Analyse I Printemps

Analyse I - Printemps
P. Severa
y
f (x)
g(x)
x
Contents
1 Séries numériques
1.1 Définitions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.1 Définition . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.2 Théorème . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.3 Observation . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2 Comparaison avec une intégrale . . . . . . . . . .
1.2.1 Théorème . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3 Comparaison avec une autre série . . . . . . . . .
1.3.1 Propostion . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3.2 Proposition . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3.3 Théorème: Critère de la limite . . . . . .
1.3.4 Théorème: Critère du quotient . . . . . .
1.3.5 Thérorème: critère de racine . . . . . . .
1.4 Critères de Leibnitz et de Dirichlet . . . . . . . .
1.4.1 Théorème: critère de Leibnitz . . . . . . .
1.4.2 Théorème: Critère de Dirichlet . . . . . .
1.5 Convergence absolue et convergence non-absolue
1.6 Produit de séries et l’exponentielle complexe . . .
1.7 Résumé . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.7.1 Théorème (Euler) . . . . . . . . . . . . .
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11
11
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15
20
20
2 Suite et séries de fonctions
2.1 Convergence uniforme . . . . . . . . . . . . .
2.1.1 Définition: Convergence ponctuelle . .
2.1.2 Définition: Convergence uniforme . . .
2.2 Critères de la convergence uniforme . . . . . .
2.2.1 Critère de Cauchy . . . . . . . . . . .
2.2.2 Critère de Weierstrass . . . . . . . . .
2.2.3 Corollaire: Forme alténative du critère
2.3 Intégration et différentiation . . . . . . . . . .
2.4 Séries entières . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.4.1 Théorème: Abel . . . . . . . . . . . .
2.5 Séries de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.6 Résumé de la partie 2 . . . . . . . . . . . . .
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de Weierstrass
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3 Espaces métriques
3.1 Métriques et normes . . . . . . .
3.2 Fonctions continues . . . . . . . .
3.3 Limites de suites . . . . . . . . .
3.4 Sous-ensembles ouverts et fermés
3.5 Espaces compacts . . . . . . . . .
3.6 Espaces complets . . . . . . . . .
3.7 Résumé de la partie 3 . . . . . .
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4 Equations différentielles ordinaires
4.1 Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.1.1 Théorème: existence et unicité des solutions . . . .
4.2 Méthodes de résolution . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.2.1 EDO autonomes . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.2.2 Séparation de variables . . . . . . . . . . . . . . .
4.2.3 EDO linéaires d’ordre 1 . . . . . . . . . . . . . . .
4.2.4 Les EDO homogènes et la méthode d’une symétrie
4.2.5 Réduction d’ordre . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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4.6
EDO linéaires à coefficients constants . . . . . .
Systèmes d’EDO linéaires à coefficients constants
Système d’EDO linéaires générales . . . . . . . .
Résumé partie 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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5 Fonctions de plusieurs variables
5.1 La différentielle et les dérivées partielles . . . .
5.2 Dérivées partielles supérieurs . . . . . . . . . .
5.3 Formes quadratiques . . . . . . . . . . . . . . .
5.4 Extremas locaux et selles . . . . . . . . . . . .
5.5 Multiplicateurs de Lagrange . . . . . . . . . . .
5.5.1 Théorème: multiplicateurs de Lagrange
5.6 Résumé de la partie 5 . . . . . . . . . . . . . .
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6 Intégrales multiples
6.1 Motivations . . . . . . . . . . . . . .
6.2 Définitions . . . . . . . . . . . . . . .
6.3 Intégrales itérées . . . . . . . . . . .
6.4 Changement de variables . . . . . . .
6.4.1 L’intégrale de Gauss . . . . .
6.5 Propriétés élémentaires de l’intégrale
6.6 Résumé de la partie 6 . . . . . . . .
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1
Séries numériques
a1 , a2 , a3 , ... ∈ R
une suite
a1 + a2 + a3 + ... =
∞
X
an
n=1
1.1
Définitions
Si a1 , a2 , a3 , ... ∈ R
est une suite, alors :
inf
X
N
X
an = lim
N →∞
n=1
an
n=1
Propriétés:
Si
∞
X
an et
n=1
∞
X
bn convergent
n=1
alors
∞
X
(an + bn ) =
n=1
Si
∞
X
∞
X
an +
n=1
∞
X
bn
n=1
an converge et si λ ∈ R ou C, alors
n=1
∞
X
λan = λ ·
n=1
Si
∞
X
∞
X
an
n=1
an converge, alors
n=1
lim an = 0
n→∞
Preuve:
Si sn = a1 + a2 + · · · + an alors
∞
X
an = lim sn
n→∞
n=1
Mais an = sn − sn−1 et donc
lim an = lim (sn − sn−1 ) = lim sn − lim sn−1 = 0(=
n→∞
n→∞
n→∞
n→∞
∞
X
an )
n=1
∞
X
1
1
divèrge même si lim
=0
n→∞ n
n
n=1
1
Remarque
Si c1 , c2 , ... ∈ C est une suite et si c ∈ C , alors on dit que:
lim cn = c ⇐⇒ lim |cn − c| = 0
n→∞
n→∞
Exemples
Série géométriques soit q ∈ C
∞
X
qn = 1 + q + q2 + · · ·
n=0
si |q| ≥ 1 alors il n’est pas vrai que
lim q n = 0
n→∞
(car |q n | ≥ 1) alors
∞
X
q n diverge
n=0
si |q| < 1
1 + q + q2 + · · · + qn =
1.1.1
1
1
1
1 − q n+1
=
−
lim q n+1 =
1−q
1 − q 1 − q n→∞
1−q
Définition
Soit a1 , a2 , ... ∈ C sune suite. On dit que la série
∞
X
an
n=1
converge absolument si
∞
X
|an | converge
n=1
1.1.2
Théorème
∞
∞
∞
X
X
X
Si
an converge absolument, c’est à dire si
|an | converge, alors
an converge.
n=1
n=1
n=1
Preuve:
Rappel: une suite (cn )∞
n=1 converge et elle est de Cauchy, c’ests à dire:
∀ε > 0
∃n0
∀m > n > n0
:
|cm − cn | < ε
Posons: tn = |a1 | + |a2 | + ... + |an |
sn = a1 + a2 + ... + an
P
Notre hypothèse: lim tn converge
P (= |an |)
à montrer : lim sn converge ( an ) tn converge =⇒ tn est une suite de Cauchy, c’est à dire:
∀ε > 0
m
X
∃n0
∀m > n > n0
|ak | = |tm − tn | < ε
k=n+1
2
Mais:
|sm − sn | =
m
X
k=n+1
≤
|{z}
ak
m
X
|ak |
Inégalité triangulaire k=n+1
=⇒ La suite (sn )∞
n=1 est de Cauchy, donc elle converge.
1.1.3
Observation
Si an ≥ 0
alors
(an ∈ R) ∀n = 1, 2, 3, ...
sn =
n
X
ak
k=1
est une suite croissante:
(sn+1 ≥ sn car: sn+1 − sn = an+1 ≥ 0),
Et donc:
soit la suite (sn )∞
n=1 est bornée =⇒ elle converge, c’est à dire
∞
X
an converge
n=1
soit (sn )∞
n=1 n’est pas bornée, c’est à dire
lim sn = ∞, c’est à dire:
n→∞
∞
X
n=1
3
an = ∞
Diverge vers +∞
1.2
Comparaison avec une intégrale
1.2.1
Théorème
Soit f :
[1, ∞) −→
x
7−→
[0, ∞)
une fonction décroissante. Alors:
f (x)
∞
X
∞
Z
f (n) converge ⇐⇒
f (x) dx converge.
1
n=1
Preuve:
Non formelle (dessin).
y
f (1)
f (2)
f (3)
f (4)
f (2)
f (3)
f (4) f (5)
x
Preuve:
Preuve formelle.
n+1
Z
f (n + 1) =
f (n + 1) dx
n
Z
n+1
≤
Z
f (n) dx = f (n)
n
Pour
N
X
n+1
f (x) dx ≤
n
:
n=1
N
+1
X
Z
N →∞
f (x) dx ≤
1
n=2
lim :
N +1
f (n) ≤
∞
X
n=2
f (n)
n=1
∞
X
∞
Z
f (n) ≤
N
X
f (x) dx ≤
1
f (n)
n=1
Et donc:
∞
X
Z
f (n) < ∞ ⇐⇒
∞
f (x) dx < ∞
1
n=1
4
Exemples:
Soit a > 0 et f (x) =
1
, quand est ce que:
xa
Z
∞
1
dx
<∞?
xa
Si et seulement si: a > 1 car:
Z
Z
1
∞
dx
=
xa
(
1
1−a
· x1−a
log(x)
si a 6= 1
sinon
dx
< ∞ si et seulement si a > 1
xa
On a donc:
∞
X
1
converge ⇐⇒ a > 1
a
n
n=1
En particulier:
∞
X
1
= ∞(La série harmonique)
n
n=1
5
1.3
Comparaison avec une autre série
Nous savons si
X
q n converge, et si
n
1.3.1
Propostion
0 ≤ an ≤ bn
Si
X 1
converge, est-ce que cette serie converge ?:
na
n
∞
X
1
tan
2
n
n=1
et si
∞
X
bn < ∞
n=1
alors
∞
X
an < ∞
n=1
Preuve:
N
X
an ≤
n=1
N →∞
bn
n=1
∞
X
lim :
N
X
an ≤
∞
X
bn
n=1
n=1
1.3.2
Proposition
Soient an ∈ C et bn ∈ (0, ∞). Si la suite
et si
∞
X
an
bn
∞
est bornée, c’est à dire si ∃C > 0 tel que
n=1
an
≤C
bn
∀n
bn converge
n=0
∞
X
an converge absolument.
n=1
Preuve:
On a:
|an | ≤ C · bn
et
∞
X
C · bn = C ·
n=1
∞
X
bn < ∞ (converge)
n=1
∞
X
|an | converge, c’est à dire:
n=1
∞
X
an converge absolument
n=1
6
1.3.3
Théorème: Critère de la limite
Soient an ∈ C, bn ∈ (0, ∞). Supposons que lim
n→∞
Alors:
∞
X
Si
bn converge, alors
n=1
∞
X
Si
∞
X
an
existe.
bn
an converge absolument.
n=1
an diverge, alors
n=1
∞
X
bn diverge
n=1
Corrolaire
Avec les mêmes hypothèses, si
P
an diverge, alors
P
bn diverge.
Corrolaire
Si an ∈ (0, ∞), bn ∈ (0, ∞), et si lim
an
6= 0, alors
bn
∞
X
an converge ⇐⇒
∞
X
converge
n=1
n=1
(Car on peut échanger les suites an et bn )
Preuve:
La suite
an
converge =⇒ elle est bornée, c’est à dire:
bn
∃C > 0
an
≤C
bn
t.q.
On a donc
|an | ≤ C · bn
Par l’hypothèse
P
bn converge
=⇒
X
P rop.
an converge
Exemples
∞
X
1
tan
2
n
n=1 |
{z }
an
tan x
lim
=1
x→0
x tan n12
lim
=1
1
n→∞
n2
7
.
on pose bn = 1
n2
∞
X
1
converge, et donc
n2
n=1
∞
X
tan
n=1
1
converge.
n2
∞
X
sin
n=1
1
n
sin x
=1
x
sin n1
lim
=1
1
lim
n→0
n→∞
∞
X
n
n=1
1.3.4
∞
X
diverge =⇒
sin
n=1
1
diverge
n
Théorème: Critère du quotient
Soit an ∈ C une suite.
an+1
an
Si lim
< 1 alors
P
an converge absolument

Si lim
n→∞
Alors
P
an+1
>1
an
an diverge
Preuve:
Des deux parties:
1. Soit q t.q. :
lim
an+1
< q < 1 =⇒ ∃n0 t.q. ∀n ≥ n0
an
on a
an+1
<q
an
On a donc:
|an0 +1 | < q · |an0 |
|an0 +2 | < q · |an0 +1 | < q 2 · |an0 |
|an0 + k| < q k · |an0 |
Vu que
∞
X
q k converge
k=0
∞
X
|an0 +k | converge =⇒
n=1
k=0
C’est à dire
P
∞
X
an converge absolument
8
|an | converge
2. Soit q t.q.
1 < q < lim
∃n0
∀n ≥ n0
=⇒ |an0 +k | > q k (an0 )
=⇒
∞
X
an+1
an
an+1
>q
an
=⇒ lim |an | = ∞
n→∞
an diverge
n=1
Exemples
1.
x ∈ C, x 6= 0
xn
an =
n!
an+1
=
an
=⇒
xn+1
(n+1)!
xn
n!
=
|x|
→ 0(< 1)
n + 1 n→∞
∞
X
xn
converge absolument
n!
n=0
2.
.
(n + 1) n+1
X n
1
2
→ lim
= <1
n n
2n
2
2
X n
converge
=⇒
2n
Rappel
Si an ∈ R est une suite, alors
lim sup an := lim sup ak
n→∞
n→∞ k≥n
∈ (−∞, ∞)
= le plus grand point d’accumulation. Si lim an existe, alors:
n
lim sup an = lim an
n→∞
1.3.5
n→∞
Thérorème: critère de racine
Soit an ∈ C une suite.
p
P
1. si lim sup n |an | < 1 Alors
an Converge absolument
n→∞
p
P
2. si lim sup n |an | > 1 alors
an diverge
Preuve:
9
1.
lim sup
p
n
|an | < q < 1
Par la définition de lim sup:
∃n0
p
n
∀n ≥ n0
|an | < q, c’est à dire |an | < q n =⇒
X
(Car
q n converge)
X
|an | converge
2.
lim sup
p
n
|an | > q > 1
Par la définition de lim sup
∃ un nombre infini de n ∈ Nt.q.
p
n
|an | > q c’est à dire |an | > q n =⇒ on ne peut pas avoir lim |an | = 0
X
=⇒
an diverge
Exemple
X n
2n
p
1 √
1
n
|an | = · n n ⊂ n → ∞→ < 1
2
2
X n
=⇒
converge
2n
10
1.4
Critères de Leibnitz et de Dirichlet
Ce sont 2 critères pour convergence non-absolue
1.4.1
Théorème: critère de Leibnitz
Soit bn ∈ R est une suite décroissante t.q. limn bn = 0 Alors:
∞
X
(−1)n−1 · bn converge
n=1
Preuve:
On pose
sn =
n
X
(−1)k−1 · bk
k=1
On a
s0 ≤ s2 ≤ s4 ≤ . . . ≤ s5 ≤ s3 ≤ s1
=⇒ lim s2n existe ( s2n est croissante et bornée), aussi: lim s2n+1 existe
n
n→∞
on a aussi lim s2n = lim s2n+1 , car
n
n
lim(s2n+1 − s2n ) = lim b2n+1 = 0 par l’hypothèse =⇒ la suite sn converge
n
n
Exemple
1 1 1 1 1
+ − + − + . . . (= log(2))
2 3 4 5 6
X1
ne converge pas)
converge mais ne converge pas absolument. (
n
1−
1.4.2
Théorème: Critère de Dirichlet
Soit bn ∈ R une suite décroissante t.q. lim bn = 0. Soit an ∈ C une suite t.q.
n
sn :=
n
X
ak est bornée( c’est à dire: ∃C > 0
t.q. |sn ≤ C ) Alors la série
∞
X
an · bn converge
n=1
k=1
Preuve:
L’idée: sommation par parties
s0 := 0,
sn :=
n
X
ak
k=1
tn :=
n
X
ak · bk =
k=1
n
X
k=1
(sk − sk−1 ) ·bk = sn · bn +
|
{z
}
ak
n−1
X
sk · (bk − bk+1 )
k=1
lim sn bn = 0, car (sn )∞
n=1 est bornée et lim bn = 0
n→∞
n
11
Donc
∞
X
an bn lim tn =
n→∞
n=1
∞
X
sk (bk − bk+1 )
k=1
On va montrer que
∞
X
sk (bk − bk+1 ) converge.
k=1
sk est bornées, c’est à dire: ∃C > 0 t.q. |sk | ≤ C et la série
∞
X
(bk − bk+1 ) converge:
k=1
n
X
n→∞
(bk − bk+1 ) = (b1 − 6 b2 ) + (6 b2 − 6 b3 ) + (6 b3 − 6 b4 ) + . . . + (6 bn − bn+1 ) → b1
k=1
On a donc:
∞
X
(bk − bk+1 ) converge, bk − bk+1 ≥ 0
k=1
|sk | ≤ C =⇒
∞
X
sk (bk − bk+1 ) converge
k=1
Exemple
Soit z ∈ C t.q. |z| = 1 et z 6= 1
∞
X
zn
n
n=1
an = z n ,
bn =
1
n
sn = a1 + a2 + . . . + an = z + z 2 + . . . + z n = z ·
|sn | = |z|
1 − zn
1−z
X zn
|1 − z n |
|1| + |z n |
z
≤
=
=: C =⇒ la suite sn est bornée =⇒
converge
|1 − z|
|1 − z|
|1 − z|
n
12
1.5
Convergence absolue et convergence non-absolue
Théorème A
Supposons que
∞
X
an converge absolument.
n=1
∗
Soit σ : N∗ → N une bijection. Alors:
∞
X
aσ(n) =
n=1
∞
X
an
n=1
Si une série converge absolument, alors la somme ne dépend pas de l’ordre de la somation.
Théorème B
Supposons que
∞
X
an converge non-absolument
n=1
∗
∞
X
!
|an | = ∞ , et supposons que an ∈ R (∀n) Alors ∀s ∈ R
∃
n=1
bijection σs : N → N∗ t.q.
∞
X
aσs (n) = s
n=1
Aussi, ∃ σ : N∗ → N∗ t.q.
∞
X
aσ(n) diverge
n=1
Lemme
Supposons que
∞
X
an converge. Alors:
n=1
∞
X
lim
N →∞
an = 0
n=N +1
Preuve:
∞
X
n=1
∞
X
an −
an =
N
X
an
n=1
n=N +1
En prenant la limite:
limN →∞
∞
X
n=1
an − lim
N →∞
∞
X
n=N +1
an =
∞
X
an
n=1
Preuve:
Pour le théorème A.
n
n
X
X
0
Posons sn =
an et sn =
aσ(n) . Il faut montrer que lim s0n = lim sn , c’est à dire que:
k=1
n
k=1
lim (s0n − sn ) = 0
n→∞
13
n
posons
An = {1, 2, 3, . . . , n},
Bn = {σ(1), σ(2), . . . , σ(n)}
On a donc
X
sn =
ak
k∈An
s0n =
X
X
ak =⇒ s0n − sn =
k∈Bn
X
ak =
ak −
k∈Bn \(An ∩Bn )
k∈An
k∈Bn
=⇒ |s0n − sn | ≤
X
ak −
X
ak
k∈An \(Bn ∩An )
An
Bn
X
|ak | Où 4 est la différence symétrique
k∈An 4Bn
Si N est borné, alors ∀n suffisament grand on a
{1, 2, . . . , N } ⊂ An ∩ Bn , et donc
X
|s0n − sn | ≤
≤
k∈An 4Bn
car:
∞
X
lim
N →∞
∞
X
|ak |
k=N +1
|ak | = 0
k=N +1
On a
lim |s0n − sn | = 0
n→∞
Preuve:
Théorème B (indication)
On a
P
an qui converge mais
P
|an | diverge. Soient:
les an ≥ 0
les an < 0
b1 , b2 , b3 , . . .
c1 , c2 , c3 , . . .
lim bn = 0,
lim cn = 0
et
X
bn = ∞
en plus de
X
cn = −∞
Pour construire σs (s ∈ R), nous allons additioner les termes positifs (bi ) jusqu’à dépasser la valeur s, puis additionner les termes négatifs ci jusqu’à passer au dessous de s, puis repasser sur les termes positifs et ainsi de suite.
Nous pouvons ensuite montrer que grâce à cette construction, la série converge vers la valeur s.
14
1.6
Produit de séries et l’exponentielle complexe
Nous savons:
∀x ∈ C
∞
X
xn
n!
n=0
converge
Théorème
Si x ∈ R alors
∞
X
xn
= exp(x)
n!
n=0
x3
x5
x7
+
−
+ · · · = sin(x)
3!
5!
7!
x2
x4
x6
1−
+
−
+ · · · = cos(x)
2!
4!
6!
x−
Preuve:
Taylor-Lagrange:
pour tn ∈ [0, 1]
f (x) =
n
X
f (k) (0)
k=0
k!
· xk +
f (n+1) (tn · x) n+1
·x
(n + 1)!
si f (x) = exp(x)
(ex )0 = ex → f (k) (0) = 1
n
X
xk
etn x
exp(x) =
+
· xn+1
k!
(n + 1)!
k=0
|
{z
}
=:Rn (x)
|x|
e
|x|n+1 −→ 0
n→∞
(n + 1)!
n
∞
X
X
xk
xk
lim Rn (x) = 0 =⇒ exp(x) = lim
=
n→∞
n→∞
k!
k!
|Rn (x)| ≤
k=0
k=0
Pour sin(x) et cos(x), voir exercices.
Définition
Si x ∈ C, alors
exp(x) :=
∞
X
xn
n!
n=0
Proposition
Si x ∈ R, alors
exp(ix) = cos(x) + i · sin(x)
15
Preuve:
exp(ix) =
∞
X
(ix)n
k=0
n!
ix x2
ix3
x4
−
−
+
+ ···
1!
2!
3!
4!
x2
x4
x3
x5
= (1 −
+
− · · · ) + i · (x −
+
− ···)
2!
4!
3!
5!
= cos(x) + i · sin(x)
=1+
On va montrer: ∀x, y, ∈ C
exp(x) · exp(y) = exp(x + y)
Preuve:
X n X n x
y
n!
n!
xn
yn
an =
bn =
n!
n!
n
k
n−k
X
y
1
n!
x
·
=
dn = sumnk=0
·xn−k y k
(n − k)! k!
n!
(n − k)!k!
k=0 |
{z }
=(n
k)
1
= (x + y)y
n!
Donc
X
dn =
X 1
(x + y)n = exp(x + y)
n!
Définition
Supposons que X est un ensemble dénombrable et que on a des nombres ax ∈ C (∀x ∈ X) c’est à dire a : X → C,
si σ : N → X est une bijection, alors on pose:
X
ax :=
x∈X
∞
X
aσ(n)
n=1
Supposant que la série converge absolument. La convergence absolue nous assure que la somme ne dépend pas de
σ.
Théorème
∞
X
Si
an et
n=1
∞
X
bn
convergent absolument alors:
n=1
16
∞
X
! 
·
ai
i=1
∞
X

X
bj  =
j=1
ai · bj
(i,j)∈N×N
Preuve:
X
a i bj
converge absolument
(i,j)∈N2
c’est à dire
X
|ai bj | < ∞
(i,j)∈N2
N
·
On prend cet ordre pour la somation:
·
(5)
(6)
·
·
(2)
(3)
·
·
(1)
(4)
·
(7)
·
(8)
·
(9)
N
Si ` ∈ N, alors la `2 -ème somme partielle est :
`
X

! `
X
|ai | 
|bj |
i=1
j=1
Cette somme partiell est
≤
∞
X

! ∞
X
|ai | 
|bj |
i=1
j=1
=⇒ la suite des sommes partielles (qui est croissante) converge.
`
X
|ai | ≤
≤
!
|ai | 
i=1
|ai |
j=1
i=1
∞
X
∞
X
∞
X

|bj | =
j=1
X
ai bj
(i,j)∈N2
On utilise le même ordre de la somation, la `2 -ème somme partiell est:

! `
`
X
X
≤
|ai | 
|bj |
i=1
lim ((a)) =
`→∞
j=1
∞
X

! ∞
X
|ai | 
|bj |
i=1
17
j=1
(a)
on a donc trouvé une sous-suite qui converge vers
∞
X

! ∞
X
|ai | 
|bj |
i=1
(?)
j=1
la suite des sommes partielles converge (car on a une série qui converge même absolument) =⇒ la limite est (?)
Corollaire
Si
∞
X
an
et
n=1
∞
X
bn
convergent absolument et si:
dn :=
n=1
n−1
X
ak bn−k
alors,
k=1
∞
X
∞
X
dn =
∞
X
!
an
n=1
n=2
!
bn
n=1
Aussi :
∞
X
∞
X
!
an
n=0
!
bn
=
n=0
∞
X
dn
n=0
où
dn =
n
X
an−k bk
k=0
Preuve:
On sait que
X
ai ·
X
X
bj =
ai · bj
(i,j)∈N×N
On doit choisir un ordre de la sommation pour N × N, il s’agit de trouver une bijection N → N
N
·
(4)
·
(3)
·
(1)
·
(5)
·
(2)
N
a1 b1 + (a1 b2 + a2 b1 ) + (a1 b3 + a2 b2 + a3 b1 ) + · · ·
|{z} |
{z
} |
{z
}
d2
d3
d4
18
Exemple
si |x| < 1:
n
X
1
=
xn
1 − x n=0
donc
1
=
(1 − x)2
=
∞
X
n=0
(n + 1)xn
∞
X
!
x
n=0
n
X
dn =
n
∞
X
!
x
n
n=0
an−k bk =
k=0
=
∞
X
dn
n=0
n
X
k=0
19
corr.
xn−k xk = (n + 1)xn
1.7
Résumé
? Savoir faire: déterminer si une série converge ou pas
? Méthodes:
− Comparer avec
− Comparer avec
q n (critère du quotient et de la racine)
X 1
P
n
nq
− Critères de Leibnitz et de Dirichlet
? Théorie:
P
P
−
aσ(n) =
an si convergence absolue
− Produit de séries, exp(x + y) = exp(x) + exp(y)
1.7.1
Théorème (Euler)
X
p premier
1
=∞
p
P 1.
( =⇒ # des premiers est ∞, vu que
< ∞, alors les premiers sont plus dense dans N que les carrés)
n2
Preuve:
(l’idée)
1
1
1
1
1
1
1
1
1
(∗) = 1 + + 2 + 3 + · · ·
1 + + 2 + 3 + ···
1 + + 2 + 3 + ···
2 2
2
3 3
3
5 5
5
X1
=
=∞
n
1
1
. ·
. · ···
(∗) =
1
1
1−
1
−
2
3
Y
1
. =∞
=
1 p
p premier 1 −
X
1
log :
− log 1 −
=∞
p
p
vu que
lim
x→0
− log(1 − x)
=1
x
on a aussi que
X
p premier
Puis avec beaucoup de travail: |{p premier, p ≤ n}| ≈
1
=∞
p
n
log(n)
20
2
Suite et séries de fonctions
Motivation
Justifier les calculs:
Pour |x| < 1
=⇒
1
=
(1 − x)2
1
1−x
0
=
∞
X
1
=
xn
1 − x n=0
!0
∞
∞
∞
∞
X
X
X
X
?
n
x
=
(xn )0 =
n · xn−1 =
(n + 1) · xn
n=0
n=0
n=1
n=0
Ou encore:
Z
0
2.1
2.1.1
t
1
dx =
1−x
t
Z
0
∞
X
!
x
n
?
dx =
n=0
∞ Z
X
n=0
t
xn dx =
0
∞
∞ n
X
X
tn+1
t
=
n + 1 n=1 n
n=0
Convergence uniforme
Définition: Convergence ponctuelle
Soient A un ensemble, et fn : A → K n ∈ N. On dit que la suite (fn )n=1 converge ponctuellement vers f : A → K
si:
(∀a ∈ A)
lim fn (a) = f (a)
n→∞
Exemples
i) fn : R → R et fn (x) = arctan(nx)
π
2
−
π
2
0
lim fn (x) =
n→∞
 π

 −
2






x>0 

x=0


x<0 
= f (x)
Alors fn converge ponctuellement vers f (x), cette limite n’est pas continue.
21
π
2
n−
fn
ii) fn : [0, 1] → R
lim fn (x) = 0
n→∞
|
1
n
0
Z
|
1
fn (x)dx =
0
1
1
=⇒ lim
n→∞
2
1
Z
fn (x)dx =
0
1
6=
2
Z
0
1
lim fn (x) dx
n→∞
{z
}
|
0
Notation
pour f : A → C on pose: kf k := sup |f (a)| la norme de f
a∈A
Motivation
si f, g : A → C, alors on va voir kf − gk comme ”la distance” entre f et g.
2.1.2
Définition: Convergence uniforme
On dit que une suite de fonctions fn : A → C converge uniformément vers f : A → C si:
lim kfn − f k = 0
n→∞
c’est à dire si
∀ε > 0
∃n0 ∈ N ∀n ≥ n0
kfn − f k < ε
Visualisation
ε
fn
f
ε
ε
22
Proposition
Si fn → f uniformément, alors fn → f ponctuellement
Preuve:
Soit a ∈ A, alors kfn − f k ≥ |fn (a) − f (a)|
Donc si lim kfn − f k = 0, alors aussi :
lim |fn (a) − f (a)| = 0
n→∞
C’est à dire:
lim fn (a) = f (a)
n→∞
Exemples
i)
sin(nx)
fn : R → R
n
lim fn (x) = 0 ∀x ∈ R
fn (x) =
n→∞
la limite ponctuelle est 0
On a fn −→ 0 ponctuelle est-ce que fn → 0 uniforme ?
n→∞
kfn − 0k = kfn k = sup
x∈R
1
sin(nx)
=
−→ 0 =⇒ fn → 0 uniforme
n
n n→∞
n−
fn
ii) Soit fn : [0, 1] → R tel que :
0
|
.
1
et donc fn → 0 ponctuel et ce ∀x ∈ [0, 1]
|
n
1
Est ce que lim fn (x) = 0 uniforme ?
0
kfn − 0k = kfn k = n −→
n→∞
=⇒ la convergence n’est pas uniforme
iii) Considérons la fonction suivante : fn :
R
x
−→
7−→
R
arctan(nx)
La limite ponctuelle est
 π


 2
f (x) =
0


− π
2
23
x>0
x=0
x<0
Considérons maintenant kfn − f k
kfn − f k = sup |fn (x) − f (x)| =
x∈R
π
=⇒
2
la convergence n’est pas uniforme
De manière visuelle:
f
•
•
fn
•
En bref
fn → f est uniformément convergeante si
∀ε > 0
∃n0 ∈ N ∀n ≥ n0
∀a ∈ A
|fn (a) − f (a)| < ε
∀n ≥ n0
|fn (a) − f (a)| < ε
Donc il existe un n0 valable pour tout a ∈ A
En revanche la convergence ponctuelle se traduit par
∀a ∈ A
∀ε > 0
∃n0 ∈ N
Ici n0 peut dépendre de a
Théorème
Soient A ⊂ K et fn : A → K, n = 1, 2, 3, . . .
Supposons que toute fn est continue et que la suite (fn )∞
n=1 converge uniformément vers f : A → K. Alors f est
continue.
Preuve:
Par définition, f est continue en a ∈ A si:
∀ε > 0
∃δ > 0
∀a0 ∈ A
|a0 − a| < δ =⇒ |f (a0 ) − f (a)| < ε
ε
3
ε
fn est continue =⇒ ∃δ > 0 ∀a0 ∈ A
|a0 − a| < δ =⇒ |fn (a0 ) − fn (a)| <
3
Il faut montrer: si |a0 − a| < δ alors |f (a0 ) − f (a)| < ε
fn → f uniformément =⇒ ∀n suffisament grand kfn − f k <
24
Mais:
|f (a0 ) − f (a)| = |(f (a0 ) − fn (a0 )) + (fn (a0 ) − fn (a)) + (fn (a) − f (a))|
≤ |f (a0 ) − fn (a0 )| + |fn (a0 ) − fn (a)| + |fn (a) − f (a)|
ε
ε
ε
≤
+
+
=ε
3
3
3
25
2.2
2.2.1
Critères de la convergence uniforme
Critère de Cauchy
Toute suite de Cauchy converge uniformément:
Soit fn : A → K une suite de fonctions telle que
∀ε > 0
∃n0 ∈ N
∀m, n ≥ n0
kfm − fn k ≤ ε
est une suite de Cauchy. Alors la suite (fn )∞
n=1 converge uniformément.
Preuve:
• Convergence ponctuelle:
Si a ∈ A, alors |fm (a) − fn (a)| ≤ kfm − fn k ∀m, n. Par définition, on a que la suite (fn (a))∞
n=1 est de Cauchy
=⇒ (fn (a))∞
n=1 converge et on pose f (a) = lim fn (A). On a donc une fonction f : A → K et fn → f
n→∞
ponctuellement continue
• fn → f uniforme:
Nous savons que ∃n0 ∈ N ∀m, n ≥ n0
kfm − fn k ≤ ε, en particulier:
∀a ∈ A |fm (a) − fn (a)| ≤ ε.
lim fm (a) − fn (a)| = |f (a) − fn (a)| ≤ ε
m→∞
On a donc ∀a ∈ A |f (a) − fn (a)| ≤ ε c’est à dire kf − fn k ≤ ε.
Cela implique que fn → f uniformément
Définition
Si gn : A → C on dit que
∞
X
gn converge uniformément si lim
N →∞
n=1
N
X
gn converge uniformément.
n=1
Proposition
Si f, g : A → C alors kf + gk ≤ kf k + kgk
Preuve:
∀a ∈ A |f (a) + g(a)| ≤ |f (a)| + |g(a)| ≤ kf k + kgk
On prend sup :
a∈A
kf + gk ≤ kf k + kgk
2.2.2
Critère de Weierstrass
Soit gn : A → C une suite de fonctions telle que
Alors
∞
X
∞
X
kgn k < ∞.
n=1
gn converge uniformément.
n=1
Preuve:
26
Posons sn :=
n
X
gk
(sn : A → C), tn :=
k=1
n
X
kgk k
k=1
Si m ≥ n alors:
ksm − sn k =
m
X
m
X
gk ≤
k=n+1
kgk k = tm − tn ≤ |tm − tn |
k=n+1
∞
Par l’hypothèse la suite (tn )∞
n=1 converge =⇒ elle est de Cauchy =⇒ la suite (sn )n=1 est de Cauchy
=⇒
sn converge uniformément.
Crit. conv. Cauchy
Exemple
Soit la fonction gn :
R
x
−→
7−→
R
sin(nx)
n2
est ce que
kgn k = sup
∞
X
n=1
2.2.3
x∈R
∞
X
∞
X
sin(nx)
converge uniformément ?
n2
n=1
1
sin(nx)
= 2
n2
n
1
<∞
n2
n=1
X sin(nx)
converge uniformément
=⇒
n2
∞
X
sin(nx)
=⇒ f (x) :=
est une fonction continue
n2
n=1
kgn k =
Corollaire: Forme alténative du critère de Weierstrass
Si gn : A → C et si bn ≥ 0 sont tels que
∀a ∈ A |gn (a)| ≤ bn
et si
∞
X
bn < ∞
n=1
Alors
P
gn converge uniformément.
Preuve:
kgn k ≤ bn =⇒
X
kgn k < ∞
27
2.3
Intégration et différentiation
Théorème
Soient fn : [a, b] → C des fonctions continues (n = 1, 2, . . .). Si la suite fn converge uniformément, alors:
Z b
Z b
lim fn (x) dx
fn (x) dx =
lim
n→∞
a n→∞
a
Version pour séries:
Si
P
gn converge uniformément, alors:
∞ Z
X
b
Z
gn (x) dx =
a
n=1
∞
X
b
a
!
gn (x)
dx
n=1
Preuve:
Posons f (x) = lim fn (x)
n→∞
On veut montrer:
b
Z
b
Z
f (x) dx = lim
n→∞
a
fn (x) dx
a
On a
Z
b
Z
(f (x) − fn (x)) dx ≤
b
|f (x) − fn (x)| dx ≤ (b − a) · kf − fn k −→
a
n→∞
a
0
b
Z
(f (x) − fn (x)) dx = 0
=⇒ lim
n→∞
conv. unif.
a
Remarque
Le même chose est vrai si fn → f uniformément sur [c, d] et a, b ∈ [c, d] car la convergence uniforme sur [c, d]
implique la converence uniforme sur [a, b]
Exemples
∞
X
1
. La convergence est uniforme sur [−q, q], si 0 ≤ q < 1, par Weierstrass
1
−
x
n=0
∞
X
1
converge.
kxn k = q n (sur [−q, q]) et
qn =
1
−
q
n=0
i) Si |x| < 1 alors
xn =
ii) Si 0 ≤ t < 1:
∞
X
t
Z
0
n=0
Z
0
t
!
x
n
dx =
∞ Z
X
n=0
0
t
∞
X
tn+1
x dx =
n+1
n=0
n
dx
= − log(1 − t) =⇒ ∀t ∈ [−1, 1]
1−x
∞ n
X
t
− log(1 − t) =
n
n=1
28
Question
Quand est ce que lim fn0 =
n→∞
lim f
0
n→∞
? Nous pouvons voir que la convergence uniforme n’est pas suffisante.
Exemples
1)
fn :
R
x
−→
7−→
R
lim fn = 0
sin(nx)
n
conv. uniforme
n
(kfn k =
1
−→ 0)
n n→∞
Mais fn0 (x) = cos(nx) ne converge pas.
lim fn0 n’existe pas
n→∞
2)
fn :
fn (x) −→ |x| =: f (x)
n→∞
R
−→
x
7−→
q R
x2 +
1
n
converge uniformément mais f n’est pas dérivable.
Théorème
Soient fn : [a, b] → C des fonctions de la classe C 1 (c’est à dire fn0 est continue). Supposons que la suite (fn )∞
n=1
1
converge (ponctuellement) et que la suite (fn0 )∞
n=1 converge uniformément. Alors lim fn est de la classe C et
n→∞
0
0
lim fn = lim fn
n→∞
n→∞
Preuve:
Posons f := lim fn , g := lim fn0 . Vu que fn0 sont continues et que fn0 → g uniformément, nous savons que g
n→∞
n→∞
n→∞
est continue. Il faut montrer que g = f 0 .
Soient t0 , t1 ∈ [a, b] alors:
Z
t1
Z
t1
g(x) dx =
t0
t0
lim fn0 (x) dx = lim
n→∞
= f (t1 ) − f (t0 ) =⇒
n→∞
Z
t1
fn0 (x) dx = lim (fn (t1 ) − fn (t0 ))
n→∞
t0
f est une fonction primitve de g1 c’est à dire f 0 = g
29
Pour les séries:
∞
X
gn0
∞
X
=
n=1
Si
∞
X
gn converge et si
n=1
∞
X
!0
gn
n=1
gn0 converge uniformément.
n=1
Exemple
Si x ∈ (−1, 1) alors
∞
X
n=0
xn =
1
1−x
On pose gn (x) = xn , gn0 (x) = nxn−1 est ce que
∞
X
n=1
gn0 =
∞
X
nxn−1 converge uniformément ?
n=1
Avec Weierstrass: Soit q tel que 0 < q < 1 sur [−q, q] on a nxn−1 ≤ nq n−1
∞
X
nq n−1 converge par critère du quotient:
n=1
n+1
(n + 1)q n
= q lim
=q<1
n→∞
n→∞ nq n−1
n
P n−1
P
P n−1
0
=⇒
nx
converge uniformément sur [−q, q] =⇒ ( xn ) =
nx
=⇒ vrai ∀x ∈ (−1, 1)
∞
∞
X
X
1
n−1
=
nx
=
(n + 1)xn
(1 − x)2
n=1
n=0
lim
30
∀x ∈ [−q, q]
2.4
Séries entières
∞
X
Une série entière est une série de la forme
cn xn par exemple:
n=0
∞
X
1
xn =
∀x t.q |x| < 1
1
−
x
n=0
∞
X
xn
= exp(x)
∀x
n!
n=0
∞
X
xn
= − log(1 − x)
n
n=1
Proposition
Soit x0 ∈ C tel que
∞
X
cn xn0 converge. Alors ∀x ∈ C tel que |x| < |x0 | la série
n=0
∞
X
cn xn converge. La convergence
n=0
de cette série est uniforme sur le disque Dq := {x ∈ C | |x| ≤ q} pour tout q tel que q < |x0 |
•
•
x0
Dq
O
Preuve:
P
cn xn0 converge =⇒ lim cn xn0 = 0 =⇒ ∃C > 0 tel que |cn xn0 | ≤ C
∀n
n→∞
Si |x| < |x0 |, alors
n
x
x
≤C·
x0
x0
X x n
=⇒
<∞
x0
X
=⇒
|cn xn | < ∞
|cn xn | = |cn xn0 | ·
n
,
x
<1
x0
P
C’est à dire
cn xn converge absolument.
Pour la convergence uniforme:
On utilise Weierstrass
kcn xn k = sup |cn xn | = |cn | · q n
x∈Dq
P
|cn |q n < ∞ (car q < |x0 |) et donc
P
cn xn converge uniformément dur Dq .
Théorème
Si c0 , c1 , c(2 , . . . ∈ C alors R ∈ [0, ∞] tel que
∞
X
converge absolument si |x| < R
cn x n
diverge si |x| > R
n=0
Si
q
<
R
alors
P
cn xn
converge
31
uniformément
sur
Dq
Preuve:
On pose:
R = sup{x ∈ C |
X
cn xn
converge
}
et on utilise pa proposition précédente.
R est le rayon de la convergence de la série
∞
X
cn xn
n=0
Théorème
(1) R =
1
lim sup
p
n
|Cn |
n→∞
(2) R = lim
n→∞
cn
si cette limite existe.
cn+1
Preuve:
(1) Par le critère de la racine:
n
Posons an = cn x
p
 converge si lim sup n |cn xn | < 1
P
P
n→inf p
an = cn xn
 diverge si lim sup n |cn xn | > 1
n→inf
p
p
Mais lim sup n |cn xn | = |x| lim sup n |cn |
n→∞
n→∞
p
p
Et donc: si |x| < 1/ lim sup n |cn | la série converge et si |x| > 1/ lim sup n |cn | la série diverge.
n→∞
n→∞
(2) Avec le critère du quotient:
P
|cn+1 xn+1 |
= (∗) < 1 alors
cn xn converge et si (∗) > 1 alors la série diverge. On a donc:
n→∞
|cn xn |
cn+1
|x| · lim
< 1 =⇒ converge
n→∞
cn
cn+1
|x| · lim
> 1 =⇒ diverge
n→∞
cn
c’est à dire
Si lim
cn
cn+1
cn
|x| > lim
n→∞ cn+1
|x| < lim
n→∞
=⇒ converge
=⇒ diverge
32
Exemple
∞
X
n2 xn Donc le cas cn = n2
n=0
n2
=1
n→∞ (n + 1)2
cn
R = lim
= lim
cn+1
n→∞
Prenons x ∈ R dorénavant
Théorème
Si le rayon de la convergence de
∞
X
cn xn est R alors le rayon de la convergence de
n=0
!0
cn x n
∞
X
=
n=0
∞
X
cn nxn−1
∞
X
cn nxn−1 est aussi R et
n=1
∀x ∈ (−R, R)
n=1
La fonction:
(−R, R) −→
f:
7−→
x
∞
X
C
cn xn
n=0
et C ∞ et cn =
f
(n)
(0)
n!
Preuve:
Le rayon R0 de la convergence de
R0 =
P
cn nxn−1 est le même que pour x
1
lim supn→∞
p
n
|cn n|
=
lim supn→∞
P
cn nxn−1 =
P
cn nxn et donc:
1
p
√
n
|cn | · lim n n
n→∞
| {z }
=1
=
1
lim sup
p
n
|cn |
=R
0
C’est à dire
P R0 = R P
P
P
0
Rappel:
(gn ) = ( gn ) si (gn0 ) converge uniformément et si
gn converge. On pose gn (x) = cn xn et donc
n−1
0
gn (x) = ncn x
Choisissons q tel que 0 ≤ q < R
X
X
=⇒
gn0 et
gn converge uniformément sur [−q, q]
X 0
X
0
=⇒
gn =
gn
sur [−q, q]
∀q < R
X 0
X
=⇒
gn0 =
gn
sur (−R, R)
On a donc ∀x ∈ (−R, R):
∞
X
n=0
!0
cn x
n
=
∞
X
cn nxn−1 =
n=1
=⇒
∞
X
cn+1 · (n + 1) · xn ←
une série entière ave le même R
n=0
∞
X
!0
cn+1 (n + 1)x
n
=
n=0
=⇒ f (x) =
∞
X
cn+2 (n + 2)(n + 1)xn
n=0
X
cn x
n
est C
∞
sur (−R, R)
33
Si on calcule
f
(n)
(0) =
∞
X
ck x k
(n)
k=0
=⇒ cn =
(n)
x=0
= cn (xn )
x=0
= cn n!
f (n) (0)
n!
Théorème
Si t ∈ (−R, R) alors:
Z t X
cn x n
dx =
X
Z
cn
0
t
xn dx =
X
cn
0
tn + 1
n+1
Preuve:
Convergence uniforme
2.4.1
Théorème: Abel
∞
X
Supposons que (∗)
cn xn converge pour x = x0 ∈ R. Alors la convergence de (∗) est uniforme sur [0, x0 ] (si
n=0
x0 ≥ 0) ou sur [x0 , 0] (si x0 ≤ 0)
En particulier, la fonction (∗) est continue sur [0, x0 ] (ou sur [x0 , 0] si x0 ≤ 0) et donc
∞
X
cn xn0 = lim
x→x0
n=0
∞
X
cn xn
n=0
Démonstration:
On peut supposer que x0 = 1, car
∞
X
n
cn x =
n=0
Si x0 = 1 on peut supposer que
∞
X
∞
X
cn xn0
n=0
x
x0
n
cn = 0 (pour cela on peut remplacer c0 par −
n=0
n=1
L’idée de la preuve: sommation par parties, on pose sn :=
∞
X
ck et (et s−1 := 0)
k=0
Donc cn = sn − sn−1 et lim sn = 0
n→∞
On a
n
X
k=0
ck x k =
n
X
∞
X
(sk − sk−1 )xk = sn xn +
k=0
n−1
X
sk · xk − xk+1
k=0
vue que sn −→ 0, on a sn xn → 0 uniforme sur [0, 1] car ksn xn k = |sn | → 0
n→∞
Donc il faut montrer que
lim
n→∞
n
X
sk xk − xk+1
k=0
34
cn )
est uniforme sur [0, 1], c’est à dire que
∞
X
sn xk − xk+1
converge uniformément
k=0
A montrer:
f n(x) :=
n
X
k=0
sk xk (1 − x) −→
n→∞
∞
X
sk xk (a − x) =: f (x)
uniformément sur [0, 1] en utilisant que lim sk = 0
k→∞
k=0
Il faut donc montrer que lim kf − fn k = 0
n→∞
| f (x) − fn (x) | =
∞
X
∞
X
sk xk (1 − x) = |1 − x| ·
sk xk ≤ |1 − x| · sup |sk | ·
k≥n+1
k=n+1
k=n+1
∞
X
xk
k=n+1
n+1
= (1 − x) · sup |sk |
k≥n+1
Donc:
x
= xn+1 · sup |sk | ≤ sup |sk |
1−x
k≥n+1
k≥n+1
∀x ∈ [0, 1] on a
|f (x) − fn (x)| ≤ sup |sk |
c’est à dire kf − fn k ≤ sup |sk |
k≥n+1
k≥n+1
Finalement:
lim
sup |sk | = lim sup |sn | = lim |sn | = 0 =⇒ kf − fn k −→ 0
n→∞ k≥n+1
n→∞
n→∞
n→∞
Exemple
∞
X
xn
= − log(1 − x)
n
n=1
∀|x| < 1
∞
∞
X
X
xn
(−1)n Abel
= lim
= lim − log(1 − x) = − log(2)
x→−1
x→−1
n
n
n=1
n=0
35
2.5
Séries de Taylor
Rappel
Si R est le rayon de convergence de f (x) :=
∞
X
cn xn , alors f est C ∞ sur (−R, R) et cn =
n=0
f (n) (0)
n!
Définition
Soit f : (−a, a) → K une fonction C ∞ . Alors la série de Taylor de f est la série entière:
∞
X
f (n) (0) n
x
n!
n=0
Question
Est ce que la série converge vers f ? Et pour quels x ∈ (−a, a) ?
Contre-Exemple
i) ∃f : R → R ∈ C ∞ telle que sa série de Taylor ne converge que pour x = 0 (c’est à fire le rayon de la
convergence est 0)

exp(− 1 ) si x 6= 0
x2
ii) f (x) :=

0
si x = 0
∞
f : R → R est C et f (n) (0) = 0
∀n =⇒ la série de Taylor est 0 6= f (x)
Pour comprendre il faudra suivre le cours d’Analyse complexe.
Exemples Corrects
i)
∞
X
1
xn
=
1 − x n=0
ii) exp(x) =
∞
X
xn
n!
n=0
∀x ∈ (−1, 1)
∀x
a
iii) formule du binome: (1 + x) =
∞ X
a
k=0
k
xk
∀x ∈ (−1, 1)
36
a∈R
2.6
Résumé de la partie 2
Savoir faire:
− Détérminer si une suite ou une série de fonctions converge uniformément ou pas
Méthodes:
? de la définitions
? critère de Weierstrass
A quoi cela sert:
? montrer que lim fn est continue
n→∞
Z b
Z
0
0
? (lim fn ) = lim fn =⇒
lim fn (x) dx = lim
a
b
fn (x) dx
a
− Cas particuliers:
? rayon de la convergence
P
? On peut échanger
avec la dérivée ou avec l’intégrale
37
3
Espaces métriques
Motivation
− Préparation pour les fonctions à plusieurs variables
− Comprendre mieux la convergence uniforme
− ”Une grande généralisation”
3.1
Métriques et normes
Définition
Si X est un ensemble, alors une métrique sur X est une fonction d : X × X → [0, ∞) telle que ∀x, y, z ∈ X
•
d(x, y) = 0 ⇐⇒ x = y
•
d(x, y) = d(y, x)
•
d(x, z) ≤ d(x, y) + d(y, z)
Un espace métrique est un ensemble avec une métrique.
Exemples
1. si (X, d) est un espce métrique, et si Y ⊂ X, alors (Y, d|Y ×Y ) est aussi un espace métrique.
2. X = R, d(x, y) = |x − y|
∀x, y ∈ R
3. X = C, d(x, y) = |x − y|
p
4. X = Rn , d(x, y) = (x − y) · (x − y)
Définition
Soit V un espace vectoriel réel (ou complexe). Une norme sur V est une fonction k · k : V → [0, ∞) telle que
∀u, v ∈ V ∀λ ∈ K
− kvk = 0 ⇐⇒ v = 0
− kλvk = |λ| · kvk
− ku + vk ≤ kuk + kvk
Exemples
V = Rn , kvk =
√
v·v
Proposition
Si k · k est une norme sur V alors d(u, v) = ku − vk est une métrique sur V .
Démonstration:
d(u, v) = ku − vk = 0 ⇐⇒ u − v = 0 ⇐⇒ u = v
d(u, v) = kv − uk = k(−1)(u − v)k = ku − vk = d(u, v)
d(u, w) = ku − wk = k(u − v) + (v − w)k ≤ ku − vk + kv − wk = d(u, v) + d(u, w)
38
Terminologie
Un espace vectoriel muni d’une norme est appelé une espace normé.
Exemples
1. V = Rn , v = (v1 , . . . , vn )
kvk∞ := max |vi |
i=1,...,n
kvk1 :=
n
X
|vi |
i=1
kvk2 :=
√
v
u n
uX
v·v =t
vi2
i=1
2. Si A est un ensemble, V = B(A) := {f : A → K | f est bornée }
Si f ∈ V , on pose:
kf k∞ := sup |f (a)|
a∈A
3. a < b ∈ R, V := C([a, b])
kf k∞ := max |f (x)|
x∈[a,b]
b
Z
kf k1 :=
|f (x)| dx
a
s
Z
kf k2 :=
a
39
b
|f (x)|2 dx
3.2
Fonctions continues
Définition
Soient (X, dX ) et (Y, dY ) des espaces métrique.
Une application f : X → Y est continue en x0 ∈ X si et seulement si
∀ε > 0, ∃δ > 0, ∀x ∈ X
dX (x, x0 ) < δ =⇒ dY (f (x), f (x0 )) < ε
Définition
Si (X, d) est un espace métrique, x0 ∈ X, R ∈ (0, ∞), alors la boule ouverte de rayon R centrée en x0 est
BX (x0 , R) := {x ∈ X | d(x, x0 ) < R}
Exemples
·
X = R,
x0 ∈ R
BR (x0 , R) = (x0 − R, x0 + R)
·
X = R2
R
BR2 (x0 , R) =
x0 •
On a donc f : X → Y est continue en x0 ∈ X si et seulement si:
∀ε > 0, ∃δ > 0
f (BX (x0 , δ)) ⊂ BY (f (x0 ), ε)
Théorème
Si f : X → Y est continue et si g : Y → Z est continue, alors g ◦ f : X → Z est aussi continue.
Preuve:
Soit x0 ∈ X, on pose y0 := f (x0 ), z0 := g(y0 ). Par l’hypothèse: g est continue, donc:
∀ε > 0, ∃δ > 0
g(BY (y0 , δ)) ⊂ BZ (z0 , ε)
Mais f est aussi continue, donc:
∃δ 0 > 0
f (BX (x0 , δ 0 )) ⊂ BY (y0 , δ)
Donc:
g(f (BX (x0 , δ 0 ))) ⊂ BZ (z0 , ε) =⇒ g ◦ f
est continue
Proposition
Si f, g : X → R sont continues alors f + g, f g : X → R sont continues.
Preuve:
Voir semestre 1.
40
Définition
Une fonction f : X → Y est Lipschitzienne si ∃C > 0 tel que ∀x, x0 ∈ X on a
dY (f (x), f (x0 )) ≤ C · dX (x, x0 )
Proposition
Si f est Lipschitzienne, alors elle est continue.
Preuve:
On peut poser δ =
ε
.
C
Remarque
Si V, W sont des espaces normés et f : V → W est linéaire, alors f est Lipschitzienne si et seulement si
∃C > 0
tel que
∀v ∈ V
kf (v)kW ≤ Ckvk
Preuve:
∀v1 , v2 ∈ V
dW (f (v1 ), f (v2 )) = kf (v1 ) − f (v2 )kW = kf (v1 − v2 )kW ≤ Ckv1 − v2 kV
v := v1 − v2
Exemples
1)
Rn
−→ R
(1 ≤ i ≤ n)
(x1 , . . . , xn ) 7−→ xi
v
uX
u n 2
pi est linéaire et kp1 (x)k = |x1 | ≤ kxk = t
xj , c’est à dire pi est lipschitzienne avec C = 1 =⇒ pi est
pi :
j=1
continue.
2) (Si on utilise la prop f + g, f · g) Tout polynôme est une fonction continue Rn → R
R3
−→
R
Par exemple:
f:
(x1 , x2 , x3 ) 7−→ 3x1 x2 + x23
3) (On peut composer des fonctions continues), par exemple: f :
R3
−→
(x1 , x2 , x3 ) 7−→
R
2
sin(x1 x22 + ex1 +x2 )
4) X = C([a, b]) avec k · k∞
I:
X
f
−→
7−→
Rb
a
R
f (x) dx
I est une fonction linéaire et elle est lipschitzienne:
Z
|I(f )| =
b
Z
a
b
|f (x)|dx ≤ (b−a)· max |f (x)| = (b−a)·kf k∞ =⇒ I
f (x) dx ≤
a
x∈[a,b]
Quelle norme à utiliser sur Rn ? (Spoiler: peut importe)
41
est continue
(C = b−a)
Définition
Deux normes k · k et k · k0 sur V sont équivalentes si
∃C1 , C2 > 0
i.e.:
tels que
kvk ≤ C1 kvk0
∀v ∈ V
k · k et k · k0 sont équivalents si et seulement si:
id [ V ] :
id [ V ] :
et
kvk0 ≤ C2 kvk
(V, k · k) → (V, k · k0 )
sont lipschitziennes.
(V, k · k0 ) → (V, k · k)
Proposition
Des normes équivalentes donnent les mêmes notions de la continuité, c’est à dire: Si k · k et k · k0 sur V sont
équivalents; si X est un espace métrique, et si f : X → V et g : V → X sont des foncitons, alors f est continue.
X → (V, k · k) si et seulement si f est continue X → (V, k · k0 ). La même chose pour g
Preuve:
f cont.
X −→ (V, k · k)
id [ V ] cont.
−→
(V, k · k0 ) et la composition de fonction continues est continues.
Plus tard on va montrer: Toutes les normes sur Rn sont équivalentes.
Proposition
Les normes k · k1 , k · k2 , k · k∞ sur Rn sont équivalentes.
Preuve:
Si x ∈ Rn
x = (x1 , . . . , xn )
kxk1 =
X
|xi |,
kxk2 =
qX
x21 ,
kxk∞ = max |xi |
1≤i≤n
kxk∞ ≤ kxk1 évident
kxk∞ ≤ kxk2 évident
kxk1 ≤ nkxk
√ ∞
kxk2 ≤ nkxk∞
42
3.3
Limites de suites
Définition
Si (X, d) est un espace métrique, si (xn )∞
n=1 est une suite d’éléments de X, et si x ∈ X, alors on dit que
lim xn = x ⇐⇒ lim d(xn , x) = 0.
n→∞
n→∞
Exemples
(i) X = R, d(x, y) = |x, y|
→ La définition classique le la limite.
(ii) A un ensemble, B(A) = {f : A → R | f est bornée }, d donnée par k · k∞
(kf k∞ := sup |f (a)|)
a∈A
∗
Si fn ∈ B(A), n ∈ N , f ∈ B(A), alors lim fn = f ⇐⇒
n→∞
uniformément.
lim kf − fn k∞ = 0 si et seulement si fn → f
n→∞
Proposition
Soient X, Y des espaces métriques et f : X → Y une application. Alors f continue en x ∈ X ⇐⇒ ∀(xn )∞
n=1 ∈
X t.q.
lim xn = x on a:
n→∞
lim f (xn ) = f (x)
n→∞
Preuve:
Voir le premier semestre.
Exemple
X
X = C([a, b]) avec k · k∞ , Y = R, on a vu que I :
−→
R
Z
f
7−→
b
f (x) dx
est continue =⇒ si fn → f dans X, c’est
a
à dire si fn → f uniformément, alors lim I(fn ) = I(f ).
n→∞
Rappel
k · k et k · k0 sur V sont équivalentes si ∃C1 , C2 > 0 tels que kvk ≤ C1 kvk0 et kvk0 ≤ C2 kvk
Proposition
Si k · k et k · k0 sur V sont équivalent et si xn est une suite dans V , alors lim xn = x par rapport à k · k ⇐⇒
n→∞
lim xn = x par rapport à k · k0 .
n→∞
Preuve:
lim xn = x par rapport à k · k
⇐⇒
lim xn = x par rapport à k · k0
⇐⇒
n→∞
n→∞
lim kxn − xk = 0
n→∞
m par la déf. d’équivalence de normes
lim kxn − xk0 = 0
n→∞
43
Rappel
Les normes k · k2 , k · k1 , k · k∞ sur Rn sont équivalentes.
Proposition
k
Soit (xn )∞
n=1 une suite dans R , xn = (xn1 , xn2 , . . . , xnk ), xni ∈ R.
Alors lim xn = a ∈ Rk ⇐⇒ lim xni = ai
n→∞
n→∞
∀i = 1, . . . , k.
Preuve:
Utilisons la norme k · k1
kak1 :=
k
X
!
|ai | .
i=1
On a donc lim xn = a ⇐⇒ lim kxn − ak1 = 0 ⇐⇒ lim
n→∞
n→∞
n→∞
k
X
|xni − ai | = 0 ⇐⇒ ∀i lim |xni − ai | = 0
i=1
n→∞
Proposition
Soit X un espace métrique et f : X → Rk une fonction. Autrement dit, on a k fonctions f1 , . . . , fk :
X
x
−→
7−→
R
f1 (x), . . . , fk (k)
Alors f est continue si et seulement si fi est continue pour tout i = 1, . . . , k.
Preuve:
f est continue ⇐⇒ lim f (xn ) = f
n→∞
lim xn pour toute suite (xn )∞
n=1 convergente dans X.
n→∞
lim f (xn ) = f (x) ⇐⇒ lim fi (xn ) = fi (x) (par la proposition précédente) ⇐⇒ les fi sont continues.
n→∞
n→∞
44
3.4
Sous-ensembles ouverts et fermés
Rappel
La boule ouverte BX (x, R) = {x ∈ X | d(x, y) < R} pour X un espace métrique, x ∈ X, R > 0
Définition
Soit X un espace métrique. Alors un sous-ensemble U ⊂ X est ouvert si:
∀x ∈ U,
∃ε > 0
BX (x, ε) ⊂ U
On dit que U ⊂ X est fermé si X \ U ⊂ X est ouvert.
Exemples
(i) X = R2 , le triangle T ⊂ R2
T
T ⊂ R2 n’est pas ouvert mais T ⊂ R2 est fermé.
•
•
(ii) X = R
x ∈ (a, b) ⊂ R est ouvert et pas fermé.
x ∈ [a, b] ⊂ R est fermé, et non ouvert.
(−∞, a] ⊂ R est fermé et pas ouvert, le complément (a, ∞) est ouvert et pas fermé.
(−∞, ∞) = R ⊂ R est ouvert et fermé car le complément R \ R = ∅ ⊂ R est ouvert et fermé.
(a, b] ⊂ R est ni ouvert, ni fermé.
Proposition
Si x ∈ X, R > 0, alors B(x, R) ⊂ X est un sous-ensemble ouvert.
Preuve:
Si x0 ∈ B(x, R) alors par définition d(x, x0 ) < R. Montrons que B(x0 , R − d(x, x0 )) ⊂ B(x, R):
y ∈ B(x0 , R − d(x, x0 )) ⇐⇒ d(y, x0 ) < R − d(x, x0 )
Il faut verifier que d(x, y) < R, on a
d(x, y) ≤ d(x, x0 ) + d(x0 , y) < d(x, x0 ) + R − d(x, x0 ) = R
Notation
f −1 (U ) := {x ∈ X | f (x) ∈ U }
45
Théorème
f : X → Y est continue si et seulement si ∀U ⊂ Y ouvert la préimage f −1 (U ) ⊂ X est ouvert.
Preuve:
Rappel: f est continue en x ∈ X si et seulement si:
∀ε > 0,
∃δ > 0
f (BX (x, δ)) ⊂ BY (f (x), ε)
m
BX (x, δ) ⊂ f −1 (BY (f (x), ε))
[⇒]: Supposons que f est continue. Soit U ⊂ Y un sous-ensemble ouvert. Il faut montrer que f −1 (U ) ⊂ X est
ouvert, c’est à dire:
∀x ∈ f −1 (U ), ∃δ > 0 t.q. BX (x, δ) ⊂ f −1 (U )
Mais U ⊂ Y est ouvert. =⇒ ∃ε > 0 tel que BY (f (x), ε) ⊂ U
Comme f est continue:
∃δ > 0 t.q. BX (x, δ) ⊂ f −1 (BY (f (x), ε)) ⊂ f −1 (U )
[⇐]: Supposons ∀U ⊂ Y ouvert f −1 (U ) ⊂ X est ouvert.
Il faut montrer que f est continue:
Si x ∈ X, y := f (x) ⊂ Y . Si ε > 0, alors BY (y, ε) =: U est ouvert.
Donc (?) = f −1 (BY (y, ε)) ⊂ X est ouvert, x ∈ (?) (car f (x) = y), donc:
∃δ > 0
tel que
BX (x, δ) ⊂ f −1 (BY (y, ε))
Donc f est continue.
Corollaire
f : X → Y est continue ⇐⇒ ∀S ⊂ Y fermé f −1 (S) ⊂ X est fermé.
Preuve:
f −1 (Y \ S) = X \ f −1 (S)
Exemples
R3
−→
R
est continue.
(x1 , x2 , x3 ) 7−→ exp(x1 sin(x2 )) + x1 x3
(0, ∞) = U ⊂ R sous-ensemble ouvert. Alors f −1 (U ) est ouvert⊂ R3 .
(i) f :
f −1 (U ) = {(x1 , x2 , x3 ) | f (x1 , x2 , x3 ) > 0}
Mais avec [0, ∞) = U ⊂ R: R3 ⊃ f −1 (U ) = {(x1 , x2 , x3 ) | f (x1 , x2 , x3 ) ≥ 0} est fermé.
(ii) f :
R2
−→
(x, y) 7−→
R
. Alors f −1 ((−∞, 1)) = {(x, y) | xy < 1}
xy
46
Théorème
Soit X [
un espace métrique, Uα ⊂ X des sous-ensemble ouverts, α ∈ A (A un ensemble, peut être infini).
Alors
Uα ⊂ X est ouvert. Si U1 , . . . , Un ⊂ X sont ouverts, alors U1 ∩ . . . ∩ Un est ouvert.
α∈A
Preuve:
[
Si x ∈
Uα , c’est à dire si ∃β ∈ A tel que x ∈ Uβ , alors ∃ε > 0 tel que B(x, ε) ⊂ Uβ ⊂
α∈A
[
Uα car Uβ est ouvert.
α∈A
Et donc cela implique que
[
Uα est ouvert.
α∈A
Si x ∈ U1 ∩ . . . ∩ Un : pour tout i = 1, 2, . . . , n
On pose ε = min εi . Alors B(x, ε) ⊂ Ui
i=1,...,n
∃εi tel que B(x, εi ) ⊂ Ui .
n
\
Ui
∀i. Donc B(x, ε) ⊂
i=1
Corollaire
Si Sα ⊂ X, α ∈ A, sont fermés, alors
\
Sα est fermé.
α∈A
Si S1 , . . . , Sn sont fermés, alors S1 ∪ . . . ∪ Sn est fermé.
Preuve:
47
ouvert
X\
\
α
\ z }| {
\
=
(X \ Sα ) =⇒ X \ Sα
|{z}
α
α
fermé
| {z }
|
{z
}
n
[
fermé
ouvert
ouvert
n z
}| {
\
X\
(X \ Si )
Si =
|{z}
i=1
i=1
fermé
|
{z
}
ouvert
Exemple
{(x, y) ∈ R2 | x1 x2 > 1, x1 + x2 < 2, x1 > 0} est ouvert.
{(x, y) ∈ R2 | x1 x2 ≥ 1, x1 + x2 ≤ 2, x1 ≥ 0} est fermé.
C’est l’intersection de 3 sous-ensembles ouverts/fermés.
Théorème
Soit X un espace métrique. Alors un sous-ensemble S ⊂ X est fermé si et eulement si pour toute suite (sn )∞
n=1 , sn ∈
S tel que lim sn =: x ∈ X existe, on a x ∈ S.
n→∞
Preuve:
Si x ∈ X alors ∃ suite (sn )∞
n=1 , sn ∈ S, telle que lim sn = x si et seulement si:
n→∞
∀ε > 0
B(x, ε) ∩ S 6= ∅
(?)
p
Si lim sn = x, alors lim d(sn , x) = 0, donc ∀ε > 0, ∃n0 , ∀ ≥ n0
d(sn , x) < ε sn ∈ B(x, ε) ∩ S =⇒
B(x, ε) ∩ S 6= ∅
1
1
Si B(x, ) ∩ S 6= ∅, choisissons sn ∈ B(x, ) ∩ S, et on a lim sn = x.
n→∞
n
n
y
Il faut montrer: S est fermé si et seulement si ∀x ∈ X. x satisfait (?) si et seulement si x ∈ S. Mais S est fermé si
et seulement si X \ S est ouvert.
⇐⇒ ∀x ∈
/ S, ∃ε > 0
B(x, ε) ∩ S 6= ∅ = B(x, ε) ⊂ X \ S
Si et seulement si x satisfait (?) ⇐⇒ x ∈ S.
Exemple
X = B(A) = les fonctions bornées A → R avec k · kinf ty
A = [c, d], S = C([c, d]) ⊂ B([c, d])
(supa∈A |f (a)| = kf k∞ )
Une suite (fn )∞
n=1 converge dans X si et seulement si elle converge uniformément. Si fn ∈ S, et si lim fn ∈ X existe,
48
alors lim fn ∈ S (la limite unifrome d’une suite de fonctions continues est une fonction continue).
Thm.
=⇒ S ⊂ X est fermé.
49
3.5
Espaces compacts
Rappel
Si (xn )∞
n=1 , xn ∈ R est une suite bornée, alors il existe une sous-suite convergente.
continue, alors f atteint son maximum et son minimum.
=⇒ si f : [a, b] → R est
Définition
Un sepace métrique X est compact si ∀ suite xn ∈ X, ∃ sous-suite qui converge.
Exemple
a, b ∈ R
X = [a, b]
Théorème
Si X est compact et f : X → R continue, alors f atteint son max et son min.
Preuve:
(Pour max:) ∃ suite xn ∈ X telle que lim f (xn ) = sup f (x) ∈ (−∞, ∞)
n→∞
x∈X
Soit yn ∈ X une sous-suite convergente de (xn )∞
n=1 . On a donc
(sup f =)
lim f (xn ) = lim f (yn ) = f ( lim yn )
n→∞
n→∞
| {z }
n→∞
y∈X
Et alors f (y) = sup f (x), donc f atteint son max en y.
x∈X
(Pour min:) - La preuve est similaire.
Définition
On dit qu’un espace est borné si:
∃R > 0
tel que
S ⊂ B(0, R)
Théorème
Un sous-ensemble S ⊂ Rk est un espace compact si et seulement si S ⊂ Rk est fermé et borné.
Preuve:
[⇐]: Supposons que S ⊂ Rk est borné et fermé.
Soit xn ∈ S, n = 1, 2, . . . une suite. xn = (xn1 , xn2 , . . . , xnk ), xni ∈ R
S est borné =⇒ |xn1 | < R
que (yn1 )∞
n=1 converge.
∀n, c’est à dire la suite (xn1 )∞
n=1 est bornée. Soit yn une sous-suite de xn telle
Soit zn une sous-suite de yn telle que la suite zn2 converge. En continuant la construction nous arrivons au fik
nal à une sous-suite wn de xn telle que (wni )∞
n=1 converge (∀i = 1, 2, . . . , k), c’est à dire wn converge dans R .
Mais S est fermé et wn ∈ S, donc lim wn ∈ S
n→∞
50
[⇒]: Pas très important, à faire en exercice.
Exemple
S = {(x, y) ∈ R2 | xy ≥ 1, x2 + y 2 ≤ 4}
S ⊂ R2 est fermé et borné =⇒ S est compact.
Théorème
Toutes les normes sur Rn sont équivalentes.
Preuve:
n
Si N : R → R est une nomre, on va montrer que N est équivalent à k · k1 . (kvk1 =
n
X
|v1 |)
i=1
•
v = ni=1 vi ei , ei la base de Rn .
N (v) ≤
n
X
i=1
N (vi ei ) =
n
X
i=1
|vi |N (ei ) ≤ ( max N (ei )) ·kvk1
i=1,...,n
|
{z
}
c1
•
L’autre inégalité, montrons que N : Rn → R est continue.
Si u, v ∈ Rn :
|N (u) − N (v)| ≤ N (u − v) ≤ C1 ku − vk1 .
C’est à dire que N : Rn → R est Lipschitzienne, donc continue.
Posons S := {v ∈ Rn | kvk1 = 1} ⊂ Rn , S est fermé et borné =⇒ S compact =⇒ ∃v0 ∈ S tel que
N (v0 ) est minimal, c’est à dire:
∀v ∈ S, N (v) ≥ N (v0 )
51
Car kv0 k1 = 1, on sait que v0 6= 0, donc N (v0 ) > 0.
w
w
1
Si w ∈ Rn , w 6= 0, alors
∈ S et donc N (
) ≥ N (v0 ), donc kwk1 ≤
· N (w) (aussi vrai pour
kwk1
kwk1
N (v0 )
w = 0)
52
3.6
Espaces complets
Définition
∞
Si X est un espace metrique et si (xn )∞
n=1 est une suite dans X alors (xn )n=1 est de Cauchy si:
∀ε > 0, ∃n0 , ∀k, l ≥ n0
d(xk , xl ) < ε
Définition
X est complet si toute suite de Cauchy dans X converge.
Proposition
Si X est complet et si S ⊂ X est fermé, alors S est complet.
Preuve:
Si (sn )∞
n=1 est une suite de Cauchy dans S, alors cette suite converge dans X (car X est complet). Comme S ⊂ X
est fermé, on a que lim sn ∈ S.
n→∞
Exemples
(i) Rk
p
k
∞
Si (vn )∞
n=1 est une suite de Cauchy dans R , alors les suites dans R (vni )n=1 (i = 1, . . . , k) sont de Cauchy,
∞
donc elles convergent, et donc la suite (vn )n=1 converge.
y
(ii) Si X est compact, alors il est complet (exercice).
(iii) Si A est un ensemble, B(A) = {f : A → R | f est bornée} avec la norme k · k∞ . B(A) est complet (le critère
de Cauchy)
(iv) C([a, b]) ⊂ B([a, b]) est un sous-ensemble fermé =⇒ C([a, b]) est complet.
53
3.7
Résumé de la partie 3
Vocabulaire
Métrique, norme, sous-ensemble ouverts/fermés, espacec compacts et complets.
Théorèmes
•
f est continue si et seulement si f −1 (U ) est ouvert ∀U ouvert
•
S ⊂ Rn est compact si et seulement si S est fermé et borné.
•
X compact, f : X → R continue =⇒ f atteint son max et min.
54
4
Equations différentielles ordinaires
4.1
Introduction
chien (x(t), y(t))
•
w
?
lapin (t · v, 0)
La vitesse du chien est obtenue par:
(tv, 0) − (x(t), y(t))
w· p
=
(tv − x(t))2 + y(t)2
dx(t) dy(t)
,
dt
dt
Si (x(0), y(0)) (position initiale) est connue, il faut trouver les fonctions x(t), y(t).
Définition
(?)
Soit f : Rn+1 → Rn une fonction continue. Alors l’équation y 0 (t) = f (t, y(t)) pour une fonction y : R → Rn est une
équation différentielle ordinaire (EDO) (d’ordre 1). Dans les composantes: Si y(t) = (y1 (t), . . . , yn (t)) yi : R → R
et si f = (f1 , . . . , fn ), alors (?) est yi0 (t) = fi (t, yi (t), y2 (t), . . . , yn (t)) ∀i = 1, 2, . . . , n.
Problème de la valeure initiale
Trouver la fonction y : R → Rn si y(t0 ) ∈ Rn
55
Visualisation
y
x
4.1.1
Théorème: existence et unicité des solutions
∀c ∈ Rn , ∀t0 ∈ R, ∃ε > 0 et ∃y : (t0 − ε1 t0 + ε) → Rn tel que y(t0 ) = c et y 0 (t) = f (t, y(t)) ∀t ∈ (t0 − ε1 t0 + ε).
Si f est localement Lipschitzienne alors y est unique.
Preuve:
Cf. Analyse II. Mais voici une idée:
Construire une solution approximative yn . Pour h > 0 (très petit):
yn (t0 ) := c, yn (t0 + h) = yn (t0 ) + h · f (t0 , yn (t0 )), yn (t0 + (n + 1)h) = yn (t0 + nh) + h · f (t0 + nh, yn (t0 + nh))
et on prend l’interpolation linéaire:
•
•
•
•
•
•
Il faut montrer: dans la suite (y 1. )∞
, ∃ sous-suite convergente et que sa limite est une solution de y 0 (t) =
n n=1
f (t, y(t))
Remarque
Une EDO d’ordre k est:
dk y(t)
=f
dtk
dy
dk−1 y
t, y(t), , . . . , k−1
dt
dt
56
Le problème initial: trouver y si y(t0 ), y 0 (t0 ), . . . , y (k−1) (t0 ) sont données.
On peut transformer cette EDO d’ordre k en EDO d’ordre 1:
On pose Y = (y, p1 , p2 , . . . , pk−1 ) et
dy
dp1 (t)
dpk−2 (t)
dpk−1 (t)
(t) = p1 (t),
= p2 (t), . . . ,
= pk−1 (t),
= f (t, y(t), p1 (t), . . . , pk−1 (t))
dt
dt
dt
dt
dY (t)
= F (t, Y (t))
On a donc trouvé une EDO
dt
Exemple
d2 y
dy
= −ky − l , on pose p(t) = y 0 (t):
dt
dt
Donc: y 0 (t) = p(t), p0 (t) = −ky(t) − lp(t).
57
4.2
4.2.1
Méthodes de résolution
EDO autonomes
Définition
Les EDOs autonomes sont les EDO de la forme y 0 (t) = f (y(t)), où f : Rn → Rn est une fonction continue donnée.
Solution pour le cas n = 1
(∗)
y 0 (t) = f (y(t))
Si f 6= 0
y 0 (t)
=1
f (y(t))
Puis si H est une fonction primitive de
1
1
, H 0 = , alors
f
f
y 0 (t)
= H(y(t))0
f (y(t))
Donc (∗) est H(y(t))0 = 1, c’est à dire: H(y(t)) = t − c et donc y(t) = H −1 (t − c)
Z
Z
dy
dy
= f (y) ⇐⇒
=
dt = t − c
dt
f (y)
Si y0 ∈ R est tel que f (y0 ) = 0 alors la fonction constante y(t) = y0 et une solution.
Exemple
(i)
f (y) = 1 + y 2 =⇒
dy
= 1 + y 2 =⇒
dt
Z
dy
=
1 + y2
Z
dt =⇒ arctan(y) = t − c =⇒ y(t) = tan(t − c)
•
c
y(t) est définie sur (c −
π
π
,c + )
2
2
58
(ii)
2
3
f (y) = y
Z
dy
.
=
2
3
y
2
0
y =y
3
Z
dt = t − c =⇒ y(t) =
t−c
3
3
Pour y = 0 on a f = 0 (f (0) = 0) =⇒ y(t) = 0 est aussi une solution. La solution générale:
Proposition
Si a ∈ C alors les solutions y : R → C de y 0 = ay sont y(t) = ceat ,
c∈C
Preuve:
Posons z(t) := y(t)e−at , c’est à dire y(t) = z(t)eat . On a:
y 0 (t) = z(t)eat
0
= (z 0 + az) eat = azeat
C’est à dire z 0 = 0 =⇒ z est constante.
4.2.2
Séparation de variables
EDO de la forme y 0 (t) = f (y(t)) · g(t) pour f, g : R → R données.
Solution
dy
= f (y)g(t) =⇒
dt
Z
dy
=
f (y)
Z
g(t) dt
Et donc on trouve y(t)
Exemple
R dy
R
= t dt
y
0
y = ty
1
log |y| = t2 + c
2
1
y = ±e
2
t2
1
c
· e , c’est à dire y(t) = c̃ · e
arbitraire.
4.2.3
EDO linéaires d’ordre 1
Si a, b : R → R sont données, on cherche les solutions de y 0 (t) = a(t)y(t) + b(t) pour y : R → R
Si b = 0, l’EDO est séparable:
0
y = a(t)y(t) =⇒
Z
dy
=
y
Z
a(t) dt =⇒ y(t) = exp(A(t))
est une solution. La solution générale est y(t) = c · exp(A(t)), avec c ∈ R.
Si b 6= 0:
59
où A0 (t) = a(t)
2
t2
pour c̃ ∈ R
On pose
z(t) = y(t) · exp(−A(t))
C’est à dire
y(t) = z(t) exp(A(t))
0
!
0
y (t) = z (t) exp(A(t)) + z(t) · a(t) exp(A(t)) = a(t)y(t) + b(t)
C’est à dire
Z
z 0 (t) = b(t) exp(−A(t)) =⇒ z(t) = b(t)e−A(t) dt + c
Z
A(t)
−A(t)
=⇒ y(t) = e
· c + b(t)e
dt
Exemple
t2
y 0 (t) = ty + t
A(t) =
2
2 2
Z
t
t
z(t) = t · exp −
dt = − exp −
+c
2
2
2 2
2
t
t
t
y(t) = z(t) · exp (A(t)) = c − exp −
· exp
= c · exp
−1
2
2
2
4.2.4
Les EDO homogènes et la méthode d’une symétrie
y
EDO hom:
y0 = f
t
y(t)
On pose z(t) =
, c’est à dire y(t) = z(t) · t.
t
y 0 = (z(t)t)0 = z 0 t + z = f (z) =⇒ t
dz
= f (z) − z
dt
Z
est séparable
Exemple
y
t
dy
= +
dt
t
y
t · z 0 + z = z + z −1
Z
Z
dt
z dz =
t
1 2
z = log |t| + c
2
p
z(t) = 2 log |t| + c
p
y(t) = t · 2 log |t| + c
Méthode d’une symétrie
une EDO autonome
dy
y
= f (y) a une symétrie
t
dt
→ y
→ t+c
60
=⇒
dz
=
f (z) − z
Z
dz
t
y
dy
y → cy
la symétrie:
(?)
=f
t → ct
dt
t
→ z
Une EDO autonome.
→ s+λ
Si on a une EDO avec une autre symétrie: par exemple une EDO homogène
On cherche des nouvelles variables y, t
z, s pour que (?) devienne
z
s
On prend:
z=
y
t
s = log(t) y = es z t = es
y
dz
dy
=f
= g(z)
dt
t
ds
effectivement
es z ds + es dz
dy
d(es z)
dz
=
=
=
+ z = f (z)
s
dt
de
es ds
ds
y
g(z) = f (z) − z,
z= 2
t
Exemple
dy
y2
dz
=t+ 3
= g(z)
dt
t
ds
2
y → c y
est une symétrie. (exo.)
t → ct
4.2.5
Réduction d’ordre
Si y 0 (t) = f (y(t))
(∗), f : Rn → Rn , y : Rn → Rn est une EDO autonome: on peut remplacer (∗) par une EDO
non-autonome dans Rn−1
L’idée: on cherche d’abord yi
y1 (t) (i = 2, . . . , n)
(i = 2, . . . , n) comme des fonctions de y1 (la réduction). Après on va trouver
dyi
= fi (y1 , y2 , . . . , yn )
dt
↓
dyi
fi (y1 , . . . , yn )
=
dy1
f1 (y1 , . . . , yn )
(i = 1, . . . , yn )
(i = 2, . . . , n)
Exemple
Z
Z
dy1
dy2
dy2
y1
= y2 ,
= −y1 =⇒
=−
=⇒
y2 dy2 = y1 dy1 =⇒ y22 + y12 = constante = R2
dt q
dt
dy1 q y2
Z
Z
dy1
dy1
2
2
2
2
q
y2 = R − y1 =⇒
= y2 = R − y1 =⇒
=
dt
dt
R2 − y12
y1 = R sin(t − c)
&
61
y2 = R cos(t − c)
4.3
EDO linéaires à coefficients constants
Si a0 , a1 , . . . , an−1 ∈ C on cherche les solutions y : R → C de y (n) + an−1 y (n−1) + · · · + a1 y 0 + a0 y = 0
Observation
L : C ∞ (R) → C ∞ (R) est une application linéaire, c’est à dire L(y1 + y2 ) = Ly1 + Ly2 et L(αy) = αLy et ce
∀y1 , y2 , y ∈ C ∞ (R), ∀α ∈ R
Proposition
Les solutions y de Ly = 0 forment un sous-espace vectoriel de C ∞ (R)
Preuve:
Si Ly = 0, alors y ∈ C ∞ (R), y est n fois différentiable.
y (n) = −an−1 y (n−1) − · · · − a0 y, en réitérant cet argument:
y (n+1) = −an−1 y (n) − · · · − a0 y 0
etc...
{Les solutions de Ly = 0} ⊂ C ∞ (R) est égal à Ker(L), qui est un espace vectoriel.
Théorème: Problème de la valeur initiale
Si c0 , c1 , . . . , cn−1 ∈ C sont donnés, alors ∃!y telle que Ly = 0 et y (k) (0) = ck , ∀k = 0, . . . , n − 1
Remarque
La dimension de l’espace des solutions de Ly = 0 est n. (car ∀c ∈ Cn
entre Cn et l’espace des solutions.)
∃!y, c’est à dire on a une bijection linéaire
Définition: Polynôme caractéristique
Le polynôme caractéristique de L est:
p(λ) = λn + an−1 λn−1 + · · · + a1 λ + a0
D’où cela vient il ?
−
Leλt = p(λ)eλt
− Si D : C ∞ (R) → C ∞ (R) est donné par Dy = y 0 alors
L = p(D) = Dn + an−1 Dn−1 + · · · + a0
Observation
Si λ ∈ C est telle que p(λ) = 0, alors Leλt = 0, donc eλt est une solution. Donc si λ1 , . . . , λk sont les racines de p
et si α1 , . . . , αk ∈ C, alors
α1 eλ1 t + · · · + αk eλk t
est une solution (car les solutions forment une espace vectoriel).
62
Théorème
Si p(λ) = (λ − λ1 )n1 · · · (λ − λk )nk pour (λi 6= λj , si i 6= j) est le polynôme caractéristique de L, alors les solutions
de Ly = 0 sont
y(t) = q1 (t)eλ1 t + · · · + qk (t)eλk t
où qi est un polynôme de degré ≤ ni − 1.
Les polynômes qi sont uniquement détérminés par y, et donc
n
o
t` eλi t | q ≤ i ≤ k, 0 ≤ ` ≤ ni − 1
est une base de l’espace des solutions.
Remarque
Si ni = 1, ∀i, c’est à dire si k = n, alors les solutions sont: α1 eλ1 t + · · · + αn eλn t
Exemples
y”+y=0
p(λ) = λ2 + 1 = (λ − i)(λ + i)
Les racines = ±i avec multiplicité 1, donc les solutions sont données par:
α1 eit + α2 e−it ,
α1 , α2 ∈ C
Rappel:
eit = cos t + i sin t
e−it = cos t − i sin t
Alors:
α1 eit + α2 e−it = β1 cos t + β2 sin t = γ cos(t − c)
y 00 + ay 0 + y = 0,
2
a≥0
p(λ) = λ + aλ + 1 =⇒ λ1,2 =
−a ±
√
a2 − 4
2
Si a < 2
λ1,2


√
1
i√ 2
i√ 2
2
−
at
4−a
t
−
4−a
t
−a ± i 4 − a

=
=⇒ y(t) = e 2 · α1 e 2
+ α2 e 2
2
1
at
1p
1p
2
2
2
=e
· β1 cos
4 − a t + β2 sin
4−a t
2
2
−
Si a > 2 alors λ1 , λ2 ∈ R et les solutions sont α1 eλ1 t + α2 eλ2 t
Si a = 2: λ2 + 2λ + 1 = (λ + 1)2 , racine double de λ1 = −1. Cela implique que la solution est
y(t) = (α + βt) · e−t
63
Proposition
Si p(λ) = λn , les solutions de y (n) = 0 sont les polynômes de degré ≤ n − 1
Preuve:
Par récurrence:
n = 0... vrai
n =⇒ n + 1:
Si y (n+1) = 0, alors (y 0 )(n) = 0 =⇒ y 0 est un polynôme de degré ≤ n − 1 c’est à dire y est une fonction primitive
d’un polynôme de degré ≤ n − 1 =⇒ y est une polynôme de degré ≤ n
Proposition
Si p(λ) = (λ − c)n ,
c ∈ C, les solutions de (D − c)n y = 0 sont q(t)ect , où q est un polynôme de degré ≤ n − 1
Preuve:
Observons que:
0
n
D e−ct · y(t) = e−ct y(t) = (y 0 (t) − c · y(t)) · e−ct = e−ct (D − c)y(t) =⇒ Dn e−ct y = e−ct (D − c) y
Donc
(D − c)n y = 0 ⇐⇒ Dn (e−ct y) = 0
⇐⇒ e−ct y(t) = q(t)
où q est un polynôme de degré ≤ n − 1.
Proposition
Si V est un espace vectoriel, p(λ) = (λ − λ1 )n1 · · · (λ − λk )nk un polynôme, et D : V → V une application linéaire,
alors les solutions v ∈ V de p(D)v = 0 sont v = v1 + · · · + vk où (D − λi )ni vi = 0. De plus, les vi sont uniquement
détérminés par v. C’est à dire:
Ker p(D) = Ker(D − λ1 )n1 ⊕ · · · ⊕ Ker(D − λk )nk
Preuve:
On utilise la décomposition en fonctions partielles:
1
s1 (λ)
sk (λ)
=
+ ··· +
p(λ)
(λ − λ1 )n1
(λ − λk )nk
Où si (λ) est un polynôme de degré ≤ ni − 1 (voir décomposition du premier semestre)
Multiplions par p(λ):
1=
p(λ)
p(λ)
s1 (λ) + · · · +
sk (λ)
(λ − λ1 )n1
(λ − λk )nk
|
{z
}
|
{z
}
r1 (λ)
rk (λ)
64
ri est un polynôme ri (λ) · (λ − λi )ni = si (λ)p(λ) et r1 + · · · + rk = 1
Si p(D)v = 0, alors on pose vi := ri (D)v, et: v = v1 + · · · + vk car r1 + · · · + rk = 1:
(D − λi )ni vi = (D − λi )ni ri (D)v = si (D) p(D)v = 0
| {z }
0
Il faut encore vérigier 2 choses:
− Si v1 ,P
. . . , vk ∈ V sont tels que (D − λi )ni vi = 0, alors p(D)(v1 + · · · + vk ) = 0, mais p(D)vi = 0 et donc
p(D) vi = 0
− Si v =
k
X
vi , (D − λi )ni vi = 0, alors les vi sont uniquement détérminés par v:
i=1
En fait, vi = ri (D)v, car ri (D)vj = 0
(i 6= j) (car (λ − λj )nj | ri (λ)) et donc:
ri (D)v = ri (D)(v1 + · · · + vk ) = ri (D)vi = (ri (D) + · · · + rk (D))vi
{z
}
|
1
= vi
Remarque
En ce qui concèrne le théorème: Si p(λ) = (λ − λ1 )n1 · · · (λ − λk )nk pour (λi 6= λj , si i 6= j)etc... vu précédemment:
On applique la proposition précédente avec V = C ∞ (R) et cela démontre le théorème.
Proposition
Si y0 : R → C est une solution de Ly0 = b, alors la solution générale de Ly = b est y = y0 + y1 où Ly1 = 0
Preuve:
Ly = b ⇐⇒ Ly = Ly0 ⇐⇒ L(y − y0 ) = 0
| {z }
y1
Comment trouver une solution de Ly = b?
Solution si b(t) = R(t) · eαt R(t) un polynôme.
Méthode
− Si p(α) 6= 0 alors ∃ solution de la forme y(t) = S(t) · eαt où S est un polynôme et deg S = deg R.
65
− Si α est une racine de p de multiplicité m alors il existe une solution de la forme y(t) = tm S(t)eαt toujours
avec deg S=deg R.
p
Si p(α) 6= 0:
Soit ` := deg R.
L
C[t]deg≤` −→ C[t]deg≤` · eαt 3 R(t) · eαt
Notons L injective =⇒ bijective, et que les dimensions coı̈ncident
Si m 6= 0 (p(α) = 0)
L
L
tm C[t]deg≤` · eαt −→ C[t]deg≤` 3 R(t)eαt −→
bijective
L
=⇒ ∃tm S(t)eα(t) 7→ R(t)eαt
y
Exemples
eit − e−it
2i
it
∃ une solution de la forme ae = y(t).
y 00 + y 0 + y = sin t =
p(λ) = λ2 + λ + 1,
p(i) 6= 0
!
Ly = p(i)aeit = iaeit = eit
=⇒ a = −i
Ly = eit
Ly =
ie−it est une solution.
eit − e−it
,
2i
une solution est
−ieit − ie−it
= − cos t
2i
Les solutions de: Ly = 0
√
−1 ± −3
= λ1,2
2
c eλ1 t + c2 eλ2 t
{z
}
|1
(?)
Il existe une solution générale de y 00 + y 0 + y = sin t est
√
√ t
y(t) = − cos t + e− 2 · c˜1 cos( 3t) + c˜2 sin( 3t)
|
{z
}
(?)
Autre exemple:
y 00 + y = sin t =
66
eit − e−it
2i
p(λ) = λ2 + 1 = (λ + i)(λ − i), p(i) = 0, multiplicité = 1(= m)
y 00 + y = eit · · · , il existe une solution de la forme y = ateit , il faut détérminer a.
!
(ateit )00 + ateit = −ateit + 2aieit + ateit = eit
i
i
=⇒ a = −
− teit est une sol. de Ly = eit
2
2
−i it i −it
te − te
t
i −it
2
00
−it
est une solution de Ly = (y + y) = e . Donc: 2
= − cos t
Et te
2
2i
2
t
(?)
Cela implique que − cos t est une solution de y 00 + y = sin t
2
i it
=⇒ =
te
est une solution de (?)
2
Et donc la solution générale de y 00 + y = sin t est
t
y(t) = − cos t + c1 cos t + c2 sin t
2
67
4.4
Systèmes d’EDO linéaires à coefficients constants


y1
 y2 
 
A une matrice n × 4 ∈ Kn×4 . On cherche une solution y : R → Cn de y 0 = Ay, c’est à dire: si y =  . , on veut
 .. 
yn
yi0 =
n
X
Aij yj ,
yi : R → C
j=1
Proposition
Les solutions de y = Ay forment un espace vectoriel, c’est à dire:
Si y et ỹ sont des solutions et si α, β ∈ C alors αy + β ỹ est une solution.
Preuve:
(αy + β ỹ)0 = αy 0 + β ỹ 0 = αAy + βAỹ
= A(αy + β ỹ)
Théorème: Problème de la valeur initiale
∀v ∈ Cn , ∃! solution y de y 0 = Ay telle que y(0) = v
Proposition
Si v ∈ Cn est un vecteur propre de A, Av = λv, alors y(t) := eλt v est une solution.
Preuve:
0
y 0 = eλt v = λy, Ay = Aeλt v = eλt Av = eλt · λv = λy =⇒ y 0 = Ay
Proposition
Si A est diagonalisable, c’est à dire si il existe une base v1 , . . . , vn de Cn tel que les vi sont des vecteurs propres de
A, alors la solution générale de y 0 = Ay est:
y(t) = c1 eλ1 t v1 + · · · + cn eλn t vn
(ci ∈ C, Avi = λi vi )
Preuve:
Si v ∈ Cn , alors ∃c1 , . . . , cn ∈ C tels que v = c1 v1 + · · · + cn vn . Alors y(t) = c1 eλ1 t v1 + · · · + cn eλn t vn est une
solution, et y(0) = v, c’est à dire: y(t) est la solution (unique) de y 0 = Ay avec la valeur initiale v.
68
Exemple
A=
1
2
1
0
Polynôme caractéristique de A: p(λ) = λ2 − λ − 2 = (λ + 1)(λ − 2) =⇒ A est diagonalisable.
Valeurs propres: λ1 = −1, λ2 = 2.
−1 1
−1
Vecteurs propres: λ2 = 2 :
A−2=
v2 =
(Av2 = −v2 )
2 −2
2
2 1
1
λ1 = 1 :
A+1=
v1 =
(Av1 = 2v1 )
2 −2
1
1
Solution générale de y = Ay est c1 e v1 + c2 e v2 (c1 , c2 ∈ C) Trouvons une solution y(t) telle que y(0) =
:
0
−1
2
1
1
−1
.
= c1
+ c2
donc: c1 = , c2 =
0
1
2
3
3
0
−t
2t
Problème
soit y 0 (t) = Ay(t), A matrice n × n et y : R → Cn . comment résoudre cette équation si A n’est pas diagonalisable ?
Définition
Si A ∈ Mn×n (C), alors exp(A) :=
∞
X
Ak
k=0
k!
∈ Mn×n (C)
Exemple
0 1
A=
, A2 = −1, A3 = −A, A4 = 1, A5 = A, . . .
−1 0
t2
t3
t4
exp(tA) = 1 + tA − − + + · · ·
t∈R
2! 3! 4! t2
t4
t6
t3
t5
t7
= 1 − + − + ··· + A · t − + − + ···
2! 4! 6!
3! 5! 7!
cos t sin t
= cos t + sin t · A →
− sin t cos t
Il faut ensuite montrer que la série converge pour toute matrice A ∈ Mn×n (C).
Posons kAk1 =
X
|Aij |
i,j
Proposition
kABk1 ≤ kAk1 kBk1
Preuve:
kABk1 =
X
i,j
|(AB)ij | =
X X
ij
k
Aik Bkj ≤
X
i,j,k
|Aik ||Bkj | ≤
X
|Aik ||Blj | = kAk1 kBk1
i,j,k,l
69
Théorème
∀A ∈ Mn×n (C) la série
∞
X
Ak
k=0
k!
2
converge (dans Mn×n (C) = Cn )
Preuve:
Il faut montrer ∀i, j que
∞
X
Ak
k=0
i,j
A
Mais la série
∞
X
kAkk
1
k=0
k!
converge. On a:
k!
k
ij
≤ A
k
1
≤
kAkk1
=⇒
Ak i,j
kAkk1
≤
k!
k!
= exp kAk converge.
Propriétés de exp A
− exp 0 = 1
− exp(A + B) = exp(A) · exp(B) si AB = BA En particulier: si s, t ∈ C alors exp (s + t)A = exp(sA) exp(tA)
− exp(A) · exp(−A) = 1
− Si Q est une matrice inversible, alors exp(QAQ−1 ) = Q · exp(A) · Q−1
Proposition
d
exp(tA) = A exp(tA)
dt
Preuve:
∞
X
1 k k
A t = exp(tA)
k!
k=0
est une série entière (avec variable t) qui converge pour ∀t =⇒ on peut différentier terme par terme:
∞
=⇒
X 1
d
exp(tA) =
Ak · k · tk−1 = A · exp(tA)
dt
k!
k=0
Théorème
Si A ∈ Mn×n (C) et si v ∈ Cn , alors ∃!y : R → Cn telle que y(0) = v et y 0 (t) = Ay(t). En fait:
y(t) = exp(tA) · v
Preuve:
Montrons que y(t) := exp(tA)v est une solution:
70
1. y(0) = v
2.
X
d
d
y(t) =
exp(tA)v = A exp(tA)v = Ay(t)
dt
dt
X
3. En ce qui concerne l’unicité:
Si y : R → Cn , posons z(t) := exp(−tA)y(t), c’est à dire, y(t) = exp(tA)z(t), donc:
d
y(t) = A exp(tA)z(t) + exp(tA)z 0 (t)
dt
= Ay(t) + exp(tA)z 0 (t)
Donc y 0 = Ay ⇐⇒ z 0 = 0 ⇐⇒ z est constante.
Remarque: Problème de la valeur initiale
y (n) + an−1 y (n−1) + · · · + a0 y = 0
(?)
Remplaçons (?) par un système d’ordre 1:
y 0 = p1
p01 = p2
..
.
p0n−2 = pn−1
p0n−1 = an−1 pn−1 + · · · + a1 p1 + a0 y
C’est à dire:

0
y
p1
p2
..
.







où Y = 





pn−1
(??)
Y (t) = AY (t)
∀v ∈ Cn le système (??) a une unique solution avec Y (0) = v, c’est à dire si v = (c0 , c1 , . . . , cn−1 )T , on peut dire
que (??) a une unique solution y telle que y (k) (0) = ck
∀k = 0, . . . , n − 1.
Sous-remarque: det(λ − A) = λn + an−1 λn−1 + · · · + a0
Problème, comment calculer exp(A) ?


λ1 · · · 0


◦ Si A =  ... . . . ...  est une matrice diagonale:
0 · · · λn
 k
λ1
 ..
k
A = .
0
···
..
.
···

 λ
0
e 1
..  =⇒ exp(A) =  ..
 .
. 
k
λn
0
···
..
.
···
◦ Si A = QDQ−1 , D diagonale (c’est à dire A, diagonalisable):
exp(A) = exp QDQ−1 = Q exp(D)Q−1
71

0
.. 
. 
eλ n
◦ A = D + N où D diagonale et N nilpotente (∃n ∈ N tq. N n = 0) (Par exemple la forme Canonique de
Jordan), et si N D = DN :
N2
N n−1
exp(A) = exp(DN ) = exp(D) · exp(N ) = exp(D) · 1 + N +
+ ··· +
2
(n − 1)!
Par exemple: A =
λ
0
1
λ
→D=
λ
0
0
0
, N=
λ
0
1
, N2 = 0
0
exp(tA) = exp(tD) exp(tN ) =
1 t
= eλt ·
0 1
tλ
e
0
0
etλ
· (1 + tN )
Rappel: Théorème de Cayley-Hamilton
Si p(λ) = det(λ − A) est le polynôme caractéristique de A alors p(A) = 0.
Méthode pour calculer exp(A)
1. Si p(λ) = (λ − λ1 )n1 · · · (λ − λk )nk
(λi 6= λj ): On cherche des polynômes r1 (λ), . . . , rk (λ) tels que
r1 + · · · + rk = 1 et tels que p(λ) | ri (λ)(λ − λi )ni
Comment trouver les ri :(décomposition en fractions partielle)
s1 (λ)
sk (λ)
1
=
+ ··· +
n
1
p(λ)
(λ − λ1 )
(λ − λk )nk
Donc: 1 =
k
X
p(λ)
si (λ)
(λ
−
λi )ni
i=1 |
{z
}
ri (λ)
Comme p(A) = 0, on a aussi que (A − λi )ni ri (A) = 0
On peut maintenant calculer:
(= p(A)si (A))
nX
i −1 l
t
exp(tA)ri (A) = exp(tλi ) · exp t(A − λi ) · ri (A) = etλi
(A − λi )l · ri (A)
l!
l=0
Finalement:
exp(tA) = exp(tA) (r1 (A) + · · · + rk (A)) =
k
X
i=1
etλi
nX
1 −1 l
l=0
Remarque:
ni = 1(∀i) =⇒ l
tA
=
n
X
i=1
Exemple
1. A =
1
2
2
,
−1
p(λ) = λ2 + λ − 6 = (λ − 2)(λ + 3)
1
1
1
= 5 − 5
(λ − 2)(λ + 3)
λ−2 λ+3
λ1 = 2, λ2 = −3
72
etλi ri (A)
t
(A − λi )l ri (A)
l!
1
1
(λ + 3), r2 (λ) = − (λ − 2)
5
5
r1 =
1
1
etA = e2t · (A + 3) − e−3t · (A − 2)
5
5
1
2
2. A =
, p(λ) = (λ + 1)2
−2 −3
λ1 = −1, r1 (λ) = 1 → r1 (A) = 1
1 + 2t
2t
etA = e−t · 1 + t(A + 1) = et
−2t 1 − 2t
(On a utilisé que (A + 1)2 = 0)
y1
0
0
3. Trouvons y =
tel que y = Ay où A =
y2
−1
cos t sin t
cos t
tA
tA
e =
=⇒ e v =
− sin t cos t
− sin t
1
1
et tel que y(0) =
=v
0
0
Problème
Résoudre y 0 (t) = Ay(t) + b(t) si b : R → Cn est donnée: méthode de variation de constantes (déja vu pour
y 0 (t) = a(t)y(t) + b(t))
On pose:
y(t) = etA · z(t), z : R → Cn
z(t) = e−tA y(t)
y(t)
}| {
z etA z(t) + etA z 0 (t)
y 0 (t) = A
!
+ b(t)
=
Ay(t)
z 0 (t) = e−tA b(t)
Z
=⇒ z(t) = e−tA b(t) dt + c
Z
tA
y(t) = e
e−tA b(t) dt + c · etA
(c ∈ Cn )
Remarque
Comment résoudre:
(?)
y (n) + an−1 y (n−1) + · · · + a0 y = b(t)
b : R → C une fonction donnée: On peut transfomer (?) en un système d’ordre 1 et appliquer la variation de
constantes.
73
4.5
Système d’EDO linéaires générales
Problème
Résoudre:
y 0 (t) = A(t)y(t)
(1)
, A : R → Cn×n est une fonction donnée (on cherche y : R → Cn ).
L’idée
On va construire une suite y0 , y1 , y2 , . . . : R → Cn de ”solutions approximatives (approximation de Picard)” de (1),
et finalement on trouve y(t) comme lim yn (t)
n→∞
On pose:
y0 (t) = v ∈ C
y10 (t) = A(t)y0 (t), y1 (0) = v
C’est à dire
Z
y1 (t) =
t
A(s)y0 (s) ds + v
0
..
.
yn0 (t) = A(t)yn−1 (t), yn (0) = v
C’est à dire
t
Z
yn (t) = v +
A(s)yn−1 (s) ds
0
Autrement dit:
On construit M0 (t), M1 (t), . . . , Mk (t), . . . matrice n × n telles que yk (t) = Mk (t)v
Par:
M0 (t) = 1
M10 (t) = A(t)M0 (t), M1 (0) = 1
C’est à dire
t
Z
M1 (t) = 1 +
A(s)M0 (s) ds
0
..
.
t
Z
Mk (t) = 1 +
A(s)Mk−1 (s) ds
0
On va montrer que M (t) := lim Mk (t) existe et que M 0 (t) = A(t)M (t), M (0) = 1
k→∞
74
Exemple
Si A(t) = A est constante:
M0 (t) = 1
t
Z
M1 (t) = 1 +
A ds = 1 + tA
0
t
Z
t2 2
A
2
A · (1 + sA) ds = 1 + tA +
M2 (t) = 1 +
0
..
.
Mk (t) = 1 + tA +
tk
t2 2
A + · · · + Ak
2
k!
Et donc lim Mk (t) = etA
k→∞
Théorème
(On suppose que A : R → Cn×n est continue.) La suite de foncitons Mk : R → Cn×n converge ponctuellement, et
cette convergence est uniforme sur [−N, N ] (∀N > 0). La limite M (t) := lim Mk (t) satisfait M 0 (t) = A(t)M (t) et
k→∞
M (0) = 1
Preuve:
L’idée: Utiliser le critère de Weierstrass
t
Z
A(s) Mk−1 (s) − Mk−2 (s) ds
kMk (t) − Mk−1 (t)k1 =
0
1
Z
≤
kA(s)k1 · kMk−1 (s) − Mk−2 (s)k1 ds
Sur [−N, N ], la fonction kA(s)k1 est continue =⇒ bornée, posons cN :=
Z
max
s∈[−N,N ]
t
≤ CN
kMk−1 (s) − Mk−2 (s)k1 ds
0
Donc:
Z
t
kMk (t) − Mk−1 (t)k1 ≤ CN
kMk−1 (s) − Mk−2 (s)k1 ds
0
On a:
k M0 (t) − M−1 (t) k1 = n
| {z } | {z }
=1
:=0
k=1
Z
kM1 (t) − M0 (t)k1 ≤ CN
kA(s)k1
t
n ds = nCN |t|
0
75
si
t ∈ [−N, N ]
k=2
t
Z
2
nCN |s| ds = nCN
kM2 (t) − M1 (t)k1 ≤ CN
0
|s2 |
2
..
.
k
kMk (t) − Mk−1 (t)k1 ≤ n · CN
Nk
k!
sur
[−N, N ]
On a
lim Mk =
k→∞
∞
X
Mk − Mk−1
k=0
kMk (t) − Mk−1 (t)k1 ≤ n
(CN N )k
k!
Car
∞
X
(CN N )k
= n exp(CN N )
n
k!
converge
k=0
Donc par Weierstrass, la suite Mk converge uniformément sur [−N, N ]
k→∞,unif.
On a (∀k)
Mk0 (t) = A(t)Mk−1 (t)
−→
A(t)M (t). Donc la suite Mk0 converge uniformément, donc on
0
peut échanger lim et dérivée, et on obtient M (t) = A(t)M (t).
Théorème
∀v ∈ Cn , ∃!y : R → Cn
On a y(t) = M (t)v
t.q. y(0) = v et y 0 (t) = A(t)y(t).
Preuve:
Vérifions que y(t) := M (t)v est une solution:
y 0 (t) = M 0 (t)v = A(t)M (t)v = A(t)y(t)
y(0) = M (0)v = 1v = v
En ce qui concerne l’unicité:
Supposons que M (t) est inversible ∀t ∈ R (à montrer plus tard):
Si y : R → Cn , on pose z(t) = M −1 (t)y(t) c’est à dire y(t) = M (t)z(t). On a:
y 0 (t) = M 0 (t)z(t) + M (t)z 0 (t)
(( + M (t)z 0 (t)
=(
A(t)M
(t)z(t)
(((
!
=
A(t)y(t)
C’est à dire: M (t)z 0 (t) = 0, z 0 (t) = 0, donc z ∈ Cn est une constante.
Pour montrer que M (t) est inversible:
M (0) = 1 inversible
Supposons que ∃t > 1 tel que M (t) n’est pas inversible, et soit t0 = inf {t | det M (t) = 0}. det M (t) une fonction
t>0
continue.
76
Soit M̃ (t) une solution de M̃ (t0 ) = 1, M̃ (t) = A(t)M̃ (t). On sait que M̃ est inversible sur (t0 − ε, t0 + ε) (car
det M̃ (t) est continue, = 1 et t = t0 )
On a sur (t0 − ε, t0 + ε)
M (t) = M̃ (t)K(t)
où K(t) = M̃ (t)−1 M (t)
et donc:
M 0 (t)
= M̃ 0 (t)K(t) + M̃ (t)K 0 (t)
k
k
+ M̃ (t)K 0 (t)
A(t)M
(t) = A(t) M̃ (t)K(t)
| {z }
=M (t)
=⇒ K 0 = 0 =⇒ K est constant =⇒ M (t) soit inversible soit non-inversible sur tout (−ε + t0 , ε + t0 )
77
4.6
Résumé partie 4
EDO non-linéaire:
Séparable
Homogènes
y 00 = f (x, x0 ) - réduction d’ordre
EDO linéaires:
y 0 (t) = a(t)y(t) + b(t)
p(D)y = 0
Système y 0 = Ay
(variation de constante)
(y (n) + an−1 y (n−1) + · · · + a0 y = 0)
(vect./val. propres ou exp(tA))
78
5
Fonctions de plusieurs variables
Problème typique: trouver les maxs et les mins lovaux de f (x, y) = x2 y + xy + y 3
5.1
La différentielle et les dérivées partielles
On va étudier des fonctions f : Rk → R` ou plus généralement f : U
⊂ V →W
ouvert
Définition
Si a ∈ U, v ∈ V , alors la dérivée directionnelle
∂v f (a) :=
d
f (a + tv)
dt
t=0
Si x1 , . . . , xk sont les coordonnées sur V = Rk et si e1 , . . . , ek est la base canonique de V = Rk , alors la
dérivée partielle
∂f
(a) = ∂ei f (a)
∂xi
Remarque
Comment calculer
∂f
?
∂xi
d
∂f
(x1 , . . . , xk ) = f (x1 , x2 , . . . , xi + t, xi+1 , . . . , xk )
∂xi
dt
= la dérivée de f par xi si les autres variables sont vues comme des constantes.
Exemple
Pour f :
R2
−→
(x, y) 7−→
R
sin(x + y + xy)
∂f
= cos(x + y + xy) · (1 + y)
∂x
∂f
= cos(x + y + xy) · (1 + x)
∂y
Remarque
 
f1
f2 


Si f : Rk → R` c’est à dire si f =  .  , fj : Rk → R, alors:
.
.
f`

∂f1
 ∂xi 
 . 
∂f

=
 .. 
∂xi
 ∂f 

`
∂xi
79
t=0
Définition
f : U ⊂ V → W est différentiable en a ∈ U si il existe une fonction linéaire da f : V → W (appellée la differentielle
de f en a ∈ U ) telle que (h ∈ V )
f (a + h) = f (a) + da f (h) + o khk
Explication de o khk :
On a f (a + h) = f (a) + da f (h) + R(h) où R est une sorte de ”Reste”. On écrit que R(h) = o khk si ”R est
R(h)
négligeable par rapport à khk”, c’est à dire si lim
= 0, c’est à dire si R(h) = khkr(h) et r(0) = 0, r continue
h→0 khk
en 0.
Exemple
Si V = W = R, f : R → R. Si f 0 (a) existe (a ∈ R) alors pour h ∈ R:
f (a + h) = f (a) + f 0 (a)h + o |h|
Donc da f (h) = f 0 (a)h
Proposition
Si da f existe, alors ∂v f (a) = da f (v)
Preuve:
da f (x) lin.
z }| {
da f (tv) + o |t|kvk
tda f (v) +o |t|kvk
f (a + tv) − f (a)
∂v f (a) := lim
= lim
= lim
t→0
t→0
t→0
t
t
t
0
o |t|
= da f (v) + lim
t→0
t
En particulier,
∂f
∂f
= da f (ei ) car
(a) = ∂ei f (a).
∂xi
∂xi
∂v f (a) = da f (v)
Proposition
Si da f existe, alors da f (v) =
k
X
∂f (a)
i=1
∂xi
vi . (ici v =
P
vi ei , vi ∈ R)
Preuve:
!
da f (v) = da f
X
i
vi e i
=
k
X
i=1
vi da f (ei ) =
X
i
vi
∂f
(a)
∂xi
80
∂f
∂f
∂f
Si f : Rk → R, alors la matrice de da f est
(a),
(a), . . . ,
(a)
∂x1
∂x2
∂xk
 
f1
f2 
 
Si f : Rk → R` , f =  . , fj : Rk → R, alors la matrice da f est :
 .. 
f`
∂f1
 ∂x1
 .
=
 ..
 ∂f
`
∂x1

∂fj
(a)
∂xi
i,j
···
···

∂f1
∂xk 
.. 

. 
∂f` 
∂xk
Définition
f est C 1 si
∂f
∂f
,...,
sont des fonctions continues.
∂x1
∂xk
Théorème
Si f : U ⊂ V → W est C 1 , alors f est différentiable partout, c’est à dire da f existe ∀a ∈ U .
Proposition
Si f est differentiable en a ∈ U (c’est à dire si da f existe), alors f est continue en a.
Preuve:
f (a + h) = f (a) + da f (h) + o khk
En passant à la limite:
0
*
:+0 o khk
lim f (a + h) = f (a) + da
f (0)
= f (a)
h→0
f est C 1 =⇒ f différentiable


=⇒ ∂v f
 =⇒ f
existe
(∀v) =⇒
∂f
∂xi
existent
continue
Les autres implications ne sont pas vraies.
Exemple
f:
2
R r
ϕ
−→
7−→
R2 r cos ϕ
x
=
r sin ϕ
y
81
La matrice df est:


∂x
∂ϕ 

 = cos ϕ −r sin ϕ

sin ϕ r cos ϕ
∂y 
∂ϕ
∂x
 ∂r



 ∂y
∂r
f est C 1 =⇒ f est différentiable.
Exemple
Si f : V → W est linéaire, alors f est différentiable, et (∀a ∈ V ) da f = f car:
=da f (h)
f (a + h) = f (a) + f (h)
en particulier, les coordonnées:
k
R 
x1
xi :  . 
 .. 
−→
R
7−→
xi
xk


h1
 .. 
est linéaire R → R et da xi (h) = hi (où h =  . )
hk
k
i
La matrice de da xi est (0, 0, . . . , 0, 1, 0, . . . , 0)
Proposition
Si da f existe, alors
da f =
k
X
∂f
(a)da xi
∂x
i
i=1
Preuve:
Il faut montrer: ∀h ∈ Rk :
h
k
z }|i {
X
∂f
da f (h) =
(a) da xi (a)
∂xi
i=1
!
Exemple
f:
R2
−→
(x, y) 7−→
R
sin(x + y + xy)
∂f
∂f
df =
dx +
dy = cos(x + y + xy) ((1 + y)dx + (1 + x)dy)
∂x
∂y
Définition
Si f : Rk → R est différentiable, alors a ∈ Rk est un point critique si da f = 0, c’est à dire:
82
∂f
(a) = 0 ∀i
∂xi
Proposition
Si a est un extremum local de f , alors a est un point critique.
Preuve:
Si a est un extremum local, et si g(t) := f (a + tv) (v ∈ Rk ), g : R → R. Alors 0 est un extremum local de g, donc
d
d
g(0) = 0 mais ∂v f (a) := g(0).
dt
dt
On a donc: ∂v f (a) = 0 = da f (v) (∀v) =⇒ fa f = 0
Théorème
Si f : Rk → R` est C 1 , alors f est différentiable.
Preuve:
 
f1
 .. 
Si f =  .  , fi : Rk → R, alors il suffit de montrer le théorème pour les fi : Rk → R, donc on peut supposer que
f`
` = 1.
Pour des raisons de simplicité, supposons que k = 2 (La généralisation est plus lourde mais utilise les même
principes).
h1
2
2
Soient a ∈ R , h ∈ R tel que h =
= h1 e1 + h2 e2 .
h2
f (a + h) − f (a) = f (a + h1 e1 ) − f (a) + f (a + h) − f (a + h1 e1 )
a+h
h
h2 e2
•
a
h1 e1
On utilise le théorème des accroissements finis:
g1 (t) := f (a + te1 )
Donc:
f (a + h1 e1 ) − f (a) = g1 (h) − g1 (0) = h1 g10 (s1 ) = h1 ·
s1 ∈[0,h1 ]
a+h
b2
•
a
|
h
|
b1
a + h1 e1
83
∂f
(a + s1 e1 )
∂x1 | {z }
b1
g2 (t) = f (a + h1 e1 + te2 )
T AF
b
s2 ∈[0,h2 ]
f (a + h) − f (a + h1 e1 ) = g2 (h2 ) − g2 (0) = h2 g20 (s2 ) = h2
}|2
{
∂f z
(a + h1 e1 + s2 e2 )
∂x2
∂f
∂f
(b1 ) + h2
(b2 )
∂x1
∂x2
∂f
∂f
∂f
∂f
∂f
∂f
= h1
(a) + h2
(a) + h1
(b1 ) −
(a) + h2
(b2 ) −
(a)
∂x1
∂x2
∂x1
∂x1
∂x2
∂x2

f (a + h) − f (a) = h1

∈[−1,1]
∂f
h1  ∂f

·
(b1 ) −
(a) = (?)
Mais lim
h→0 khk
∂x1
∂x1
Et aussi h → 0 =⇒ b1 → a,
∂f
continue =⇒ (?) = 0
∂x1
Théorème: Règle de la chaı̂ne
f
g
k
R`
−→
Rm
Soient R −→
a
7→ b = f (a) 7→ c = g(b)
Supposons que da f et db g existent. Alors da (g ◦ f ) = db g ◦ da f (La linérisation de la composition est la composition
des linéarisations)
Preuve:
b
z}|{
g(f (a + h)) = g f (a) +da f (h) + o(khk)
= g f (a) +db g da f (h) + db g o(khk) + o kda f (h) + o(khk)k
|
{z
} |
{z
}
| {z }
g(b)
o(khk)
o(khk)
Remarque
Comment calculer les dérivées partielles avec la règle de la chaı̂ne:
 
 
 
x1
y1
z1
 ..  f  ..  g  .. 
 .  −→  .  −→  . 
xk
y`
∂zp
∂yq
, aussi db g =
La matrice de da f est
∂xr q,r
∂yq p,q
zm
Le théorème nous affirme:
`
X ∂zp ∂yq
∂zp
=
·
∂xr
∂yq ∂xr
q=1
Exemple
x1
−→
x2
2
R
−→
y1 = x1 + x2
y2 = x1 x2
R2
84
−→
z = sin(y1 + y2 )
−→
R
On a:
∂z
∂z ∂y1
∂z ∂y2
=
+
∂x1
∂y1 ∂x1
∂y2 ∂x1
= cos(y1 + y2 ) · 1 + cos(y1 + y2 ) · x2
= cos(x1 + x2 + x1 x2 ) · (1 + x2 )
Remarque
On peut écrire la règle de la chaı̂ne aussi comme:
dyq
z }| {
`
X ∂zp
X ∂zp ∂yq
X
∂zp
(∗) =
dxr = dzp =
=
dxr = (∗∗)
∂xr
∂yp
∂yp ∂xr
r
q,r
q=1
(∗) ∩ (∗∗) =⇒
X ∂zp ∂yq
∂zp
=
∂xr
∂yq ∂xr
q
85
5.2
Dérivées partielles supérieurs
On pose:
∂2f
∂
:=
∂xi ∂xj
∂xi
∂f
∂xj
,
etc.
Définition
f : Rk → R` est C n si toutes les n-ièmes dérivées partielles de f existent et elles sont continues.
Théorème
Si f : Rk → R` est C 2 , alors
∂2f
∂2f
=
∂xi ∂xj
∂xj ∂xi
Preuve:
 
f1
 
On peut supposer que ` = 1 (si f =  ... , il suffit de montrerle théorème pour les fi )
f`
L’idée: approximer les derivées par des différences:
Si v ∈ Rk , on pose
Rk −→
∆v f :
x 7−→
R
f (x + v) − f (x)
Si v, w ∈ Rk , alors
∆v (∆w f ) (x) = ∆w (∆v f ) (x)
(†)
Et
∆v (∆w f ) (x) = f (a + v + w) − f (a + v) − f (a + w) + f (a)
On va montrer:
∆tej ∆tei f
∂2f
= lim
t→0
∂xi ∂xj
t2
(?)
Car on remarque que (?) + (†) =⇒ THM
Pour montrer (?) on utilise TAF:
Si f˜ : Rk → R, alors on pose g(t) = f˜(a + tei )
T AF
∆te1 f˜(a) = g(t) − g(0) = tg 0 (t̃)
t̃∈[0,t]
=
t
∂ f˜
(a + t̃ei )
∂xi
On a donc:
˜
f
∂f
∂
z }| {
∆tei
(a + t̃ej )
(∆tei f ) (a + t̃ej )
∆tej (∆tei f )(a)
∂xj
∂xi
=
=
t2
t
t
2
2
∂2f
∂
f
f
est
C
˜ ) −→
=
(a + t̃ei + t̃e
(a)
j
t→0
∂xi ∂xj
∂x
∂x
i
j
˜
t̃,t̃∈[0,t]
86
Corollaire
Si f est C n , alors les m-ièmes dérivées partielles (∀m ≤ n) ne dépendent pas de l’ordre.
Théorème (Taylor d’ordre 2)
Si f : Rk → R est C 2 , alors
f (a + h) = f (a) +
k
X
∂f (a)
∂xi
i=1
hi +
k
X
1 ∂ 2 f (a)
hi hj + o khk2
2 ∂xi ∂xj
i,j=1
Preuve:
R −→
t 7−→
On définit gn :
R
. Par Taylor-Lagrange:
f (a + th)
1
TL
f (a + h) = gh (1) = gh (0) + gh0 (0) + gh00 (th )
2
où th ∈ [0, 1]
gh (0) = f (a)
X ∂f (a + th)
hi
gh0 (t) =
∂xi
!
X ∂ 2 f (a + th)
d X ∂f (a + th)
00
gh (t) =
hi =
hi hj
dt
∂xi
∂xi ∂xj
i
i,j
(?) nous donne:
f (a + h) = f (a) +
X ∂f (a)
i
∂xi
hi +
1 X ∂ 2 f (a + th h)
hi hj
2 i,j
∂xi ∂xj
Finalement:
(∗)
1 X ∂ 2 f (a + th h)
1 X ∂ 2 f (a)
1
hi hj =
hi hj +
2 i,j
∂xi ∂xj
2 i,j ∂xi ∂xj
2
z
X
i,j
}|
{
∂ 2 f (a + th h)
∂ 2 f (a)
−
hi hj
∂xi ∂xj
∂xi ∂xj
(∗) → 0 quand h → 0 car f est C 2 , |hi | ≤ khk et |hj | ≤ khk
=
1 X ∂ 2 f (a)
hi hj + o khk2
2 i,j ∂xi ∂xj
Rappel
Si f : Rk → R a un extremum local en a ∈ Rk , alors
f (a + h) = f (a) +
∂f (a)
= 0, donc
∂xi
1 X ∂ 2 f (a)
hi hj + o khk2
2 i,j ∂xi ∂xj
où la somme des dérivées partielles est un polynôme qudratique en (h1 , h2 , . . . , hk )
87
5.3
Formes quadratiques
une forme quadratique en variables x1 , . . . , xk = un polynôme quadratique homogène q(x1 , . . . , xk ) =
k
X
Bij xi xj ,
i,j
T
Bij ∈
 R. On peut supposer que Bij = Bji si B est la matrice k × k avec les éléments Bij alors q(x) = x Bx où
x1
 x2 
 
x= . 
 .. 
xk
Exemple
q(x1 , x2 ) = x21 + 6x1 x2 + 5x22 , alors B =
Est-ce que q(x1 , x2 ) ≥ 0
1
3
3
5
∀x1 , x2 ∈ R?
Complétons les carrés:
q(x1 , x2 ) = (x1 + 3x2 )2 − 4x22
= y12 − y22
Où y1 = x1 + 3x2 , y2 = 2x2
La réponse est non. eg: y1 = 0, y2 = 1
q = −1
Théorème
Si q(x1 , . . . , xn ) est une forme quadratique, alors, il existe un changement de la base tel que
q = y12 + · · · + yn2 − yn2 + +1 − · · · − yn2 + +n
|
{z
} |
{z
}
n+
n
Méthode
Compléter les carrés et x1 x2 = (y1 + y2 )(y1 − y2 ) = y12 − y22
88
Définition
Si V est un espace vectoriel réel (ou sur un corps K), alors une forme bilinéaire symétrique sur V est une application
B : V × V → R(ou K) telle que
B(u, v) = B(v, u)
∀u, v ∈ V
B(αu + βv, w) = αB(u, w) + βB(v, w)
∀u, v, w ∈ V, ∀α, β ∈ R(ou K)
Si e1 , . . . , en est une base de V on pose Bij := B(ei , ej ) ∈ R. Si u =
n
X
ui ei , v =
i=1
n
X
vi e i
ui , vi ∈ R, alors:
i=1


n
n
n X
n
X
X
X
B(u, v) = B 
ui ei ,
vj ej  =
ui vj B(ei , ej )
i=1
=
n
X
j=1
i=1 j=1
Bij ui vj
i,j=1

Si B est la matrice avec les éléments Bij

 
u1
v1
 .. 
 .. 
T
alors B(u, v) = u Bv, u =  .  , v =  . 
un
vn
Remarque
La matrice B est symétrique car Bij = B(ei , ej ) = B(ej , ei ) = Bji
On a donc une bijection entre les formes symétrique bilinéaires et les matrices symétriques n × n (si une base est
choisie)
Définition
La forme quadratique q associée à une forme bilinéaire symétrique est q(v) := B(v, v). Avec les matrices:
q(v) = v T Bv =
n
X
Bij vi vj
i,j=1
Exemple
Si B(u, v) = u · v (V = Rn ), alors q(v) = v · v = kvk2
Remarque
On peut calculer B à partir de q:
q(u + v) = B(u + v, u + v) = B(u, u) + B(v, v) + 2B(u, v) = q(u) + q(v) + 2B(u, v)
Donc
B(u, v) =
q(u + v) − q(u) − q(v)
2
89
Si une base est choisie, B(u, v) = uT Bv. Si on change la base: si Q est la matrice (n × n) du changement de la
base:
vnew = Q−1 v
T
uTnew = (Qu) = uT (Q−1 )T
Et on veut
!
uTnew Bnew vnew = uT Bv = uTnew QT BQvnew
Mais donc
QT BQ = Bnew
Et donc le changement de la base: B
QT BQ
Théorème
Si B est une matrice symétrique n × n réelle, alors il existe une matrice n × n, Q inversible telle que QT BQ est
diagonale avec ±1, 0 sur la diagonale.
C’est à dire, pour toute forme quadratique q, il existe une base telle que
q(x1 , . . . , xn ) =
n
X
ci x2i ,
ci ∈ {1, −1, 0}
i=1
Rappel
∃Q tel que QT = Q−1 (C’est à dire Q est orthogonale) telle que Q−1 BQ est diagonale. (∃ vecteurs propres de B
qiu forment une base orthonormale de Rn )
Preuve du Théorème / Algorithme:
On utilise consécutivement des matrices Q élémentaires, c’est à dire on applique des opérations élémentaires sur les
lignes de B et (les mêmes opération) sur les colones.
Cas 1: B11 6= 0, et B1i 6= 0 (i 6= 1):
On fait li → li − cl1 , où li la i-ème ligne et c =
Exemple:
B=
1
2
B1i
pour que B1i
B11
2
1
−→
3 l2 →l2 −2l1 0
2
−1
0. Il faut aussi appliquer ci → ci − cc1
−→
c2 →c2 −2c1
1
0
0
−1
Cas 2: B11 = 0, B1i 6= 0:
On peut faire l1 → l1 + l2 , c1 → c1 + c2 et on est dans le cas 1.
Exemple:
0
B=
1
0
Algorithme: B = 0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
−→
1
1
1
0


3
1
−6 −→ 0
l3 →l3 −3l1
1
0
2
−3
−6


3
1
0
−6
−→
l →c −2c
−8 c23 →c23 −3c11 0
0
0
0
0
1
0
l1 →l1 +l2
−→
c1 →c1 +c2
2
1
1
0
0
0
0
0
Exemple:

1
2
3
2
1
0


3
1
0 −→ 0
l →l −2l
1 2 2 1 3
2
−3
0
90
0
−3
−6


0
1
−6 −→ 0
l →l −2l
−8 3 3 2 0
0
−3
0

0
−6
4

−→
c3 →c3 −2c2
1
0
0
0
−3
0


0
1
0
0
−→
x21 −x22 +x23
4 n+ =2,n
0
− =1,n0 =0
−1
0

0
0
1
Finalement on fait li → αi li , ci → αi ci avec αi ∈ R convenable pour que les éléments diagonales sont
transformés en ±1, ou 0
Terminologie
Si B est une matrice symétrique et si ∧ = QT BQ est digonale (Q inversible), on pose:
n+ = # éléments > 0 sur la diagonale de ∧
n− =
# éléments < 0 sur la diagonale de ∧
n0 =
# éléments = 0 sur la diagonale de ∧
Le triplet (n+ , n− , n0 ) est la signature de B (ou de q). On dit que:
→ B est définie positive
si n+ = n, n− = 0, n0 = 0, c’est à dire q(x) = xT Bx > 0
→ B est définie négative
si n− = n, n+ = 0, n0 = 0, c’est à dire q(x) < 0
→ B est semi définie positive
si n− = 0, c’est à dire si q(x) ≥ 0
∀0 6= y ∈ Rn
∀x 6= 0
∀x ∈ Rn
→ B est indéfinie
si n+ > 0, n− > 0, c’est à dire si ∃x, y ∈ Rn tels que q(x) > 0, q(y) < 0
Remarque
− La signature de B est indépendante de Q (preuve dans la Série d’exo)
− Les formes quadratiques/signatures bilinéaires ”existent dans la nature”
− Produit scalaire (dans Rn ) et k · k2
− q(x, y, z, t) = x2 + y 2 + z 2 − c2 t2 a pour signature n+ = 3, n− = 1, n0 = 0
91
5.4
Extremas locaux et selles
Rappel
Si f : Rn → R et si en a ∈ Rn f a un extremas local, alors
2
Taylor: Si f est C :
f (a + h) = f (a) +
∂f (a)
=0
∂xi
(∀i), c’est à dire a est un point critique.
La diff. da f (h)
forme quad. en h=(h1 ,...,hn )
z }| {
n
X
∂f (a)
}|
{
z
n
2
X
1
∂ f (a)
hi hj
2 i,j=1 ∂xi ∂xj
i=1
∂xi
hi +
+o khk2
Terminologie
Ha f :=
∂ 2 f (a)
∂xi ∂xj
n
i,j=1
Est la matrice Hessienne de f et
Ha f (h) :=
X ∂ 2 f (a)
hi hj
∂xi ∂xj
Est la forme quadratique Hessienne.
Théorème
Soit f : Rn → R une fonciton C 2 , et soit a ∈ Rn un point crititque de f .
− Si Ha f est définie positive (c’est à dire n+ = n, n− = 0, n0 = 0) alros a est un minimum local stricte de f .
− Si Ha f est définie négative, alors a est un maximum local strict.
− Si Ha f est indéfinie (c’est si n+ > 0, n− > 0) alors a n’est pas un extremum local de f (on dit que a est une
selle)
Remarque
Si n+ > 0, n− = 0, n0 > 0, donc semi définie positive, alors le théorème de dit rien.
Preuve du Théorème:
− Cas où Ha f est définie positive:
1
On change la base de Rn pour que Ha f (h) = khk2 . Soit ε > 0 tel que |r(h)| < khk2 , où r(h) représente le
4
reste dans la formule de Taylor, qui est o khk2
Pour khk < ε on a:
f (a + h) = f (a) +
1
1
khk2 +r(h) > f (a) + khk2 > f (a)
2 | {z }
4
Ha f (h)
Donc a est un minimul local strict.
92
si h 6= 0
− Cas où Ha f est définie négative, pareil.
Ha f (h) = −khk2
− Car où Ha f est indéfinie:
On change le base pour que Ha f soit diagonale avec ±1, 0 sur la diagonale.
Ha f est indéfinie =⇒ ∃ vecteurs v, w (on peut choisir des éléments de la base) tels que kvk = 1 = kwk et
Ha f (v) = +1 et Ha f (w) = −1. On a pour |t| < ε:
Ha f (tv)
Borné par ± 14 t2
z}|{
z }| {
1 2
t +
r(tv)
f (a + tv) = f (a) +
2
1
=⇒ f (a + tv) ≥ f (a) + t2
4
Aussi:
1
f (a + tw) ≤ f (a) − t2
4
Donc cela implique que a n’est ni un maximum ni un minimum local.
Proposition
a b
Si B =
alors:
b c
→ B est définie positive si et seulement si det B > 0 et a > 0.
→ B est définie négative si et seulement si det B > 0 et a < 0.
→ B est indéfinie si et seulement si det B < 0.
Preuve:
∃Q inversible telle que QT BQ =
ε1
0
0
ε2
où ε1 , ε2 ∈ {0, 1, −1} =⇒ det(QT BQ) = ε1 ε2 mais aussi:
det(Q)
>0
z }| {
z }| {
det(Q BQ) = det(QT ) det B det Q = (det Q)2 · det B
T
=⇒ ε1 ε2 = sgn(det B) ∈ {1, −1, 0}
Donc: det B > 0 ⇐⇒ ε1 ε2 = 1 ⇐⇒ ε1 = ε2 = ±1 ⇐⇒ B est définie positive ou négative.
(
a > 0 =⇒ B est définie positive
1
Mais (1, 0)B
= a =⇒
, det B < 0 ⇐⇒ ε1 ε2 = −1 ⇐⇒ B est indéfinie.
0
a < 0 =⇒ B est définie négative
Exemple
1 2
B=
2 3
1 2
B=
2 6
det B = −1 =⇒ indéfinie.
det B = 2 =⇒ définie positive.
93
Problème
Comment trouver les extrema locaux d’une fonction f : Rn → R ?
Trouver les points critiques a ∈ Rn tels que
∂f (a)
= 0, c’est à dire da f
∂xi
n
2
∂ f (a)
.
Trouver la signature de Ha f =
∂xi ∂xj i,j=1


 définie positive =⇒ min
définie négative =⇒ max
Ha f


indéfinie =⇒ selle
Exemple
R2
−→
R
(x, y) 7−→ xy(1 − x − y)
Points critiques:
f:
∂f
!
= y(1 − 2x − y) = 0
∂x
∂f
!
= x(1 − 2y − x) = 0
∂y
Les points critiques sont:
(y = 0
∨
1 − 2x − y = 0)
∧
(x = 0 ∨ 1 − 2y − x = 0)
1 1
,
=⇒ (x, y) ∈ (0, 0), (1, 0), (0, 1),
3 3
4 points critiques et donc:

∂2f
∂2f
 ∂x2
∂x∂y 
−2y
1 − 2x − 2y


Hf =  2
=
1 − 2x − 2y
−2x
∂ f
∂2f 
∂x∂y
∂y 2
0 1
Pour (x, y) = (0, 0), Hf =
et alors det Hf = −1 =⇒ indéfinie =⇒ (0, 0) est une selle.
1 0
0 −1
Pour (x, y) = (1, 0) ou (0, 1) (calcul similaire) Hf =
et alors det Hf = −1 =⇒ indéfinie =⇒ selle.
−1 −2


2
1
−
−
1 1
1
2

3
Pour (x, y) =
,
, Hf =  3
1
2 , det Hf = 3 , − 3 < 0 =⇒ définie négative =⇒ minimum local.
3 3
−
−
3
3

94
5.5
Multiplicateurs de Lagrange
Problème
Si g : Rn → R, et si S ⊂ Rn est donné par S := {x ∈ Rn | F (x) = 0} où F : Rn → Rk est une fonction donnée.
ON cherche les extremas locaux de g|S : S → R
Exemple
n = 2, k = 1:
g(x, y) = x + y, F (x, y) = x2 + y 2 − 1
S = {(x, y) ∈ R2 | F (x, y) = 0} = {(x, y) | x2 + y 2 = 1}
S est donc le cercle unitaire, on cherche un maximum et un minimum de g|S
Remarque: g continue, S compact =⇒ max et min existent.
5.5.1
Théorème: multiplicateurs de Lagrange


F1
 
Soit F : Rn → Rk une fonction C 1 , c’est à dire F =  ...  , Fi : Rn → R fonctions C 1 , S := {x ∈ Rn | F (x) = 0},
Fk
g : Rn → R une fonction C 1 , et a ∈ S tel que g|S a un max ou min local en a.
Si l’application linéaire da f : Rn → Rk est surjective, alors ∃λ1 , . . . , λk ∈ R (multiplicateurs de Lagrange) tels que
a est un point critique de g − λ1 F1 − · · · − λk Fk
Preuve:
cas 1. Fi (x1 , . . . , xn ) = xi , c’est à dire S = {(x1 , . . . , xn ) ∈ Rn | x1 = x2 = . . . = xk = 0}
Alors g|S = g(0, 0, . . . , 0, xk+1 , xk+2 , . . . , xn ) est une fonction de n − k variables.
∂g(a)
=⇒
=0
i = k + 1, k + 1, . . . , n
∂xi
∂g(a)
On pose λj =
j = 1, . . . , k, et donc
∂xi
∂(g − λ1 x1 − · · · − λk xk )(a)
=0
∂xm
m = 1, . . . , n
cas 2. Idée: Il existe un changement de variable tel qu’on se retrouve au cas 1.
Lemme
On pose F̃i (x1 , . . . , xn ) = xi
i = 1, . . . , k, ∃ ouvert a ∈ U ⊂ Rn , v ∈ V ∈ Rn , et une bijection φ : U → V
−1
1
telle que φ et φ sont C , φ(a) = 0, et F = F̃ ◦ φ
p
Théorème de la fonction inverse, à voir en Analyse II.
y
95
On défini g̃ par:
g̃ = g ◦ φ−1
(g = g̃ ◦ φ)
En donc, F̃ , g̃ . . . casP
1 =⇒ ∃λ1 , . . . , λk tels que 0 est un point critique de g̃ − λ1 F̃1 − · · · − λk F̃k .
C’est à dire, d0 (g̃ − λi F̃i ) = 0, et donc par la règle de la chaı̂ne:
X
X
X
(?) = d1 (g −
λi Fi ) = d0 g̃ ◦ da φ −
λi d0 F̃i ◦ da φ = d0 (g̃ −
λi F̃i ) ◦ da φ
P
mais remarquons que d0 (g̃ − λi F̃i ) = 0 et donc (?) = 0.
Remarques
g|S = (g − λ1 F1 − · · · − λk Fk )|S car Fi |S = 0 ∀i
PourPtrouver les extrema de g|S on cherche (λ1 , . . . , λk ) et a ∈ Rn tels que a est uun point critique de
g − λ i Fi .
Les extremas sont pari ces points a.
da F est surjective:
∂Fi
⇐⇒ rang(da F ) = k, c’est à dire rang
∂xj
i=1,...,k
j=1,...,n
=k
Exemples
1. n = 2, k = 1: F (x, y) = x2 + y 2 − 1, g(x, y) = x + y et donc:
g − λF = x + y − λ(x2 + y 2 − 1) (?), λ ∈ R.
On cherche les points critiques de (?) qui sont dans S = {(x, y) | x2 + y 2 = 1}
∂(?)
= 1 − 2λy
∂y
∂(?)
= 1 − 2λx
∂x
2λx = 1 = 2λy
 1

√
2
tel que x2 + y 2 = 1 =⇒ x = y =
Cela nous donne les ”extrema potentiels” de gS S compact, g
1

− √
2
continue =⇒ max et min (globaux) existent et sont donnés par les points précédents.
2. F (x, y) = x2 + y 2 − 1, g(x, y) = x2 − xy 2
(?) = g − λF = x2 − xy 2 − λ(x2 + y 2 − 1)
∂(?)
!
= 2x − y 2 − 2λx = 0
∂x
∂(?)
!
= −2xy − 2λy = 0
∂y
!
x2 + y 2 = 1
Et donc: y(x + λ) = 0 c’est à dire y = 0 ou x = −λ.
y = 0 x = ±1, λ = 1
96
x = −λ λ = −x
2x − y 2 + 2x2 = 0 et x2 + y 2 = 1
2x − 1 + x2 + 2x2 = 0
y2 = 1 − x2 et donc:
−1 =⇒ y = 0
√
3x2 2x − 1 = 0 =⇒ x 1
8

=⇒ y = ±
3
3
3. Trouver le max et min de g(x, y) = x2 − xy 2 dans D := {(x, y) ∈ R2 | x2 + y 2 ≤ 1}, c’est à dire on cherche
max et min de g|D , D compact, g continue =⇒ max et min existent.
Soit on trouve max ou min à l’interieur (x2 + y 2 < 1) =⇒ point critique de g. Soit il est sur S et donc on
utilise les multiplicateurs
de Lagrange. Ou les extrema potentiels qui sont dans S:
√ !
8
1
les extrema potentiels à l’intérieurs:
,±
(±1, 0),
3
3
∂g
∂g
!
!
= 2x − y 2 = 0,
= −2xy = 0 et x2 + y 2 < 1
∂x
∂y
5.6
•
Résumé de la partie 5
Calculer avec les dérivées partielles et différentiells
− Règle de la chaı̂ne.
•
Trouver les extremas d’une fonction
− points critiques
− matrices Hessienne
− signature
− multiplicateurs de Lagrange.
97
6
Intégrales multiples
6.1
Z
Motivations
b
f (x) dx = L’aire sous le graphe.
a
Si A ⊂ Rn , f : A → R:
Z
f (x1 , . . . , xn ) dx1 . . . dxn =
ZA
Comment définir
f dx1 . . . dxn ?
Volume n + 1 dimension sous le graphe
A
Par analogie au découpage en rectangles pour les fonctions dans R, nous allons découper notre plan R2 en petits rectangles et regarder le ”volume” sous ces rectangles comme nous avons regardé l’aire sous la courbe du graphe.
6.2
Définitions
Un pavé (rectangle n-dimension) dans Rn est un sous-ensemble de la forme:
P = [a1 , b1 ] × [a2 , b2 ] × · · · × [an , bn ], ai , bi ∈ R
n
Le volume de P est vol(P ) = F (bi − ai )
i=1
Une division d’un intervalle fermé [a, b] = un choix de parts a < c1 < c2 < . . . < ck < b.
Une division d’un pavé P ⊂ Rn = une décomposition de P en sous-pavés qui est donnée par des divisios de
cotés de P .
Un rafinement d’une division D= une divisions D0 obtenue de D en ajoutant de nouveaux points de divisions.
Proposition
Si P est un pavé et D une division de P alors:
X
vol P =
vol R
R∈D
Preuve (pour n = 2)
P = [a, b] × [c, d], découpons P :
[a, b]
[a = t0 , t1 ] ∪ [t1 , t2 ] ∪ · · · ∪ [tk−1 , tk = b], et de même pour [c, d]
[c = s0 , s1 ] ∪ · · · ∪ [sl−1 , sl = d]
vol(P ) = (b − a)(d − c) = (tk − tk−1 ) + (tk−1 − tk−2 ) + · · · + (t1 − t0 ) · (sl − sl−1 ) + · · · + (s1 − s0 )
X
X
=
(ti − ti−1 )(sj − sj−1 ) =
vol R
i,j
R∈D
Définition
Si P ⊂ Rn est un pavé, D une division de P et f : P → R une fonction bornée, alors la somme de Riemann supérieure
de f est:
X
S(f, D) :=
sup f (x) · vol(R)
R∈D
x∈R
et la somme de Riemann inférieure est:
s(f, D) :=
X
inf f (x) · vol(R)
R∈D
x∈R
98
Obsevation
S(f, D) ≥ s(f, D).
Lemme
Si D0 est un rafinement de D, alors S(f, D0 ) ≤ S(f, D) et s(f, D0 ) ≥ s(f, D).
Preuve:
S(f, D) =
X
x∈R
R∈D
=
X
R∈D
sup f (x) · vol R
R0 ∈D 0
≥
X
sup f (x) · vol R =
X
0
X
sup ·
x∈R
vol R0
(R0 ⊂ R)
R0 ∈D 0
où R ∈ D est tel que R0 ⊂ R
x∈R
sup f (x) · vol(R0 ) = S(f, D0 )
R0 ∈D 0
x∈R0
Pour s(f, D0 ) ≥ s(f, D), la preuve est analogue.
Proposition
Si D1 et D2 sont des divisions de P , alors S(f, D1 ) ≥ s(f, D2 )
Preuve:
Si D0 est un rafinement comun de D1 et D2 , alors:
Lemme
S(f, D1 )
S(f, D0 ) ≥ s(f, D0 )
≥
Lemme
≥
s(f, D2 )
Définition
Si P ⊂ Rn est un pavé, f : P → R une fonction bornée, alors l’intégrale de Riemann supérieure de f par P est:
Z
f dx1 · · · dxn :=
P
inf
D divisions de P
S(f, D)
L’intégrale de Riemann inférieure est:
Z
f dx1 · · · dxn :=
sup
s(f, D)
D div. de P
P
Si ces deux intégrales sont égales, on dit que f est intégrable, et son intégrale est:
Z
Z
f :=
P
Z
f =
P
f
P
Définition
Si A ⊂ Rn est borné donc il existe un pavé P ⊂ Rn tel que A ⊂ P , et si f : A → R est une fonction bornée, alors
(
Z
Z
f (x) x ∈ A
˜
˜
f :=
f , où f (x) =
0
x∈
/A
A
P
99
Remarque
Le résultat ne dépend pas du choix de P (exercice)
Z
Propriétés de
f:
A
Z
Z
−
Z
(af + bg) = a
f +b
A
A
g
A
Z
Z
− Si a, b ∈ R, f, g : A → R tels que
f et
A
Z
g existent (preuve du premier semestre)
A
Z
− Si f ≤ g, alors
f≤
A
g
A
Définition
Si A ⊂ Rn est borné, alors vol(A) :=
Z
1, A est négligeable si vol(A) = 0. C’est à dire si ∀ε > 0 ∃ pavées P1 , . . . , Pk
A
k
[
tels que A ⊂
Pi et
i=1
k
X
vol(Pi ) ≤ ε.
i=1
Théorème
Si P ⊂ Rn est un pavé et si f : P → R est continue, alors
Z
f existe. Plus généralement, si f : P → R est bornée,
Z
f existe.
et si l’ensemble {x ∈ P | f n’est pas continue en x} est négligeable, alors
P
P
Proposition
Si S ⊂ Rn−1 est fermé et borné, et si g : S → R est continue, alors le graphe de g {(x, g(x)) ∈ Rn | x ∈ S}
6.3
Intégrales itérées
Théorème
Si P = [a1 , b1 ] × · · · × [an , bn ] ⊂ Rn , si f : P → R est intégrable, alors
Z
Z
bn
f dx1 · · · dxn =
P
Z
b2
Z
···
an
!
b1
f (x1 , x2 , . . . , xn ) dx1 dx2 · · ·
a2
a1
si l’intégrale itérée existe.
Preuve:
On a P = [a1 , b1 ] × P 0 , où P 0 = [a2 , b2 ] × · · · × [an , bn ] ⊂ Rn−1 . On pose:
Z b1
g(x2 , . . . , xn ) :=
f (x1 , x2 , . . . , xn ) dx1
a1
Supposons que g est bien définie. Il faut montrer que
Z
Z
f dx1 · · · dxn =
P0
P
100
g dx2 · · · dxn
!
dxn
et que la deuxième intégrale existe.
Soit D une division de P , c’est à dire, une division t0 = a1 < t1 < t2 < . . . < tN = b, et une division D0 de
P 0 . Montrons que
(1)
(2)
S(f, D) ≥ S(g, D0 ) ≥ s(g, D0 ) ≥ s(d, D)
Si on le suppose:
(1)
Z
Z
P0
Z
g ≥
g≥
P
(2)
Z
f ≥
f
P0
P
Mais
Z
Z
Z
f=
f=
P
f
P
P
Z
Z
=⇒ les inégalités sont en fait des égalités =⇒
Z
g existe et
P0
g=
P0
f.
P
Pour montrer (1):
Z
b1
g(x2 , . . . , xn ) =
f (x1 , . . . , xn ) dx1 =
a1
N Z
X
ti
f (x1 , . . . , xn ) dx1 ≤
N
X
(ti − ti−1 ) ·
ti−1
i=1
sup
f (x1 , . . . , xn )
xi ∈[ti−1 ,ti ]
i=1
Donc
S(g, D0 ) =
X
sup g · vol(R0 ) ≤
R0 ∈D 0
=
X
R∈D
R0
X
·
R0 ∈D 0
N
X
(ti − ti−1 ) ·
f · vol(R0 )
sup
[ti ,ti−1 ]×R0
i=1
où R = [ti−1 , ti ] × R0
sup f · vol(R)
R
= S(f, D)
Pareil pour (2).
Exemples
1.
Z
Z
1
Z
1
xy dxdy =
0
0≤x≤1
0≤y≤1
0
Z
xy dx dy =
1
0
1
1
y dy =
2
4
2.
√
Z
Z
1
1 dxdy =
−1
x2 +y 2 ≤1



Z
√
−
Z
1−y 2


1 dx
 dy =
1
Z
Z
p
2
2 1 − y dy =
−1
1−y 2
π/2
=
(cos2 t + sin2 t) dt = π
−π/2
101
1
−1
Z
p
2
2 1 − y dy =
π/2
−π/2
2 cos2 t dt
6.4
Changement de variables
Intuition
D = {x2 + y 2 ≤ 1}, si on veut calculer
Z
f (x, y) dx dy en plus d’une dimension: IMAGE, on peut utiliser : IMAGE
D
Z
Z
f (x, y) dx dy =
D
f (r cos ϕ, r sin ϕ)r dr dϕ
0≤r≤1
0≤ϕ≤2π
Théorème: Changement de base
Soit P ⊂ Rn un pavé (?), P ⊂ U ⊂ Rn est ouvert, g : U → Rn une fonction C 1 qui est injective dans l’intérieur de
P , et f : g(P ) → R une fonction intégrable. Alors
Z
Z
f=
f ◦ g · | det(dg)|
g(P )
P
en coordonnées: y = (y1 , . . . , yn ), x = (x1 , . . . , xn ) alors:
Z
Z
∂y
dx1 · · · dxn
f (y) dy1 · · · dyn =
f y(x) det
∂x
g(P )
P
∂y
g : x 7→ y(x), ”dy1 · · · dyn = det
dx1 · · · dxn ”
∂x
Notons qu’à la place de (?) un pavé, on peut utiliser n’importe quel sous-ensemble admissible (à définir plus tard).
Exemple - coordonnées polaires
Z
Calculons
(x2 + y 2 ) dx dy:
D:=x2 +y 2 ≤1
2
R −→
r
g:
7−→
ϕ
R2
x = r cos ϕ
Fonction C 1
y = r sin ϕ
0≤r≤1
On cherche un rectangle P ⊂ R2 tel que g(P ) = D, P =
0 ≤ ϕ ≤ 2π
ϕ
2π
r
ϕ
g|l’int de P
D
g
•
r
1
est une application injective, la matrice de dg:


∂x ∂x
 ∂r ∂ϕ 

 = cos ϕ −r sin ϕ
 ∂y ∂y 
sin ϕ r cos ϕ
∂r ∂ϕ
102
det = r
Z
=⇒
Z
(x2 + y 2 ) dx dy =
D
0≤r≤1
0≤ϕ≤2π
Exemple - volume du cône
p
Equation du cône: r = x2 + y 2
Z
(1 − r) dx dy =
D
Z
(r cos ϕ)2 + (r sin ϕ)2 r dr dϕ =
r3 dr dϕ = 2π
1
Z
(r − r2 ) dr = 2π
(1 − r)r dr dϕ = 2π
0
0≤r≤1
0≤ϕ≤2π
r3 dr =
0
0≤r≤1
0≤ϕ≤2π
Z
1
Z
1 1
−
2 3
=
π
2
π
3
Terminologie
La fonction det(dg) = det
∂y
∂x
est le Jacobien (ou le déterminant Jacobien) du changement de variables.
Exemple - le volume de la boule BR de rayon R

0≤r≤R 

0≤θ≤π
P


0 ≤ ϕ ≤ 2π
Z
Z
Z
1 dx dy dz =
r2 sin θ dr dθ dϕ = 2π
BR
P
R
0
P
πR4
4
2π 3
3 R
Le centre de masse est:
6.4.1
=
π
sin θ dθ = 2π
0
Exemple - Le centre de masse d’une demi-boule

0≤r≤R 

π 
Pour 0 ≤ θ ≤
P
2 


0 ≤ ϕ ≤ 2π
Z
Z
Z
2
z dx dy dz =
r cos θ · r sin θ dr dθ dϕ = 2π
x2 +y 2 +z 2 ≤R2
z≥0
Z
r2 dr ·
R
Z
3
R0 3
4π 3
·2=
R
3
3
π
2
r dr ·
cos θ sin θ dθ = 2π
0
0
3
R
8
L’intégrale de Gauss
Z
∞
2
e−x dx
I :=
−∞
Z
e−x
2
−y 2
Z
2
R2
2
e−x e−y dx dy =
dx dy =
Z
R2
2
e−x dx
R
Z
R
Coordonnées polaires
0≤r≤∞
0 ≤ ϕ ≤ 2π
Z
e
R2
−x2 −y 2
)
P
Z
dx dy =
−r 2
e
Z
· r dr dϕ = 2π
P
0
103
∞
2
e−r r dr
2
e−y dy = I 2
πR4
R4 1
=
4 2
4
Avec s = r2 , ds = 2r dr
∞
Z
1
e−s ds = π = I 2
2
0
√
=⇒ I = π
= 2π
Définition
Pour s > 0 (où pour s ∈ C, <(s) > 0), on pose:
∞
Z
e−x xs−1 dx
Γ(s) :=
0
Propriétés de Γ
•
Γ(1) = 1
•
Γ(s + 1) = s · Γ(s)
Volume d’une boule de dimension dans Rn
Posons Bn (R) = {x ∈ Rn | kxk ≤ R}, alors
voln Bn (R) = voln Bn (1) ·Rn = Vn · Rn
| {z }
=:Vn
−x21 −x22 −···−x2n
Pour P := 0 ≤ t ≤ e
:
Z
Z
Z
2
2
2
−x21 −···−x2n
1 dx1 · · · dxn dt =
e
dx1 · · · dxn =
e−x1 e−x2 · · · e−xn dx1 · · · dxn
n
P
Rn
ZR∞
Z ∞
−x21
−x2n
=
e
dx1 · · ·
e
dxn = π n/2
−∞
−∞
Si on décide d’intégrer par x1 , . . . , xn cela donne:
Z 1
Z ∞
2
Vn · r(t)n dt =
Vn rn · 2re−r
0
0
2
grâce à la substituion: t = e−r , dt = −2re−r
2
Z
∞
= 2Vn
2
rn+1 e−r dr
0
2
Puis en posant: s = r , ds = 2r dr
Z
∞
=⇒ Vn =
π
Γ
n
s 2 e−s ds = Vn · Γ
= Vn
0
n/2
n
2
+1
Ce qui nous donne pour n = 2k
V2k =
πk
k!
Et pour n = 2k + 1
Γ
2k + 1
+1
2
=
=⇒ V2k+1 =
2k + 1 2k − 1
1 √
·
··· · π
2
2
2
π k · 2k+1
1 · 3 · 5 · · · (2k + 1)
104
n
2
n
+1 = π2
Idée d’une preuve
Donnons une idée pour la preuve de la formule du changement de variables:
Z
XZ
X
f : g(P ) → R
f=
f≈
f g(qi ) · vol g(Pi )
g(P )
n
i
g(Pi )
i
n
Fait: Si T : R → R est une application linéaire, Cn := le cube [0, 1]n ⊂ Rn , alors voln (T Cn ) = | det T |.
Autrement dit: Si T est une matrice n × n, alors le volume du parallélépipède donné par les colones de T est | det T |.
Pi petit =⇒ g est ”presque linéaire” sur Pi (g est C 1 ). On a donc vol g(Pi ) ≈ vol(dqi g)(Pi ) = | det dqi g| · vol Pi
Z
Z
X
=⇒
≈
f g(qi ) · | det(dqi g)| · vol Pi ≈
f ◦ g · | det dg |
g(P )
P
i
Pourquoi le ”fait” est-il vrai ?:
Le volume orienté d’un parallélépipède doné par vecteurs v1 , . . . , vn ∈ Rn : vol(v1 , . . . , vn ) est linéaire pour
chaque argument (v1 , . . . , vn ) et antisymétrique.
105
6.5
Propriétés élémentaires de l’intégrale
Pour montrer que toute fonction continue est intérable: continuité uniforme
Définition
Si X, Y sont des espaces métriques et f : X → Y , alros f est uniformément continue si
∀ε > 0 ∃δ > 0 ∀x, x0 ∈ X dX (x, x0 ) < δ =⇒ dY f (x), f (x0 ) < ε
uniforme car δ ne dépend pas de x ∈ X.
Théorème
Si X est compact, f : X → Y continue, alors f est uniformément continue.
Preuve: (par contradiction)
Supposons que f n’est
pas uniformément continue, c’est à dire: ∃ε > 0 ∀n, ∃xn , x0n ∈ X tels que dX (xn , x0n ) <
0
et dY f (xn ), f (xn ) ≥ ε.
1
n
remplaçons la suite (xn )∞
que
n=1 par une sous-suite convergente. On peut donc supposer
1
0
0
lim xn existe. De dX (xn , xn ) < on voit que: lim xn = lim xn f est continue =⇒ lim f (xn ) = f lim xn =
n→∞
n→∞
n→∞
n→∞
n→∞
n
lim f (x0n ) = f lim x0n .
n→∞
n→∞
Ce n’est pas possible car dY f (xn ), f (x0n ) ≥ ε.
X est compact
Théorème
Z
n
Soient P ⊂ R un pavé, f : P → R fonction continue, alors f est intégrable (c’est à dire
f existe)
P
Preuve:
P compact =⇒ f est uniformément continue (∀ε ∃δ . . .) Pour δ > 0, doit Dδ une division de P qui est δ-finie:
∀Pi ∈ Dδ ∀x1 , x2 ∈ Pi kx1 − x2 k < δ.
Dδ est δ-finie: x, x0 ∈ Pi ∈ Dδ =⇒ kx − x0 kδ =⇒ supx∈Pi f (x) − inf x∈Pi f (x) ≤ ε
Théorème
Si P ⊂ Rn est un pavé et si f : P → R est une fonction bornée Ztelle que:
A := {x ∈ P | f n’est pas continue en x} est négligeable. Alors
f existe.
P
Preuve:
Soit ε > 0. Soient P1 , . . . , Pk pavés tels que A ⊂
[
Pi et
X
vol Pi0 ≤ ε.
i
Si P = [a1 , b1 ] × · · · × [an , bn ], alors P 0 := (a1 , b1 ) × · · · × (an , bn ), un sous ensemble ouvert de Rn .
Soit D une division de P telle que ∀R ∈ D, ∀x, y ∈ R, on a kx − yk < δ, c’est à dire:
k
[
[
S
D est δ-finie. De plus, on suppose ∀R ∈ D, soit R ⊂
Pi , soit R ∩ P10 = ∅. P \
Pi0 est fermé est bornée
i
106
i=1
=⇒ f |P \S Pi0 est uniformément continue, et donc (si δ est bien choisi) on a ∀R ∈ D tel que R ⊂ P \
[
Pi :
i
sup f − inf f ≤ ε. On sait aussi que f est bornée, c’est à dire |f (x)| ≤ C ∀x ∈ P .
R
R
X
[
S(f, D) − s(f, D) =
sup f − inf f · vol R = (?).
Si R ⊂ P \
Pi0 , alors (1):
R∈D
R
R
i
sup f − inf f
Si R ⊂
[
· vol R ≤ ε vol R
R
R
Pi (2):
i
sup f ≤ C, et aussi inf f ≤ −C
R
R
=⇒
sup f − inf f
vol(R) ≤ 2C · vol(R)
R
R
et
2Cε
(?) ≤ ε vol(P ) + |{z}
| {z }
(2)
(1)
car
k
X
vol Pi ≤ ε.
i=1
Proposition
Si S ⊂ Rn−1 est fermé et borné et si f : S → R est continue, alors le graphe de f :
x, f (x) ∈ Rn | x ∈ S
est négligable.
Preuve:
S compact, f continue =⇒ f est uniformément continue, c’est à dire: ∀ε > 0 ∃δ > 0 tels que...
Soit P ⊂ Rn−1 un pavé tel que S ⊂ P . Soit D une division δ-finie de P . Alors ∀R ∈ D tel que R ∪ S 6= ∅:
sup f − inf f ≤ ε
R∩S
R∩S
Si Ri ∈ D et si Ri ∩ S 6= ∅, on pose:
Pi := R × inf f, sup f ⊂ Rn
R
R
Ensuite
vol Pi = vol Ri · sup f − inf f ≤ vol Ri · ε
R
On a A ⊂
[
R
Pi
i
X
vol Pi ≤
i
X
vol R · ε = ε · vol P
R∈D
Vu que ε est arbitraire, A est négligeable.
107
Rappel
•
Si A, B sont négligeables alors A ∪ B est négligeable.
•
A négligeable, B ⊂ A =⇒ B négligeable.
Z
n
Quels sous-ensembles A ⊂ R sont ”convenable” pour l’intégration ?
f
A
Définition
Si X est
( un espace métrique et si A ⊂ X, alors le bord de A est ∂A := {x ∈ X | χA n’est pas continue en x} avec
1 x∈A
χA (x)
0 x∈
/A
C’est à dire, x ∈ ∂A si et seulement si ∀ε > 0:
B(x, ε) ∩ A 6= ∅ et
B(x, ε) ∩ (X \ A) 6= ∅
D ∈ R2
Définition
Un sous-ensemble borné A ⊂ Rn est admissible si ∂A ⊂ Rn est négligeable. Une fonction bornée f : A → R est
admissible si l’ensemble des discontinuités de f est négligeable.
Proposition
Z
Si A est admissible et f : A → R est admissible, alors
f existe.
A
Preuve:
Si P est un pavé tel que A ⊂ P , on pose (pour x ∈ P ):˜(f )(x)
Z
Z
f=
A
(
f (x) x ∈ A
0
x∈
/A
f˜
P
Les discontinuités de f˜ ⊂ les discontinuités de f ∪ ∂A, les deux sont négligeables =⇒
Z
f˜ existe.
P
Proposition
Si A ⊂ Rn est négligeable et si f : A → R est bornée, alors
Z
f = 0.
A
108
Preuve:
∃C tel que C ≥ f (x) ≥ −C, ∀x ∈ A
Z
Z
Z
C≥
=⇒
f≥
ZA
=C
A
(−C) = 0
A
1=0
ZA
=⇒
f =0
A
Théorème
Si A, B ⊂ Rn sont admissibles et si f : A ∪ B → R est admissible, alros
Z
Z
Z
Z
f=
f+
f−
f
A
A∪B
B
A∩B
Preuve:
χA∪B = χA + χB − χA∩B , sur A ∪ B: f = f · χA∪B = f · (χA + χB − χA∩B ) = f χA + f χB − f χA∩B qui sont trois
fonctions admissibles.
Z
Z
Z
Z
=⇒
f=
f · χA +
f · χB −
f · χA∩B
A∪B
A∪B
Z
=
A∪B
Z
f−
f+
A
A∪B
Z
B
f
A∩B
109
6.6
Résumé de la partie 6
Comment calculer les intégrales:
− Intégrales itérées
− Changement de variables, en particulier les coordonnées polaires et coordonnées sphériques.
Z ∞
2
− L’intégrale de Gauss:
e−x dx
−∞
110