une limite lorsque y → ∞. Cette condition a déjà lieu dans les hypothèses de la Proposition 4.17, puisque dans la Proposition 4.17, la fonction est
positive, donc bornée inférieurement. Étant décroissante, elle admet nécessairement
une limite. La Proposition 5.3 contient donc la Proposition 4.17, sous la seule hypothèse supplémentaire (inutile dans la Proposition 4.17) du caractère C 1 de f . En
revanche la Proposition 4.17 ne dit rien du comportement de la série Σf (n) lorsque
f change de signe. Sous l’hypothèse du caractère C 1 de f , la Proposition 5.3 traite
quant à elle cette situation.
5. SÉRIES DE TERME GÉNÉRAL AYANT UN SIGNE NON CONSTANT
104. Exercice. Donner la nature de la série Σan lorsque an =
n ≥ 1.
153
sin(log(n))
pour
n
sin(log(x))
, pour x > 0. Cette fonction
x
cos(log(x)) − sin(log(x))
est C ∞ et f 0 (x) =
. Donc |f 0 (x)| ≤ 2/x2 . Il s’ensuit que
x2
Z y
|f 0 (x)| dx admet une limite quand y → +∞ (appliquer le critère de Cauchy et
1
Z y
dx
satisfait ce critère). D’après la Proposition 5.3, la série
remarquer que y 7→
2
1 x
Z y
Σan converge si et seulement si y 7→
f (t) dt admet une limite quand y → +∞.
Solution de l’exercice. Soit f (x) =
1
Or le changement de variables u = log(t) donne
Z y
Z log(y)
sin(log(t))
dt =
sin(u) du = − cos(log(y)).
t
1
0
Mais la fonction y 7→ − cos(log(y)) ne converge pas quand y → +∞, car par exemple
pour y = enπ , − cos(log(y)) = (−1)n+1 . D’après la Proposition 5.3, la série Σan
diverge.
105. Exercice. Soit f :]0, +∞[→ R la fonction définie par f (t) =
considère la suite (an )n∈N définie par :
log(t)
. On
t
∀n ≥ 1, an = f (n).
(1) Montrer que f est positive et décroissante sur [3, +∞[ et qu’une primitive
1
de f est F (t) = log2 (t).
2
X
1
an diverge et que Sn ∼ log2 (n),
(2) Déduire de la question précédente que
2
n≥1
X
où Sn est la somme partielle d’ordre n de la série
an .
n≥1
(3) On veut montrer dans cette question que la suite
un := Sn −
1
log2 (n)
2
converge.
3.a. Est-il toujours vrai que si deux suites (Sn )n∈N et (Tn )n∈N sont telles que
Sn ∼ Tn , alors (Sn −Tn )n∈N converge ? Donner une preuve dans le cas d’une
réponse positive et un contre-exemple dans le cas d’une réponse négative.
3.b. Calculer un+1 − un et montrer que la suite (un )n∈N décroit à partir du rang
3.
154
3. SÉRIES NUMÉRIQUES
3.c. Montrer que
1
un ≥ (log(2) − log2 (3)).
2
Conclure que (un )n∈N converge vers une limite, que l’on notera `.
4. Montrer que la série de terme général bn = (−1)n+1 an converge. Le but des
+∞
X
questions qui suivent est de calculer
bi .
i=0
5. Soit N ≥ 1. Montrer que
2N
X
bn =
n=1
2N
X
log(n)
n
n=1
−2
N
X
log(2n)
n=1
2n
.
p
X
1
6. En utilisant
= log(p) + γ + p , où p → 0 quand p → +∞ et où γ est
n
n=1
la constante d’Euler, et la conclusion de la question 3, montrer que
+∞
X
n=1
bn =
1
log2 (2) − γ log(2).
2
Solution de l’exercice.
(1) La fonction f est C∞ sur [3, +∞[ et f 0 (t) =
1
[1 − log(t)] < 0 si t ≥ 3. Il est facile de vérifier que F 0 = f .
t2
(2) D’après le Théorème 4.17 deZ comparaison séries-intégrale, la série Σan est
n
de même nature que la suite
f (t) = F (n)−F (3), puisque f est positive et
3
décroissante sur [3, +∞[. Or lim F (n) = +∞. Donc Σan diverge et de plus,
n→∞
1
toujours d’après le Théorème 4.17, Sn ∼ F (n) − F (3) ∼ F (n) = log2 (n).
2
2
2
3.a. Les suites (Sn )n∈N et (Tn )n∈N où Sn = n et Tn = n + n donnent un
contre-exemple à la proposition.
3.b. On a pour tout t ∈ [n, n + 1], n ≥ 3 f (t) ≥ f (n + 1),Zpuisque f est
n+1
décroissante sur [3, +∞[. Il s’ensuit que F (n + 1) − F (n) =
f (t) dt ≥
f (n + 1). Or un+1 − un = f (n + 1) − [F (n + 1) − F (n)] ≤ 0.
n
R n+1
3.c. On a, toujours par décroissance de f , pour tout
R n n ≥ 3, an ≥ n f (t) dt,
ce qui donne a3 + · · · + an = Sn − S1 − S2 ≥ 3 f (t) dt = F (n + 1) − F (3).
D’où un ≥ S1 + S2 − F (3) + F (n + 1) − F (n) ≥ S1 + S2 − F (3) = S2 − F (3).
Ainsi la suite (un )n∈N est minorée. Étant décroissante d’après la question
précédente, cette suite converge.
4. Puisque la suite positive (an )n∈N tend vers 0 en décroissant, il s’agit du
critère des séries alternées 5.2.
5. SÉRIES DE TERME GÉNÉRAL AYANT UN SIGNE NON CONSTANT
155
5. En séparant les termes pairs et les termes impairs de la série Σbn , on a
2N
X
bn =
n=1
N
−1
X
n=0
N
2N
N
X
log(2n + 1) X log(2n) X log(n)
log(2n)
−
=
−2
.
2n + 1
2n
n
2n
n=1
n=1
n=1
1
6. D’après la question 3, on a Sp = ` + log2 (p) + νp , où νp → 0 quand
2
p → +∞. On a donc
2N
X
n=1
bn =
2N
X
log(n)
n=1
n
−2
N
X
log(2n)
n=1
2n
= S2N −
N
X
log(2)
n=1
n
−
N
X
log(n)
n=1
n
N
X
1
= S2N − SN − log(2)
n
n=1
1
1
= ` + log2 (2N ) + ν2N − ` − log2 (N ) − νN − log(2)(log(N ) + γ + N ).
2
2
1
1
= log2 (2) − γ log(2) + ν2N − νN − N log(2) →n→+∞ log2 (2) − γ log(2).
2
2
CHAPITRE 4
Annexe : approximation des réels par les rationnels
1. Approximation des réels par des rationnels
On a pu, dans les chapitres
2 et 3, approcher des nombres comme log 2 (Exercice
√
40), π/4 (Exercice 61), 2 (Exercices et 63 et 64), ζ(2) = π 2 /6 (Exercice 69), et
π
log 2
+ √ (Exercice 103), par des
plus généralement ζ(k), k ≥ 2 (Exercice 77),
3
3 3
suites de nombres rationnels et estimer la rapidité de convergence de ces suites vers
leur limite. Parfois cette estimation est seulement une asymptotique.
1
Par exemple, dans l’Exercice 77, on obtient l’équivalent
du reste
(α − 1)nα−1
d’ordre n de la série de Riemann d’exposant α ∈ N∗ , ce qui n’est qu’une asymptotique. Le reste de cette série est l’écart de ζ(α) au rationnel qu’est la somme partielle
d’ordre n de la série de Riemann d’exposant α. Dans ce même exercice, on montre
1
aussi que
est un majorant de ce reste (voir aussi l’Exercice 91).
(α − 1)nα−1
Dans l’Exercice 63 on a trouvé une suite (pn /qn )n≥1 de rationnels telle que | log 2−
pn
1
|≤
. Cependant dans cet exemple, comme pn /qn = 1 − 1/2 + 1/3 + · · · +
qn
n+1
(−1)(n−1) /(n − 1), ce nombre rationnel possède un dénominateur qui est a priori
(n − 1)!, ce qui est bien trop grand comparé à l’écart obtenu à log 2, qui est lui au
plus 1/(n + 1).
Dans l’Exercice 61, c’est π/4 qui approché pour tout n ≥ 1 par un rationnel
à 1/(2n + 3) près, mais ce rationnel possède encore un dénominateur très grand
relativement à 2n + 3.
log 2
π
1
De même dans l’Exercice 103,
+ √ est approché à
près par un
3
3n + 4
3 3
rationnel dont le dénominateur est de l’ordre de 3n n!.
Peut-on mieux approcher ζ(2), log 2, π etc... par une suite de rationnels, c’est-àdire approcher chacun de ces nombres réels par une suite de rationnels (pn /qn )n≥1 à
ϕ(qn ) près, où ϕ est une fonction qui tend suffisamment vitre vers 0 en +∞ ?
On sait que certains nombres possèdent, en ce sens, de très bonnes approximations
par des rationnels. Par exemple les nombres dits de Liouville. Ce sont des nombres
du type
ξ=
+∞
X
10−j! .
j=1
157
158
4. ANNEXE : APPROXIMATION DES RÉELS PAR LES RATIONNELS
Noter que la série de terme général 10−j! est bien convergente, puisque son terme
général est borné par le terme général de la série géométrique de raison 1/10, par
exemple.
Pour un tel nombre on observe qu’en notant
n
X
n!
pn = 10
10−j! , qn = 10n! ,
j=1
on a par la Remarque 3.8
+∞
X
10
pn
|ξ − | =
10j! = 10−(n+1)! (1 + 10−1 + 10−2 + · · · ) = qn−n−1 < qn−n .
qn
9
j=n+1
Ainsi l’approximation de ξ par pn /qn est très bonne relativement à la valeur de qn .
La situation générale est la suivante :
(1) D’une part pour tout nombre réel x, pour tout entier q > 0, on peut trouver
p
1
un rationnel p/q tel que |x − | ≤ 2 . Ce qui permet de construire une suite
q
q
1
pn
de rationnels (pn /qn )n≥1 telle que |x − | ≤ 2 , comme nous le verrons
qn
qn
ci-dessous.
(2) D’autre part, pour un nombre réel x quelconque, on ne peut espérer mieux
que cette approximation. En effet d’après le théorème de Roth, si x est
un nombre irrationnel et algébrique
√ (c’est-à-dire que x est racine d’un polynôme non nul de Z[X], comme 2 par exemple qui est racine de X 2 − 2),
alors pour tout > 0, il n’existe qu’un nombre fini de rationnels p/q tels
p
1
que |x − | ≤ 2+ .
q
q
1.1. Remarque. Le théorème de Roth montre que les nombres réels x qui sont
1
pn
approchés par des suites de rationnels (pn /qn )n≥1 telles que |x − | ≤ τ , pour
qn
qn
τ > 2, sont soit des nombres rationnels (mais dans ce cas inutile de les approcher
des suites de rationnels autres que la suite constante égale à x), soit des nombres qui
ne sont racine d’aucun polynôme de Z[X]. De tels nombres sont dits transcendants.
Tel est donc le cas du nombre ξ ci-dessus.
Si le théorème de Roth est difficile à démontrer (il a valu la médaille Fields à
Roth en 1958), l’énoncé 1. ci-dessus est en revanche facile à obtenir.
Pour cela notons {x} la partie fractionnaire de x, c’est-à-dire {x} = x − bxc ∈
[0, 1[, où bxc est la partie entière de x. Soit alors Q ∈ N∗ . Partitionnons l’intervalle
[0, 1] en Q intervalles de longueur 1/Q. Il est alors certain que deux des Q + 1
nombres 0, {x}, {2x}, {3x}, · · · , {(Q − 1)x}, 1 sont dans un même intervalle de notre
partition. En particulier ils sont distants de moins de 1/Q. On en déduit l’existence
de deux entiers distincts A, B ∈ {1, 2, · · · , Q − 1} (le cas où un des deux nombres
2. APPROXIMATION PAR LES FRACTIONS CONTINUES
159
0, {x}, {2x}, {3x}, · · · , {(Q − 1)x}, 1 qui sont dans le même intervalle de la partition
est le nombre 1 se traite de a même manière que ce qui suit) tels que
0 < {Ax} − {Bx} = Ax − bAxc − Bx + bBxc = qx − p ≤
1
,
Q
où q = A − B > 0 et p = bAxc − bBxc > 0. Il s’ensuit, puisque q = A − B ≤ Q, que
1
1
p
≤ 2.
|x − | ≤
q
Qq
q
Notons que puisque Q > 0 est un entier quelconque, en choisissant Q dans une suite
1
p
permet de construire
strictement croissante d’entiers, la majoration |x − | ≤
q
Qq
une suite de rationnels qui tend vers x.
Si la preuve de l’observation 1. que l’on vient de donner est courte, elle ne permet pas en revanche de construire explicitement une suite de rationnels (pn /qn )n≥1
pn
1
tendant vers x, telle que |x − | ≤ 2 .
qn
qn
L’exercice qui suit permet de construire une telle suite.
2. Approximation par les fractions continues
Sous forme d’exercice, nous allons donner une manière d’approximer au mieux
les nombres réels par des suites de rationnels.
106. Exercice. Soit (an )n∈N une suite de nombres réels où a1 , a2 , · · · sont tous
non nuls. La donnée d’une telle suite permet d’en considérer une nouvelle, (cn )n∈N ,
dite fraction continue associée à (an )n∈N , en posant pour tout n ∈ N :
c0 = a0 , c1 = a0 +
1
, c2 = a0 +
a1
1
a1 +
1
a2
1
, · · · , cn = a0 +
1
a1 +
a2 +
1
··· +
1
an
On note plus commodément dans la suite de l’exercice les termes cn de la fraction
continue (cn )n∈N par [a0 , a1 , · · · , an ] 1. Les termes an de la suite initiale (an )n∈N
s’appellent les quotients partiels (d’ordre n) de la fraction continue.
Dans la suite de l’exercice on suppose que pour tout n ≥ 0, an > 0.
PARTIE I
1. Parfois la notation a0 +
1 1
1
···
est aussi adoptée dans la littérature.
a1 + a2 +
an
160
4. ANNEXE : APPROXIMATION DES RÉELS PAR LES RATIONNELS
I.1. En remarquant que [a0 , · · · , an , an+1 ] se calcule comme [a0 , · · · , an−1 , an ],
1
mais avec an +
à la place de an , montrer par récurrence qu’en posant p−2 =
an+1
0, q−2 = 1, p−1 = 1, q−1 = 0, et pour tout n ≥ 0
pn = an pn−1 + pn−2
qn = an qn−1 + qn−2
on a
pn
∀n ≥ 0, qn 6= 0 et
= cn .
qn
On suppose dans tout le reste de l’exercice que les nombres an ∈ N∗ 2. Il s’ensuit que
pour tout n, cn ∈ Q+ .
I.2. Montrer par récurrence que pour tout n ≥ 0, pn qn−1 − pn−1 qn = (−1)n−1 et
que pour tout n ≥ 1, pn qn−2 − pn−2 qn = (−1)n an . En déduire que pn ∧ qn = 1, pour
pn
tout n ≥ 1. La fraction
est donc irréductible.
qn
pn
est la réduite d’ordre n de la fraction continue (cn )n∈N .
On dit que
qn
I.3. Montrer que la suite des dénominateurs q1 , q2 , · · · des réduites est strictement croissante et que pour tout n ≥ 2

pn pn−1
(−1)n−1



−
=

 qn
qn−1
qn qn−1


(−1)n an
pn pn−2


−
=

qn
qn−2
qn qn−2
p2n+1
p2n
)n≥1 et (
)n≥1 sont adjacentes. On note alors
q2n
q2n+1
[a0 , a1 , a2 , · · · ] la limite de la suite (cn )n∈N .
I.4. Montrer que les suites (
PARTIE II
Rappelons que la partie entière d’un nombre réel x est l’unique entier bxc tel que
bxc ≤ x < bxc + 1 et que la partie fractionnaire de x est alors {x} = x − bxc.
Étant donné un réel ξ ≥ 0, on lui associe les suites (an ) et (ξn ) suivantes (qui
sont éventuellement finies) définies par récurrence par :
ξ0 = ξ, a0 = bξ0 c, ξn+1 =
1
et an+1 = bξn+1 c si ξn 6∈ N.
{ξn }
2. On pourrait cependant sans changement dans ce qui suit supposer que a0 ∈ Z.
(∗)
2. APPROXIMATION PAR LES FRACTIONS CONTINUES
161
Ces deux suites donc finies si et seulement si pour un certain entier N ∈ N,
ξN ∈ N.
II.1. Montrer que pour tout n ∈ N pour lequel ξn+1 est défini,
ξ = [a0 , a1 , · · · , an , ξn+1 ].
p
II.2. On suppose dans cette question que ξ ∈ Q+ et que ξ = , avec p ∧ q = 1.
q
On applique à p et q l’algorithme d’Euclide calculant le pgcd de p et q : on effectue
la division de p par q, de quotient α0 et de reste r0 , puis la division de q par r0 ,
de quotient α1 et de reste r1 etc... jusqu’à obtenir à la N ième division (l’entier N
dépendant de p et q) le reste rN −1 = 1 = pgcd(p, q) :

p = qα0 + r0 ,
0 < r0 < q


 q = r0 α1 + r1 ,
0 < r1 < r0
..


 .
rN −3 = rN −2 αN −1 + 1
Montrer que
p
= [α0 , α1 , · · · , αN −1 , rN −2 ].
q
II.3. Déduire des deux questions précédentes que les suites (ξn ) et (an ) associées
au réel ξ par (∗) sont infinies si et seulement si ξ est irrationnel (on pourra montrer
que si ξ = p/q est rationnel, alors ξN = rN −2 ).
On suppose à partir de maintenant que ξ 6∈ Q, et donc que la suite (an )n∈N associée à ξ est infinie.
II.4. Pour n ∈ N∗ , on définit la fonction fn : R∗+ → R par fn (x) := [a0 , · · · , an−1 , x].
Montrer, en utilisant le théorème des fonctions composées monotones, que fn est
croissante si n est pair et décroissante si n est impair.
II.5. En remarquant que ξn ≥ an , montrer que pour tout k ≥ 1,
ξ = f2k (ξ2k ) ≥ f2k (a2k ) = c2k ,
ξ = f2k−1 (ξ2k−1 ) ≤ f2k−1 (a2k−1 ) = c2k−1 .
Autrement dit, ξ est compris entre deux réduites quelconques consécutives de la
fraction continue construite sur la suite (an )n∈N associée à ξ par (∗). En conclure à
l’aide de la question I.3 que
1
|ξ − cn | ≤ 2 ,
qn
et en particulier que (cn )n∈N converge vers ξ.
162
4. ANNEXE : APPROXIMATION DES RÉELS PAR LES RATIONNELS
II.6. Montrer qu’étant donné un réel ξ ≥ 0, ξ 6∈ Q, il existe une infinité de
p
rationnels tels que
q
p
1
|ξ − | ≤ 2 .
q
q
PARTIE III
√
2. On cherche la fraction continue associée à
III.1.
Dans
cette
question
ξ
=
√
√
2 par (∗). Comme on a b 2c = 1, on a
√
1
2=1+ .
ξ1
√
III.1.a √Montrer que ξ1 = 1 + 2 et en déduire que a1 = 2 et ξ2 = ξ1 . En
conclure que 2 = [1, 2, 2, 2, · · · ].
III.1.b Calculer
alors la réduite d’ordre 4 de [1, 2, 2, 2, · · · ] et en déduire une
√
approximation de 2 par un rationnel à une erreur que l’on donnera.
1
III.2. Dans cette question ξ est la solution positive de l’équation x = 1 + .
x
1
Calculer ξ. Déduire de x = 1 + la fraction continue associée à ξ par (∗), puis
x
donner une approximation de ξ à 10−4 près.
III.3. À l’aide d’une calculatrice et de cette méthode, donner une approximation
de π par un rationnel à 10−9 près.
Solution de l’exercice. I.1. Montrons par récurrence sur n ≥ 0, la propriété
suivante P(n) :
pn
pour toute suite de réels strictement positifs (ak )k∈N , q0 , · · · , qn > 0 et
= cn .
qn
Donnons-nous pour cela une suite (ak )k∈N .
a0 p−1 + p−2
a0
p0
• On a q0 = 1 > 0, q1 = a1 > 0 et
=
=
= a0 = c0 . On a aussi
q0
a0 q−1 + q−2
1
p1
a1 p0 + p−1
a0 a1 + 1
1
=
=
= a0 +
= c1 . Ce qui prouve que P(0) et P(1)
q1
a1 q0 + q−1
a1
a1
sont vraies.
• Supposons alors que pour un entier n ≥ 1, P(n) et P(n − 1) soient vraies et
montrons alors que P(n + 1) est vraie.
1
Notons a0n := an +
. On a alors cn+1 = [a0 , · · · , an−1 , a0n ], ce qui en utilian+1
sant l’hypothèse de récurrence pour n’importe quelle suite (a0k )k∈N commençant
par a0 , a1 , · · · , an−1 , a0n (à laquelle sont associées les trois suites (p0k )k∈N , (qk0 )k∈N
2. APPROXIMATION PAR LES FRACTIONS CONTINUES
163
et (c0k )k∈N ), donne
cn+1 = [a0 , · · · , an−1 , a0n ] = c0n =
a0n p0n−1 + p0n−2
.
0
0
+ qn−2
a0n qn−1
Or les termes de (a0k )k∈N coı̈ncident avec ceux de la suite (ak )k∈N jusqu’au rang
n−1, ce qui montre que p0k et qk0 coı̈ncident respectivement avec pk et qk jusqu’au
rang n − 1. On a donc
cn+1 = c0n =
1
(an + an+1
)pn−1 + pn−2
a0n pn−1 + pn−2
=
1
a0n qn−1 + qn−2
(an + an+1 )qn−1 + qn−2
an+1 [an pn−1 + pn−2 ] + pn−1
,
an+1 [an qn−1 + qn−2 ] + qn−1
ce qui, à nouveau par hypothèse de récurrence, donne
an+1 pn + pn−1
.
cn+1 =
an+1 qn + qn−1
=
Ce qui montre que cn+1 = pn+1 /qn+1 . Notons que nous n’avons utilisé que
l’hypothèse P(n).
D’autre part puisque par hypothèse de récurrence qn > 0 et qn−1 > 0, du
fait que an+1 > 0, on obtient bien que qn = an qn−1 + qn−2 > 0. Notons qu’ici
nous utilisons les hypothèses P(n) et P(n − 1).
On a donc prouvé P(n + 1) (pour la suite (ak )k∈N ).
• Par principe de récurrence, P(n) est vraie pour tout n ≥ 0.
I.2. Montrons par récurrence sur n ≥ 0, la propriété suivante :
P(n) : pn qn−1 − pn−1 qn = (−1)n−1 .
• On a p0 q−1 − p−1 q0 = a0 0 − 1 · 1 = −1 = (−1)−1 , ce qui prouve que P(0) est
vraie.
• Supposons alors que pour un entier n ≥ 0, P(n) soit vraie et montrons alors
que P(n + 1) est vraie. On a d’après la question précédente
pn+1 qn − pn qn+1 = [an+1 pn + pn−1 ]qn − pn [an+1 qn + qn−1 ]
= pn−1 qn − pn qn−1 ,
ce qui par hypothèse de récurrence donne
pn+1 qn − pn qn+1 = −(pn qn−1 − pn−1 qn ) = −(−1)n−1 = (−1)n .
Ce qui prouve P(n + 1).
• Par principe de récurrence, P(n) est vraie pour tout n ≥ 0.
On montre de la même manière la seconde égalité.
L’égalité pn qn−1 − pn−1 qn = (−1)n−1 est une égalité de Bézout, qui prouve que pn
et qn sont premiers entre eux, pour tout n.
164
4. ANNEXE : APPROXIMATION DES RÉELS PAR LES RATIONNELS
I.3. Les deux égalités proviennent directement de la question I.2. Les entiers
qn sont tous strictement positifs d’après la preuve de la question I.1 D’autre part
l’hypothèse an ≥ 1 (an ∈ N∗ ) donne qn = an qn−1 + qn−2 ≥ qn−1 + qn−2 > qn−1 . Ce
qui prouve la croissance stricte de la suite (qn )n∈N .
I.4. Par la seconde égalité de la question I.3, on a
p2n p2n−2
(−1)2n an
−
=
> 0,
q2n
q2n−2
q2n q2n−2
donc la suite (
p2n
)n≥1 est strictement croissante. De même
q2n
p2n+1 p2n−1
(−1)2n+1 an
−
=
< 0,
q2n+1
q2n−1
q2n q2n−2
p2n+1
)n≥1 est strictement croissante.
q2n+1
Enfin, comme par la première égalité de la question I.3 la différence de deux
pn
termes consécutifs de la suite ( )n∈N est majorée en valeur absolue par 1/qn qn−1 ,
qn
et que la suite des entiers qn étant strictement croissante, (qn )n∈N tend vers +∞,
on en conclut que la différence entre les termes de rang pairs et impairs de la suite
p2n
p2n+1
pn
)n≥1 et (
)n≥1 sont donc adjacentes
( )n∈N tend vers 0. Les deux suites (
qn
q2n
q2n+1
et par conséquent convergent vers la même limite. On en conclut enfin, puisque la
pn
suite des termes de rang pairs et la suite des termes de rang impairs de ( )n≥1
qn
pn
convergent vers la même limite, que la suite ( )n≥1 converge elle-même vers cette
qn
limite, notée [a0 , a1 , · · · ].
donc la suite (
II.1. Supposons que ξ0 , ξ1 , · · · , ξn , ξn+1 sont définis, c’est-à-dire que ces réels ne
sont pas des entiers. Montrons alors par récurrence sur k ∈ {0, · · · , n} la propriété :
P(k) : ξ = [a0 , a1 , · · · , ak , ξk+1 ] .
Au préalable, remarquons que ξk = bξk c + {ξk } = ak +
1
ξk+1
, pour tout k ∈
{0, · · · , n}.
1
= [a0 , ξ1 ], ce qui prouve P(0).
ξ1
• Supposons que pour un entier k ≥ 1, P(k − 1) soit vraie. On a alors ξ =
[a0 , · · · , ak−1 , ξk ]. Il s’ensuit par la remarque que
• D’après cette remarque, ξ = ξ0 = a0 +
ξ = [a0 , · · · , ak−1 , ak +
1
ξk+1
] = [a0 , · · · , ak−1 , ak , ξk+1 ],
ce qui prouve P(k).
• Par principe de récurrence, P(k) est vraie pour tout k ∈ {0, · · · , n}.
2. APPROXIMATION PAR LES FRACTIONS CONTINUES
165
II.2. Nous avons

p/q = α0 + r0 /q




 r0 /q = 1/(α1 + r1 /r0 )
r1 /r0 = 1/(α2 + r2 /r1 )

.

 ..


rN −3 /rN −2 = αN −1 + 1/rN −2
ce qui montre que
p
= [α0 , α1 , · · · , αN −1 , rN −2 ].
q
II.3. Si ξ est rationnel, la question II.2 montre que

p/q = α0 + r0 /q




 r0 /q = 1/(α1 + r1 /r0 )
r1 /r0 = 1/(α2 + r2 /r1 )

..



 .
rN −3 /rN −2 = αN −1 + 1/rN −2
avec α0 , α1 , · · · , αN −1 ∈ N et r0 /q, r1 /r0 , r2 /r1 , · · · , 1/rN −2 ∈]0, 1[, et donc que αn =
an , pour tout n ∈ {0, · · · , N − 1}, ξ1 = q/r0 , ξn+1 = rn−1 /rN , pour tout n ∈
{1, · · · , N − 2}, ξN = rN −2 . La suite définie par (∗) s’arrête alors à ξN = rN −2 ∈ N.
Réciproquement, si pour un certain entier N , ξN est un entier, alors du fait que
par la question II.1 ξ = [a0 , · · · , aN −1 , ξN ] et que [a0 , · · · , aN −1 , ξN ] ∈ Q puisque
a0 , · · · , aN −1 , ξN ∈ Q, on a bien ξ ∈ Q.
II.4. La fonction fn est composée de n fonctions du type y 7→ a + 1/y, qui est
décroissante. La fonction fn est donc croissante lorsque n est pair et décroissante
lorsque n est impair.
II.5. Comme ξn = an + 1/ξn+1 , et que les suites (an )n∈N et (ξn )n∈N sont à
termes strictement positifs, on a bien ξn > an . D’autre part d’après la question
II.4, pour tout k ≥ 1, f2k est croissante. On en déduit que f2k (ξ2k ) ≥ f2k (a2k ). Mais
f2k (a2k ) = c2k et d’autre part f2k (ξ2k ) = ξ, par la question II.1 Ce qui donne ξ ≥ c2k .
On montre de même que ξ ≤ c2k−1 . Il s’ensuit que ξ est compris entre deux
réduites quelconques consécutives de la fraction continue construite sur la suite
(an )n∈N associée à ξ par (∗). En particulier
|ξ − cn | ≤ |cn+1 − cn | ≤
1
1
≤ 2.
qn qn+1
qn
L’avant dernière de ces inégalités provenant de la première égalité de I.3 et la
dernière provenant de la croissance de la suite (qn )n∈N , obtenu également à la question I.3.
166
4. ANNEXE : APPROXIMATION DES RÉELS PAR LES RATIONNELS
II.6. Si ξ 6∈ Q, on lui associe la suite (an )n∈N de (∗), qui est infinie d’après la
question II.3. Quel que soit n ≥ 0, le nombre cn est alors un rationnel, qui d’après
la question II.5 répond à la question.
√
√
1
III.1.a. Comme 2 = 1 + , on a immédiatement que ξ1 = 1 + 2. Il s’ensuit
ξ1
que
√
√
1
1
2 = [1, ξ1 ] = [1, 1 + 2] = [1, 2 + ] = [1, 2, ξ1 ] = [1, 2, 2 + ]
ξ1
ξ1
= [1, 2, 2, ξ1 ] = · · · = [1, 2, 2, 2, · · · , 2, ξ1 ].
On obtient bien de proche en proche que an = 2, pour tout n ≥ 1 (pour être tout à
fait rigoureux, une récurrence s’impose ici).
III.1.b.
1
Nous avons c5 = 1 +
= 99/70. D’après la question II.5 il s’agit
1
2+
1
2+
2+
1
1
2
√
d’une√approximation de 2 à 1/q52 = 1/702 près, soit à environ 2, 05.10−4 près. De
fait | 2 − 99/70| ' 73.10−6 .
2+
√
1+ 5
1
III.2. On a facilement x =
(x est le nombre d’or). De x = 1 + , on
2
x
obtient x = [1, x] = [1, 1 + 1/x] = [1, 1, x] = · · · = [1, 1, · · · , 1, x]. On en conclut que
an = 1 pour tout n ≥ 1. On a c11 = 233/144, ce qui montre que 233/144 est une
approximation de x à 1/1442 ≤ 10−4 . On trouve en réalité |x−233/144| ≤ 5.10−10 ≤
2, 2.10−5 .
III.3. Bien entendu on pourrait toujours se donner π avec 10 décimales ; à sa31415926535
voir π = 3, 1415926535, et produire l’approximation |π −
| ≤ 10−9 . Mais
1010
cette approximation n’est pas économique, car elle comporte un numérateur et un
dénominateur qui sont grands. On développe plutôt π en fraction continue suivant la
méthode (∗), avec l’aide d’une calculatrice pour trouver les différentes parties fractionnaires. On obtient : π = [3, 7, 15, 1, 292, · · · ], ce qui fournit c4 = 103993/33102,
qui approxime donc π à au moins 1/331022 ' 9.10−10 près. On trouve en réalité
|π − 103993/33102| ≤ 5.10−10 .
Autrement dit l’estimation de l’erreur donnée par la question II.5 est très proche
de l’erreur réelle sur ces trois exemples.
Bibliographie
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167