COMP ANA 2023

COMPLEMENTS D’ANALYSE
ESATIC UP MATHS
Table des matières
NOTATIONS
1
6
CALCUL INTEGRAL
1.1 Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2 Objectifs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3 Décomposition en éléments simples . . . . . . . . . . . . .
1.3.1 Rappels . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3.2 Fractions rationnelles . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.4 Intégration sur un segment des fonctions à valeurs réelles . .
1.5 Primitives et intégrales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.5.1 Primitives . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.5.2 Primitives usuelles . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.5.3 Relation primitive-intégrale . . . . . . . . . . . . .
1.5.4 Méthodes de Calcul de primitives et d’intégrales . .
1.5.5 Sommes de Riemann . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.6 Calcul de primitives . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.6.1 Primitives de fonctions rationnelles . . . . . . . . .
1.6.2 Fonction Circulaire . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.6.3 Fonction hyperboliques . . . . . . . . . . . . . . . .
1.6.4 Intégrale Abélien . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.7 Intégration sur un segment des fonctions à valeurs complexes
1.8 Approximation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.8.1 Méthodes numériques de calcul d’intégrales. . . . .
1.8.2 valeur approchée de réels. . . . . . . . . . . . . . .
1.9 Résumé . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.9.1 Subdivision d’un segment . . . . . . . . . . . . . .
1.9.2 Intégrale d’une fonction en escalier . . . . . . . . .
1.9.3 Fonction intégrable . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.9.4 Fonctions continues par morceaux . . . . . . . . . .
1.9.5 Fonctions continues . . . . . . . . . . . . . . . . .
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43
46
49
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53
54
54
55
56
56
56
56
56
56
TABLE DES MATIÈRES
1.9.6
1.9.7
1.9.8
1.9.9
1.9.10
1.9.11
1.9.12
1.9.13
1.9.14
1.9.15
1.9.16
1.9.17
1.9.18
1.9.19
1.9.20
1.9.21
1.9.22
1.9.23
1.9.24
2
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60
60
61
EQUATIONS DIFFÉRENTIELLES ORDINAIRES
2.1 Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2 Objectifs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3 Définitions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.4 Equations à variables séparables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.5 Équation différentielle linéaire du premier ordre . . . . . . . . . . . . . .
2.5.1 Définitions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.5.2 Equation homogène . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.5.3 Solution générale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.5.4 Recherche de solution particulière . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.5.5 Principe de superposition . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.5.6 Résolution de l’équation y 0 + ay = b par la méthode de Lagrange
2.5.7 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.6 Equations différentielles linéaires du second ordre . . . . . . . . . . . . .
2.6.1 Définitions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.6.2 Equation à coefficients constants . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.7 Résumé . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.7.1 Équation différentielle linéaire du premier ordre . . . . . . . . . .
2.7.2 Equation différentielle linéaire du second ordre . . . . . . . . . .
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63
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83
83
83
ESATIC
Extension de la définition . . . . . . . . . . . . . . .
Expression d’une primitive . . . . . . . . . . . . . . .
Calculs d’aires . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Relation de Chasles . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Intégrale d’une fonction continue paire ou impaire . .
Linéarité de l’intégrale . . . . . . . . . . . . . . . . .
Signe d’une intégrale . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Comparaison de deux integrales . . . . . . . . . . . .
Inegalites de la moyenne . . . . . . . . . . . . . . . .
Majoration d’une intégrale . . . . . . . . . . . . . . .
Nullite d’une integrale . . . . . . . . . . . . . . . . .
Valeur moyenne d’une fonction continue entre a et b .
Integration par parties . . . . . . . . . . . . . . . . .
Changement de variable . . . . . . . . . . . . . . . .
Sommes de Riemann . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Primitives d’une fonction rationnelle . . . . . . . . .
Primitives de fractions rationnelles en sinus et cosinus
Fonction hyperboliques . . . . . . . . . . . . . . . . .
Intégrale Abélien . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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UP Maths
TABLE DES MATIÈRES
3
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DEVELOPPEMENTS LIMITES (DL)
3.1 Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.2 Objectifs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.3 Formules de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.4 Définitions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.5 Propriétés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.6 Quelques DLs usuels (au voisinage de 0). . . . . . . . . . .
3.7 DL des fonctions en un point quelconque . . . . . . . . . .
3.8 Développement limité au voisinage de l’infini . . . . . . . .
3.9 Opérations sur les DL . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.9.1 Combinaison linéaire de DL . . . . . . . . . . . . .
3.9.2 Produit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.9.3 Composée . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.9.4 Quotient . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.9.5 Dérivation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.9.6 Primitivation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.10 Développements limités généralisés . . . . . . . . . . . . .
3.11 Utilisations des DL . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.11.1 Recherche d’équivalents . . . . . . . . . . . . . . .
3.11.2 Calcul de limites . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.11.3 Etude de Dérivabilité . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.11.4 Étude des branches infinies . . . . . . . . . . . . . .
3.11.5 Position locale par rapport à la tangente . . . . . . .
3.12 Résumé . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.12.1 Développement limité en 0 . . . . . . . . . . . . . .
3.12.2 Développement limité en a . . . . . . . . . . . . . .
3.12.3 Développement limité à l’infini . . . . . . . . . . .
3.12.4 Propriétés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.12.5 Condition suffisante (non nécessaire) d’existence . .
3.12.6 Recherche d’une tangente en un point . . . . . . . .
3.12.7 Recherche d’une asymptote . . . . . . . . . . . . .
3.12.8 Développements limités usuels en 0 . . . . . . . . .
3.12.9 Opérations algébriques (On se ramène d’abord en 0)
3.12.10 Composition . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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108
NOTIONS SUR LES FONCTIONS A DEUX VARIABLES
4.1 Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.2 Objectifs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.3 Normes-Ouverts . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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ESATIC
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UP Maths
TABLE DES MATIÈRES
4.4
4.5
4.6
4.7
4.8
4.9
5
4.3.1 Normes . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.3.2 Ouverts . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Graphe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Applications partielles . . . . . . . . . . . . . . .
Limite - Continuité . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.6.1 Limite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.6.2 Continuité . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Dérivées partielles - Différentielle . . . . . . . . .
4.7.1 Dérivées partielles . . . . . . . . . . . . .
4.7.2 Différentielle . . . . . . . . . . . . . . . .
Extrémums . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.8.1 Définition . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.8.2 Condition nécessaire du premier ordre . . .
4.8.3 Conditions du second ordre . . . . . . . .
Résumé . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.9.1 Définition . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.9.2 Normes . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.9.3 Ouverts . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.9.4 Graphe . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.9.5 Applications partielles . . . . . . . . . . .
4.9.6 Limite - Continuité . . . . . . . . . . . . .
4.9.7 Limite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.9.8 Continuité . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.9.9 Dérivées partielles . . . . . . . . . . . . .
4.9.10 Optimisation de fonctions de deux variables
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ANNEXE : DECOMPOSITION EN ELEMENTS SIMPLES
5.1 Méthode théorique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.1.1 METHODE 0 : Revenir au théorème fondamental . . . . . . .
5.2 Méthodes communes à R et C . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.2.1 Etapes préliminaires . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.2.2 Simplifications éventuelles . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.2.3 Deux méthodes quand il n’y a plus qu’un coefficient à calculer
5.3 Méthodes pratiques (cas complexe) . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.3.1 Cas d’un pôle simple . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.3.2 Cas d’un pôle multiple . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.4 Méthodes pratiques (cas réel) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.4.1 Eléments de première espèce . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.4.2 Eléments de deuxième espèce . . . . . . . . . . . . . . . . .
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UP Maths
TABLE DES MATIÈRES
6
TRAVAUX DIRIGES
6.1 Calcul Intégral . . . . . . . . . . . . . . .
6.2 Equations Différentielles Ordinaires . . . .
6.3 Développements Limités (DL) . . . . . . .
6.4 Notions Sur Les Fonctions à Deux Variables
BIBLIOGRAPHIE
ESATIC
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UP Maths
Notations
Notation
N
Z
R
Im
ker
|.|
k.kX
⊕
P
Q
◦
∩
∪
6
=
⊂
∈
∈
/
∀
∃
u(k)
a|b
E(x) = [x]
PGCD
a∧b
PPCM
a∨b
a ≡ b[N ]
an ...a0 b
n!
Définition
Ensemble des entiers naturels
Ensemble des entiers relatifs
Ensemble des nombres réels
Image d’une application
Noyau d’une application linéaire
Valeur absolue
Application norme sur l’ensemble X
La somme directe
Symbole de sommation
Symbole du produit
La composition des applications
L’intersection
L’union
La non égalitïé
L’inclusion
Appartenance
non Appartenance
Symbole universel "pour tout"
Symbole universel "il existe"
Dérivée d’ordre k de u définie sur une partie de R
a divise b
partie enti‘ere de x
plus grand commun diviseur
P GCD(a, b)
plus petit commun multiple
P P CM (a, b)
a est congru à b modulo N
écriture en base b
factorielle de n : n! = 1 × 2 × ... × n
6
Notations
Cnk
ESATIC
coefficient binomial : Cnk =
n!
k!(n−k)!
7
UP Maths
Chapitre 1
CALCUL INTEGRAL
1.1
Introduction
Le calcul intégral emprunte la démarche inverse de la dérivation, à savoir qu’il faut
reconstituer la fonction à partir de sa différentielle par l’intermédiaire de la primitive. Sans
l’aide de ces deux notions le Physicien serait totalement démuni et la Physique resterait à
l’étape de science expérimentale. La liste des applications du calcul intégral que l’on peut
dresser est loin d’être exhaustive ; on peut cependant noter parmi les plus importantes
– Le calcul de longueur des courbes, d’aires et de volumes
– La généralisation de la notion d’intégrale aux intégrales doubles et triples.
– Le calcul de la masse d’un solide non homogène mais ayant une symétrie et dont
on donne la fonction masse volumique
– Le calcul du champ et du potentiel électriques créés par des distributions de charges
(en électricité)
– Le calcul du champ magnétique et du potentiel vecteur créés par un circuit de forme
géométrique parcouru par un courant (en électricité)
– La détermination du centre de masse (en mécanique)
– Le calcul du moment d’inertie (en mécanique)
– Le calcul du travail d’une force mécanique, électrique ou magnétique dans différentes situations
– La détermination de l’énergie potentielle. (en mécanique)
– Détermination de l’intensité spectrale à partir de l’amplitude vibratoire (en optique)
– Calcul d’un éclairement résultant sur un écran (en optique)
1.2
Objectifs
– Calculer une intégrale indéfinie
8
CALCUL INTEGRAL
–
–
–
–
–
1.3
Calculer et interpréter une intégrale définie
Voir la notion de calcul intégral.
Exposer les principales techniques de calcul des primitives et des intégrales.
Comprendre l’interprétation graphique et physique de l’intégrale.
Utilisation des sommes de Riemann pour des calculs de limites.
Décomposition en éléments simples
1.3.1
Rappels
K désigne un corps (R ou C).
Définition 1.3.1.
Un polynôme à une indéterminée x, à coefficients dans R ou C est une expression pouvant
s’écrire sous la forme
P (x) = a0 + a1 X + a2 X 2 + ... + an X n .
– Lorsque an 6= 0,
– l’entier n est appelé degré de P . On note deg(P ) = n ;
– le monôme an xn est appelé terme dominant de P ;
– le nombre an est appelé coefficient dominant de P ;
– Lorsque le coefficient dominant d’un polynôme est égal à 1, il est dit unitaire ou
normalisé.
– Par convention, le degré du polynôme nul est −∞.
– On note R[X] l’ensemble des polynômes à coefficients réels.
– On note Rn [X] l’ensemble des polynômes à coefficients réels de degré ≤ n.
– On note C[X] l’ensemble des polynômes à coefficients complexes.
Définition 1.3.2.
Soient deux polynômes A, B ∈ R[X]. On dit que A divise B si et seulement si il existe
Q ∈ R[X] tel que B = QA. On le note A|B.
Définition 1.3.3.
On dit que deux polynômes A et B de R[X] (resp de C[X]), sont associés ssi il existe
λ ∈ R∗ (resp λ ∈ C∗ ) tel que A = λB.
Théorème 1.3.1 (Division euclidienne).
A et B sont deux polynômes de R[X] ou C[X] avec B 6= 0. Alors il existe un unique
couple (Q, R) de (R[X])2 tel que
1 A = BQ + R
ESATIC
9
UP Maths
CALCUL INTEGRAL
2 deg( R)<deg( B)
Q et R sont respectivement le quotient et le reste de la division euclidienne de A par B.
Exemple 1.3.1.
X3 +
−(X 3 +
X +
X 2)
−X 2 +
−(−X 2 −
3
X +1
X2 − X + 2
X
X)
2X + 3
−(2X + 2)
1
On a donc : X 3 + X + 3 = (X + 1)(X 2 − X + 2) + 1 et deg(1) = 0 < deg(X + 1) = 1.
Théorème 1.3.2 (Division suivant les puissances croissantes).
Soient A et B deux polynômes à coefficients dans R ou dans C. On suppose que le terme
constant de B n’est pas nul et on note p un entier supérieur ou égal au degré de B. Il
existe un unique couple de polynômes (Q, R) tels que A = BQ + X p+1 R et deg(Q) ≤ p.
Exemple 1.3.2.
1 +
−(1 +
3X
X
2X
− (2X
+ 2X 2
− 2X 2 )
+ 4X 2
+ 2X 2
2X 2
− (2X 2
−
7X 3
1 + X − 2X 2
1 + 2X + 2X 2 − 5X 3
−
7X 3
−
4X 3 )
−
3X 3
+
2X 3 − 4X 4 )
−
5X 3 + 4X 4
− (−5X 3 − 5X 4 + 10X 5 )
+ 9X 4 − 10X 5
Ce qui s’écrit :
1| + 3X +{z
2X 2 − 7X}3 = (1 + X − 2X 2 ) (1 + 2X + 2X 2 − 5X 3 ) +X 4 (9 − 10X) .
|
{z
}|
{z
}
| {z }
A
B
Q
R
Définition 1.3.4.
Soit P ∈ K[X] un polynôme. Soit α ∈ K. On dit que α est une racine de P si et seulement
si Pe(α) = 0, où Pe est la fonction polynomiale associée à P .
Définition 1.3.5.
Pour tout P ∈ C[X] de coefficients (an )n∈N . On appelle conjugué de P et on note P le
polynôme de coefficients (an )n∈N .
ESATIC
10
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CALCUL INTEGRAL
Proposition 1.3.1.
Soient P ∈ C[X] et r ∈ N∗ . Soit a ∈ C. On a équivalence entre :
1 a est une racine de P d’ordre r.
2 a est une racine de P d’ordre r.
Proposition 1.3.2.
Soit P ∈ R[X] un polynôme à coefficients réels. Si α est une racine d’ordre r de P alors
α est aussi une racine d’ordre r de P .
Théorème 1.3.3 (Théorème de d’Alembert-Gauss).
Tout polynôme de C[X] de degré ≥ 1 admet au moins une racine dans C.
Théorème 1.3.4.
Un polynôme de C[X] de degré n admet exactement n racines dans C, en comptant chaque
racine autant de fois que son ordre de multiplicité.
Définition 1.3.6 (Polynôme irréductible).
Un polynôme P est dit irréductible si deg(P ) = 1 et s’il n’est divisible que par les
polynômes associés à 1 et à P .
Autrement dit : un polynôme P non constant est irréductible si et seulement si ses seuls
diviseurs sont les polynômes constants et les polynômes proportionnels à P .
Proposition 1.3.3.
Les polynômes de degré 1 sont irréductibles.
Soient α ∈ K un scalaire et P = (X − α) un polynôme de degré 1. Alors P est irréductible.
Théorème 1.3.5.
Les polynômes irréductibles de C[X] sont les polynômes de degré 1.
Théorème 1.3.6.
Les polynômes irréductibles de R[X] sont :
– les polynômes de degré 1.
– les polynômes de degré 2 dont le disciminant est négatif.
Théorème 1.3.7 (Décomposition d’un polynôme en facteurs irréductibles).
Soit un polynôme P ∈ K[X]. Alors P s’écrit de façon unique à l’ordre près comme
produit de polynômes irréductibles normalisés dans K[X] :
P = λP1 × ... × Pn
où
λ ∈ K.
Théorème 1.3.8 (Décomposition dans C[X] ).
Tout polynôme de C[X] s’ecrit de façon unique (à l’ordre près) sous la forme :
ESATIC
11
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CALCUL INTEGRAL
P (X) = λ(X − α1 )(X − α2 )...(X − αn ).
(les complexes αi ne sont pas forcément distincts et λ ∈ C).
Théorème 1.3.9 (Décomposition dans R[X] ).
Tout polynôme de R[X] s’écrit de façon unique (à l’ordre près) sous la forme :
P (X) = λ(X − α1 ) · · · (X − αp )(X 2 + p1 X + q1 )...(X 2 + pr X + qr )
où tous les facteurs sont irréductibles normalisées et λ ∈ R.
1.3.2
Fractions rationnelles
Définition 1.3.7.
Une fraction rationnelle est un « quotient » de deux polynômes P, Q ∈ K[X] avec Q 6= 0.
P (X)
.
On la note F (X) =
Q(X)
Définition 1.3.8 (Degré d’une fraction rationnelle).
P
Soit une fraction rationnelle F = . On appelle degré de F : degF = degP −degQ ∈ Z.
Q
Définition 1.3.9.
P
∈ K[X] tel que P et Q sont premiers entre eux. Les racines de P s’appellent
Soit F =
Q
les zéros de F et les racines de Q les pôles de F .
Le scalaire a est dit racine de F de multiplicite k (resp. au moins k) ssi a est rancine
d’ordre de multiplicite k (resp. au moins k) de P .
Le scalaire b est dit pole de F d’ordre de multiplicite k (resp. au moins k) ssi b est racine
d’ordre de multiplicite k (resp. au moins k) de Q.
Proposition 1.3.4 (Décomposition en éléments simples).
A
Une fraction rationnelle de forme irréductible F = B
s’écrit de façon unique sous la
R
forme
F =E+
avec deg(R) < deg(B).
B
R
E est la partie entière et la partie fractionnaire de F .
B
Démonstration.
D’après la division euclidienne de A par B, il existe un unique couple (E, R) de (K[X])2
R
tel que A = EB + R. avec degR < degB, soit F = E + . Ce qui montre l’existence
B
de E ainsi que son unicité.
Définition 1.3.10.
– Un élément simple de première espèce est une fraction rationnelle de la forme
α
avec n ∈ N∗ et α, a ∈ R ou C.
(x − a)n
ESATIC
12
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CALCUL INTEGRAL
– Un élément simple de seconde espèce est une fraction rationnelle de la forme
αx + β
avec n ∈ N∗ et α, β, b et c ∈ R et tels que 4 = b2 − 4c < 0.
2
(x + bx + c)n
Définition 1.3.11 (Partie polaire).
P
∈ K[X]. Si la factorisation de Q en polynômes irréductibles comporte un
Soit F =
Q
terme en (x − a)k avec k ∈ N∗ , on appelle partie polaire de F relative à ce terme une
somme d’éléments simples du type
αk
αk−1
α1
.
+
+ ... +
k
k−1
(x − a)
(x − a)
x−a
Théorème 1.3.10 (Décomposition dans C[X]).
Toute fraction rationnelle écrite sous forme irréductible est égale, de façon unique, à la
somme de sa partie entière et des parties polaires relatives à chacun des facteurs irréductibles intervenant dans la décomposition de son dénominateur.
Remarque 1.3.1.
Dans la décomposition d’une fraction rationnelle dans C[X], tous les éléments simples
sont de première espèce.
Théorème 1.3.11 (Décomposition dans R[X]).
Dans la décomposition d’une fraction rationnelle dans R[X], on trouve des éléments
simples de première espèce et/ou de seconde espèce.
Méthode 1.3.1.
1 S’assurer que le degré de f est strictement inférieur au degré au degré de g, si
non, faire une division Euclidienne .
2 Factoriser le dénominateur g (les facteurs identiques doivent être regroupés).
3 Déterminer la forme à priori de la décomposition :
a si le dénominateur comprend un facteur de la forme (ax + b)n , alors la somme
de fractions partielles doit contenir les n termes
A1
A2
A3
An
+
+
+ ··· +
2
3
ax + b (ax + b)
(ax + b)
(ax + b)n
b si le dénominateur comprend un facteur de la forme (ax2 + bx + c)n , alors la
somme de fractions partielles doit contenir les n termes
A1 x + B1
A2 x + B2
A3 x + B3
An x + Bn
+
+
+
·
·
·
+
ax2 + bx + c (ax2 + bx + c)2 (ax2 + bx + c)3
(ax2 + bx + c)n
4 On utilise les symétries pour trouver des relations
ESATIC
13
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CALCUL INTEGRAL
5 On détermine les coefficients manquants
Exemple 1.3.3.
Décomposons les fractions rationnelles F (X) =
X −4
.
(X − 1)(X + 1)X
Tous les pôles sont simples.
a
b
c
X −4
=
+
+
. Ce qui donne
On a F (X) =
(X − 1)(X + 1)X
X X −1 X +1
X −4
=4
(X − 1)(X + 1)
X −4
3
b = lim (X − 1)F (X) = lim
=−
X→1
X→1 X(X + 1)
2
X −4
5
c = lim (X + 1)F (X) = lim
=−
X→−1
X→−1 X(X − 1)
2
a =
lim XF (X) = lim
X→0
On trouve :
F (X) =
X→0
−3/2
−5/2
4
+
+ .
X −1 X +1 X
Exemple 1.3.4.
X3 + X − 2
. On a
Décomposons les fractions rationnelles F (X) =
(X + 1)4
F (X) =
X3 + X − 2
a
b
c
d
=
+
+
+
.
4
2
3
(X + 1)
X + 1 (X + 1)
(X + 1)
(X + 1)4
Méthode 1
Posons G(X) = (X + 1)4 F (X) = X 3 + X − 2. On a
1
lim G(3) (X) =
(4 − 1)! X→−1
1
b =
lim G(2) (X) =
(4 − 2)! X→−1
1
c =
lim G(1) (X) =
(4 − 3)! X→−1
1
d =
lim G(0) (X) =
X→−1
(4 − 4)!
a =
On trouve :
F (X) =
1
lim 6 = 1
6 X→−1
1
1
lim G00 (X) =
lim (6x) = −3
2! X→−1
2 X→−1
1
lim G0 (X) = lim (3x2 + 1) = 4
X→−1
1! X→−1
1
lim G(X) = lim (x3 + x − 2) = −4
X→−1
X→−1
0!
−3
4
−4
1
+
+
.
+
2
3
X + 1 (X + 1)
(X + 1)
(X + 1)4
Méthode 2 : Division Euclidienne succéssive
ESATIC
14
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CALCUL INTEGRAL
X3 +
−(X 3 +
X2 −
−(X 2 +
X −
X )
−X 2 +
−(−X 2 −
X + 2
X)
−2X + 2
−(−2X − 2)
4
On trouve :
F (X) =
2
X +1
X −X +2
2
2
X
X)
2X −
−(2X +
X +1
X −2
2
2)
−4
X −
−(X +
2
1)
−3
X +1
1
1
−3
4
−4
+
+
+
.
2
3
X + 1 (X + 1)
(X + 1)
(X + 1)4
Exemple 1.3.5.
Décomposons les fractions rationnelles F (X) =
F (X) =
X5 + X − 2
. On a
X 3 (X − 1)4
a
b
c
d
e
f
g
X5 + X − 2
=
+ 2+ 3+
+
+
+
.
3
4
2
3
X (X − 1)
X X
X
X − 1 (X − 1)
(X − 1)
(X − 1)4
On a (X − 1)4 = X 4 − 4X 3 + 6X 2 − 4X + 1. On divise X 5 + X − 2 par (X − 1)4 =
x4 − 4x3 + 6x2 − 4x + 1 suivant les puissances croissantes à l’ordre 2 ( car on a X 3 est
un facteur du déterminant).
−2 +
−(−2 +
X
8X −
12X 2
−7X +
12X 2
− (−7X +
28X 2
−
16X 2
− (−16X 2
Donc
+
+
8X 3
−
8X 3
− 42X 3 )
+ 34X 3
+ 64X 3
− 30X 3
− 2X 4 )
+
2X 4
+ 28X 4
− 26X 4
− 96X 4 )
+ 70X 4
X5
1 − 4X + 6X 2 − 4X 3 +
−2 − 7X − 16X 2
+
X5
− 7X 5
+ 8X 5
+ 64X 5 − 16X 5
− 56X 5 + 16X 6
X5 + X − 2
X 3 (16X 3 − 56X 2 + 70X − 30)
2
=
−16X
−
7X
−
2
+
. D’où
(X − 1)4
(X − 1)4
F (X) = −
16
2
16X 3 − 56X 2 + 70X − 30
7
− 2− 3+
.
X
X
X
(X − 1)4
Pour la décomposition de G(X) =
16X 3 − 56X 2 + 70X − 30
, on peut utiliser une des
(X − 1)4
méthodes de l’exemple précédent.
ESATIC
15
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CALCUL INTEGRAL
Exemple 1.3.6.
Décomposons la fraction rationnelle F (X) =
F (X) =
1
. On a
(X + 1)(X + 2)3
b
c
1
a
d
+
+
=
+
.
3
2
(X + 1)(X + 2)
X + 1 X + 2 (X + 2)
(X + 2)3
1
= 1.
X→−1
X→−1 (X + 2)3
1
Soit G(X) = (X + 2)3 F (X) =
.
X +1
a = lim (X + 1)F (X) = lim
1
lim G(2) (X) =
(3 − 1)! X→−2
1
lim G(1) (X) =
c =
X→−2
(3 − 2)!
1
lim G(0) (X) =
d =
(3 − 3)! X→−2
b =
F (X) =
1
1
2
lim G00 (X) =
lim (
) = −1
2! X→−2
2 X→−2 (X + 1)3
1
1
lim G0 (X) = lim (−
) = −1
X→−2
1! X→−2
(x + 1)2
1
1
lim G(X) = lim
= −1
X→−2 X + 1
0! X→−2
1
1
1
1
1
=
−
−
−
.
(X + 1)(X + 2)3
X + 1 X + 2 (X + 2)2 (X + 2)3
Exemple 1.3.7.
X8 + X2 + 1
X 7 + 2X 5 + X 3
X8 + X2 + 1
2X 6 + X 4 − X 2 − 1
◦ On a 7
=
X
−
La partie entière est X et le
X + 2X 5 + X 3
X 7 + 2X 5 + X 3
dénominateur se factorise en :
Soit F (X) =
X 3 (X + i)2 (X − i)2 .
◦ Il existe donc un unique (a, b, c, d, e, f, g) ∈ C7 tel que ;
a
b
c
d
+ 2+ 3+
+
X X
X
X −i
e
f
g
+
+
(X − i)2 X + i (X + i)2
F (X) = X +
◦ On teste les symétries habituelles F (−X) = F (X) et F (−X) = −F (X) . Ici,
F (−X) = −F (X) donc par unicité de la décomposition en éléments simples, on a
b = −b,
d = f,
g = −e.
◦ On a aussi F = F donc a = a, c = c, d = f et e = g.
X(−(2X 6 + X 4 − X 2 − 1))
◦ Enfin, la partie entière de
nous permet d’obtenir, −2 =
X 7 + 2X 5 + X 3
a + d + f donc a + 2 = −2d.
3 F (0) = 1. On a aussi,
]
De plus, c = X
F (X) −
ESATIC
1
X6 − X2 − 1
=
.
X3
X(X 4 + 2X 2 + 1)
16
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CALCUL INTEGRAL
Donc
1
Donc b = 0, a = −1, d = f = − .
2
1
i
i
2
^
Enfin, e = (X − i) F (i) =
= − et g = −e = .
4i
4
4
1
1
i
1
+ 3−
−
−
X X
2(X − i) 4(X − i)2
i
1
+
2(X + i) 4(X + i)2
F (X) = X −
Exemple 1.3.8.
Décomposer la fraction rationnelle suivante en éléments simples dans C[X], et puis dans
1
R[X] :
.
2
X(X + 1)2
Décomposition dans C[X] :
On calcule d’abord la factorisation dans C[X] du dénominateur de cette fraction rationnelle :
X(X 2 + 1)2 = X(X + i)2 (X − i)2 .
Donc la décomposition en éléments simples de cette fraction rationnelle s’écrit sous la
forme suivante :
1
X(X 2 + 1)2
=
a
b1
b2
c1
c2
+
+
+
+
.
X X + i (X + i)2 X − i (X − i)2
(1.1)
avec a, b1 , b2 , c1 , c2 des coefficients à déterminer (la partie entier est 0 puisque le degré du
numérateur = 0, qui est strictement inférieur au degré du dénominateur). En multipliant
l’identité (1.1) ci-dessus par X, on trouve
b
b2
c1
c2
1
1
=a+X
+
+
+
.
(X 2 + 1)2
X + i (X + i)2 X − i (X − i)2
Puis en remplaçant X par 0 dans l’identité ci-dessus, on a a = 1. Ensuite, en multipliant
l’indentité (1.1) par (X + i)2 , on trouve
a
1
c1
c2
= b2 + b1 (X + i) +
+
+
(X + i)2 .
X(X − i)2
X X − i (X − i)2
Posons
f (X) =
1
,
X(X − i)2
et
q(X) =
a
c1
c2
+
+
.
x X − i (X − i)2
En particulier, q(X) est un fonction continue et dérivable en x = −i. Par conséquent, on
a
f (−i) = b2 + (−i + i) · q(−i) = b2
et
0
a
c1
c2
2
f 0 (−i) = b2 + b1 (X + i) + ( +
+
).(X
+
i)
X X − i (X − i)2
ESATIC
17
X=−i
= b1 .
UP Maths
CALCUL INTEGRAL
D’où b1 = f 0 (−i) = −1/2, et b2 = −i/4. De la même manière, on peut calculer les coefficients c1 et c2 , et on trouve c1 = −1/2, c2 = i/4. On obtient donc enfin la décomposition
suivante :
−1/2
−i/4
i/4
1
1
−1/2
+
+
+
=
+
.
2
2
2
X(X + 1)
X X + i (X + i)
X − i (X − i)2
Décomposition dans R[X] :
Il faut calculer d’abord la factorisation du dénominateur dans R[X] : puisque le polynôme X 2 +1 est irréductible dans R[X], la factorisation du dénominateur est X(X 2 +1)2 .
Donc, la décomposition de cette fraction rationnelle dans R[X] s’écrit sous la forme suivante :
b1 X + b2
c1 X + c2
1
a
+
+
=
.
(1.2)
2
2
2
X(X + 1)
X
X +1
(X 2 + 1)2
avec a, b1 , b2 , c1 , c2 des coefficients à déterminer. En multipliant l’identité (1.2) ci-dessus
par X, et puis en remplaçant X par 0, on obtient a = 1. Ensuite, on muitiplie l’identité
(1.2) par X, on a
(X 2
1
X(b1 X + b2 ) X(c1 X + c2 )
=a+
+
.
2
+ 1)
X2 + 1
(X 2 + 1)2
Donc on trouve
X(b X + b ) X(c X + c ) 1
1
2
1
2
0 = lim
= lim
+
= a + b1 .
2
2
2
X→∞ (X 2 + 1)2
X→∞
X +1
(X + 1)
Donc b1 = −a = −1. De façon similaire, on a
X
X(b1 X + b2 ) X(c1 X + c2 ) 0 = lim
= lim
+
a+
.X = b2 ,
X→∞ (X 2 + 1)2
X→∞
X2 + 1
(X 2 + 1)2
donc
1
X(X 2
+
1)2
=
1
−X
c1 X + c2
+ 2
+
.
X X + 1 (X 2 + 1)2
d’où
1 = (X 2 + 1)2 − X.X(X 2 + 1) + (c1 X + c2 )X = (1 + c1 )X 2 + c2 X + 1.
En effet, ici on a les égalités suivantes :
X 2 (b1 X + b2 )
(X 2 + 1 − 1)(b1 X + b2 )
=
aX
+
X2 + 1
X2 + 1
b1 X + b2
= aX + b1 X + b2 −
X2 + 1
b 1 X + b2
= b2 −
.
X2 + 1
Par identification, on a c1 = −1 et c2 = 0. La décompostion en éléments simples dans
R[X] cherchée est
aX +
1
X(X 2
ESATIC
+
1)2
=
1
−X
−X
+ 2
+
.
X X + 1 (X 2 + 1)2
18
UP Maths
CALCUL INTEGRAL
1.4
Intégration sur un segment des fonctions à valeurs
réelles
Définition 1.4.1 (Subdivision d’un segment).
On appelle subdivision du segment [a, b] toute famille τ = (xk )0≤k≤n de réels tels que
a = x0 < x1 < ... < xn−1 < xn = b.
On appelle pas ou module de la subdivision τ est donné par max |xi+1 − xi |.
0≤i≤n−1
Une subdivision de [a, b] est régulière si tous les xi+1 − xi sont égaux. On a alors pour
tout i ∈ {0, ..., n},
i(b − a)
xi = a +
.
n
Exemple 1.4.1.
1 1 1 3 5 8
• τ = 0, , , , , , , 1 est une subdivision du segment [0, 1]. Son pas est
8 5 2 5 6 9
n 1
1 1 1 1
max |xi+1 − xi | = max
−0 , − , − ,
0≤i≤6
8
5 8 2 5
8 o
3 1 5 3 8 5
− , − , − , 1−
5 2 6 5 9 6
9
3
=
.
10
1 1 3 1 5 3 7
• τ = 0, , , , , , , , 1 est une subdivision régulière du segment [0, 1].
8 4 8 2 8 4 8
1
Son pas est .
8
Exemple 1.4.2.
Définition 1.4.2 (Fonction en escalier).
Une fonction f définie dans un intervalle [a, b] est appelée fonction en escalier, s’il existe
une subdivision τ = (a0 , a1 , ..., an ) de [a, b] telle que f prenne une valeur constante yi
dans chaque intervalle ]ai , ai+1 [.
Exemple 1.4.3 (Fonction partie entière).
ESATIC
19
UP Maths
CALCUL INTEGRAL
Définition 1.4.3.
Soit f : [a, b] → R une fonction en escalier sur le segment [a, b]. S’il existe une subdivision
τ : a = x0 < ... < xn = b du segment [a, b] telle que f est constante sur chaque intervalle
]xk , xk+1 [, c’est-à-dire ∀k ∈ {0, ..., n − 1}, ∃ck ∈ R, ∀x ∈]xk , xk+1 [, f (x) = ck ,
la subdivision τ est dite subordonnée ou adaptée à la fonction f .
Définition 1.4.4 (intégrale de Riemann d’une fonction en escalier).
Soit f une fonction en escalier sur [a, b] et τ = (x0 , ..., xn ) une subdivision adaptée à f .
Pour tout k ∈ {0, ..., n − 1}, on note ck = f |]xk ,xk+1 [ . On appelle intégrale de Riemann de
la fonction f , le réel :
Z
b
Z
f (x)dx =
I(f ) =
a
f=
[a,b]
n−1
X
ck (xk+1 − xk ).
k=0
Ce nombre ne dépend pas du choix de la subdivision τ subordonnée à f .
Exemple 1.4.4.
Soit f : [a, b] → R définie par


y0





 y1
f (x) =
y2



y3



 y
0
si
si
si
si
si
x ∈ [a0 , a1 ]
x ∈]a1 , a2 [
x ∈ [a2 , a3 ]
x ∈]a3 , a4 [
x ∈ [a4 , a5 ],
avec a0 = a et a5 = b.
ESATIC
20
UP Maths
CALCUL INTEGRAL
On a :
b
Z
I(f ) =
f (x)dx =
a
4
X
yk (ak+1 − ak )
k=0
= y0 (a1 − a0 ) + y1 (a2 − a1 ) + y2 (a3 − a2 )
+y3 (a4 − a3 ) + y4 (a5 − a4 )
Propriété 1.4.1.
Supposons que a < b.
Rb
1 f 7→ a f (x)dx est une forme linéaire sur l’ensemble des fonctions en escalier sur
le segment [a, b]. c’est-à-dire, pour f et g deux fonctions en escalier sur le segment
[a, b] et α, β ∈ K, on a
Z
b
Z
(αf + βg)(x)dx = α
a
b
Z
f (x)dx + β
a
b
g(x)dx.
a
2 Si f est une fonction en escalier positive sur [a, b], alors
Z
b
f (x)dx ≥ 0.
a
3 On a la relation de Chasles : si a < c < b alors
Z
b
c
Z
f (x)dx =
a
Z
f (x)dx +
a
b
f (x)dx.
c
4 Pour f et g deux fonctions en escalier sur le segment [a, b] telles que f ≤ g sur
[a, b],
Z b
Z b
f (x)dx ≤
g(x)dx.
a
a
Démonstration.
ESATIC
21
UP Maths
CALCUL INTEGRAL
1 Soient τ1 une subdivision de [a, b] subordonnée à f et τ2 une subdivision de [a, b] subordonnée à g. Soit τ une subdivision plus fine que τ1 et τ2 . Elle est donc subordonnée à la fois à f et à g. Supposons que τ est telle que a = x0 < x1 < ... < xn = b
et que
∀i ∈ {0, ..., n − 1},
f
]xi ,xi+1 [
= ci
et
g
]xi ,xi+1 [
= di .
On a alors
n−1
X
b
Z
(αf + βg)(x)dx =
a
(αci + βdi )(xi+1 − xi )
i=0
n−1
X
ci (xi+1 − xi ) + β
= α
i=0
Z b
= α
n−1
X
di (xi+1 − xi )
i=0
Z
b
f (x)dx + β
a
g(x)dx.
a
2 Soit τ une subdivision de [a, b] subordonnée à f . Supposons que τ est telle que
= ci .
a = x0 < x1 < ... < xn = b et que ∀i ∈ {0, ..., n − 1},
f
]xi ,xi+1 [
Comme f est positive, pour tout i ∈ {0, ..., n − 1}, on a ci ≥ 0. Par conséquent,
Rb
P
α a f (x)dx = n−1
i=0 ci (xi+1 − xi ) ≥ 0
3 Posons h = g − f . En utilisant les prpriétés précédentes, on a
b
Z
b
Z
Z
b
Z
g(x)dx ≥
donc
f (x)dx ≥ 0.
g(x)dx −
h(x)dx =
a
a
a
b
Z
b
f (x)dx.
a
a
4 Soit τ une subdivision de [a, b] subordonnée à f telle que a = x0 < x1 < ... <
xn = b. On peut supposer, quitte à considérer la subdivision τ 0 = τ ∪ {c} qui est
plus fine que τ que c est un point de τ . On suppose de plus que c est le m-ième
élément de τ . Si pour tout i ∈ {0, ..., n − 1},
f
= di alors
]xi ,xi+1 [
Z
b
f (x)dx =
a
=
n−1
X
di (xi+1 − xi )
i=0
m−1
X
di (xi+1 − xi ) +
i=0
c
Z
f (x)dx +
a
ESATIC
di (xi+1 − xi )
i=m
Z
=
n−1
X
b
g(x)dx.
c
22
UP Maths
CALCUL INTEGRAL
Définition 1.4.5 (Fonction continue par morceaux sur [a, b]).
Soit f une fonction définie dans un intervalle [a, b]. On dit que f est continue par morceaux, s’il existe une subdivision τ = (a0 , a1 , ..., an ) de [a, b] telle que :
1 La restriction fi de la fonction f à chaque intervalle ]xi ; xi+1 [, (0 ≤ i ≤ n − 1) est
continue ;
2 Pour i ∈ {0; ...n − 1}, la fonction fi possède une limite finie λi à droite, et une
limite finie µi à gauche.
Définition 1.4.6 (Fonction continue par morceaux sur un intervalle).
On dit qu’une fonction définie sur un intervalle J est continue par morceaux sur J si et
seulement si elle est continue par morceaux sur tout segment de J.
Exemple 1.4.5.
Exemple 1.4.6.
1) Une fonction en escalier est continue par morceaux.
2) Une fonction continue est continue par morceaux.
3) La fonction f définie sur [-1,1] par : f (0) = 0 et ∀x 6= 0, f (x) = e1/x n’est pas
continue par morceaux, car elle n’a pas de limite finie à droite en 0.
4) La fonction f définie sur [-1,1] par : f (0) = 0, ∀x > 0, f (x) = ex et ∀x < 0,
f (x) = x2 + 1 est continue par morceaux.
Proposition 1.4.1.
Une fonction continue par morceaux sur le segment [a, b] est bornée sur [a, b].
ESATIC
23
UP Maths
CALCUL INTEGRAL
Démonstration.
Soit f une fonction continue par morceaux sur [a, b]. Prenons une subdivision τ = (xk )0≤k≤n
adaptée à f . Pour i ∈ {l, ..., n}, la restriction de f à ]xi−1 , xi [ se prolonge en une fonction
continue qui est alors bornée sur le segment [xi−1 , xi ].
Par suite, la fonction f est bornée sur ]xi−1 , xi [ et, en posant Mi = sup |f |, la fonction
]xi−1 ,xi [
f est donc bornée sur [a, b] par :
n
o
max M1 , M2 , ..., Mn , |f (x0 )|, |f (x1 )|, ..., |f (xn )| .
Théorème 1.4.1 (Approximation d’une fonction continue par morceaux par une fonction
en escalier).
Soit une fonction f : [a, b] → R continue par morceaux sur le segment [a, b]. Soit un réel
ε > 0. Il existe une fonction en escalier ϕ : [a, b] → R telle que
kf − ϕk∞ = sup |f (x) − ϕ(x)| ≤ ε.
x∈[a,b]
Démonstration.
Puisque la fonction f est continue sur le segment [a, b], elle est uniformément continue
sur ce segment (théorème de Heine). ∀ε > 0, il existe donc δ > 0 tel que ∀(x, y) ∈ [a, b]2 ,
|x − y| ≤ δ ⇒ |f (x) − f (y)| ≤ ε. Considérons alors un entier n suffisamment grand pour
que (b−a)
≤ δ et définissons la subdivision de pas constant h = (b−a)
≤ δ, xi = a+ih pour
n
n
i ∈ {0, ..., n − 1}. Définissons ensuite la fonction en escalier ϕ en posant ∀i ∈ {0, ..., n −
1}, ∀x ∈ [xi , xi+1 [, ϕ(x) = f (xi ) et ϕ(b) = f (b). Soit x ∈ [a, b[, il existe i ∈ {0, ..., n−1}
tel que xi ≤ x < xi+1 et comme |x − xi | ≤ δ, |f (x) − ϕ(x)| = |f (x) − f (xi )| ≤ ε. Si
x = b, on a également |f (b) − ϕ(b)| = 0 ≤ ε. En passant à la borne supérieure, on a bien
kf − ϕk∞ ≤ ε.
Exemple 1.4.7.
ESATIC
24
UP Maths
CALCUL INTEGRAL
Corollaire 1.4.1 (Encadrement d’une fonction continue par morceaux par deux fonctions
en escalier).
Soit f une fonction continue par morceaux sur [a, b]. Alors, pour tout ε > 0, il existe deux
fonctions en escalier ϕ et ψ sur [a, b] telles que :
(
∀x ∈ [a, b]; ϕ(x) ≤ f (x) ≤ ψ(x)
∀x ∈ [a, b]; 0 ≤ ψ(x) − ϕ(x) ≤ ε.
Démonstration.
Soit f une fonction continue par morceaux sur [a, b]. Prenons une subdivision τ = (xk )0≤k≤n
adaptée à f . Pour i ∈ {l, ..., n}, la restriction fi de f à ]xi−1 , xi [ se prolonge en une fonction continue sur [xi−1 , xi ].
Soit ε > 0 fixé. D’après la proposition précédente, on peut trouver une fonction θi en
escalier sur [xi−1 , xi ] telle que |fi − θi | < ε. La fonction 0 définie par :
∀i ∈ {1, ..., n},
θ = θi
∀i ∈ {0, ..., n},
sur
]xi−1 , xi [
θ(xi ) = f (xi )
est en escalier et vérifie |f − θ| ≤ ε.
En prenant une fonction en escalier θ telle que |f − θ| ≤ 2ε , les fonctions en escalier
ϕ = θ − 2ε et ψ = θ + 2ε vérifient alors :
ϕ≤f ≤ψ
0 ≤ ψ − ϕ ≤ ε.
et
Exemple 1.4.8.
ESATIC
25
UP Maths
CALCUL INTEGRAL
Notation 1.4.1.
Si f est continue par morceaux sur [a, b], on note :
n
o
A(f ) = ϕ | ϕ est en escalier sur [a, b] et ϕ ≤ f
n
o
B(f ) = ψ | ψ est en escalier sur [a, b] et ψ ≥ f .
Proposition 1.4.2 (Intégrale de Riemann d’une fonction continue par morceaux).
Soit une fonction f continue par morceaux sur un segment [a, b]. On considère les ensembles
o
nZ b
−
ϕ(x)dx | ϕ est en escalier sur [a, b] et ϕ ≤ f
I (f ) =
a
+
I (f ) =
nZ
b
o
ψ(x)dx | ψ est en escalier sur [a, b] et ψ ≥ f .
a
On a les propriétés suivantes,
– I − admet une borne supérieure.
– I + (f ) admet une borne inférieure.
– sup I − (f ) = inf I + (f ).
Démonstration.
Soit f une fonction continue par morceaux sur [a.b]. D’après la proposition 1.4.1, la fonction f est bornée ; notons m = inf f et M = sup f .
[a,b]
[a,b]
La fonction constante m (respectivement M ) appartient à A(f ) (respectivement à
B(f )), donc A(f ) et B(f ) sont non vides.
De plus, si ϕ ∈ A(f ), alors ϕ ≤ f ≤ M , donc :
Z b
Z b
f (x)dx ≤
M dx = M (b − a).
a
ESATIC
a
26
UP Maths
CALCUL INTEGRAL
L’ensemble
nZ
b
o
ϕ(x)dx | ϕ ∈ A(f ) est une partie non vide majorée de R et possède
a
donc une borne supérieure
α.
nZ b
o
De même, l’ensemble
ψ(x)dx | ψ ∈ B(f ) est une partie non vide minorée de R et
a
possède donc une borne inférieure β.
Toute fonction ϕ de A(f ) est inférieure à toute fonction ψ de B(f ) et par suite :
Z b
Z b
ψ(x)dx.
ϕ(x)dx ≤
a
a
Soit ψ ∈ B(f ) fixée. L’ensemble
nZ
a
b
o
Rb
ϕ(x)dx | ϕ ∈ A(f ) étant majoré par a ψ(x)dx,
sa borne supérieure
α est plus petite que cette intégrale. Le réel α est donc un minorant
nZ b
o
de l’ensemble
ψ(x)dx | ψ ∈ B(f ) , par conséquent il est plus petit que la borne ina
férieure de ce dernier. On en déduit donc α ≤ β.
Soit ε > 0. D’après le corollaire 1.4.1, on peut trouver ϕ ∈ A(f ) et ψ ∈ B(f ) telles
que ψ − ϕ ≤ ε. On a alors :
Z b
Z b
Z b
ψ(x)dx −
ϕ(x)dx =
(ψ − ϕ)(x)dx ≤ ε(b − a)
a
a
a
Or, par définition de α et β, on a :
Z b
Z b
ϕ(x)dx ≤ α ≤ β ≤
ψ(x)dx.
a
a
On a donc :
∀ε > 0,
0 ≤ β − α ≤ ε(b − a)
ce qui prouve α = β.
Définition 1.4.7.
On définit l’intégrale de Riemann de la fonction continue par morceaux f sur [a, b] par
Z b
f (x)dx = sup I − (f ) = inf I + (f ).
a
Notation 1.4.2.
Soit f une fonction continue par morceaux sur J. Soit (a, b) ∈ J 2 . On note
Rb
R
1 Si a ≤ b, a f (x)dx = [a,b] f
Rb
R
2 Si b ≤ a, a f (x)dx = − [a,b] f
Rb
3 Si a = b, a f (x)dx = 0.
ESATIC
27
UP Maths
CALCUL INTEGRAL
Théorème 1.4.2 (Approximation de l’intégrale d’une fonction continue par morceaux).
Soit une fonction f continue par morceaux sur [a, b]. Alors il existe une suite (ϕn ) de
fonctions en escalier telle que
dn = kf − ϕn k∞ = sup |f (x) − ϕn (x)| −−−−→ 0.
n→+∞
x∈[a,b]
Pour toute suite (ϕn ) de fonctions en escalier vérifiant cette condition, on a :
Z b
Z b
ϕn (x)dx −−−−→
f (x)dx.
n→+∞
a
a
Propriété 1.4.2.
(P1) Soit f une fonction continue par morceaux sur [a, b],
Z a
Z b
Z
f (x)dx = −
f (x)dx
et
b
a
a
f (x)dx = 0.
a
(P2) (Linéarité)
Pour f et g deux fonctions continues par morceaux sur le segment [a, b] et α, β ∈ R,
on a
Z
Z
Z
b
b
(αf + βg)(x)dx = α
a
b
f (x)dx + β
a
g(x)dx.
a
(P3) (Intégrale d’une fonction continue par morceaux positive)
Si f est une fonction continue par morceaux positive sur [a, b], alors
Z b
f (x)dx ≥ 0.
a
(P4) Une fonction continue et positive sur un segment [a, b] est nulle si, et seulement si,
son intégrale sur [a, b] est nulle.
(P5) (Majoration d’intégrales)
Soient f et g deux fonctions continues par morceaux sur le segment [a, b].
a Si f ≤ g sur [a, b], alors
Z
b
Z
f (x)dx ≤
a
b
g(x)dx.
a
b Si ∃m, M ∈ R telles que ∀x ∈ [a; b], m ≤ f (x) ≤ M , alors
Z b
m(b − a) ≤
f (x)dx ≤ M (b − a);
a
c f est bornée et
Z b
Z b
|
f (x)dx| ≤
|f (x)|dx ≤ (b − a) sup |f (x)|;
a
ESATIC
x∈[a,b]
a
28
UP Maths
CALCUL INTEGRAL
d On a l’inégalité de la moyenne :
Z b
Z b
f (x)g(x)dx| ≤ sup |f (x)|
|g(x)|dx;
|
x∈[a,b]
a
a
e On a l’inégalité de Cauchy-Schwarz :
s
s
Z b
Z b
Z b
2
f (x)g(x)dx| ≤
(f (x)) dx
(g(x))2 dx;
|
a
a
a
(P6) (Relation de Chasles)
Soit f une fonction continue par morceaux sur [a, b], si a < c < b alors
Z b
Z c
Z b
f (x)dx.
f (x)dx +
f (x)dx =
c
a
a
Démonstration.
(P1) Voir définition
(P2) Comme f et g sont des fonctions continues par morceaux sur le segment [a, b], il
en est de même de αf + βg et cette fonction est donc intégrable sur le segment
R
R
R
[a, b]. Posons I = [a,b] (αf + βg), I1 = [a,b] f et I2 = [a,b] g. On veut donc
prouver que I = αI1 + βI2 , ce qui revient à montrer que pour tout ε > 0, on a
−ε ≤ I − (αI1 + βI2 ) ≤ ε.
Soit ε > 0. D’après le corollaire 1.4.1, il existe des fonctions en escalier ϕ1 , ϕ2 , ψ1 ,
ψ2 définies sur [a, b] telles que
ϕ1 ≤ f ≤ ψ1 ,
ψ1 − ϕ1 ≤ ε
ϕ 2 ≤ g ≤ ψ2 ,
et
ψ2 − ϕ2 ≤ ε.
On a donc
αϕ1 + βϕ2 ≤ αf + βg ≤ αψ1 + βψ2
Il vient alors
Z
Z
(αϕ1 + βϕ2 ) − α
[a,b]
[a,b]
et
αψ1 + βψ2 − (αϕ1 + βϕ2 ) ≤ ε.
Z
ψ1 − β
[a,b]
ψ2 ≤ I − (αI1 + βI2 )
Z
Z
≤
(αϕ1 + βϕ2 ) − α
[a,b]
(α(ψ1 −ϕ1 )+β(ψ2 −ϕ2 ))
[a,b]
par linéarité de l’intégrale des fonctions en escalier, on a
Z
Z
−ε(α + β) ≤ I − (αI1 + βI2 ) ≤
[a,b]
ESATIC
ϕ1 − β
[a,b]
donc
Z
Z
(α(ϕ1 −ψ1 )+β(ϕ2 −ψ2 )) ≤ I −(αI1 +βI2 ) ≤
[a,b]
Z
ε(α + β)
[a,b]
29
UP Maths
ϕ2
[a,b]
CALCUL INTEGRAL
car ψ1 − ϕ1 ≤ ε et ψ2 − ϕ2 ≤ ε et par suite,
−ε(α + β)(b − a) ≤ I − (αI1 + βI2 ) ≤ ε(α + β)(b − a).
Ce qui prouve la propriété.
(P3) La fonction nulle sur [a, b] est en escalier et vérifie 0 ≤ f . Elle est donc élément de
A(f ) et par définition de l’intégrale d’une fonction continue par morceaux, on a
Z
Z
f=
0 = 0.
[a,b]
[a,b]
(P4) Si f est nulle, alors son intégrale est évidemment nulle. Pour la réciproque, supposons f continue, positive et non nulle. On peut alors trouver un élément c ∈ [a, b]
tel que f (c) > 0.
◦ Si a < c < b : posons ε = f (c)/2. La continuité de f en c permet de trouver un
réel η > 0 tel que :
∀x ∈ [a, b],
|x − c| ≤ η ⇒ f (x) ≥ ε.
, c − η} et β = min{ b+c
, c + η}, on a :
En posant α = max{ a+c
2
2
Z
Z
Z
Z
f
f+
f+
f =
[β,b]
[α,β]
[a,α]
[a,b]
Z
f
puisque f est positive
≥
[α,β]
≥ (β − α)ε > 0
puisque ∀x ∈ [α, β],
f (x) ≥ ε
ce qui prouve que l’intégrale de f est non nulle.
◦ Si c = a ou c = b alors la fonction f est continue et f (c) > 0, ce qui prouve que
f est strictement positive au voisinage de c. Il existe donc un réel d ∈]a, b[ tel que
f (d) > 0, et l’on est ramené au cas précédent.
(P5)
a En appliquant la propriété précédente à la fonction positive g − f , on obtient
R
(g − f ) ≥ 0 et on conclut en utilisant la linéarité de l’intégrale d’une
[a,b]
fonction continue par morceaux.
b En appliquant la propriété précédente, on obtient
Z
b
Z
m dx ≤
a
b
Z
f (x) dx ≤
a
b
M dx,
a
ce qui donne le résultat.
ESATIC
30
UP Maths
CALCUL INTEGRAL
c la proposition 1.4.1 permet de dire que f est bornée sur [a,b]. Remarquons que
comme f est continue par morceaux, utilisant les théorèmes d’opération sur
les limites et les fonctions continues, il en est de même de |f | et donc |f | est
intégrable sur [a, b]. De plus, on a −|f | ≤ f ≤ |f |. Par conséquent, d’après la
propriété P5 a,
Z
Z
Z
−|f | ≤
[a,b]
f≤
[a,b]
|f |,
[a,b]
ce qui donne le résultat.
d Comme f est continue par morceaux sur le segment [a, b], appliquant la proposition 1.4.1, f est bornée sur [a,b] et il existe donc un réel M > 0 tel que
supf = M . On a donc : ∀x ∈ [a, b], |f (x)g(x)| ≤ M |g(x)| et donc, appliquant
[a,b]
les propriétés P5 a et P5 d, on a
Z
Z
f g| ≤
|
[a,b]
Z
|f g| ≤
[a,b]
M |g| ≤ M |g|
[a,b]
e Introduisons la fonction polynomiale P de la variable a définie par
Z
Z
Z
Z
2
2
2
P =
(f + αg) = α
g + 2α
fg +
f 2.
[a,b]
[a,b]
Remarquons que comme ∀α ∈ R,
[a,b]
[a,b]
(f + αg)2 ≥ 0, P est positive ou nulle.
R
Si [a,b] g 2 = 0 alors P est une fonction affine. Vu qu’elle est positive ou nulle,
il est nécessaire que le coefficient de son terme de degré 1 est nul, c’est-à-dire
R
(f g) = 0. L’inégalité de Cauchy-Schwarz est alors démontré dans ce cas
[a,b]
particulier.
Sinon, P est un trinôme du second degré. Comme P ≥ 0, ses deux racines
sont ou confondues ou complexes. Par conséquent son discriminant réduit ∆
est négatif ou nul
Z
Z
Z
2
2
∆=(
f g) −
f
g2.
[a,b]
[a,b]
[a,b]
On en déduit alors l’inégalité souhaitée. Dans le cas où f et g sont continues
(et plus seulement continues par morceaux), remarquons qu’il y a égalité dans
cette inégalité lorsque g = 0 ou alors lorsque le trinôme P possède une racine
R
double. C’est-à-dire qu’il existe α ∈ R tel que [a,b] (f + αg)2 = 0. D’après
R
la propriété P4, on doit avoir [a,b] (f + αg) = 0, c’est-à-dire que les deux
fonctions f et g sont proportionnelles. Réciproquement, si les deux fonctions
sont proportionnelles, on vérifie qu’il y a égalité dans la majoration de CauchySchwarz.
ESATIC
31
UP Maths
CALCUL INTEGRAL
(P6) Soit ϕ ∈ A(f ). On a ϕ|[a,c] ≤ f |[a,c] et ϕ|[c,b] ≤ f |[c,b] . Par conséquent,
Z
Z
Z
ϕ =
ϕ+
ϕ par application de la relation de Chasles
[a,b]
[a,c]
[c,b]
pour les fonctions en escalier
Z
Z
f+
f par application de la propriété P5 a.
≤
[a,c]
[c,b]
Notons γ cette dernière quantité. γ est donc un majorant de I − (f ). Par conséquent,
R
γ ≥ [a,b] f . On peut faire le même raisonnement avec une fonction ϕ ∈ B(f ) et on
R
R
aura alors γ ≤ [a,b] f . Donc γ = [a,b] f et la relation de Chasles est démontrée.
Théorème 1.4.3 (Valeur moyenne d’une fonction).
Soit f une fonction continue sur le segment [a, b], Alors il existe c ∈ [a, b] tel que
Z b
1
f (x)dx.
µ = f (c) =
b−a a
Le nombre µ est appelé valeur moyenne de f sur [a, b].
Démonstration.
Comme f est continue sur [a, b], elle admet un minimum m et un maximum M sur [a, b].
De la propriété P5 b, on peut écrire
Z b
m(b − a) ≤
f (x)dx ≤ M (b − a).
a
Par suite,
1
m≤
b−a
b
Z
f (x)dx ≤ M.
a
En utilisant le théorème des valeurs intermédiaires il existe c ∈ [a, b] tel que
Z b
1
f (x)dx.
f (c) =
b−a a
1.5
Primitives et intégrales
1.5.1
Primitives
Définition 1.5.1 (Primitives).
Soit un intervalle I et une fonction f : I → R. On dit qu’une fonction F : I → R est une
primitive de f sur I si
1 la fonction F est dérivable sur l’intervalle I ;
2 ∀x ∈ I, F 0 (x) = f (x).
ESATIC
32
UP Maths
CALCUL INTEGRAL
Proposition 1.5.1.
Deux primitives de f sur I sont égales à une constante près.
Démonstration.
Comme F et G sont des primitives de f sur I, on a (G − F )0 = f − f = 0. Par conséquent
G − F est une fonction constante sur I. Il existe donc c ∈ R tel que G = F + c.
1.5.2
Primitives usuelles
Z
Dans ce tableau ci-dessous, pour chaque fonction f , nous donnons une primitive
f.
Le lecteur précisera l’intervalle ou les intervalles sur lequel ou lesquels f est continue.
Z
Z
dx
xα+1
α
= ln |x|
α ∈ R, α 6= −1, x dx =
α+1
x
Z
Z
ex dx = ex
ln xdx = x ln x − x
Z
Z
cos xdx = sin x
sin xdx = − cos x
Z
Z
dx
dx
=
tan
x
= − cotan x
2
cos2 x
Z
Z sin x
tan xdx = − ln | cos x|
x
dx
= ln tan
2
Z sin x
dx
= ln | tan x|
sin
Z x cos x
Z
Z
ch xdx = sh x
Z
Z
dx
= th x
ch2 x
th xdx = ln ch x
Z
x
dx
= ln th
2
Z sh x
dx
= ln | th x|
sh x ch x
cotan xdx = ln | sin x|
x π dx
= ln tan
+
2 4
Zcos x
tan2 xdx = tan x − x
Z
sh xdx = ch x
Z
dx
= coth x
sh2 x
Z
coth xdx = ln | sh x|
Z
dx
= 2 arctan ex
Z ch x
th2 x = x − th x
Z
Z
dx
1
x
dx
x
x
√
a 6= 0,
= arctan
a > 0,
= arcsin = − arccos
2
2
2
2
a
a
a
a
Z x +a
Za − x
√
dx
dx
1
x−a
√
a 6= 0,
=
ln
a 6= 0,
= ln |x + x2 + a|
2 − a2
2+a
x
2a
x
+
a
x
Z
Z
x
x
dx
dx
α 6= 0
= √
α > 0,
= √
2
3/2
2
3/2
2
(x + α)
(α − x )
α α − x2
α x +α
Z
dx
x
In =
Formule
de
récurrence
2nI
=
+ (2n − 1)In
n+1
2 n
(1 + x2 )n
Z (1 + x )
dx
x
Jn =
Formule
de
récurrence
2nJ
=
+ (2n − 1)Jn
n+1
(1 − x2 )n
(1 − x2 )n
ESATIC
33
UP Maths
CALCUL INTEGRAL
1.5.3
Relation primitive-intégrale
Théorème 1.5.1.
Soit f : [a, b] → R une fonction continue. La fonction
F : [a, b] → R
Z x
est l’unique primitive de la fonction f qui s’annule en a. Par
x 7→
f (t)dt
a
conséquent pour une primitive F quelconque de f :
Z b
b
f (t) dt = F (b) − F (a) = F (t) a
a
Démonstration.
Essayons de visualiser tout d’abord pourquoi la fonction F est dérivable et F 0 (x) = f (x).
Fixons x0 ∈ [a, b]. Par la relation de Chasles nous savons :
Z x
Z x0
Z a
Z
F (x) − F (x0 ) =
f (t) dt −
f (t) dt =
f (t) dt +
a
a
x0
x
Z
x
f (t) dt =
a
f (t) dt
x0
Donc le taux d’accroissement
F (x) − F (x0 )
1
=
x − x0
x − x0
Z
x
f (t) dt =
x0
A
x − x0
où A est l’aire hachurée (en rouge). Mais cette aire est presque un rectangle, si x est
suffisamment proche de x0 , donc l’aire A vaut environ (x − x0 ) × f (x0 ) ; lorsque x → x0
le taux d’accroissement tend donc vers f (x0 ). Autrement dit F 0 (x0 ) = f (x0 ).
Rx
Passons à la preuve rigoureuse. Comme f (x0 ) est une constante alors x0 f (x0 ) dt =
(x − x0 )f (x0 ), donc
Z x
Z x
1
1
F (x) − F (x0 )
− f (x0 ) =
f (t) dt −
f (x0 ) dt
x − x0
x − x 0 x0
x − x 0 x0
Z x
1
f (t) − f (x0 ) dt
=
x − x 0 x0
ESATIC
34
UP Maths
CALCUL INTEGRAL
Fixons > 0. Puisque f est continue en x0 , il existe δ > 0 tel que (|t − x0 | < δ =⇒
|f (t) − f (x0 )| < ). Donc :
Z x
1
F (x) − F (x0 )
− f (x0 ) =
f (t) − f (x0 ) dt
x − x0
x − x 0 x0
Z x
1
f (t) − f (x0 ) dt
≤
|x − x0 | x0
Z x
1
≤
dt = |x − x0 | x0
Ce qui prouve que F est dérivable en x0 et F 0 (x0 ) = f (x0 ).
Maintenant on sait que F est une primitive de f , F est même la primitive qui s’annule
Ra
en a car F (a) = a f (t) dt = 0 et si G est une autre primitive qui s’annule en a, on a
F = G + c avec c ∈ R, (a)F = G(a) + c ⇒ c = 0. Si H est une autre primitive on sait
H = F + d avec d ∈ R. Ainsi
Z b
f (t) dt.
H(b) − H(a) = F (b) + c − F (a) + c = F (b) − F (a) = F (b) =
a
Corollaire 1.5.1 (Théorème fondamental deuxième forme).
Soit une fonction f de classe C 1 sur le segment [a, b]. Alors la formule suivante relie f et
sa dérivée par une intégrale. Pour tout x ∈ [a, b],
Z x
f (x) = f (a) +
f 0 (t)dt.
a
Démonstration.
Comme f est de classe C 1 sur I, f 0 est continue et est donc bien intégrable sur tout segment [a, b]Zde I. De plus f est une primitive de f 0 sur I. Appliquant le résultat précédent,
x
f 0 (t)dt = f (x) − f (a).
on a bien
a
Théorème 1.5.2 (Dérivée d’une fonction définie par une intégrale).
Soit une fonction f continue sur un intervalle I. Soient u, v : J → I deux fonctions
dérivables sur l’intervalle J. Alors la fonction
G:J → R
Z v(x)
x 7→
f (t)dt
u(x)
est dérivable sur l’intervalle J et
∀x ∈ J,
ESATIC
G0 (x) = v 0 (x)f [v(x)] − u0 (x)f [u(x)].
35
UP Maths
CALCUL INTEGRAL
Démonstration.
Soit un réel a ∈ I et F la fonction du théorème fondamental. Il suffit de remarquer que
pour x ∈ J, avec la relation de Chasles,
v(x)
Z
Z
f (x)dx −
F (x) =
a
u(x)
f (x)dx = F (v(x)) − F (u(x)).
a
Puisque G = F ◦v−F ◦u et que la fonction F est dérivable sur I, que u et v sont dérivables
sur J à valeurs dans I, d’après le théorème de dérivation des fonctions composées, la
fonction G est dérivable sur J et ∀x ∈ J, G0 (x) = F 0 (v(x))v 0 (x) − F 0 (u(x))u0 (x) d’où
la formule du théorème puisque F 0 = f .
Exemple 1.5.1.
Étudions les variations de la fonction
g :]1, +∞[ → R
Z x2
x 7→
x
t2
dt
−1
La fonction g est définie et dérivable sur l’intervalle ]1, +∞[. Notons J =]1, +∞[ et
définissons les fonctions
u:J → I
x 7→ x
f :I → R
v:J → I
x 7→ x2
x 7→
x2
1
−1
Les fonctions u, v sont dérivables de J vers I et la fonction f est continue sur l’intervalle
I. D’après le théorème précédent, g est dérivable sur l’intervalle J et pour x ∈ J,
g 0 (x) = 2xf (x2 ) − f (x) = −
x2 − 2x + 1
(x2 − 1)(x2 + 1)
Le trinôme −(x2 − 2x + 1) est strictement négatif sur I. On en déduit que g est strctement
décroissante sur I =]1, +∞[.
1.5.4
Méthodes de Calcul de primitives et d’intégrales
A) Intégration par parties
Théorème 1.5.3 (Intégration par parties).
Soient deux fonctions u, v : [a, b] → R de classe C 1 sur le segment [a, b]. Alors
Z
b
h
ib Z b
u(t)v (t)dt = u(t)v(t) −
u0 (t)v(t)dt.
0
a
a
ESATIC
36
a
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CALCUL INTEGRAL
Démonstration.
Comme u et v sont de classe C 1 sur I, la fonction uv est de classe C 1 sur I. On a :
Z b
Z b
Z b
Z b
0
0
0
0
(uv)(b) − (uv)(a) =
(uv) (t)dt =
(u v + uv )(t)dt =
u v(t)dt +
uv 0 (t)dt.
a
a
a
a
Remarque 1.5.1.
Cette relation est souvent utilisé pour diminuer successivement le degré d’un polynôme
g(x) qui multiplie une fonction f 0 (x) que l’on sait intégrer.
Elle sert aussi pour l’intégration des expressions faisant intervenir les fonctions trigonometriques, où l’on retombe sur la fonction d’origine après deux intégrations.
Remarque 1.5.2 (Cas classiques d’utilisation).
◦ P etant Zun polynôrne et α 6= 0,
b
P (t) sin(αt + β)dt, on pose u(t) = P (t) et v 0 (t) = sin(αt + β).
• pour
Za b
• pour
Za b
• pour
Za
P (t) cos(αt + β)dt, on pose u(t) = P (t) et v 0 (t) = cos(αt + β)
P (t)eαt+β dt, on pose u(t) = P (t) et v 0 (t) = eαt+β ;
b
P (t) ln tdt, on pose u(t) = ln t et v 0 (t) = P (t).
a
Z b
Z b
αt
◦ Pour calculer I =
e cos(βt)dt ou J =
eαt sin(βt)dt, on peut faire deux
• pour
a
a
integrations par parties " sans changer d’avis ", c’est-à-dire en posant les deux fois
v(t) = eαt , ou les deux fois v(t) = cos(βt) ou sin(βt).
Exemple 1.5.2.
Z
1 Calcul de
1
xex dx. On pose u(x) = x et v 0 (x) = ex . Nous aurons besoin de
0
savoir que u0 (x) = 1 et qu’une primitive de v 0 est simplement v(x) = ex . La
formule d’intégration par parties donne :
Z 1
Z 1
x
xe dx =
u(x)v 0 (x) dx
0
0
Z 1
1
= u(x)v(x) 0 −
u0 (x)v(x) dx
Z 1 0
x 1
= xe 0 −
1 · ex dx
0
1
= 1 · e1 − 0 · e0 − ex 0
= e − (e1 − e0 )
= 1
ESATIC
37
UP Maths
CALCUL INTEGRAL
Z
e
x ln x dx.
2 Calcul de
1
1
x2
On pose cette fois u = ln x et v 0 = x. Ainsi u0 = et v = . Alors
x
2
Z e
Z e
Z e
e
uv 0 = uv 1 −
u0 v
ln x · x dx =
1
1
Z e 1
2
e
1 x2
= ln x · x2 1 −
dx
x 2
1
Z
1 e
12
e2
= ln e 2 − ln 1 2 − 2
x dx
1
1 h x2 ie e2 e2 1
2
2
= e2 −
= 2 − 4 + 4 = e 4+1
2 2 1
Z
3 Calcul de arcsin x dx.
Pour déterminer une primitive de arcsin x, nous faisons artificiellement apparaître
un produit en écrivant arcsin x = 1 · arcsin x pour appliquer la formule d’intégra1
tion par parties. On pose u = arcsin x, v 0 = 1 (et donc u0 = √1−x
2 et v = x)
alors
Z
Z
x
dx
1 · arcsin x dx = x arcsin x − √
1 − x2
√
= x arcsin x − − 1 − x2
√
= x arcsin x + 1 − x2 + c
Z
4 Calcul de x2 ex dx. On pose u = x2 et v 0 = ex pour obtenir :
Z
2 x
2 x
x e dx = x e
Z
−2
xex dx
On refait une deuxième intégration par parties pour calculer
Z
Z
x
x
xe dx = xe − ex dx = (x − 1)ex + c
D’où
Z
x2 ex dx = (x2 − 2x + 2)ex + c.
.
B) Changement de variables
Théorème 1.5.4 (Changement de variables).
Soit f : I → R une fonction continue sur l’intervalle I. Soit ϕ : [α, β] → I une fonction
de classe C 1 sur le segment [α, β]. Alors
Z ϕ(β)
Z β
f (x)dx =
f [ϕ(t)]ϕ0 (t)dt.
ϕ(α)
ESATIC
α
38
UP Maths
CALCUL INTEGRAL
Démonstration.
Comme F est une primitive de f alors F 0 (x) = f (x) et par la formule de la dérivation de
la composition F ◦ ϕ on a
(F ◦ ϕ)0 (t) = F 0 (ϕ(t))ϕ0 (t) = f (ϕ(t))ϕ0 (t).
Donc F ◦ ϕ est une primitive de f (ϕ(t))ϕ0 (t).
Pour les intégrales :
Z b
h
ib
iϕ(b) Z
h
0
f (ϕ(t))ϕ (t) dt = (F ◦ϕ)(x) = F ϕ(b) −F ϕ(a) = F (x)
=
a
a
ϕ(a)
ϕ(b)
f (x) dx.
ϕ(a)
Méthode 1.5.1.
Rb
Pour calculer l’intégrale a f (x)dx avec un changement de variable :
1 soit on a une idée de fonction ϕ(t) et on écrit x = ϕ(t), soit il y a une partie de
f (x) qu’on veut prendre comme nouvelle variable, disons θ(x) = t ⇔ x = θ−l (t).
dx
2 On calcule ϕ0 (t) =
, ce qui donne dx = ϕ0 (t)(t)dt.
dt
3 f (x)dx devient donc f (ϕ(t))ϕ0 (t)dt.
4 Concernant les bornes, si x varie de a à b alors t = ϕ−l (x) varie de ϕ−l (a) à
ϕ−l (b).
Exemple 1.5.3.
Z
Calculons la primitive F =
tan t dt.
Z
F =
Z
tan t dt =
sin t
dt .
cos t
0
On reconnaît
forme uu (avec u = cos t et u0 = − sin t) dont une primitive est ln |u|.
Z ici une
0
u
Donc F = − = − ln |u| = − ln |u| + c = − ln | cos t| + c.
u
Nous allons reformuler tout cela en terme de changement de variable. Notons ϕ(t) =
cos t alors ϕ0 (t) = − sin t, donc
Z
ϕ0 (t)
F = −
dt
ϕ(t)
Si f désigne
la fonction définie par f (x) = x1 , qui est bijective tant que x 6= 0 ; alors
Z
F = − ϕ0 (t)f (ϕ(t)) dt. En posant x = ϕ(t) et donc dx = ϕ0 (t)dt, on reconnaît la
formule du changement de variable, par conséquent
Z
Z
1
−1
F ◦ ϕ = − f (x) dx = −
dx = − ln |x| + c .
x
ESATIC
39
UP Maths
CALCUL INTEGRAL
Comme x = ϕ(t) = cos t, on retrouve bien F (t) = − ln | cos t| + c.
Remarque : pour que l’intégrale soit bien définie il faut que tan t soit définie, donc
t 6≡ π2 mod π. La restriction d’une primitive à un intervalle ] − π2 + kπ, π2 + kπ[ est
donc de la forme − ln | cos t| + c. Mais la constante c peut être différente sur un intervalle
différent.
Exemple 1.5.4.
Z 1/2
Calcul de
x
dx.
(1 − x2 )3/2
0
Soit le changement de variable u = ϕ(x) = 1 − x2 . Alors du = ϕ0 (x) dx = −2x dx.
1
Pour x = 0 on a u = ϕ(0) = 1 et pour x = on a u = ϕ( 12 ) = 34 . Comme ϕ0 (x) = −2x,
2
3
1
sur 1, . Alors
ϕ est une bijection de 0,
2
4
1/2
Z
0
3/4 −du
2
u3/2
Z
1 3/4 −3/2
=−
u
du
2 1
1
3/4 1 3/4
1
= − − 2u−1/2 1 = √ 1
2
u
2
1
= q − 1 = √ − 1.
3
3
x dx
=
(1 − x2 )3/2
Z
4
Exemple 1.5.5.
Z 1/2
Calcul de
1
dx.
(1 − x2 )3/2
0
On effectue le changement de variable x = ϕ(t) = sin t et dx = cos t dt. De plus t =
1
1
π
arcsin x donc pour x = 0 on a t = arcsin(0) = 0 et pour x = on a t = arcsin( ) = .
2
2
6
h πi
1
Comme ϕ est une bijection de 0,
sur 0, ,
6
2
Z
1/2
0
Z π/6
cos t dt
cos t dt
2 3/2 =
(cos2 t)3/2
(1 − sin t)
0
0
Z π/6
Z π/6
cos t
1
=
dt =
dt
3
cos t
cos2 t
0
0
π/6
1
= tan t 0 = √ .
3
dx
=
(1 − x2 )3/2
Z
π/6
Exemple 1.5.6.
Z
Calcul de
1
dx.
(1 + x2 )3/2
Soit le changement de variable x = tan t donc t = arctan x et dx =
ESATIC
40
dt
(la fonction
cos2 t
UP Maths
CALCUL INTEGRAL
i π πh
tangente établit une bijection de − , +
sur R). Donc
2
2
Z
Z
dt
1
1
F =
dx =
2 3/2
2
3/2
(1 + x )
(1 + tan t)
cos2 t
Z
dt
1
car 1 + tan2 t =
= (cos2 t)3/2
2
cos t
cos2 t
Z
= cos t dt = sin t = sin t + c = sin(arctan x) + c.
Par suite,
Z
1
dx = sin(arctan x) + c.
(1 + x2 )3/2
En manipulant un peu les fonctions on trouverait que la primitive s’écrit aussi
x
F (x) = √
+ c.
1 + x2
C) Intégrale d’une fonction paire ou impaire
Proposition 1.5.2 (Intégrale d’une fonction paire ou impaire).
Soit a > 0 et f une fonction
Z continue parZmorceaux sur le segment [−a, a].
a
0
f (x)dx.
f (x)dx =
– Si f est paire, alors
Z a −a
Z a 0
En particulier
f (x)dx = 2
f (x)dx.
−a
0
Z a
Z 0
f (x)dx.
f (x)dx = −
– Si f est impaire, alors
0
−a
Z a
En particulier
f (x)dx = 0.
−a
Démonstration.
Par application de la relation de Chasles, on a
Z a
Z 0
Z
f (x)dx =
f (x)dx +
−a
−a
(
Par le changement de variable
Z
a
f (x)dx.
0
u = −x
, on obtient
du = −dx
0
Z
f (x)dx = −
−a
0
Z
f (−u)du =
a
a
f (−u)du.
0
Ra
Ra
◦ Supposons que f est paire. On a alors 0 f (−u)du = 0 f (u)du et donc
Z a
Z a
f (x)dx = 2
f (x)dx.
−a
ESATIC
0
41
UP Maths
CALCUL INTEGRAL
Ra
Ra
◦ Supposons que f est impaire. On a alors 0 f (−u)du = − 0 f (u)du et donc
Z a
f (x)dx = 0.
−a
1.5.5
Sommes de Riemann
L’intégrale est définie à partir de limites de sommes. Mais maintenant que nous savons
calculer des intégrales sans utiliser ces sommes on peut faire le cheminement inverse :
calculer des limites de sommes à partir d’intégrales.
Théorème 1.5.5.
Soit f : [a, b] → R une fonction intégrable, alors
n
b−aX
b − a
Sn =
f a+k
n k=1
n
Z
b
−−−−→
f (x) dx
n→+∞
a
Définition 1.5.2.
La somme Sn s’appelle la somme de Riemann associée à l’intégrale et correspond à une
subdivision régulière de l’intervalle [a, b] en n petits intervalles. La hauteur de chaque
rectangle étant évaluée à son extrémité droite.
Remarque 1.5.3.
b−a
1
b − a
k
Le cas le plus utile est le cas où a = 0, b = 1 alors
= et f a + k
=f
n
n
n
n
et ainsi
Z 1
n
1 X k
Sn =
f
−−−−→
f (x) dx.
n→+∞
n k=1 n
0
Remarque 1.5.4.
Soit f : [a, b] → R une fonction intégrable, alors
n
Sn0
ESATIC
1X
b − a
=
f a+k
n k=1
n
−−−−→
n→+∞
42
1
b−a
Z
b
f (x) dx
a
UP Maths
CALCUL INTEGRAL
Exemple 1.5.7.
n
X
1
.
n+k
k=1
1 1
1 1 1
1
On a S1 = , S2 = + , S3 = + + , . . .
2
3 4
4 n5 6
1X 1
1
La somme Sn s’écrit aussi Sn =
. En posant f (x) =
, a = 0 et
k
n k=1 1 + n
1+x
b = 1, on reconnaît que Sn est une somme de Riemann. Donc
Calculer la limite de la somme Sn =
n
n
1 X k
f
=
k
n k=1 n
n
Z b
Z
−−−−→
f (x) dx =
1X 1
Sn =
n k=1 1 +
n→+∞
a
1
0
1
1
dx = ln |1 + x| 0 = ln 2 − ln 1 = ln 2.
1+x
Ainsi Sn → ln 2 (lorsque n → +∞).
1.6
Calcul de primitives
1.6.1
Primitives de fonctions rationnelles
Soit F une fonction rationnelle F (X) ∈ R[X]. On cherche une primitive de F c’estR
à-dire F (X)dX.
ESATIC
43
UP Maths
CALCUL INTEGRAL
Z
A)
dx
(x − a)n
R
si n = 1, alors
R
si n ≥ 2, alors
Z
B)
ax + b
dx
(x2 + px + q)n
◦ si n = 1, alors
Z
dx
=
x−a
dx
(x−a)n
ln |x − a|
1
= (1−n)(x−a)
n−1
avec p2 − 4q < 0
ax + b
a
dx =
2
x + px + q
2
Z
2x + p
dx +
+ px + q
Z
dx
ap
(b − )
2
p
2
(x + 2 )2 + 4q−p
4
a
=
ln(x2 + px + q) +
2
!
2b − ap
2x + p
p
arctan p
4q − p2
4q − p2
x2
◦ si n ≥ 2,
Z
ax + b
dx
n
Z + px + q)
Z
a
2x + p
ap
dx
=
dx + (b − )
2
n
p
2
2
(x + px + q)
2
[(x + 2 ) +
a
+
=
2(1 − n)(x2 + pxZ+ q)n−1
ap
4
dx
n
"
#n
(b − )(
)
2
2 4q − p2
√2x+p
+1
2
(x2
4q−p2 n
]
4
4q−p
2x + p
Dans la dernière intégrale, le changement de variable défini par t = p
ramène
2
4q
−
p
Z
dt
alors au calcul de
.
(1 + t2 )n
C) Exemples
Exemple 1.6.1.
Déterminons une primitive de f : x 7→
x4
(x + 1)2 (x2 + 1)
1) La fonction f est continue sur ] − ∞, −1[ et ] − 1, +∞[. Les calculs effectués
concernent l’un ou l’autre de ces deux intervalles.
ESATIC
44
UP Maths
CALCUL INTEGRAL
2) La décomposition en éléments simples de f donne
f (x) = 1 −
1
3
x
+
.
−
2
2
2(x + 1) 2(x + 1)
2(x + 1)
3) Soit F une primitive de f sur ] − ∞, −1[ ou ] − 1, +∞[. Il vient alors que
F (x) = x −
1
1
3
ln(|x + 1|) −
− ln(x2 + 1).
2
2(x + 1) 4
Exemple 1.6.2.
Soit f (x) =
x+1
. Dans un premier temps on fait apparaître une fraction du type
2x2 + x + 1
u0
(que l’on sait intégrer en ln |u|).
u
f (x) =
(4x + 1) 14 − 41 + 1
1
4x + 1
3
1
= · 2
+ · 2
2
2x + x + 1
4 2x + x + 1 4 2x + x + 1
4x + 1
:
+x+1
Z
Z 0
4x + 1
u (x)
dx =
dx = ln 2x2 + x + 1 + c
2
2x + x + 1
u(x)
On peut intégrer la fraction
2x2
1
, nous allons l’écrire sous la forme
Occupons nous de l’autre partie
2
2x + x + 1
1
(dont une primitive est arctan u).
2
u +1
1
1
1
=
=
1
1
2x2 + x + 1
2(x + 4 )2 − 8 + 1
2(x + 41 )2 + 78
1
1
8
8
· 8
=
= ·
1 2
4
7 7 2(x + 4 ) + 1
7 √ (x + 1 ) 2 + 1
7
4
4
4
On pose le changement de variable u = √ (x + 14 ) (et donc du = √ dx) pour
7
7
trouver
√
Z
Z
Z
dx
8
dx
8
du
7
=
=
·
2
2
2
2x + x + 1
7 √4 (x + 1 ) + 1
7
u +1 4
4
7
2
= √ arctan u + c
7
2
4
1
= √ arctan √ x +
+c.
4
7
7
Finalement :
Z
1
3
4
1
2
f (x) dx = ln 2x + x + 1 + √ arctan √ x +
+ c.
4
4
2 7
7
ESATIC
45
UP Maths
CALCUL INTEGRAL
1.6.2
Fonction Circulaire
Soit F (X, Y ) une fonction rationnelle. On cherche une primitive de la fonction f
définie par f (x) = F (cos x, sin x).
A) F est un polynôme
Par linéarité de l’intégrale, on est ramené au calcul de primitive de la forme :
Z
In,m = cosn x sinm xdx
où m et n sont des entiers naturels
1) m ou n est impair
Z
(1 − sin2 x)p sinm x(cos x)dx.
Z
Le changement de variable t = sin x ramène au calcul de (1 − t2 )p tm dt
Z
– m = 2q + 1, avec q ∈ N : In,2q+1 = cosn x(1 − cos2 x)q (sin x)dx.
Z
Le changement de variable t = cos x ramène au calcul de − (1 − t2 )q tn dt
– n = 2p + 1, avec p ∈ N : I2p+1,m =
2) m et n sont pairs
Si p et q sont trop grands pour que la linéarisation soit aisée, on se ramène au calcul
R
de cos2(p+q) xdx au moyen d’une relation de récurrence. En effet, en intégrant par
partie, on a :
Z
I2p,2q =
sin2q−1 x(cos2p x sin x)dx
1
cos2p+1 x sin2q−1 x +
2p + 1
Z
2q − 1
cos2p+2 x sin2q−2 xdx
2p + 1
1
2q − 1
= −
cos2p+1 x sin2q−1 x +
I2p+2,2q−2
2p + 1
2p + 1
= −
ou, de même I2p,2q =
1
2p − 1
cos2p−1 x sin2q+1 x +
I2p−2,2q+2
2q + 1
2q + 1
B) Règles de Bioche
Règle 1.6.1.
On étudie si f (x)dx est invariant quand on remplace x par −x ou par π − x ou par π + x.
a) si f (x)dx est invariant quand on remplace x par −x, le chagement de variable
défini par x = arccos t, donc t = cos x, ramène au calcul d’une primitive d’une
fonction rationnelle en t.
ESATIC
46
UP Maths
CALCUL INTEGRAL
b) si f (x)dx est invariant quand on remplace x par π − x, le chagement de variable
défini par x = arcsin t, donc t = sin x, ramène au calcul d’une primitive d’une
fonction rationnelle en t.
c) si f (x)dx est invariant quand on remplace x par π + x, le chagement de variable
défini par x = arctan t, donc t = tan x, ramène au calcul d’une primitive d’une
fonction rationnelle en t.
Règle 1.6.2.
Si deux au moins des changements a) ou b) ou c) laissent invariant f (x)dx, le chagement
de variable défini par x = 21 arccos t donc t = cos 2x, ramène au calcul d’une primitive
d’une fonction rationnelle en t.
Règle 1.6.3.
Dans tous les cas, le changement de variable x = 2 arctan t donc t = tan x2 , ramène au
calcul d’une primitive d’une fonction rationnelle en t.
Remarque 1.6.1.
Pour avoir les calculs les plus simples possibles, il faut utiliser ces règles dans l’ordre
préférentiel 1.6.2, puis 1.6.1 puis 1.6.3.
Remarque 1.6.2.
x
Le changement de variable t = tan .
2
Les formules de la « tangente de l’arc moitié » permettent d’exprimer sinus, cosinus
x
et tangente en fonction de tan .
2
x
on a
Avec t = tan
2
1 − t2
2t
2t
cos x =
sin
x
=
tan
x
=
1 + t2
1 + t2
1 − t2
2 dt
et
dx =
.
1 + t2
C) Exemples
Exemple 1.6.3.
Déterminons une primitive de f : x 7→ sin5 (x)
sin5 (x) = (1 − cos2 (x))2 sin(x) donne avec le changement de variable défini par t =
cos(x) :
Z
Z
Z
5
2 2
sin (x)dx = − (1 − t ) dt = − (t4 − 2t2 + 1)dt.
Soit F une primitive de f sur R. On obtient alors F (x) = − 51 cos5 (x)+ 32 cos3 (x)−cos(x).
ESATIC
47
UP Maths
CALCUL INTEGRAL
Exemple 1.6.4.
Z
Déterminons
cos4 (x) sin2 (x)dx
On a cos4 (x) sin2 (x) = cos4 (x) − cos6 (x). En utilisant les formules d’Euler, on a
cos4 (x) =
1 ix
1
(e + e−ix )4 = 3 (cos(4x) + 4 cos(2x) + 3)
4
2
2
1 ix
1
(e + e−ix )6 = 5 (cos(6x) + 6 cos(4x) + 15 cos(2x) + 10).
6
2
2
1
1
1
1
4
6
Ainsi cos (x) − cos (x) = − 32 cos(6x) − 16
cos(4x) + 32
cos(2x) + 16
. Par suite,
Z
1
1
1
1
cos4 (x) sin2 (x)dx = −
sin(6x) −
sin(4x) +
sin(2x) + x.
192
64
64
16
cos6 (x) =
Exemple 1.6.5.
Z
cos x dx
2 − cos2 x
cos x dx
On note ω(x) =
. Comme
2 − cos2 x
Calcul de la primitive
ω(π − x) =
cos(π − x) d(π − x)
(− cos x) (−dx)
=
= ω(x)
2
2 − cos (π − x)
2 − cos2 x
alors le changement de variable qui convient est u = sin x pour lequel du = cos x dx.
Ainsi :
Z
Z
cos x dx
cos x dx
=
2
2 − cos x
2 − (1 − sin2 x)
Z
du
=
= [arctan u]
1 + u2
= arctan(sin x) + c .
Exemple 1.6.6.
Z
0
Calcul de l’intégrale
−π/2
dx
.
1 − sin x
x
Le changement de variable t = tan définit une bijection de [− π2 , 0] vers [−1, 0]
2
π
2t
2 dt
(pour x = − , t = −1 et pour x = 0, t = 0). De plus on a sin x =
et dx =
.
2
2
1+t
1 + t2
Z 0
Z 0
Z 0
2 dt
dx
dt
1+t2
=
=2
2t
2
− π2 1 − sin x
−1 1 − 1+t2
−1 1 + t − 2t
0
Z 0
dt
1
1
= 2
=
2
=
2
1
−
=1
2
1 − t −1
2
−1 (1 − t)
ESATIC
48
UP Maths
CALCUL INTEGRAL
1.6.3
Fonction hyperboliques
Soit F (X, Y ) une fraction rationnelle. On cherche une primitive de la fonction f définie par f (x) = F (ch x, sh x).
Chacune
des règles suivantes donne un changement de variable qui ramène le calcul de
Z
f (x)dx à celui d’une primitive de fonction rationnelle.
Règle 1.6.4.
On examine F (cos x, sin x) et quel changement de variable permet, le plus efficacement
possible (voir les priorités annoncées pour les règle de Bioche) de se ramener à une
primitive de fonction rationnelle.
Z
Z
a) Si F (cos(x), sin(x))dx se calcule avec t = cos(x), alors F (ch(x), sh(x))dx
se calcule avec t = ch(x).
Z
Z
b) Si F (cos(x), sin(x))dx se calcule avec t = sin(x), alors F (ch(x), sh(x))dx
se calcule avec t = sh(x).
Z
Z
c) Si F (cos(x), sin(x))dx se calcule avec t = tan(x), alors F (ch(x), sh(x))dx
se calcule avec t = (x).
Z
Z
d) Si F (cos(x), sin(x))dx se calcule avec t = cos(2x), alors F (ch(x), sh(x))dx
se calcule avec t = ch(2x).
Règle 1.6.5.
x
Dans les autres cas, on peut utiliser le changement de variable défini par t = th( ), mais
2
la il est en général préférable d’utiliser t = ex .
Exemples
Exemple 1.6.7.
sh3 (x)
sin3 (x)
Calculer F (x) =
dx. En notant ω(x) =
, on
cos(x)(2 + sin2 (x))
ch(x)(2 + sh2 (x))
a ω(−x) = ω(x), ω(π − x) = ω(x) et ω(π + x) = ω(x). On peut utiliser plusieurs
changements de variables :
Z
t3
1 t = sh(x) donne G(t) =
dt.
(1 + t2 )(2 + t2 )
Z
t2 − 1
2 t = ch(x) donne G(t) =
dt.
t(1 + t2 )
Z
t3
3 t = th(x) donne G(t) =
dt.
2 − t2
Z
(t2 − 1)3
x
4 t = e donne G(t) =
dt.
t(t2 + 1)(t4 + 6t2 + 1)
Z
ESATIC
49
UP Maths
CALCUL INTEGRAL
Les fractions rationnelles à primitiver ne sont pas toutes agréables ! Le mieux ici est
d’utiliser le changement de variables t = (x) pour calculer
G(t) =
t2
− ln |t2 − 2|
2
puis
th2 (x)
F (x) = −
− ln(2 − th2 (x)) + C.
2
Exemple 1.6.8.
Z ln(2)
Calculer
dx
dx.
5 sh(x) − 4 ch(x)
0
5 sh(x) − 4 ch(x) = 0 lorsque 5(ex − e−x ) − 4(ex + e−x ) = 0 c’est-à-dire ex − 9e−x = 0
ou encore e2x = 9, soit enfin x = ln(3).
1
est donc continue sur [0, ln(2)].
La fonction f : x 7→
5 sh(x) − 4 ch(x)
Nous utilisons le changement de variable t 7→ et , bijectif de [0, ln(2)] sur [1, 2]. Il vient
alors
Z ln(2)
Z ln(2)
Z 2
dx
dx
dt
dx = 2
dx = 2
,
x
−x
2
5 sh(x) − 4 ch(x)
e − 9e
0
0
1 t −9
et donc
Z ln(2)
1h
t − 3 i2 1
2
dx
dx =
ln
= ln( ).
5 sh(x) − 4 ch(x)
3
t+3 1 3
5
0
1.6.4
Intégrale Abélien
Soit F (X, Y ) une fraction rationnelle. L’objectif de cette partie est de calculer une
primitive d’une fonction f de l’une des formes suivantes :
r ax + b n
1 f (x) = F x,
cx + d
√
2 f (x) = F (x, ax2 + bx + c)
Z
A)
F x,
r
n
ax + b dx,
cx + d
ad − bc 6= 0
Règle 1.6.6.
Le changement de variable défini par
r
t=
Z
ramène le calcul de
en t. Avec
ESATIC
F x,
r
n
n
ax + b
cx + d
ax + b dx à celui d’une primitive de fonction rationnelle
cx + d
−dtn + b
x=
ctn − a
et
dx = n
50
ad − bc n−1
t dt.
(ctn − a)2
UP Maths
CALCUL INTEGRAL
Z
B)
F (x,
√
ax2 + bx + c)dx
b2 − 4ac 6= 0
a 6= 0
On posera b2 − 4ac 6= 0 sinon ax2 + bx + c admet une racine double α. Alors
√
√
– Pour a > 0, ax2 + bx + c = a|x − α|.
– Pour a < 0, l’ensemble de définition est réduit à un point.
1) Se ramener à une primitive de fonction rationnelle
Règle 1.6.7.
Z
Avec a > 0, le calcul de
√
F (x, ax2 + bx + c)dx se ramène à celui d’une primitive de
fonction rationnelle au moyen du changement de variable défini par
√
On a alors
t2 − c
√
x=
b − 2t a
√
ax2 + bx + c = x a + t.
√
√
−2t2 a + 2bt − 2c a
√
dx =
dt.
(b − 2t a)2
et
Règle 1.6.8.
Avec 4 > 0, le polynôme ax2 + bx + c admet des racines α et β, avec α 6= β. En écrivant
r
p
x−β
a(x − α)(x − β) = |x − α| a
,
x−α
r
x−β
on est face à une primitive de fonction rationnelle de x et de a
.
x−α
2) Se ramener à une primitive de fonction rationnelle de fonctions circulaires ou
hyperboliques
Règle 1.6.9.
b 2
4
Avec a > 0 et 4 > 0, en écrivant ax + bx + c = a (x + ) − 2 , le changement
2a
4a
√
b
4
de variable défini par t ≥ 0, x +
=
cosh(t) ramène au calcul d’une primitive
2a
2a
de fonction rationnelle de fonctions hyperboliques.
2
Règle 1.6.10.
b 2 −4
Avec a > 0 et 4 < 0, en écrivant ax +bx+c = a (x + ) + 2 , le changement de
2a
4a
√
b
−4
variable défini par x +
=
sinh(t) ramène au calcul d’une primitive de fonction
2a
2a
rationnelle de fonctions hyperboliques.
2
ESATIC
51
UP Maths
CALCUL INTEGRAL
Règle 1.6.11.
4
b 2
Avec a < 0 et 4 > 0, en écrivant ax + bx + c = (−a)
− (x + ) , le change2
4a
2a
√
i π πh
b
4
ment de variable défini par t ∈ − ,
x+
=
sin(t) ramène au calcul d’une
2 2
2a
2a
primitive de fonction rationnelle de fonctions trigonométriques.
2
C) Exemples
Exemple 1.6.9.
Z r
1 + x dx
sur l’intervalle I =]0, 1[. On effectue le changement de
1−x x
variables
r
y2 − 1
4y
1+x
,
x= 2
dx = 2
y=
dy
1−x
y +1
(y + 1)2
et on se ramène à calculer la primitive
Z
y2
G(y) = 4
dy.
(y 2 − 1)(y 2 + 1)
Calculer F (x) =
La décomposition de la fraction rationnelle s’écrit
Z
x2 dx
1/4
1/4
1/2
4
=
−
+ 2
,
2
2
(x − 1)(x + 1)
x−1 x+1 x +1
y−1
+ 2 arctan(y). Après simplifications :
y+1
!
r
√
√
1+x− 1−x
1+x
√
F (x) = ln √
.
+ 2 arctan
1−x
1+x+ 1−x
et on trouve que G(y) = ln
On peut utiliser ensuite les quantités conjuguées pour écrire
!
r
x
1+x
√
+ arctan
.
F (x) = ln
1−x
1 + 1 − x2
Exemple 1.6.10. Z
√
Calculer F (x) =
x2 + x + 1dx. On réduit le trinôme à l’intérieur de la racine :
p
√
x2 + x + 1 = (x + 1/2)2 + 3/4 =
√ s
3 2x + 1 2
[ √ ] +1
2
3
2x + 1
et par le premier changement de variables y = √ , on se ramène au calcul de G(y) =
3
Z
3 p 2
y + 1dy. Ensuite, avec la changement de variables y = sh(z), dy = ch(z)dz, on
4
se ramène à
Z
3
H(z) =
ch(z)dz.
4
ESATIC
52
UP Maths
CALCUL INTEGRAL
ch(2z) + 1
pour calculer
2
3
3
H(z) =
sh(2z) + z
16
8
p
3
G(y) =
y 1 + y 2 + argsh(y)
8
√
2
√
(2x + 1) x + x + 1 3
+ ln(2x + 1 + 2 x2 + x + 1) + C.
F (x) =
4
8
Il suffit de linéariser ch2 (z) =
1.7
Intégration sur un segment des fonctions à valeurs
complexes
Définition 1.7.1.
Soit (a, b) ∈ R2 tel que a < b et f : [a, b] → C continue par morceaux. On appelle
integrale de f le complexe
Z b
Z b
Z b
f (x)dx =
f1 (x)dx + i
f2 (x)dx,
a
a
a
où f1 = R(f ) et f2 = I(f ).
Propriété 1.7.1.
(P’1) Soit f : [a, b] → C une fonction continue par morceaux,
Rb
Rb
| a f (x)dx| ≤ a |f (x)|dx ;
(P’2) Pour f : [a, b] → C deux fonctions continues par morceaux sur le segment [a, b] et
α ∈ C, on a
Rb
Rb
Rb
(f + αg)(x)dx = a f (x)dx + α a g(x)dx.
a
(P’3) Soit f : I → C une fonction continue sur un intervalle I. Soit a ∈ I. La fonction
F :I → C
Rx
x 7→ a f (t)dt
est l’unique primitive de la fonction f qui s’annule en a.
(P’4) Soit f : I → C une fonction de classe C 1 sur le segment [a, b] ⊂ I. Alors
Rx
∀x ∈ [a, b], f (x) = f (a) + a f 0 (t)dt,
et par majoration, on en déduit l’inégalité des accroissements finis :
|f (b) − f (a)| ≤ (b − a) sup |f 0 (x)|.
x∈[a,b]
Exemple 1.7.1.
Soit α ∈ C \ R. Calculer une primitive t 7→
Pour tout t ∈ R, on a
1
définie sur R. On pose α = a + ib.
t−α
1
t−a
ib
=
+
.
2
2
t−α
(t − a) + b
(t − a)2 + b2
ESATIC
53
UP Maths
CALCUL INTEGRAL
Or
Z
t−a
dt + i
(t − a)2 + b2
Z
b
ln((t − a)2 + b2 )
+
dt
=
(t − a)2 + b2
2
t−a
i arctan(
)+K
b
En revenant aux notations de départ,
Z
t − R(α) 1
dt = ln(|t − α|) + i arctan
+ K.
t−α
I(α)
1.8
Approximation
1.8.1
Méthodes numériques de calcul d’intégrales.
Théorème 1.8.1 (Méthode des rectangles).
Soit une fonction f de classe C 1 sur le segment [a, b].
Z
b
|
a
n−1
b−aX
(b − a)2
f (x)dx −
f (xk )| ≤
sup |f 0 (x)|,
n k=0
2n x∈[a,b]
avec xk = a + k b−a
.
n
Théorème 1.8.2 (Méthode des trapèzes).
Z b
n−1
(b − a)2
b−aX
2
Si f est C , alors
f (x)dx −
(f (b) − f (a)) −
f (xk ) ≤
2n
n k=0
a
(b − a)3
sup |f 00 (x)|,
12n2 x∈[a,b]
b−a
avec xk = a + k
.
n
ESATIC
54
UP Maths
CALCUL INTEGRAL
1.8.2
valeur approchée de réels.
Z
Calcul d’une valeur approchée de ln 2 =
1
2
1
dt.
t
1
−1
Si l’on pose, pour tout x de [1, 2], f (x) = , on a pour tout x de [1, 2], f 0 (x) = 2 et
x
x
2
0
00
00
f (x) = 3 et donc sup |f (x)| = 1 et sup |f (x)| = 2.
x
x∈[1,2]
x∈[1,2]
(1) Utilisation de la Méthode des rectangles
Avec n = 10, on obtient
ln 2 −
1
10
10
10
10
10
10
10
10
10
1
(1 +
+
+
+
+
+
+
+
+
) ≤
.
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
Ce qui donne
33464927
≤
46558512
33464927
1
−
≤ ln 2 ≤
46558512 20
ln 2 −
puis
1
,
20
33464927
1
+ .
46558512 20
On en déduit que
0.66877 ≤ ln 2 ≤ 0.76877.
(2) Utilisation de la Méthode des trapèzes
Avec n = 10, on obtient Posons
1
10 10 10 10 10 10 10 10 10
A=
1+
+
+
+
+
+
+
+
+
.
10
11 12 13 14 15 16 17 18 19
1 1
1
ln 2 −
−1 −A ≤
.
20 2
600
Ce qui donne
161504821
≤
232792560
161504821
1
−
≤ ln 2 ≤
232792560 600
ln 2 −
puis
1
,
600
161504821
1
+
.
232792560 600
On en déduit que
0.6921 ≤ ln 2 ≤ 0.69544.
ESATIC
55
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CALCUL INTEGRAL
1.9
Résumé
1.9.1
Subdivision d’un segment
Si a < b, on appelle subdivision de [a, b] toute suite finie strictement croissante σ =
(x0 , · · · , xn ) où x0 = a et xn = b.
Le pas de la subdivision est |σ| = max {xk+1 − xk ; k ∈ {0, · · · , n − 1}}.
b−a
.
La subdivision est régulière si : ∀k ∈ {0, · · · , n − 1}, xk = a + k
n
1.9.2
Intégrale d’une fonction en escalier
Une fonction ϕ est en escalier sur [a, b] s’il existe une subdivision σ = (x0 , · · · , xn )
adaptée à ϕ, c’est-à-dire telle que, pour tout ∀k ∈ {0, · · · , n − 1}, ϕ soit constante sur
[xk , xk+1 ] : ϕ(x) = ck .
Z b
n−1
X
(xk+1 − xk )ck .
Alors l’intégrale de ϕ sur [a, b] est :
ϕ(t)dt =
a
k=0
Elle est indépendante de la subdivision σ choisie.
1.9.3
Fonction intégrable
Soit f une fonction bornée sur [a, b] (avec a < b).
L’ensemble des intégrales des fonctions en escalier qui minorent f admet une borne supérieure I − (f ).
L’ensemble des intégrales des fonctions en escalier qui majorent f admet une borne inférieure I + (f ). La fonction f est intégrable sur [a, b] si les deux bornes sont égales.
Z b
Alors l’intégrale de f sur [a, b] est :
f (t)dt = I − (f ) = I + (f ).
a
1.9.4
Fonctions continues par morceaux
Une fonction f est continue par morceaux sur [a, b] s’il existe une subdivision σ =
(x0 , · · · , xn ) telle que, pour tout ∀k ∈ {0, · · · , n − 1}, f soit continue sur ]xk , xk+1 [ et
admette un prolongement par continuité fek sur [xk , xk+1 ] (limite réelle à gauche et à droite
de tout xk ).
Z b
n−1 Z xk+1
X
Alors f est intégrable sur [a, b] et :
f (t)dt =
f (t)dt.
a
1.9.5
k=0
xk
Fonctions continues
Toute fonction continue sur [a, b] est intégrable sur [a, b].
ESATIC
56
UP Maths
CALCUL INTEGRAL
1.9.6
Extension de la définition
Si f est une fonction continue sur un intervalle J, si F est une primitive quelconque
de f sur J, alors :
Z b
2
∀(a, b) ∈ J ,
f (t)dt = [F (t)]ba = F (b) − F (a).
a
a
Z
Z
Z
f (t)dt = −
f (t)dt = 0 et
Conséquences :
a
1.9.7
b
a
f (t)dt.
a
b
Expression d’une primitive
Si f est continue sur un intervalle J et si a ∈ J, la fonction F définie par
Z x
∀x ∈ J, F (x) =
f (t)dt
a
est l’unique primitive de f sur J qui s’annule en a.
Donc F (a) = 0 et ∀x ∈ J, F 0 (x) = f (x).
1.9.8
Calculs d’aires
Si f est une fonction continue sur [a, b] (avec a ≤ b ) :
• l’aire (en unités d’aire) de la partie de plan limitée par Cf ), (Ox) et les droites
Z b
x = a et x = b est : A =
|f (t)|dt.
a
• l’aire (en unités d’aire)
Z de la partie de plan limitée par Cf , Cg et les droites x = a
b
et x = b est : A =
|f (t) − g(t)|dt.
a
1.9.9
Relation de Chasles
Si f est continue sur J : ∀(a, b, c) ∈ J 3
Z
b
Z
f (t)dt =
a
1.9.10
c
Z
f (t)dt +
a
b
f (t)dt.
c
Intégrale d’une fonction continue paire ou impaire
Z
a
• Si f est impaire :
f (t)dt = 0.
Z a −a
Z a
• Si f est paire :
f (t)dt = 2
f (t)dt.
−a
ESATIC
0
57
UP Maths
CALCUL INTEGRAL
1.9.11
Linéarité de l’intégrale
Si f et g sont continues sur J :
2
∀(a, b) ∈ J ,
2
b
Z
∀(α, β) ∈ R ,
Z
[αf (t) + βg(t)]dt = α
Z
f (t)dt + β
a
1.9.12
b
a
b
g(t)dt.
a
Signe d’une intégrale
Si f est continue sur un intervalle J et si (a, b) ∈ J 2 :
Z b
• Si a ≤ b et si ∀t ∈ [a, b], f (t) ≥ 0, alors
f (t)dt ≥ 0.
Za b
f (t)dt ≤ 0.
• Si a ≤ b et si ∀t ∈ [a, b], f (t) ≤ 0, alors
a
1.9.13
Comparaison de deux integrales
Si f et g sont continues sur un intervalle J et si (a, b)EJ 2 :
Z b
Z b
• Si a ≤ b et si ∀t ∈ [a, b], f (t) ≤ g(t), alors
f (t)dt ≤
g(t)dt.
a
1.9.14
a
Inegalites de la moyenne
Si f est continue sur un intervalle J et si (a, b) ∈ J 2 :
Z
b
• Si a ≤ b et ∀t ∈ [a, b], m ≤ f (t) ≤ M , alors m(b − a) ≤
f (t)dt ≤ M (b − a).
a
Z b
• Si ∀t ∈ J, |f (t)| ≤ M , alors : ∀(a, b) ∈ J 2 ,
f (t)dt ≤ M |b − a|.
a
1.9.15
Majoration d’une intégrale
Si f est continue sur un intervalle J et si (a, b) ∈ J 2 :
• Si a ≤ b, on a :
Z b
Z b
f (t)dt ≤
|f (t)dt| ≤ (b − a) max |f (t)|.
a
1.9.16
t∈[a;b]
a
Nullite d’une integrale
Soit f une fonction continue sur [a, b] (avec a < b ) et de signe constant. Alors :
Z
b
f (t)dt = 0 ⇔ ∀t ∈ [a, b], f (t) = 0. Donc pour montrer que l’intégrale n’est pas
a
nulle, il suffit de montrer que : ∃tE[a, b], f (t) 6= 0.
ESATIC
58
UP Maths
CALCUL INTEGRAL
1.9.17
Valeur moyenne d’une fonction continue entre a et b
Si f est une fonction continue sur J et si (a, b) ∈ J 2 , alors la valeur moyenne de f
Z b
1
entre a et b est : µ =
f (t)dt.
b−a a
1.9.18
Integration par parties
Si u et v sont deux fonctions de classe C 1 sur un intervalle J :
Z b
Z b
0
b
2
u(t)v 0 (t)dt.
u (t)v(t)dt = [u(t)v(t)]a −
∀(a, b) ∈ J ,
a
a
Ce qui s’écrit aussi, en terme de primitives :
Z
Z
0
u (t)v(t)dt = u(t)v(t) − u(t)v 0 (t)dt.
1.9.19
Changement de variable
Si ϕ est de classe C 1 sur un intervalle J et si f est continue sur ϕ(J), alors
Z b
Z ϕ(b)
0
[ϕ(t)]ϕ (t)dt =
f (u)du
a
ϕ(a)
en posant u = ϕ(t) et du = ϕ0 (t)dt.
1.9.20
Sommes de Riemann
Si f est une fonction continue sur [a, b] avec a < b et si σ = (x0 , · · · , xn ) est une subn−1
X
division de [a, b], on appelle somme de Riemann toute somme S =
(xk+1 − xk )f (yk )
k=0
où ∀k ∈ {0; · · · ; n − 1}, yk ∈ [xk , xk+1 ].
Z
a
quand le pas de la subdivision σ tend vers 0.
Z b
n−1 b−aX
b−a
En particulier :
f (t)dt = lim
f a+k
n→+∞
n k=0
n
a
1.9.21
b
f (t)dt
Si f est continue sur [a, b], toute somme de Riemann sur [a, b] tend vers l’intégrale
Primitives d’une fonction rationnelle
• On décompose la fraction rationnelle en éléments simples dans R[X], c’est-à- dire
comme somme de sa partie entière (polynôme dont on connaît les primitives) et de
fractions de la forme :
a
ax + b
et
avec p2 − 4q < 0.
(x − α)n
(x2 + px + q)n
On peut en calculer des primitives comme suit (n = 1 dans le second cas).
ESATIC
59
UP Maths
CALCUL INTEGRAL
• Sur un intervalle ne contenant pas α, on a :
x
Z x
1
1
1
si n 6= 1
dt = −
n
n − 1 (x − α)n−1 a
a (t − α)
Z x
1
dt = [ln |t − α|]xa si n = 1.
n
a (t − α)
Z x
Z
Z
at + b
a x 2t + p
ap x
1
dt =
dt + b −
dt.
•
2
2
2
2 c t + pt + q
2
c t + pt + q
c t + pt + q
La première primitive se calcule en utilisant le changement de variable u = t2 + pt + q.
En écrivant sous forme canonique le trinôme t2 +pt+q, le calcul de la deuxième primitive
se ramène, après changement de variable, à :
Z β
1
du = [arctan u]βα .
2
u
+
1
α
1.9.22
Primitives de fractions rationnelles en sinus et cosinus
Z
On veut determiner
f (x)dx, où f est une fraction rationnelle en sin x et cos x. Dans
le cas où f (x)dx est invariant
• lors du changement de x en −x, on peut poser u = cos x ;
• lors du changement de x en π − x, on peut poser u = sin x ;
• lors du changement de x en π + x, on peut poser u = tan x.
x
Sinon, on peut poser u = tan ·
2
Z
Dans tous les cas, on est conduit a un calcul du type
g(u)du ou g est une fraction
rationnelle en u.
1.9.23
Fonction hyperboliques
Soit F (X, Y ) une fraction rationnelle. On cherche une primitive de la fonction f définie par f (x) = F (ch x, sh x).
Chacune
des règles suivantes donne un changement de variable qui ramène le calcul de
Z
f (x)dx à celui d’une primitive de fonction rationnelle.
Règle 1.9.1.
On examine F (cos x, sin x) et quel changement de variable permet, le plus efficacement
possible (voir les priorités annoncées pour les règle de Bioche) de se ramener à une
primitive de fonction rationnelle.
Z
Z
a) Si F (cos(x), sin(x))dx se calcule avec t = cos(x), alors F (ch(x), sh(x))dx
se calcule avec t = ch(x).
ESATIC
60
UP Maths
CALCUL INTEGRAL
Z
Z
F (cos(x), sin(x))dx se calcule avec t = sin(x), alors
b) Si
F (ch(x), sh(x))dx
se calcule avec t = sh(x).
Z
Z
c) Si F (cos(x), sin(x))dx se calcule avec t = tan(x), alors F (ch(x), sh(x))dx
se calcule avec t = (x).
Z
Z
d) Si F (cos(x), sin(x))dx se calcule avec t = cos(2x), alors F (ch(x), sh(x))dx
se calcule avec t = ch(2x).
Règle 1.9.2.
x
Dans les autres cas, on peut utiliser le changement de variable défini par t = th( ), mais
2
la il est en général préférable d’utiliser t = ex .
1.9.24
Intégrale Abélien
Soit F (X, Y ) une fraction rationnelle. L’objectif de cette partie est de calculer une
primitive d’une fonction f de l’une des formes suivantes :
r ax + b n
1 f (x) = F x,
cx + d
√
2 f (x) = F (x, ax2 + bx + c)
Z
r
F x,
A)
n
ax + b dx,
cx + d
ad − bc 6= 0
Règle 1.9.3.
Le changement de variable défini par
r
t=
Z
ramène le calcul de
F x,
en t. Avec
x=
Z
B)
F (x,
√
r
n
ax + b
cx + d
ax + b dx à celui d’une primitive de fonction rationnelle
cx + d
−dtn + b
ctn − a
ax2 + bx + c)dx
n
et
dx = n
ad − bc n−1
t dt.
(ctn − a)2
a 6= 0
• b2 − 4ac = 0
ax2 + bx + c admet une racine double α. Alors
√
√
– Pour a > 0, ax2 + bx + c = a|x − α|.
– Pour a < 0, l’ensemble de définition est réduit à un point.
• ∆ = b2 − 4ac 6= 0
ESATIC
61
UP Maths
CALCUL INTEGRAL
Z
∗ (a > 0) : Le calcul de
F (x,
√
ax2 + bx + c)dx se ramène à celui d’une primi-
tive de fonction rationnelle au moyen du changement de variable défini par
√
√
ax2 + bx + c = x a + t.
On a alors
t2 − c
√
x=
b − 2t a
et
√
√
−2t2 a + 2bt − 2c a
√
dx =
dt.
(b − 2t a)2
∗ (4 > 0) : Le polynôme ax2 + bx + c admet des racines α et β, avec α 6= β. En
écrivant
r
p
x−β
a(x − α)(x − β) = |x − α| a
,
x−α
r
x−β
on est face à une primitive de fonction rationnelle de x et de a
.
x−α
b
∗ (a > 0 et 4 > 0) : Le changement de variable défini par t ≥ 0, x +
=
2a
√
4
cosh(t) ramène au calcul d’une primitive de fonction rationnelle de fonc2a
tions hyperboliques.
√
b
−4
∗ (a > 0 et 4 < 0) : Le changement de variable défini par x+
=
sinh(t)
2a
2a
ramène au calcul d’une primitive de fonction rationnelle de fonctions hyperboliques.
i π πh
b
∗ (a < 0 et 4 > 0) : Le changement de variable défini par t ∈ − ,
x+
=
2 2
2a
√
4
sin(t) ramène au calcul d’une primitive de fonction rationnelle de fonctions
2a
trigonométriques.
ESATIC
62
UP Maths
Chapitre 2
EQUATIONS DIFFÉRENTIELLES
ORDINAIRES
2.1
Introduction
Les équations différentielles ordinaires se rencontrent dans tous les domaines de la
physique (électricité, mécanique, thermique...). C’est une relation entre une fonction inconnue et ses dérivées. La fonction inconnue ne dépend que d’une seule variable, par
exemple f (x). Nous allons présenter quelques exemples :
– En mécanique
L’application des principes et théorèmes généraux conduit dans la pluspart des cas
à une équation différentielle dont les solutions permettent d’établir la nature du
mouvement ; c’est en particulier le cas des oscillateurs harmoniques que leurs oscillations soient libres, amorties ou entretenues.
– En électricité
Elles intervient dans :
– l’étude des circuits en régime transitoire ou soumis à des oscillations entretenues ;
– la propagation d’une onde de courant le long d’une ligne électrique ;
– les circuits oscillants couplés
– les phénomènes d’induction électromagnétique et l’électromécanique.
– En thermodynamique
Elles permettent d’établir des expressions caractérisant l’état d’un fluide. On les
rencontre également dans les problèmes de propagation de la chaleur dans une barre
ou un milieu conducteur
63
EQUATIONS DIFFÉRENTIELLES ORDINAIRES
2.2
Objectifs
– Etudier les équations différentielles à variables séparables.
– Etudier les équations différentielles linéaires du premier ordre.
– Etudier les équations linéaires du second ordre à coefficients constants.
2.3
Définitions
Définition 2.3.1.
Une équation différentielle est une relation du type
F (x, u(x), u0 (x), u00 (x), ..., u(n) (x)) = 0,
entre la variable x ∈ R et les dérivées de la fonction inconnue u au point x. La fonction
F est une fonction de plusieurs variables (x, y) 7→ F (x, y) où x est dans R (ou parfois
dans un intervalle de R) et y = (y0 , ..., yn ) est dans Rn+1 .
Définition 2.3.2 (Solution.). On appelle solution (ou intégrale) d’une équation différentielle d’ordre n sur un certain intervalle I de R, toute fonction y définie sur cet intervalle
I, n fois dérivable en tout point de I et qui vérifie cette équation différentielle sur I. On
notera en général cette solution (y; I).
Si I contient sa borne inférieure α, (resp. sa borne supérieure β), ce sont des dérivées
à droite (resp. à gauche) qui interviennent au point t = α (resp. t = β). Intégrer une
équation différentielle consiste à déterminer l’ensemble de ses solutions.
Définition 2.3.3.
Soient (y; I) et (y1 ; I1 ) deux solutions d’une même équation différentielle. On dit que
(y1 ; I1 ) est un prolongement de (y; I) si et seulement si I ⊂ I1 et y1 |I = y.
Définition 2.3.4 ( Solution maximale, solution globale.). Soient I1 et I2 , deux intervalles
sur R tels que I1 ⊂ I2 . On dit qu’une solution (y; I1 ) est maximale dans I2 si et seulement
e solution de l’équation différentielle telle que
si (y; I1 ) n’admet pas de prolongement (e
y ; I)
I1 ⊂ Ie ⊂ I2 . On dit qu’une solution (y; I1 ) est globale dans I2 si et seulement si (y; I1 )
admet un prolongement (e
y ; I2 ) solution.
2.4
Equations à variables séparables
Définition 2.4.1.
On appelle équation différentielle à variables séparables une équation qui peut se mettre
sous la forme :
y 0 (x) = g(x)h(y(x)).
ESATIC
64
UP Maths
EQUATIONS DIFFÉRENTIELLES ORDINAIRES
Ici on va supposer que g est continue sur un intervalle I, et h est continue sur un intervalle
J.
Proposition 2.4.1.
Si h(a) = 0, alors y(x) = a est une solution constante.
Proposition 2.4.2.
1
On suppose que h ne s’annulle pas sur J. Si W est une primitive de , et si G est une
h
primitive de g, alors l’équation y 0 (x) = g(x)h(y(x)), x ∈ I et y ∈ J est équivalente à
W (y(x)) = G(x) + C,
C ∈ R.
Remarque 2.4.1.
si la fonction W admet une fonction réciproque, on pourra exprimer y comme fonction de
x.
Exemple 2.4.1.
Considérons l’équation
y 0 (x) =
2y(x)
,
x
x > 0.
(2.1)
Nous avons
2
et
h(x) = x.
x
Comme h(0) = 0, (2.1) admet la solution y(x) = 0.
1
W (x) = ln |x| est une primitive de
, et si G(x) = 2 ln |x| est une primitive de g(x)
h(x)
(2.1) admet aussi pour solutions les solutions de ln |y(x)| = 2 ln x + C qui sont
g(x) =
y(x) = kx2 ,
k ∈ R.
Exemple 2.4.2.
Résoudre sur I =]1, +∞[ l’équation différentielle
xy 0 (x) ln x = (3 ln x + 1)y(x).
(2.2)
On peut diviser par x ln x, ce qui est permis car x ln x > O d’après l’énoncé. On a
(2.2) ⇔ y 0 (x) =
(3 ln x + 1)
y(x).
x ln x
Nous avons
1
(3 ln x + 1)
3
= + x
et
h(x) = x.
x ln x
x ln x
Comme h(0) = 0, (2.2) admet la solution y(x) = 0.
1
W (x) = ln |x| est une primitive de
, et si G(x) = 3 ln |x| + ln | ln x| est une primitive
h(x)
de g(x) (2.2) admet aussi pour solutions les solutions de ln |y(x)| = 3 ln |x|+ln | ln x|+C
qui sont
y(x) = kx3 ln x,
k ∈ R.
g(x) =
ESATIC
65
UP Maths
EQUATIONS DIFFÉRENTIELLES ORDINAIRES
2.5
Équation différentielle linéaire du premier ordre
2.5.1
Définitions
Définition 2.5.1.
Une équation différentielle linéaire du premier ordre est du type :
a(x)y 0 (x) + b(x)y(x) = f (x)
(2.3)
où les fonctions a et b avec a 6= 0, sont données et s’appellent les coefficients de l’équation
différentielle et la fonction f est donnée et s’appelle le second membre.
Définition 2.5.2.
Une solution de (2.3) sur un intervalle I est une fonction y de classe C 1 sur I vérifiant
(2.3) pour tout x ∈ I.
Définition 2.5.3.
(2.3) est dite normalisée si a est la fonction constante identiquement égale à 1.
Définition 2.5.4 (Condition initiale). Soit I un intervalle de R. Soit (x0 , y0 ) ∈ I × R.
On dit que la solution ϕ de (2.3) vérifie la condition initiale (x0 , y0 ) si et seulement si
ϕ(x0 ) = y0 .
2.5.2
Equation homogène
Définition 2.5.5.
On appelle équation différentielle homogène associée à (2.3) l’équation :
a(x)y 0 (x) + b(x)y(x) = 0.
(2.4)
a) Equation à coefficients constants
On se place dans le cas où a et b sont des constantes.
Proposition 2.5.1.
Supposons que a et b sont des constantes telles que a 6= 0. Alors :
1 Les solutions de l’équation différentielle ay 0 + by = 0 sont de la forme
v(x) = Cerx ,
−b
et C une constante arbitraire. Elles forment un espace vectoriel de
a
b
dimension 1 dont une base est la fonction e− a x .
avec r =
2 Si l’on fixe une condition y(x0 ) = y0 , alors cette solution est unique.
3 En particulier, si y s’annule en un point, y est identiquement nulle.
ESATIC
66
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EQUATIONS DIFFÉRENTIELLES ORDINAIRES
b) Equation à coefficients variables
On se place dans le cas où a et b sont des fonctions.
Proposition 2.5.2.
Soit I un intervalle de R où les fonctions a et b sont définies et continues et telles que
a(x) 6= 0, pour tout x ∈ I.
1 Les solutions de l’équation différentielle a(x)y 0 + b(x)y = 0 sur I sont de la forme
v(x) = CeG(x) ,
∀x ∈ I
−b(x)
−b(x)
, c’est-à-dire G0 (x) =
. Elles forment un
a(x)
a(x)
espace vectoriel de dimension 1 dont une base est la fonction eG(x) .
où G est une primitive de
2 Si l’on fixe une condition y(x0 ) = y0 , alors cette solution est unique.
3 En particulier, si y s’annule en un point, y est identiquement nulle.
2.5.3
Solution générale
Définition 2.5.6.
Soit v0 une solution particulière de (2.3) ; alors les solutions générales de (2.3) s’écrivent
y(x) = v(x) + v0 (x)
où v est la solution générale de l’équation homogène (2.4).
2.5.4
Recherche de solution particulière
On commence toujours par regarder s’il n’y a pas de solution évidente, sinon on peut
appliquer l’une des méthodes suivantes
Second membre constant :
L’equation différentielle ay 0 + by = c avec a, b ∈ R∗ et c ∈ R admet une solution particulière constante. Celle-ci s’interprète souvent comme étant une situation d’équilibre.
On remarque que c’est la limite de n’importe quelle solution convergente, lorsque (le
temps) t tend vers +∞.
Une solution particulière de l’équation differentielle linéaire ay 0 + by = c avec a, b ∈
c
R∗ et c ∈ R est la fonction v0 : R → R définie par v0 (t) = .
b
Exemple 2.5.1.
2
Une solution particulière de l’équation y 0 + 3y = 2 est v0 (x) = .
3
ESATIC
67
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EQUATIONS DIFFÉRENTIELLES ORDINAIRES
Exemple 2.5.2. Soit l’équation différentielle suivante :
y 0 (t) + 2y(t) = 1;
∀t > 0
(2.5)
Recherchons une solution particulière yp de l’équation (2.7) :
Remarquons que le second membre est une constante. Nous aurions pu deviner la forme
1
de la solution en posant yp (t) = α. Il vient alors yp (t) = .
2
Second membre de type exponentiel
Une solution particulière de l’équation differentielle linéaire ay 0 + by = eλx avec a ∈ R∗
est la fonction v0 : R → R telle que
b
1
eλx si λ 6= − ;
• v0 (x) =
aλ + b
a
x λx
b
• v0 (x) = e si λ = − .
a
a
Exemple 2.5.3.
1
1 Une solution particulière de l’équation y 0 + y = e2x est v0 (x) = e2x .
3
x
0
−3x
2 Une solution particulière de l’équation 2y + 6y = e
est v0 (x) = e−3x .
2
Second membre de la forme : f (x) = eλx Pn (x)
Pour une équation à coefficients constants, si le second membre est de la forme f (x) =
eλx Pn (x) où Pn est un polynôme de degré n :
−b
1er cas : λ 6= r =
,
a
alors on cherche une solution sous la forme v0 (x) = eλx Qn (x) où Qn est un polynôme de degré n.
−b
2eme cas : λ = r =
,
a
on cherche une solution sous la forme v0 (x) = eλx xQn (x) où Qn est un polynôme
de degré n.
Exemple 2.5.4.
Déterminons une solution particulière de l’équation y 0 + 2y = xe3x .
2
On a r = − = −2, λ = 3 et p1 (x) = x. Donc λ 6= r. Par suite, une solution est sous la
1
forme v0 (x) = (ax + b)e3x . On a aussi v00 (x) = ae3x + 3(ax + b)e3x
v0 est solution ⇔
⇔
⇔
⇔
⇔
ESATIC
∀x ∈ R, v00 (x) + 2v0 (x) = xe3x
∀x ∈ R, ae3x + 3(ax + b)e3x + 2(ax + b)e3x = xe3x
∀x ∈ R, (a + 3ax + 3b + 2ax + 2b)e3x = xe3x
∀x ∈ R, (5ax + a + 5b)e3x = xe3x
∀x ∈ R, (5ax + a + 5b) = x
68
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EQUATIONS DIFFÉRENTIELLES ORDINAIRES
Par identification, on a 5a = 1 et a + 5b = 0

(

 a = 1
5a = 1
5
⇒
1

a + 5b = 0
 b = −
25
1
1
v0 (x) = ( x − )e3x .
5
25
Exemple 2.5.5.
1
Une solution particulière de l’équation 2y 0 + y = (x2 + x)e− 2 x .
1
1
On a r = − , λ = − et p2 (x) = x2 + x. Donc λ = r. Par suite, une solution est
2
2
1
1
sous la forme v0 (x) = (ax2 + bx + c)xe− 2 x = (ax3 + bx2 + cx)xe− 2 x . On a aussi
1
1
v00 (x) = (3ax2 + 2bx + c)e− 2 x − 12 (ax3 + bx2 + cx)e− 2 x
1
v0 est solution ⇔ ∀x ∈ R, v00 (x) + 2v0 (x) = xe− 2 x
1
1
⇔ ∀x ∈ R, 2((3ax2 + 2bx + c)e− 2 x − 12 (ax3 + bx2 + cx)e− 2 x )+
1
1
(ax3 + bx2 + cx)xe− 2 x = (x2 + x)e− 2 x
1
⇔ ∀x ∈ R, (6ax2 + 4bx + 2c − ax3 − bx2 − cx + ax3 + bx2 + cx)e− 2 x
1
= (x2 + x)e− 2 x
1
1
⇔ ∀x ∈ R, 2(3ax2 + 2bx + c)e− 2 x = (x2 + x)e− 2 x
⇔ ∀x ∈ R, (6ax2 + 4bx + 2c) = (x2 + x)
Par identification, on a 6a = 1, 4b = 1 et 2c = 0


1


 a = 6
 6a = 1


1
4b = 1 ⇒
b =




4

2c = 0
 c = 0
1 3 1 2 −1x
v0 (x) =
x + x e 2 .
6
4
Second membre de la forme : η1 cos(ωx) + η2 sin(ωx)
Soient η1 , η2 , ω ∈ R avec ω 6= 0. L’équation
∀x ∈ I, ay 0 (x) + by(x) = η1 cos(ωx) + η2 sin(ωx)
admet une solution particuliere sur I de la forme t 7→ µ1 cos(ωx)+µ2 sin(ωx) où µ1 , µ2 ∈
R.
Exemple 2.5.6.
Déterminons une solution particulière de l’équation y 0 + y = 2 cos(4x).
On a η1 = 2, η2 = 0 et ω = 4. Par suite, une solution est sous la forme v0 (x) =
µ1 cos(4x) + µ2 sin(4x). On a aussi v00 (x) = −4µ1 sin(4x) + 4µ2 cos(4x)
ESATIC
69
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EQUATIONS DIFFÉRENTIELLES ORDINAIRES
v0 est solution ⇔
∀x ∈ R, −4µ1 sin(4x) + 4µ2 cos(4x) + µ1 cos(4x) + µ2 sin(4x)
= 2 cos(4x)
⇔ ∀x ∈ R, ∀x ∈ R, (4µ2 + µ1 ) cos(4x) + (µ2 − 4µ1 ) sin(4x)
= 2 cos(4x)
Par identification, on a µ1 + 4µ2 = 2 et −4µ1 + µ2 = 0

(

 µ1 = 2
µ1 + 4µ2 = 2
17
⇒
8

−4µ1 + µ2 = 0
 µ2 =
17
v0 (x) =
2
8
cos(4x) +
sin(4x).
17
17
Méthode de variation de la constante
Le nom de cette méthode est paradoxal mais justifié !
C’est une méthode générale pour trouver une solution particulière en se ramenant à un
calcul de primitive.
La solution générale de (2.4) a(x)y 0 (x)+b(x)y(x) = 0 est donnée par y(x) = CeG(x) ,
avec C ∈ R une constante et G une primitive de − ab . La méthode de la variation de la
constante consiste à chercher une solution particulière sous la forme v0 (x) = C(x)eG(x) ,
où C est maintenant une fonction à déterminer pour que v0 soit une solution de (2.3)
a(x)y 0 (x) + b(x)y(x) = f (x). On a
v00 (x) = C 0 (x)eG(x) + C(x)G0 (x)eG(x) = C 0 (x)eG(x) −
b(x)
C(x)eG(x)
a(x)
v0 est solution 2.3 ⇔ ∀x ∈ R, a(x)v00 (x) + b(x)v0 (x) = f (x)
b(x)
⇔ ∀x ∈ R, a(x)(C 0 (x)eG(x) − a(x)
C(x)eG(x) ) + b(x)C(x)eG(x) = f (x)
⇔ ∀x ∈ R, a(x)C 0 (x)eG(x) − b(x)C(x)eG(x) + b(x)C(x)eG(x) = f (x)
⇔ ∀x ∈ R, a(x)C 0 (x)eG(x) = f (x).
C 0 vérifie alors : C 0 (x) =
f (x)
.
a(x)eG(x)
Exemple 2.5.7.
Résolvons l’équation différentielle xy 0 (x) + y(x) = x pour x ∈ R∗+ .
C
Solution de l’équation homogène : v(x) = , C ∈ R.
x
Solution particulière : on cherche donc une solution sous la forme v0 (x) =
x2
.
2
x
Donc une solution particulière de l’équation est v0 (x) = .
2
C x
Solution gènérale :y(x) = + 2 , C ∈ R
x
C(x)
,
x
cela donne C 0 (x) = x et C(x) =
ESATIC
70
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EQUATIONS DIFFÉRENTIELLES ORDINAIRES
Exemple 2.5.8. Soit l’équation différentielle (2.7). Les solutions de
y 0 (t) + 2y(t) = 0
(2.6)
l’équation homogène associée, sont de la forme yh (t) = Ae−2t . Recherchons une solution
particulière yp de l’équation (2.7) :
utilisant la méthode de la variation de la constante : On pose donc yp (t) = A(t)e−2t .
yp (t) + 2yp (t) = 1;
A0 (t)e−2t − 2A(t)e−2t + 2A(t)e−2t = 1;
A0 (t) = e2t
1
A(t) = e2t .
2
On en déduit donc
1
1
yp (t) = e2t e−2t = .
2
2
Exemple 2.5.9.
Soit l’équation y 0 + y = ex + 1. L’équation homogène est y 0 = −y dont les solutions sont
les y(x) = ke−x , k ∈ R.
Cherchons une solution particulière avec la méthode de variation de la constante : on
note y0 (x) = C(x)e−x . On doit trouver C(x) afin que y0 vérifie l’équation différentielle
y 0 + y = ex + 1.
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
y00 + y0 = ex + 1
(C 0 (x)e−x − C(x)e−x ) + C(x)e−x = ex + 1
C 0 (x)e−x = ex + 1
C 0 (x) = e2x + ex
C(x) = 12 e2x + ex + c
On fixe c = 0 (n’importe quelle valeur convient) :
1 2x
1
−x
x
e + e e−x = ex + 1
y0 (x) = C(x)e =
2
2
Nous tenons notre solution particulière ! Les solutions générales de l’équation y 0 + y =
ex + 1 s’obtiennent en additionnant cette solution particulière aux solutions de l’équation
homogène :
1
y(x) = ex + 1 + Ce−x ,
C ∈ R.
2
ESATIC
71
UP Maths
EQUATIONS DIFFÉRENTIELLES ORDINAIRES
2.5.5
Principe de superposition
Proposition 2.5.3 (principe de superposition des solutions). Soient a, b1 et b2 trois fonctions continues sur un intervalle I à valeurs dans R.
Soient λ1 et λ2 deux nombres réels. On suppose que f1 est une solution particulière sur I
de l’équation
y 0 + ay = b1
et que f2 est une solution particulière sur I de l’équation
y 0 + ay = b2 .
Alors, la fonction f = λ1 f1 +λ2 f2 est une solution particulière de l’équation différentielle
y 0 + ay = b
où b = λ1 b1 + λ2 b2 .
Exemple 2.5.10.
Considérons par exemple l’équation différentielle y 0 − y = cos x + x. La fonction x 7→
− cos x + sin x
est solution de y 0 − y = cos x et la fonction x 7→ −x − 1 est solution
2
de y 0 − y = x sur R. Donc, une solution particulière de y 0 − y = cos x + x sur R est la
− cos x + sin x
fonction x 7→
− x − 1.
2
2.5.6
Résolution de l’équation y 0 + ay = b par la méthode de Lagrange
On se donne a : x 7→ a(x) et b : x 7→ b(x) deux fonctions continues sur un intervalle
I de R à valeurs dans R. On veut résoudre sur I l’équation différentielle
y 0 + ay = b
(E).
Puisque la fonction a est continue sur I, la fonction a admet des primitives sur I. On note
A une primitive de la fonction a sur I. Enfin, on fixe un réel x0 de I.
Soit f une fonction dérivable sur I. Puisque la fonction exponentielle ne s’annule pas sur
R,
f solution de (E) sur I
ESATIC
⇔ ∀x ∈ I, f 0 (x) + a(x)f (x) = b(x)
⇔ ∀x ∈ I, eA(x) f 0 (x) + a(x)eA(x) f (x) = b(x)eA(x) (car ∀x ∈ I, eA(x) 6= 0
⇔ ∀x ∈ I, (eA f )0 (x) = b(x)eA(x)
Rx
⇔ ∃C ∈ R, ∀x ∈ I, f (x)eA(x) = C + x0 b(t)eA(t) dt
Rx
⇔ ∃C ∈ R, ∀x ∈ I, f (x) = Ce−A(x) + e−A(x) x0 b(t)eA(t) dt.
72
UP Maths
EQUATIONS DIFFÉRENTIELLES ORDINAIRES
Maintenant, la résolution ci-dessus a été éffectuée sous l’hypothèse « soit f une fonction
derivable sur I ». Il reste donc à se préoccuper de la dérivabilite des solutions obtenues
puis d’éliminer parmi les solutions obtenues celles qui ne sont pas dérivables sur I.
Puisque la fonction a est continue sur I, la fonction A est definie et derivable sur I et il en
est de même des fonctions x 7→ Ce−A(x) . D’autre part, puisque la fonction b est continue
sur I et que la fonction A est continue sur I (car dérivable sur I), la fonction t 7→ b(t)eA(t)
Rx
est continue sur I. Mais alors, la fonction x 7→ x0 b(t)eA(t) dt est derivable sur I et il en
Rx
est de même de la fonction x 7→ e−A(x) x0 b(t)eA(t) dt. Finalement, pour tout C ∈ R, la
Rx
fonction x 7→ Ce−A(x) + e−A(x) x0 b(t)eA(t) dt est derivable sur I et par suite solution de
(E) sur I.
Remarque 2.5.1.
Le moment clé de la resolution est le moment où on multiplie les deux membres de l’égalité
par eA(x) . On fait ainsi apparaftre la derivee du produit eA f ((eA f )0 = eA f 0 + A0 eA f =
eA f 0 +aeA f ). On passe ainsi d’une equation ou l’inconnue f apparaft deux fois (f 0 +af =
b) a une équation ou l’inconnue f apparaft une seule fois (eA f )0 = beA ). Il n’y a plus
alors qu’a parcourir le chemin en sens inverse pour remonter à f (c’est-à-dire intégrer
puis multiplier les deux membres par e−A ).
On peut enoncer :
Théorème 2.5.1.
Soient a et b deux fonctions continues sur un intervalle I de R à valeurs dans R. Soit
x0 ∈ I. Les solutions sur I de l’équation différentielle y 0 + ay = b sont les fonctions de
la forme
Z
x
−A(x)
x 7→ Ce
+e
−A(x)
b(t)eA(t) dt,
C ∈ R,
x0
où A est une primitive fixée de la fonction a sur I.
En particulier, l’équation y 0 + ay = b admet au moins une solution sur I.
Exemple 2.5.11.
Soit (E) l’équation différentielle y 0 + y = 1 sur I = R. Soit f une fonction dérivable sur
R. On a a : x 7→ 1 et b : x 7→ 1. Donc, on a A : x 7→ x
f solution de (E) sur R
⇔
⇔
⇔
⇔
⇔
∀x ∈ R, f 0 (x) + f (x) = 1
∀x ∈ I, ex f 0 (x) + ex f (x) = ex (car ∀x ∈ R, ex 6= 0
∀x ∈ I, (exp ×f )0 (x) = ex
∃C ∈ R, ∀x ∈ I, f (x)ex = C + ex
∃C ∈ R, ∀x ∈ I, f (x) = Ce−x + 1.
L’ensemble des solutions de (E) sur R est S = {x 7→ 1 + Ce−x ,
ESATIC
73
C ∈ R}.
UP Maths
EQUATIONS DIFFÉRENTIELLES ORDINAIRES
Exemple 2.5.12.
Soit (E) l’équation différentielle 2xy 0 − y = 3x2 sur I =]0, +∞[.
Soit f une fonction dérivable sur ]0, +∞[.
2xf 0 (x) − f (x) = 3x2
3
1
⇔ ∀x ∈ I, f 0 (x) − f (x) = x
2x
2
1 − 1 ln(x)
3
1
− 12 ln(x) 0
⇔ ∀x ∈ I, e
f (x) − e 2
f (x) = xe− 2 ln(x)
2x
2
3 − 1 ln(x)
1
0
2
⇔ ∀x ∈ I, ((exp ◦(− 2 ln)) × f ) (x) = xe
2
1
3
1
0
⇔ ∀x ∈ I, (( √ ) × f ) (x) = x × √
2
x
1
3
⇔ ∃C ∈ R, ∀x ∈ I, √ × f (x) = C + x 2
x
√
⇔ ∃C ∈ R, ∀x ∈ I, f (x) = C x + x2 .
√
L’ensemble des solutions de (E) sur ]0, +∞[ est S = {x 7→ C x + x2 , C ∈ R}.
f solution de (E) sur I
⇔
∀x ∈ I,
Proposition 2.5.4. La solution générale v de l’équation (2.3) sur I telle que v(x0 ) = y0
pour un certain x0 dans I est donnée par
Z x
Z s
Z x b(s) f (s)
b(σ) v(x) = exp −
ds y0 +
exp
dσ ds .
x0 a(s)
x0 a(s)
x0 a(σ)
Exemple 2.5.13.
Soit l’équation différentielle suivante :
y 0 (t) + 2y(t) = 1;
∀t > 0
(2.7)
sous la condition initiale y(0) = y0 = 1.
Utilisation de le proposition 2.5.4
t
Z
v(t) = exp −
= e−2t (1 +
2ds
Z0
Z
1+
t
Z
exp
0
s
2dσ ds ;
0
t
e2s ds);
0
=
=
=
=
ESATIC
1
e−2t (1 + [ e2s ]t0 );
2
1
1
e−2t (1 + ( e2t − ));
2
2
1
1
e−2t ( + e2t );
2 2
1
(1 + e−2t ).
2
74
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EQUATIONS DIFFÉRENTIELLES ORDINAIRES
2.5.7
Exercices
Exercice 2.5.1. Résoudre l’équation y 0 + y = e2x
• La solution de l’équation homogène est yh (x) = Ce−x avec C ∈ R.
1
• Une solution particulière est de la forme yp (x) = e2x .
3
1 2x
−x
• La solution générale est donc y(x) = Ce + e .
3
Exercice 2.5.2. On considère l’équation différentielle (E) : x3 y 0 + (2 − 3x2 )y = x3 .
1 Résoudre l’équation différentielle (E) sur ]0, +∞[ et ] − ∞, 0[.
2 Peut-on trouver une solution sur R ?
3 Trouver la solution sur ]0, +∞[ vérifiant y(1) = 0.
Correction.
a Résolution de l’équation homogène (E0 ) : x3 y 0 + (2 − 3x2 )y = 0. Pour
2
x 6= 0, on a y 0 = − 2−3x
y. Donc la solution générale de (E0 ) est y(x) =
x3
1
R
2−3x2
ke − x3 dx = ke3 ln |x| e1/x = k|x|3 e1/x . Donc la solution générale de (E0 )
2
2
sur ]0, +∞[ est : y(x) = k1 x3 e1/x ; et sur ] − ∞, 0[ : y(x) = k2 x3 e1/x .
2
2
b Résolution de l’équation avec second membre (E) par la méthode de variation
2
de la constante. On cherche une solution sous la forme y(x) = k(x)x3 e1/x .
2
En dérivant et en remplaçant dans l’équation différentielle, on obtient k 0 (x)x3 e1/x =
R −1/x2
2
1. Donc k(x) = e x3 dx = 12 e−1/x + c. D’où une solution particulière de
2
(E) sur ]0, +∞[ ou ] − ∞, 0[ : y0 (x) = k(x)x3 e1/x = 12 x3 .
2
c Solution générale sur ]0, +∞[ : y(x) = 21 x3 + k1 x3 e1/x .
2
Solution générale sur ] − ∞, 0[ : y(x) = 21 x3 + k2 x3 e1/x .
2
2 x3 e1/x tend vers +∞ (resp. −∞) lorsque x → 0+ (resp. 0− ), donc pour k1 ou
k2 non nul, y ne peut pas être prolongée par continuité en 0. Pour k1 = k2 = 0,
y(x) = 12 x3 est continue et dérivable sur R. C’est la seule solution sur R.
3 Si l’on cherche une solution particulière vérifiant y(1) = 0, alors on a y(x) =
2
1 3
1
1 3 1/x2
x +kx3 e1/x , y(1) = 1/2+ke = 0, donc k = − 2e
. Donc y(x) = 12 x3 − 2e
xe .
2
Exercice 2.5.3. Résoudre x(1 + x)y 0 − (x + 2)y = 2x.
1 Équation homogène.
L’équation homogène est x(1 + x)y 0 − (x + 2)y = 0. Pour x 6= 0 et x 6= −1, l’équax+2
tion s’écrit y 0 = x(1+x)
y. La décomposition de la fraction en éléments simples est :
R x+2
x+2
2
1
. Une primitive de a(x) est donc A(x) = x(1+x)
dx =
a(x) = x(1+x) = x − 1+x
2 ln |x| − ln |x + 1|. La solution générale de l’équation homogène est y(x) =
x2
2
2
x
x
keA(x) = ke2 ln |x|−ln |x+1| = keln |x+1| = k |x+1|
= ±k x+1
. Cette solution est bien
ESATIC
75
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EQUATIONS DIFFÉRENTIELLES ORDINAIRES
définie en x = 0. On obtient donc la solution générale de l’équation homogène :
x2
sur ] − ∞, −1[ ou sur ] − 1, +∞[.
y(x) = k x+1
2 Solution particulière.
2
x
On cherche une solution de l’équation non homogène sous la forme y0 (x) = k(x) x+1
par la méthode de variation de la constante. En remplaçant dans l’équation, on obtient k 0 (x)x3 = 2x. Donc pour x 6= 0, on a k 0 (x) = x22 , et k(x) = − x2 . D’où la
2x
x2
solution générale de l’équation non homogène y(x) = − x+1
+ k x+1
. Cette solution
est définie sur ] − ∞, −1[ ou ] − 1, +∞[.
3 Existe-t-il une solution définie sur R ?
On a y(x) = x(kx−2)
. Donc pour k 6= −2, on ne peut prolonger y en −1. Pour k =
x+1
−2, on peut prolonger y en −1. On obtient une solution définie sur R : y = −2x.
2.6
Equations différentielles linéaires du second ordre
2.6.1
Définitions
Définition 2.6.1.
Une équation différentielle linéaire du second ordre est du type :
a(x)y 00 (x) + b(x)y 0 (x) + c(x)y(x) = f (x)
(2.8)
où a, b et c sont des fonctions données avec a 6= 0, appelées coefficients de l’équation différentielle et f une fonction donnée, appelée seoncd membre de l’équation différentielle.
Définition 2.6.2.
Une équation différentielle linéaire du second ordre à coefficients constants est du type :
(Ec)
ay 00 (x) + by 0 (x) + cy(x) = f (x)
où les réels a, b et c sont donnés dans R avec a 6= 0 et f une fonction donnée.
Définition 2.6.3.
Une solution de (2.12) est une fonction y de classe C 2 sur un intervalle I vérifiant (2.12)
pour tout x ∈ I.
Définition 2.6.4.
La solution générale de l’EDO de (2.12) s’écrivent :
y(x) = yh (x) + y0 (x),
où yh est solution de l’équation homogène associée et y0 une solution particulière de
(2.12).
ESATIC
76
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EQUATIONS DIFFÉRENTIELLES ORDINAIRES
Remarque 2.6.1.
Soit :
a(x)y 00 (x) + b(x)y 0 (x) + c(x)y(x) = 0.
(Eh ) :
Contrairement aux EDO linéaires homogènes du premier ordre, on n’a pas d’expression
explicite des solutions lorsque les coefficients sont non constants.
2.6.2
Equation à coefficients constants
a) Solution de l’équation homogène
Considérons l’équation différentielle linéaire du second ordre du type :
(E)
ay 00 (x) + by 0 (x) + cy(x) = 0
où les réels a, b et c sont donnés dans R × R × R avec a 6= 0. On appelle équation
caractéristique associée à (Ec) :
ar2 + br + c = 0.
(2.9)
Notons ∆ = b2 − 4ac son discriminant.
1 Si ∆ > 0 alors l’équation caractéristique admet deux solutions r1 6= r2 réelles. Les
solutions de (Ec) s’écrivent :
y(x) = C1 er1 x + C2 er2 x ,
avec : C1 , C2 ∈ R constantes arbitraires.
2 Si ∆ < 0 alors l’équation caractéristique admet deux solutions complexes conjuguées r = α + iβ et r = α − iβ. Les solutions de (Ec) s’écrivent :
y(x) = eαx (A cos(βx) + B sin(βx)),
avec A, B ∈ R.
−b
3 Si ∆ = 0 alors l’équation caractéristique admet une unique solution r =
(racine
2a
double) et les solutions de (Ec) s’écrivent :
y(x) = (A + Bx)erx ,
où A et B sont deux constantes arbitraires réelles.
Exemple 2.6.1.
ESATIC
77
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EQUATIONS DIFFÉRENTIELLES ORDINAIRES
1 Résoudre sur R l’équation y 00 − y 0 − 2y = 0.
L’équation caractéristique est r2 − r − 2 = 0, qui s’écrit aussi (r + 1)(r − 2) = 0
(∆ > 0). D’où, pour tout x ∈ R, y(x) = λe−x + µe2x , avec λ, µ ∈ R.
2 Résoudre sur R l’équation y 00 − 4y 0 + 4y = 0.
L’équation caractéristique est r2 − 4r + 4 = 0, soit (r − 2)2 = 0 (∆ = 0). D’où,
pour tout x ∈ R, y(x) = (λx + µ)e2x , avec λ, µ ∈ R.
3 Résoudre sur R l’équation y 00 − 2y 0 + 5y = 0.
L’équation caractéristique est r2 −2r +5 = 0. Elle admet deux solutions complexes
conjuguées : r1 = 1 + 2i et r2 = 1 − 2i (∆ < 0). D’où, pour tout x ∈ R,
y(x) = ex (λ cos(2x) + µ sin(2x)), avec λ, µ ∈ R.
Exemple 2.6.2.
• Les solutions réelles sur R de l’équation différentielle y 00 − 4y 0 + 3y = 0 sont les
fonctions de la forme
x 7→ λex + µe3x ,
(λ, µ) ∈ R2 (l’équation caractéristique associée est r2 − 4r + 3 = 0).
• Les solutions réelles sur R de l’équation différentielle 4y 00 + 4y 0 + y = 0 sont les
fonctions de la forme
x
x 7→ (λ + µx)e− 2 ,
(λ, µ) ∈ R2 (l’équation caractéristique associée est 4r2 + 4r + 1 = 0).
• Les solutions réelles sur R de l’équation différentielle y 00 − 2y 0 + 2y = 0 sont les
fonctions de la forme
x 7→ ex (λ cos x + µ sin x),
(λ, µ) ∈ R2 (l’équation caractéristique associée est r2 − 2r + 2 = 0 et a pour
solutions 1 + i et 1 − i).
• Soit ω un réel strictement positif. Les solutions reelles sur R de l’équation différentielle y 00 + ω 2 y = 0 sont les fonctions de la forme
x 7→ λ cos(ωx) + µ sin(ωx),
(λ, µ) ∈ R2 (l’équation caractéristique associée est r2 + ω 2 = 0 et a pour solutions
iω et −iω).
b) Recherche de solution particulière
On commence toujours par regarder s’il n’y a pas de solution évidente, sinon on peut
appliquer l’une des méthodes suivantes
ESATIC
78
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EQUATIONS DIFFÉRENTIELLES ORDINAIRES
Second membre de la forme : f (x) = α cos(x) + β sin(x)
Pour une équation à coefficients constants, si le second membre est de la forme f (x) =
α cos(x) + β sin(x) alors on peut chercher une solution sous la forme :
y0 (x) = c1 cos(x) + c2 sin(x).
Second membre de la forme : f (x) = eλx Pn (x)
Pour une équation à coefficients constants, si le second membre est de la forme f (x) =
eλx Pn (x) où Pn est un polynôme de degré n :
1er cas : si aλ2 + bλ + c 6= 0 i.e. λ 6= r1 et λ 6= r2 ,
alors on cherche une solution sous la forme v0 (x) = eλx Qn (x) où Qn est un polynôme de degré n.
2eme cas : si aλ2 + bλ + c = 0 et 2aλ + b 6= 0 i.e. si λ = r1 ou λ = r2 avec r1 6= r2 ,
alors on cherche une solution sous la forme v0 (x) = eλx xQn (x) où Qn est un
polynôme de degré n.
3eme cas : si λ = r1 = r2
alors on cherche une solution sous la forme v0 (x) = eλx x2 Qn (x) où Qn est un polynôme de degré n.
Exemple 2.6.3.
Résoudre les équations différentielles :
(E0 ) y 00 − 5y 0 + 6y = 0
(E1 ) y 00 − 5y 0 + 6y = 4xex
(E2 ) y 00 − 5y 0 + 6y = 4xe2x
Trouver la solution de (E1 ) vérifiant y(0) = 1 et y 0 (0) = 0.
1 Équation (E0 ). L’équation caractéristique est r2 − 5r + 6 = (r − 2)(r − 3) = 0,
avec deux racines distinctes r1 = 2, r2 = 3. Donc l’ensemble des solutions de (E0 )
est λe2x + µe3x | λ, µ ∈ R .
2 Équation (E1 ).
a On cherche une solution particulière à (E1 ) sous la forme y0 (x) = (ax + b)ex .
Lorsque l’on injecte y0 dans l’équation (E1 ), on obtient :
(ax + 2a + b)ex − 5(ax + a + b)ex + 6(ax + b)ex = 4xex
⇐⇒ (a − 5a + 6a)x + 2a + b − 5(a + b) + 6b = 4x
⇐⇒ 2a = 4 et − 3a + 2b = 0
⇐⇒ a = 2 et b = 3
Donc y0 (x) = (2x + 3)ex .
b L’ensemble des solutions de (E1 ) est (2x + 3)ex + λe2x + µe3x | λ, µ ∈ R .
ESATIC
79
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EQUATIONS DIFFÉRENTIELLES ORDINAIRES
c On a y(x) = (2x + 3)ex + λe2x + µe3x . On cherche λ, µ tels que y(0) =
1, y 0 (0) = 0. C’est-à-dire que 3 + λ + µ = 1, 5 + 2λ + 3µ = 0. Donc
λ = −1, µ = −1, c’est-à-dire que y(x) = (2x + 3)ex − e2x − e3x .
3 Équation (E2 ). Comme 2 est une racine de l’équation caractéristique, on cherche
une solution particulière sous la forme y0 (x) = x(ax + b)e2x . On obtient y0 (x) =
x(−2x − 4)e2x .
Exemple 2.6.4.
00
Résolvons l’équation différentielle y (x) − 4y 0 (x) + 3y(x) = x + 1 pour x ∈ R.
Solution de l’équation homogène :v(x) = C1 e3x + C2 ex , C1 , C2 ∈ R.
Solution particulière : on cherche donc une solution sous la forme v0 (x) = ax + b,
cela donne v0 (x) = x3 + 79 .
Solution gènérale :y(x) = C1 e3x + C2 ex + x3 + 79 , C1 , C2 ∈ R
Méthode de variation de la constante
Le principe est le suivant : on a trouvé une solution de l’équation homogène de la forme :
yh (x) = Ay1 (x) + By2 (x).
On va chercher une solution particulière sous la forme :
y0 (x) = A(x)y1 (x) + B(x)y2 (x).
On va être amené à chercher des fonctions A et B vérifiant le système suivant :

 y1 (x)A0 (x) + y2 (x)B 0 (x) = 0
(S)
 y10 (x)A0 (x) + y20 (x)B 0 (x) = f (x)
a
Ce système est un système linéaire en (A0 (x), B 0 (x)) de déterminant :
W (x) =
y1 (x) y2 (x)
y10 (x) y20 (x)
appelé Wronskien de y1 et y2 . Le système (S) a-t-il des solutions ? Oui car son déterminant
W(x) est non nul :
W (x) = y1 (x)y20 (x) − y10 (x)y2 (x) = (y1 (x))2 (
y2 0
) (x) 6= 0,
y1
puisque y1 et y2 sont linéairement indépendants. On calcule donc A0 (x) et B 0 (x) solutions
du système (S), on a
f
−( )y2
a
A0 =
W
et
f
( )y1
B0 = a ,
W
puis on integre pour trouver A(x) et B(x) et en déduire y0 (x).
ESATIC
80
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EQUATIONS DIFFÉRENTIELLES ORDINAIRES
Exemple 2.6.5.
Soit l’équation différentielle suivante :
y 00 (t) + 3y 0 (t) + 2y(t) = t
(2.10)
Le polynôme caractéristique associée est r2 + 3r + 2, dont les racines sont r = −1 ;
r = −2. La solution de l’équation sans second membre est donc :
yh (t) = A1 e−t + A2 e−2t .
Nous recherchons une solution particulière de la forme :
(
yp (t) = A1 (t)e−t + A2 (t)e−2t
.
yp0 (t) = −A1 (t)e−t − 2A2 (t)e−2t
(2.11)
La dérivée seconde de yp (t) s’écrit alors :
yp00 (t) = −A01 (t)e−t − 2A02 (t)e−2t + A1 (t)e−t + 4A2 (t)e−2t .
En replacant l’expression de yp (t), yp0 (t) et yp00 (t) dans l’équation (2.10), on obtient :
−A01 (t)e−t − 2A02 (t)e−2t = t.
On ajoute à cette l’équation, la seconde équation
A01 (t)e−t + A02 (t)e−2t = 0,
pour obtenir le système :
(
−A01 (t)e−t − 2A02 (t)e−2t = t
A01 (t)e−t + A02 (t)e−2t = 0
La résolution de ce système de deux équations à deux inconnues nous donne :

 A0 (t) = −te2t ⇒ A (t) = − 1 te2t + 1 (e2t − 1) + C ;
2
2
2
2
4
 A0 (t) = tet
t
t
⇒ A (t) = te − e + 1 + C ,
1
1
1
où C1 et C2 sont des constantes, respectivement les valeurs des fonctions t 7→ A1 (t) et
1
t 7→ A2 (t) en zéro. En choisissant finalement C1 = −1 et C2 = , on obtient alors
4
1
3
yp (t) = t − .
2
4
ESATIC
81
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EQUATIONS DIFFÉRENTIELLES ORDINAIRES
Exemple 2.6.6.
Résoudre l’équation suivante, sur l’intervalle ] − π2 , + π2 [ :
y 00 + y =
1
cos x
Les solutions de l’équation homogène y 00 + y = 0 sont λ cos x + µ sin x où λ, µ ∈ R.
On cherche une solution particulière de l’équation avec second membre sous la forme
y0 (x) = λ(x) cos x + µ(x) sin x
où cette fois λ(x), µ(x) sont des fonctions à trouver et qui vérifient (S) :
(
(
λ0 y1 + µ0 y2 = 0
λ0 cos x + µ0 sin x = 0
donc
λ0 y10 + µ0 y20 = g(x)
−λ0 sin x + µ0 cos x = cos1 x .
a
En multipliant la première ligne par sin x et la seconde par cos x, on obtient
(
λ0 cos x sin x + µ0 (sin x)2 = 0
donc par somme µ0 = 1.
0
0
2
−λ cos x sin x + µ (cos x) = 1
sin x
donc λ(x) =
Ainsi µ(x) = x et la première ligne des équations devient λ0 = − cos
x
ln(cos x).
On vérifie pour se rassurer que y0 (x) = ln(cos x) cos x + x sin x est une solution de
l’équation. Ainsi les fonctions solutions sont de la forme :
λ cos x + µ sin x + ln(cos x) cos x + x sin x
quels que soient λ, µ ∈ R.
c) principe de superposition
Si f (x) = f1 (x) + f2 (x), une solution particulière est donnée par y = y1 + y2 , où yi
est une solution a ay 00 + by 0 + cy = fi (x) (pour i = 1, 2).
Exemple 2.6.7.
Résoudre y 00 + y = x + cos 3x sur I = R.
a) équation homogène : L’équation caractéristique est r2 +1 = 0. La solution generale
de (E.H.) est donc y = A cos x + B sin x.
b) solution particulière à y 00 + y = x : y = x convient.
c) solution particulière a y 00 + y = cos 3x : En remplacant y = A cos 3x + B sin 3x
dans l’équation, on trouve (A − 9A) cos 3x + (B − 9B) sin 3x = cos 3x, donc
1
A = − et B = 0.
8
1
d) conclusion : la solution generale est y = x − cos 3x + A cos x + B sin x.
8
ESATIC
82
UP Maths
EQUATIONS DIFFÉRENTIELLES ORDINAIRES
2.7
Résumé
2.7.1
Équation différentielle linéaire du premier ordre
Définition 2.7.1. Soit yp une solution particulière de (2.3) ; alors les solutions générales
de (2.3) s’écrivent
y(x) = yh (x) + yp (x)
où yh est la solution générale de l’équation homogène (2.4).
Equation
solution générale de
l’équation homogène
une solution particulière
a(x)y 0 (x) + b(x)y(x) = f (x)
a 6= 0
yh (x) = CeG(x) , ∀x ∈ I
où G est une primitive
de g définie par
−b(x)
g(x) =
et C ∈ R
a(x)
b
yh (x) = Ce− a x ,
yp (x) = H(x)eG(x)
H est une primitive
de h définie par
f (x)
h(x) =
a(x)eG(x)
c
yp (t) =
b
ay 0 + by = c avec a, b ∈ R∗ et c ∈ R
∀x ∈ I, C ∈ R
ay 0 + by = eλx
yp (x) =



 x eλx
a
avec a ∈ R∗
ay 0
b
yh (x) = Ce− a x ,

b
1


eλx si λ 6= −

 aλ + b
a
si λ = −
b
a
∀x ∈ I, C ∈ R
+ by = P (x)
− ab x
yh (x) = Ce
yp (x) =
,


 Q(x)
si b 6= 0


avec a ∈
R∗
et P est un polynôme
ay 0 + by = eλx P (x)
∀x ∈ I, C ∈ R
b
yh (x) = Ce− a x ,
avec a ∈ R∗ et P est un polynôme
∀x ∈ I, C ∈ R
ay 0 + by = η1 cos(ωx) + η2 sin(ωx)
avec η1 , η2 , ω ∈ R
yh (x) = Ce− a x ,
∀x ∈ I, C ∈ R
2.7.2
yp (x) =
b
xQ(x) si b = 0
où Q est un polynôme
de même degré que P

b


eλx Q(x) si λ 6= −


a



 xeλx Q(x) si λ = − b
a
où Q est un polynôme
de même degré que P
yp (x) = µ1 cos(ωx) + µ2 sin(ωx)
avec µ1 , µ2 ∈ R
Equation différentielle linéaire du second ordre
Définition 2.7.2. Une équation différentielle linéaire du second ordre est du type :
a(x)y 00 (x) + b(x)y 0 (x) + c(x)y(x) = f (x)
ESATIC
83
(2.12)
UP Maths
EQUATIONS DIFFÉRENTIELLES ORDINAIRES
où a, b et c sont des fonctions données avec a 6= 0, appelées coefficients de l’équation différentielle
et f une fonction donnée, appelée seoncd membre de l’équation différentielle.
Définition 2.7.3. Une équation différentielle linéaire du second ordre à coefficients constants est
du type :
(Ec)
ay 00 (x) + by 0 (x) + cy(x) = f (x)
où les réels a, b et c sont donnés dans R avec a 6= 0 et f une fonction donnée.
Définition 2.7.4. Une solution de (2.12) est une fonction y de classe C 2 sur un intervalle I vérifiant (2.12) pour tout x ∈ I.
Définition 2.7.5. La solution générale de l’EDO de (2.12) s’écrivent :
y(x) = yh (x) + yp (x),
où yh est solution de l’équation homogène associée et yp une solution particulière de (2.12).
Remarque 2.7.1. Soit :
(Eh ) :
a(x)y 00 (x) + b(x)y 0 (x) + c(x)y(x) = 0.
Contrairement aux EDO linéaires homogènes du premier ordre, on n’a pas d’expression explicite
des solutions lorsque les coefficients sont non constants.
Définition 2.7.6. Considérons l’équation différentielle linéaire du second ordre du type :
ay 00 (x) + by 0 (x) + cy(x) = f (x)
(Ec)
où les réels a, b et c sont donnés dans R × R × R avec a 6= 0. On appelle équation caractéristique
associée à (Ec) :
ax2 + bx + c = 0.
(2.13)
Notons ∆ = b2 − 4ac son discriminant.
Discriminant ∆
de ax2 + bx + c
Racines
de ax2 + bx + c
Forme des solutions
de l’équation homogène
∆>0
r1 et r2 avec r1 6= r2
yh (x) = Aer1 x + Ber2 x , avec : A, B ∈ R
∆=0
r
yh (x) = (A + Bx)erx , avec A, B ∈ R
∆<0
r1 = α + iβ et r2 = α − iβ
yh (x) = eαx (A cos(βx) + B sin(βx)), avec A, B ∈ R
ESATIC
84
UP Maths
EQUATIONS DIFFÉRENTIELLES ORDINAIRES
Equation
ay 00 (x) + by 0 (x) + cy(x) = f (x)
avec a 6= 0
Solution particulière
yp (x) = U (x)y1 (x) + V (x)y2 (x). U et V sont
respectivement des primitives de
u et v définies respectivement
par
f (x)
−
y2 (x)
a
u(x) =
y1 (x)y20 (x) −y10 (x)y2 (x)
f (x)
y1 (x)
a
et v(x) =
.
y1 (x)y20 (x) − y10 (x)y2 (x)
• Si ∆ > 0 alors y1 (x) = er1 x et y2 (x) = er2 x
• Si ∆ = 0 alors y1 (x) = erx et y2 (x) = xerx
• Si ∆ < 0 alors y1 (x) = eαx cos(βx)
et y2 (x) = eαx sin(βx)
ay 00 (x) + by 0 (x) + cy(x) = d
a, c ∈ R∗ et b, d ∈ R
ay 00 + by 0 + cy = Aeλx
a ∈ R∗ , λ ∈ R
ay 00 + by 0 + cy = P (x)
a ∈ R∗ et
P est un polynôme
ay 00 + by 0 + cy = P (x)eλx
a ∈ R∗ et
P est un polynôme
yp (x) =

λx

si λ n’est PAS solution de (2.13)
 Be
λx
yp (x) =
Bxe
si λ est solution SIMPLE de (2.13)


2
λx
Bx e
si λ est solution DOUBLE de (2.13)


si c 6= 0
 Q(x)
yp (x) =
xQ(x) si c = 0 et b 6= 0

 2
x Q(x) si b = c = 0
Q est un polynôme de même degrés que P

λx

si λ n’est PAS racine de (2.13)
 Q(x)e
λx
yp (x) =
xQ(x)e
si λ est solution SIMPLE de (2.13)

 2
λx
x Q(x)e
si λ est solution DOUBLE de (2.13)
Q est un polynôme de même degrés que P
ay 00 + by 0 + cy = f (x) avec
f (x) = α cos(ωx) + β sin(ωx)
a ∈ R∗ et α, β, ω ∈ R
ESATIC
d
c
yp (x) = c1 cos(ωx) + c2 sin(ωx)
85
UP Maths
Chapitre 3
DEVELOPPEMENTS LIMITES (DL)
3.1
Introduction
Les développements limités ont pour but, (en Physique principalement), de remplacer une
expression compliquée mais rigoureuse par une expression approchée donc moins rigoureuse mais
facilement exploitable. On connait l’ordre de grandeur de l’erreur ainsi introduite, on peut même
fixer cette erreur en prenant un plus ou moins grand nombre de termes significatifs.
3.2
–
–
–
–
3.3
Objectifs
Étudier les différentes formules de Taylor.
Appliquer la formule de Taylor-Young pour découvrir les développements limités usuels.
S’entraîner au calcul de développements limités de fonctions composées.
Utiliser les développements limités dans les calculs de limite et dans l’étude des courbes.
Formules de Taylor
Théorème 3.3.1 (Formule de Taylor avec reste intégral). Soit f de classe C n+1 sur un intervalle
I de R, et x0 ∈ I. Alors ∀x ∈ I,
(x − x0 )2 00
f (x) = f (x0 ) + (x − x0 )f 0 (x0 ) +
f (x0 ) + ... +
2!
Z
x
(x − x0 )n (n)
(x − t)n (n+1)
f (x0 ) +
f
(t)dt.
n!
n!
x0
Démonstration. Montrons cette formule de Taylor par récurrence sur k ≤ n :
Z b
f 00 (a)
f (k) (a)
(b − t)k
0
2
k
f (b) = f (a) + f (a)(b − a) +
(b − a) + · · · +
(b − a) +
f (k+1) (t)
dt.
2!
k!
k!
a
(Pour éviter les confusions entre ce qui varie et ce qui est fixe dans cette preuve on remplace x
par b.)
86
DEVELOPPEMENTS LIMITES
Rb
Initialisation. Pour n = 0, une primitive de f 0 (t) est f (t) donc a f 0 (t) dt = f (b) − f (a),
Rb
donc f (b) = f (a) + a f 0 (t) dt. (On rappelle que par convention (b − t)0 = 1 et 0! = 1.)
Hérédité. Supposons la formule vraie au rang k − 1. Elle s’écrit f (b) = f (a) + f 0 (a)(b −
Rb
k−1
(k−1)
a) + · · · + f (k−1)!(a) (b − a)k−1 + a f (k) (t) (b−t)
(k−1)! dt.
Rb
k−1
On effectue une intégration par parties dans l’intégrale a f (k) (t) (b−t)
(k−1)! dt. En posant u(t) =
f (k) (t) et v 0 (t) =
b
Z
f
(k)
a
(b−t)k−1
(k−1)! ,
k
on a u0 (t) = f (k+1) (t) et v(t) = − (b−t)
k! ; alors
b Z b
(b − t)k
(b − t)k−1
(b − t)k
(k)
dt = −f (t)
dt
(t)
+
f (k+1) (t)
(k − 1)!
k!
k!
a
a
Z b
(b − a)k
(b − t)k
= f (k) (a)
f (k+1) (t)
+
dt.
k!
k!
a
Ainsi lorsque l’on remplace cette expression dans la formule au rang k−1 on obtient la formule
au rang k.
Conclusion. Par le principe de récurrence la formule de Taylor est vraie pour tous les entiers
n pour lesquels f est classe C n+1 .
Théorème 3.3.2 (Formule de Taylor-Young). Soit f de classe C n sur un intervalle I de R, et
x0 ∈ I. Alors ∀x ∈ I,
f (x) = f (x0 ) + (x − x0 )f 0 (x0 ) +
(x − x0 )2 00
f (x0 ) + ... +
2!
(x − x0 )n (n)
f (x0 ) + (x − x0 )n ε(x),
n!
où lim ε(x) = 0
x→x0
Démonstration. f étant une fonction de classe C n nous appliquons la formule de Taylor avec reste
f (n) (c) au rang n − 1. Pour tout x, il existe c = c(x) compris entre a et x tel que
f (x) = f (a) + f 0 (a)(x − a) +
f (n−1) (a)
f (n) (c)
f 00 (a)
(x − a)2 + · · · +
(x − a)n−1 +
(x − a)n .
2!
(n − 1)!
n!
Que nous réécrivons :
f (x) = f (a) + f 0 (a)(x − a) +
f 00 (a)
f (n) (a)
(x − a)2 + · · · +
(x − a)n +
2!
n!
f (n) (c) − f (n) (a)
(x − a)n .
n!
On pose (x) =
lim (x) = 0.
f (n) (c) − f (n) (a)
. Puisque f (n) est continue et que c(x) → a alors
n!
x→a
Théorème 3.3.3 (Formule de Taylor-Lagrange). Soit f : I → R une fonction de classe C n+1
(n ∈ N) et soit a, x ∈ I. Il existe un réel c entre a et x tel que :
f (x) = f (a) + f 0 (a)(x − a) +
f 00 (a)
2! (x
··· +
ESATIC
− a)2 + · · ·
f (n) (a)
n! (x
87
− a)n +
f (n+1) (c)
(n+1)! (x
− a)n+1 .
UP Maths
DEVELOPPEMENTS LIMITES
Démonstration. Pour la preuve nous montrerons la formule de Taylor pour f (b) en supposant
a < b. Nous montrerons seulement c ∈ [a, b] au lieu de c ∈]a, b[.
Etant donné un réel A, considérons la fonction :
g : x 7→
n
X
(b − x)k
k=0
k!
f (k) (x) +
(b − x)n+1
A
(n + 1)!
On a g(b) = f (b) et on peut choisir A pour que g(a) = g(b) = f (b), puisque b − a 6= 0. g est
continue sur [a, b] et dérivable sur ]a, b[.
Appliquons le théorème de Rolle : il existe c ∈]a, b[ tel que g 0 (c) = 0 avec
g 0 (x) =
n
X
(b − x)k
k!
k=0
f (k+1) (x) −
n
X
(b − x)k−1
k=0
(k − 1)!
f (k) (x) −
(b − x)n
A.
n!
Il vient
(b − x)n (n+1)
(f
(x) − A).
n!
g 0 (c) = 0 donne A = f (n+1) (c) car b − c 6= 0.
g 0 (x) =
Corollaire 3.3.1 (Formule de Taylor-Mac Laurin). Soit f de classe C n+1 sur un intervalle [0; x]
de R. Alors il existe θ ∈]0; 1[ tel que :
x2 00
f (0) + ... +
2!
xn (n)
(x)n+1 (n+1)
f (0) +
f
(θx)
n!
(n + 1)!
f (b) = f (0) + xf 0 (0) +
3.4
Définitions
Définition 3.4.1.
Soit une fonction f : I → R définie sur un intervalle I et un point x0 ∈ I. On dit que la fonction
f admet un développement limité ou DL à l’ordre n en x0 s’il existe un polynôme.
F (x) = a0 + a1 (x − x0 ) + ... + an (x − x0 )n
de degré ≤ n et une fonction h : I → R tels que
∀x ∈ I; f (x) = F (x) + (x − x0 )n h(x)
Le polynôme F (x) =
avec
lim h(x) = 0.
x→x0
n
X
ak (x − x0 )k est la partie régulière ou partie principale du DL tandis
k=0
que (x − x0 )n h(x) noté encore o((x − x0 )n ) est le reste du DL.
Définition 3.4.2.
On dit qu’une fonction réelle f admet au voisinage de 0 un DL d’ordre n s’il existe des constantes
a0 , a1 , · · · , an telles que
f (x) =
n
X
ak xk + xn h(x)
k=0
ESATIC
88
avec
lim h(x) = 0.
x→0
UP Maths
DEVELOPPEMENTS LIMITES
Le polynôme P (x) =
n
X
ak xk est la partie régulière du DL tandis que xn h(x) noté encore o(xn )
k=0
est le reste du DL.
Définition 3.4.3.
On dit qu’une fonction f admet un développement limité à droite (respectivement à gauche) à
l’ordre n au voisinage de x0 si la restriction de f à Df ∩ [x0 , +∞[ (respectivement à Df ∩] −
∞, x0 ]) admet un développement limité à l’ordre n en x0 .
Proposition 3.4.1.
Si Df est tel que :
∃h > 0 :
[x0 − h, x0 + h]\{x0 } ⊂ Df ,
il est équivalent de dire :
(i) la fonction f admet un développement limité à l’ordre n en x0 ,
(ii) la fonction f admet des développements limités à droite et à gauche à l’ordre n en x0 et les
coefficients de ces derniers développements limités sont égaux.
Définition 3.4.4.
La fonction f admet un développement limité à l’ordre n auvoisinage de +∞ (respectivement
1
au voisinage de −∞) si la fonction g : h 7→ g(h) = f
possède un développement limité
h
à l’ordre n en 0 à droite (respectivement à gauche), c’est-à-dire s’il existe une (n + 1)−listes
de réels (a0 , a1 , · · · , an ) telle que l’on ait, au voisinage de +∞ (respectivement au voisinage de
−∞) :
n
X
ak
1
f (x) =
.
+
o
xn
xk
k=0
Remarque 3.4.1.
1
Par un changement de variable h = x − x0 si x0 ∈ R, ou h = si x0 = ±∞, on peut toujours
x
se ramener au cas où x0 = 0. Dorénavant, nous parlerons plus de DL en 0.
3.5
Propriétés
Propriété 3.5.1. Toute fonction continue en 0 et admettant un DL d’ordre 1 au voisinage de 0 est
dérivable en 0.
Propriété 3.5.2. Pour n ∈ N∗ , si f (n) existe et est continue, dans I, alors f admet le DL d’ordre
n suivant :
x2
xn (n)
f (x) = f (0) + xf 0 (0) + f 00 (0) + ... +
f (0) + o(xn ).
2
n!
Démonstration. C’est la formule de Taylor-Young (voir 3.3.2)
Propriété 3.5.3. Si f admet un DL d’ordre n, au voisinage de 0, alors ce DL est unique.
ESATIC
89
UP Maths
DEVELOPPEMENTS LIMITES
Démonstration. Écrivons deux DL de f : f (x) = c0 +c1 (x−a)+· · ·+cn (x−a)n +(x−a)n 1 (x)
et f (x) = d0 + d1 (x − a) + · · · + dn (x − a)n + (x − a)n 2 (x). En effectuant la différence on
obtient :
(d0 − c0 ) + (d1 − c1 )(x − a) + · · · + (dn − cn )(x − a)n + (x − a)n (2 (x) − 1 (x)) = 0.
Lorsque l’on fait x = a dans cette égalité alors on trouve d0 − c0 = 0. Ensuite on peut diviser cette
égalité par x − a : (d1 − c1 ) + (d2 − c2 )(x − a) + · · · + (dn − cn )(x − a)n−1 + (x − a)n−1 (2 (x) −
1 (x)) = 0. En évaluant en x = a on obtient d1 − c1 = 0, etc. On trouve c0 = d0 , c1 = d1 , . . . ,
cn = dn . Les parties polynomiales sont égales et donc les restes aussi.
Propriété 3.5.4. Soit f une fonction admettant pour DL au voisinage de 0
f (x) =
n
X
ak xk + xn h(x)
k=0
1 Si f est paire, alors ak = 0, pour tout k impair.
2 Si f est impaire, alors ak = 0, pour tout k pair.
Démonstration. f (x) = a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 + · · · + an xn + xn (x).
1 Si f est paire alors f (x) = f (−x) = a0 − a1 x + a2 x2 − a3 x3 + · · · + (−1)n an xn + xn (x).
Par l’unicité du DL en 0 on trouve a1 = −a1 , a3 = −a3 , . . . et donc a1 = 0, a3 = 0,. . .
2 Si f est impaire alors f (x) = −f (−x) = a0 − a1 x + a2 x2 − a3 x3 + · · · + (−1)n an xn +
xn (x). Par l’unicité du DL en 0 on trouve a0 = −a0 , a2 = −a2 , . . . et donc a0 = 0,
a2 = 0,. . .
Propriété 3.5.5. Si f admet un DL d’ordre n, au voisinage de 0, alors f admet au voisinage de 0
un DL d’ordre p (p ≤ n).
Démonstration. Soit p ≤ n. Si f (x) = a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 + · · · + an xn + xn (x) alors
f (x) = a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 + · · · + an xn + xn (x)
= a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 + · · · + ap xp + ap+1 xp+1 + · · · + an xn + xn (x)
= a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 + · · · + ap xp + xp ap+1 x + · · · + an xn−p + xn−p (x)
= a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 + · · · + ap xp + xp ε0 (x),
avec ε0 (x) = ap+1 x + · · · + an xn−p + xn−p (x). On a lim ε0 (x) = 0.
x→0
ESATIC
90
UP Maths
DEVELOPPEMENTS LIMITES
3.6
Quelques DLs usuels (au voisinage de 0).
x2
xn
+ ... +
+ o(xn )
2!
n!
x5
x2n+1
+
+ ... + (−1)n
+ o(x2n+2 )
5!
(2n + 1)!
x4
x2n
+
+ ... + (−1)n
+ o(x2n+1 )
4!
(2n)!
x5
x2n+1
+
+ ... +
+ o(x2n+2 )
5!
(2n + 1)!
x4
x2n
+
+ ... +
+ o(x2n+1 )
4!
(2n)!
x3 x4
xn
+
−
+ ... + (−1)n+1
+ o(xn )
3
4
n
ex = 1 + x +
x3
3!
x2
1−
2!
x3
x+
3!
x2
1+
2!
x2
x−
2
sin x = x −
cos x =
sh x =
ch x =
ln(1 + x) =
xn
x2 x3 x4
+
+
+ ... +
) + o(xn )
2
3
4
n
x3 x5
x2n+1
x−
+
+ ... + (−1)n
+ o(x2n+2 )
3
5
2n + 1
x3
1.3...(2n − 1) 2n+1
x+
+ ... +
x
+ o(x2n+2 )
6
n!2n (2n + 1)
π
− arcsin x
2
x3
1.3...(2n − 1) 2n+1
π
−x−
− ... −
x
+ o(x2n+2 )
2
6
n!2n (2n + 1)
ln(1 − x) = −(x +
arctan x =
arcsin x =
arccos x =
=
Pour x ∈] − 1; +∞[ et α ∈ R,
(1 + x)α = 1 + αx +
α(α − 1) 2 α(α − 1)(α − 2) 3
x +
x + ...+
2
3!
α(α − 1)...(α − n + 1) n
x + o(xn )
n!
En particulier : Pour α = 21 ,
√
1
1
1
(−1)n−1 1.3....(2n − 3) n
1 + x = 1 + x − x2 + x3 + ... +
x + o(xn )
2
8
16
2.4.6.....2n
Pour α = − 12 ,
√
1
1
3
5
(−1)n 1.3....(2n − 1) n
= 1 − x + x2 − x3 + ... +
x + o(xn )
2
8
16
2.4.6.....2n
1+x
Pour α = −1,
et
ESATIC
1
= 1 − x + x2 + ... + (−1)n xn + o(xn )
1+x
1
= 1 + x + x2 + ... + xn + o(xn ).
1−x
91
UP Maths
DEVELOPPEMENTS LIMITES
3.7
DL des fonctions en un point quelconque
La fonction f admet un DL au voisinage d’un point a si et seulement si la fonction x 7→
f (x + a) admet un DL au voisinage de 0. Souvent on ramène donc le problème en 0 en faisant le
changement de variables h = x − a.
Exemple 3.7.1.
DL de f (x) = exp x en 1.
On pose h = x − 1. Si x est proche de 1 alors h est proche de 0. Nous allons nous ramener à
un DL en 0 de exp h en h = 0. On note e = exp 1.
exp x = exp(1 + (x − 1)) = exp(1) exp(x − 1) = e exp h
hn
h2
n
+ ··· +
+ h (h)
= e 1+h+
2!
n!
(x − 1)n
(x − 1)2
n
+ ··· +
+ (x − 1) (x − 1)
= e 1 + (x − 1) +
2!
n!
où lim (x − 1) = 0.
x→1
Exemple 3.7.2.
DL de g(x) = sin x en π/2.
Sachant sin x = sin( π2 + x − π2 ) = cos(x − π2 ) on se ramène au DL en 0 de cos h quand
h = x − π2 −→π 0. On a donc
x→ 2
sin x = 1 −
où lim (x −
x→π/2
(x − π2 )2
(x − π2 )2n
π
π
+ · · · + (−1)n
+ (x − )2n+1 (x − ),
2!
(2n)!
2
2
π
) = 0.
2
Exemple 3.7.3.
DL de `(x) = ln(1 + 3x) en 1 à l’ordre 3.
Il faut se ramener à un DL en p du type ln(1 + h) en h = 0. On pose h = x − 1 (et donc
x = 1 + h). On a
3h `(x) = ln(1 + 3x) = ln 1 + 3(1 + h) = ln(4 + 3h) = ln 4 · (1 +
)
4
3h 3h 1 3h 2 1 3h 3
= ln 4 + ln 1 +
= ln 4 +
−
+
+ h3 (h)
4
4
2 4
3 4
3(x − 1)
9
9
= ln 4 +
− (x − 1)2 + (x − 1)3 + (x − 1)3 (x − 1)
4
32
64
où lim (x − 1) = 0.
x→1
3.8
Développement limité au voisinage de l’infini
Soit f une fonction définie au voisinage de +∞ ou de −∞. On pose :
n1
o
∆=
| x ∈ Df ∩ R∗
x
ESATIC
92
UP Maths
DEVELOPPEMENTS LIMITES
1
.
et on note g la fonction définie sur ∆ par g(u) = f
u
On dit que f admet un développement limité à l’infini si g possède un développement limité en 0.
Elle est alors définie au voisinage de +∞ ou au voisinage de −∞ (ou au voisinage des deux) et y
admet un développement limité.
Exemple 3.8.1.
Développement limité à l’ordre 2 au voisinage de l’infini de la fonction f définie sur R \ {1} par
x
f (x) = x−1
Si pour x ∈ R∗ , on pose u = x1 , on a :
f (x) =
La fonction u 7→
1
1−u
1
u
1
u
−1
=
1
.
1−u
a pour développement limité à l’ordre 2 en 0
1
= 1 + u + u2 + o(u2 )
1−u
ce qui, en revenant à la variable x, donne :
f (x) = 1 +
3.9
1
1
1
+ 2 + o( 2 ).
x x
x
Opérations sur les DL
3.9.1
Combinaison linéaire de DL
Théorème 3.9.1. Soit I une partie de R. Soient deux fonctions f et g de I dans R qui admettent
des DL d’ordre n au voisinage de 0, de parties régulières respectives F (x) et G(x). Soient deux
scalaires (λ; µ) ∈ R2 .
Alors la fonction
λf + µg
admet un DL d’ordre n au voisinage de 0, de partie régulière
λF (x) + µG(x).
Démonstration. Par hypothèse, il existe des fonctions ε1 et ε2 définies sur I telles que :
∀x ∈ I,
f (x) = F (x) + xn ε1 (x) avec
∀x ∈ I,
g(x) = G(x) + xn ε2 (x) avec
lim ε1 (x) = 0.
x→0
lim ε2 (x) = 0.
x→0
En posant ε = λε1 + µε2 , on a alors :
∀x ∈ I,
(λf + µg)(x) = λF (x) + µG(x) + xn ε(x)
avec
lim ε(x) = 0.
x→0
ce qui montre que λf + µg admet λF + µG comme développement limité à l’ordre n en 0.
ESATIC
93
UP Maths
DEVELOPPEMENTS LIMITES
Exemple 3.9.1.
Trouver un developpement limité de x 7→ ex − ln(1 + x) à l’ordre 3 en 0. On a
ex = 1 + x + (1/2)x2 + (1/6)x3 + o(x3 )
et
ln(1 + x) = x − (1/2)x2 + (1/3)x3 + o(x3 ).
Donc
ex − ln(1 + x) = (1 + x + (1/2)x2 + (1/6)x3 ) −
(x − (1/2)x2 + (1/3)x3 ) + o(x3 )
= 1 + x2 − (1/6)x3 + o(x3 ).
Exemple 3.9.2.
Développement limité à l’ordre 3 au voisinage de 0 de la fonction f définie sur R\{1} par f (x) =
1
1
x
x
1−x − e . Les fonctions x 7→ 1−x et x 7→ e admettent pour développements limités à l’ordre 3
en 0 :
1
= 1 + x + x2 + x3 + o(x3 )
1−x
x2 x3
+
+ o(x3 )
2
6
ce qui donne le développement limité de f à l’ordre 3 au voisinage de 0 :
ex = 1 + x +
f (x) =
x2 5x3
+
+ o(x3 ).
2
6
Exemple 3.9.3.
A partir des développement limités à l’ordre 5 en 0 de ex et de e−x , déterminer le développement
limité à l’ordre 5 en ch(x) et celui de sh(x).
3.9.2
Produit
Théorème 3.9.2.
Soient I une partie de R, ainsi que f et g deux applications de I dans R admettant en 0 des
développements limités à l’ordre n, alors f g admet un DL d’ordre n au voisinage de 0 dont la
partie régulière s’obtient en prenant dans le produit des parties régulières de f et g les monômes
de degré inférieur ou égal à n.
Démonstration. Par hypothèse, il existe des fonctions ε1 et ε2 définies sur I telles que :
∀x ∈ I,
f (x) = F (x) + xn ε1 (x) avec
∀x ∈ I,
g(x) = G(x) + xn ε2 (x) avec
lim ε1 (x) = 0.
x→0
lim ε2 (x) = 0.
x→0
En effectuant le produit de f (x) par g(x) on obtient :
f (x)g(x) = P (x)Q(x) + xn (P (x)ε2 (x) + Q(x)ε1 (x) + xn ε1 (x)ε2 (x)).
ESATIC
94
UP Maths
DEVELOPPEMENTS LIMITES
Il existe un polynôme T tel que :
F (x)G(x) = R(x) + xn+1 T (x),
où
R est polynôme de degré ≤ n
ce qui donne :
f (x)g(x) = R(x) + xn ε(x)
avec :
ε(x) = xT (x) + F (x)ε2 (x) + G(x)ε1 (x) + xn ε1 (x)ε2 (x).
Comme lim ε(x) = 0, on en déduit que la fonction f g admet R comme développement limité à
x→0
l’ordre n en 0.
Exemple 3.9.4.
Trouver un developpement limité de x 7→
sin(x)
à l’ordre 4 en 0. On a
1−x
sin(x) = x −
et
x3
+ o(x4 )
6
1
= 1 + x + x2 + x3 + x4 + o(x4 ).
1−x
5
5
5
1
1
x3
(x − )(1 + x + x2 + x3 + x4 ) = x + x2 + x3 x + x4 + x5 − x6 − x7
6
6
6
6
6
6
Donc
sin(x)
5
5
= x + x2 + x3 + x4 + o(x4 )
1−x
6
6
Exemple 3.9.5.
Montrer que Le DL d’ordre 3 de √
√
ex
, au voisinage de 0 est
1+x
ex
= 1 + (1/2)x + (3/8)x2 − (1/48)x3 + o(x3 ).
1+x
Exemple 3.9.6.
cos x ×
√
1
1
1
1 − x2 + o(x2 ) × 1 + x − x2 + o(x2 )
2
2
8
1
1
1
= 1 + x − x2 + o(x2 ) − x2 + o(x2 ) + o(x2 )
2
8
2
1
5 2
2
= 1 + x − x + o(x )
2
8
1+x=
Remarque 3.9.1. Le théorème 3.9.2 permet de calculer les développement limités des puissances
des fonctions
Exemple 3.9.7.
Au voisinage de 0, on a
3
1 2 7 4
3
1
4
cos x = 1 − x + x + o x
= 1 − x2 + x4 + o x4
2
8
2
24
3
1
1
sin3 x = x − x3 + o x4
= x3 − x5 + o(x6 )
6
2
3
ESATIC
95
UP Maths
DEVELOPPEMENTS LIMITES
3.9.3
Composée
Théorème 3.9.3.
Si f et g admettent des DL d’ordre n au voisinage de 0, de parties régulières respectives F (x)
et G(x), et si f (x) −−−→ 0 , alors la fonction gof admet un DL d’ordre n au voisinage de 0 de
x→0
partie régulière obtenue en ne gardant que les termes de degré inférieur à n dans le polynôme
(GoF )(x).
Démonstration. Sur un voisinage de 0 on a
f (x) =
n
X
k
n
ak x + o(x )
et
g(x) =
k=0
ou encore
f (x) =
n
X
n
X
bk xk + o(xn )
k=0
k
n
ak x + x ε(x)
et
g(x) =
n
X
bk xk + xn ε0 (x)
k=0
k=0
0
ε0
où ε et sont des fonctions telles que lim ε(x) = lim ε (x) = 0. On remarque que a0 = 0 car
x→0
x→0
lim f (x) = 0. On a donc
x→0
g(f (x)) =
n
X
bk (f (x))k + (f (x))n ε0 (f (x))
k=0
mais
(f (x))n ε0 (f (x)) = xn
n
hX
in
ak xk + xn ε(x) ε0 (f (x))
k=0
et
lim
n
hX
x→0
in
ak xk + xn ε(x) ε0 (f (x)) = 0.
k=0
De plus, d’après la remarque 3.9.1, chacune des fonctions (f (x))k possède un développement
limité d’ordre n. Il résulte du théorème 3.9.1 que g ◦ f possède un développement limité d’ordre
n au voisinage de 0.
Exemple 3.9.8.
1
1
. Posons g(x) =
et
f (x) =
1 − sin x
1−x
3
sin(x) de sorte que h(x) = g(f (x)). On a sin 0 = 0. De plus, g(x) = 1 + x + x2 + x3 + o(x3 ), f (x) = x − x6 +
Cherchons le développement limité à l’ordre 3 en 0 de h(x) =
et G(x) = 1 + x + x2 + x3 ,
F (x) = x −
x3
6
.
x3
x3
x3
) + (x − )2 + (x − )3
6
6
6
1 9
1 7
1 6 1 5 1 4 5 3
= −
x + x + x − x − x + x + x2 + x + 1.
216
12
36
2
3
6
(GoF )(x) = 1 + (x −
Par suite,
ESATIC
5x3
1
= 1 + x + x2 +
+ o(x3 ).
1 − sin x
6
96
UP Maths
DEVELOPPEMENTS LIMITES
Exemple 3.9.9.
Calcul du DL de h(x) = sin ln(1 + x) en 0 à l’ordre 3.
– On pose ici f (u) = sin u et g(x) = ln(1+x) (pour plus de clarté il est préférable de donner
des noms différents aux variables des deux fonctions, ici x et u). On a bien (f ◦ g)(x) =
sin ln(1 + x) et g(0) = 0.
3
– On écrit le DL à l’ordre 3 de f (u) = sin u = u − u3! + u3 1 (u) pour u proche de 0.
2
3
– Et on pose u = g(x) = ln(1 + x) = x − x2 + x3 + x3 2 (x) pour x proche de 0.
– On aura besoin de calculer un DL à l’ordre 3 de u2 (qui est bien sûr le produit u × u) :
2
2
3
u2 = x − x2 + x3 + x3 2 (x) = x2 − x3 + x3 3 (x) et aussi u3 qui est u × u2 , u3 =
x3 + x3 4 (x).
3
– Donc h(x) = (f ◦ g)(x) = f (u) = u − u3! + u3 1 (u) = x − 21 x2 + 31 x3 − 16 x3 + x3 (x) =
x − 21 x2 + 61 x3 + x3 (x).
Exemple 3.9.10.
√
Soit h(x) = cos x. On cherche le DL de h en 0 à l’ordre 4.
√
On utilise cette fois la notation « petit o ». On connaît le DL de f (u) = 1 + u en u = 0 à
√
l’ordre 2 : f (u) = 1 + u = 1 + 12 u − 81 u2 + o(u2 ).
Et si on pose u(x) = cos x − 1 alors on a h(x) = f u(x) et u(0) = 0. D’autre part le DL
1 4
x + o(x4 ). On trouve alors u2 = 41 x4 + o(x4 ).
de u(x) en x = 0 à l’ordre 4 est : u = − 21 x2 + 24
Et ainsi
1
1
h(x) = f u = 1 + u − u2 + o(u2 )
2
8
1
1 2
1 4 1 1 4
=1+
− x + x −
x + o(x4 )
2
2
24
8 4
1
1
1
= 1 − x2 + x4 − x4 + o(x4 )
4
48
32
1 2
1 4
= 1 − x − x + o(x4 )
4
96
3.9.4
Quotient
Théorème 3.9.4.
Soit une fonction u telle que lim u(x) = 0. Si u admet un développement limité à l’ordre n au
x→0
voisinage de 0 de partie régulière un polynôme P.
1
Alors la fonction x 7→
admet un développement limité à l’ordre n au voisinage de 0 de
1 − u(x)
partie régulière obtenue en ne gardant que les termes de degré inférieur à n dans le polynôme
1 + P + P 2 + ... + P n .
Démonstration. Appliquer le théorème de composition de DL à la fonction définie par g(y) =
1/(1 − y) (qui admet un DL à tout ordre) et à la fonction f = u.
Théorème 3.9.5.
Soit I une partie de R ainsi que f et g deux applications de I dans R admettant des développe-
ESATIC
97
UP Maths
DEVELOPPEMENTS LIMITES
ments limités à l’ordre n en 0. Si g a une limite non nulle en 0, alors la fonction f /g admet un
développement limité à l’ordre n en 0.
Démonstration. Puisque l 6= 0, nous pouvons écrire pour x ∈ I,
1 f (x)
f (x)
f (x)
=
=
g(x)
g(x)
l 1 − u(x)
l
l
où u(x) = 1 − g(x)/l. La fonction u admet un développement limité à l’ordre n (combinaison
linéaire de DL) et lim u(x) = 0. Il suffit d’appliquer le théorème précédent.
x→0
Remarque 3.9.2.
Une méthode de calcul du DL d’un quotient f /g. Soient
f (x) = c0 + c1 x + · · · + cn xn + xn 1 (x)
Nous allons utiliser le DL de
g(x) = d0 + d1 x + · · · + dn xn + xn 2 (x)
1
= 1 − u + u2 − u3 + · · · .
1+u
1 Si d0 = 1 on pose u = d1 x + · · · + dn xn + xn 2 (x) et le quotient s’écrit f /g = f ×
1
1+u .
2 Si d0 est quelconque avec d0 6= 0 alors on se ramène au cas précédent en écrivant
1
1
=
g(x)
d0 1 +
1
d1
d0 x
+ ··· +
dn n
d0 x
+
xn 2 (x)
d0
.
3 Si d0 = 0 alors on factorise par xk (pour un certain k) afin de se ramener aux cas précédents.
Remarque 3.9.3.
Si f et g admettent des DL d’ordre n au voisinage de 0, alors f /g admet un DL d’ordre n au
voisinage de 0 dont la partie régulière est le quotient de degré n de la division d’ordre n suivant
les puissances croissantes de la partie régulière de f par la partie régulière de g.
Exemple 3.9.11.
Calculer le DL d’ordre 5 de tan x au voisinage de 0.
1) Méthode 1 :
sin x
cos x
=
x−
=
x−
x−
=
tan(x) =
1 3
1 5
1
x +
x + o x5
1 − x2 +
6
120
2
1 3
1 5
1
x +
x + o x5
1 + x2 −
6
120
2
1 3
1 5
1
5
x +
x +o x
1 + x2 +
6
120
2
x3 5x5 x3 x5
x5
= x+
+
−
−
+
+ o x5
2
24
6
12 120
x3 2x5
= x+
+
+ o x5
3
15
ESATIC
98
−1
1 5
x + o x4
24
1 4
1
1
x + ( x2 + x4 )2 + o x5
24
2
24
5 4
5
x +o x
24
UP Maths
DEVELOPPEMENTS LIMITES
2) Méthode 2 : Effectuons la division suivant les puissances croissantes sans écrire les termes de
degré supérieur à 6.
1 3
x +
6
x −
x3
2
−(x −
+
1
1 5
1
x 1 − x2 + x4
120
2
24
x5
1
2
) x + x3 + x5
24
3
15
1 3
x −
3
1 5
x
30
1
− ( x3 −
3
1 5
x )
6
2 5
x
15
On a donc tan(x) =
sin x
x3 2x5
=x+
+
+ o x5 .
cos x
3
15
Remarque 3.9.4.
L’hypothèse g a une limite non nulle en 0 dans le théorème 3.9.5 n’est pas indispensable, il suffit
f
de supposer que la foncttion possède une limite quand x tend vers 0.
g
Exemple 3.9.12.
sin x
en 0 à l’ordre 4 alors on écrit
sh x
Si l’on souhaite calculer le DL de
sin x
sh x
=
=
x+
1−
= 1−
3.9.5
x3
3!
x3
3!
x−
+
+
x2
3!
x5
5!
x5
5!
+
+ o(x5 )
+ o(x5 )
x4
5!
=
x 1−
x 1+
+ o(x4 ) ×
x2
3!
x2
3!
+
+
x4
5!
x4
5!
+ o(x4 )
+ o(x4 )
1
1+
x2
3!
+
x4
5!
+ o(x4 )
x2 x4
+
+ o(x4 )
3
18
Dérivation
Théorème 3.9.6.
Si f admet un DL d’ordre n au voisinage de 0, et si f est indéfiniment dérivable au voisinage de 0,
alors f 0 admet un DL d’ordre (n − 1) obtenu (à l’exception du terme constant) en dérivant terme
à terme le DL d’ordre n de f .
f (x) = a0 + a1 x + a2 x2 ... + an xn + o(xn )
Alors
f 0 (x) = a1 + 2a2 x + 3a3 x2 ... + nan xn−1 + o(xn−1 ).
ESATIC
99
UP Maths
DEVELOPPEMENTS LIMITES
Exemple 3.9.13.
Au voisinage de 0, on a
1
1 5
x2n+1
sin x = x − x3 +
x + · · · + (−1)n
+ o (xn )
donc
6
120
(2n + 1)!
1
1
x2n
cos x = sin0 (x) = 1 − x2 + x4 + · · · + (−1)n
+ o (xn )
2
24
(2n)!
3.9.6
Primitivation
Théorème 3.9.7.
Soit un intervalle I contenant 0 et une fonction f : I → R de classe C 1 sur I. On suppose que la
fonction f 0 admet un DL d’ordre n au voisinage de 0 de la forme
f 0 (x) = a0 + a1 x + ... + an xn + o(xn )
Alors f admet un DL d’ordre n + 1 au voisinage de 0 obtenu en primitivant la partie régulière et
en ajoutant f(0) :
f (x) = f (0) + a0 x +
a1 2
an n+1
x + ... +
x
+ o(xn+1 ).
2
n+1
Démonstration. On a
x
Z
f (x) − f (a) =
a
Z
an n+1
x
+
f (t)dt = a0 x + · · · +
n+1
0
x
Z
tn+1 (t)dt.
0
x
1
tn (t)dt. (Remarque : la fonction est continue : elle est continue en a
xn+1 0
par définition, et elle est continue en dehors de a en écrivant
Notons η(x) =
(x) =
1
f (x) − (c0 + c1 x + c2 x2 + · · · + cn xn ) .
n
x
Alors :
|η(x)| ≤
1
xn+1
Z
x
|t | · sup |(t)|dt =
0
1
n
t∈[0,x]
xn+1
Z
· sup |(t)|·
t∈[0,x]
x
|tn |dt =
0
1
sup |(t)|.
n + 1 t∈[0,x]
Mais supt∈[0,x] |(t)| → 0 lorsque x → 0. Donc η(x) → 0 quand x → 0.
Exemple 3.9.14.
Calcul du DL de arctan x au voisinage de 0.
1
1
On sait que arctan0 x =
. En posant f 0 (x) =
et f (x) = arctan x, on écrit
2
1+x
1 + x2
n
arctan0 x =
X
1
=
(−1)k x2k + x2n (x).
2
1+x
k=0
Et comme arctan(0) = 0 alors arctan x =
ESATIC
(−1)k 2k+1
k=0 2k+1 x
Pn
100
+ x2n+1 (x).
UP Maths
DEVELOPPEMENTS LIMITES
Exemple 3.9.15.
Calcul du DL de ln(1 + x) au voisinage de 0.
1
Soit f (x) = ln(1 + x). On a f 0 (x) =
. On écrit
1+x
1
= 1 − x + x2 − · · · + (−1)n xn + o(xn ).
f 0 (x) =
1+x
x2 x3
(−1)n xn+1
Par suite, ln(1 + x) = x −
+
− ··· +
+ o(xn+1 ).
2
3
n+1
3.10
Développements limités généralisés
Définition 3.10.1.
Soit f une fonction réelle définie au voisinage de 0. Etant donné p ∈ N∗ et n ∈ N, on dit que f
admet un développement limité généralisé à l’ordre n + p en 0 lorsque la fonction x 7→ xp f (x)
admet un développement limité à l’ordre n en 0. Il existe dans ce cas un polynôme P (x) = a0 +
a1 x + ... + an xn tel que xp f (x) = P (x) + o(xn ).
1
On peut donc écrire f (x) = p a0 + a1 x + ... + an xn + o(xn )
x
Remarque 3.10.1.
Certaines fonctions n’admettent pas de développement limité généralisé. C’est le cas de ln x en 0
ou en +∞, |x| en 0, ex en +∞.
Exemple 3.10.1.
1
Déterminer le développement limité généralisé à l’ordre 3 en 0 de
.
tan x
En formant
x cos x
1
=
,
x
tan x
sin x
nous pouvons utiliser les développements limités à l’ordre 4 en 0 de x cos x et sin x.
x
Donc
1
x cos x
=
tan x
sin x
x2 x4
+
+ o(x4 )
2
24
=
x2
x4
1−
+
+ o(x4 )
6
120
x2 x4
= 1−
−
+ o(x4 ).
3
45
1−
1
1 x x3
= − −
+ o(x3 ).
tan x
x 3 45
3.11
Utilisations des DL
3.11.1
Recherche d’équivalents
Quand une fonction f admet en x0 un développement limité d’ordre n dont la partie régulière
est :
n
X
ak (x − x0 )k avec ap 6= 0.
k=p
ESATIC
101
UP Maths
DEVELOPPEMENTS LIMITES
alors :
f (x) ∼ ap (x − x0 )P .
x0
Exemple 3.11.1.
Déterminer un équivalent au voisinage de 0 de la fonction f définie sur R par :
f (x) = x(1 + cos x) − 2 tan x.
L’utilisation directe des équivalents :
x(l + cosx) ∼ 2x
0
et
2 tan x ∼ 2x
0
ne permettant pas de conclure, le recours à un développement limité s’impose. On constate que
f est impaire et que le coefficient de x dans le développement limité de f est nul, ce qui oblige à
chercher un développement limité à un ordre au moins égal à 3. On a :
x2
1
x(1 + cos x) = x 2 −
+ o(x2 ) = 2x − x3 + o(x3 )
2
2
2
−2 tan x = −2x − x3 + o(x3 ).
3
7
ce qui donne f (x) = − x3 + o(x3 ), et donc :
6
7
f (x) ∼ − x3 .
0
6
3.11.2
Calcul de limites
Théorème 3.11.1. Limite Soit un intervalle I contenant 0 et une fonction f : I\{0} → R. Supposons que f admet un DL d’ordre n au voisinage de 0 avec n ≥ 0.
Soit
n
X
F (x) =
ak xk = a0 + a1 x + ... + an xn
k=0
sa partie régulière. Alors
1 f admet a0 pour limite en 0 ;
2 La fonction f est prolongeable par continuité en 0.
Démonstration. Comme f admet un DL d’ordre n au voisinage de 0 avec n ≥ 0, par la propriété
3.5.5, f admet un DL d’ordre 0 au voisinage de 0. Ce qui donne f (x) = a0 + o(1).
Exemple 3.11.2.
ex
1
1
ex
Cherchons lim ( 2 − 2 − ). Comme lim ( 2 ) = +∞, cette fonction n’admet pas de
x→0 sin x
x→0 sin x
x
x
développement limité au voisinage de 0.
ESATIC
102
UP Maths
DEVELOPPEMENTS LIMITES
x2 e x
On remarque que l’on a lim ( 2 ) = 1. Le développement limité au voisinage de 0 de
x→0 sin x
donne
x2 e x
sin2 x
=
x2 (1 + x +
(x −
= 1+x+
x3
6
x2
2
+ o(x2 ))
+ o(x4 ))2
=
1+x+
(1 −
x2
6
x2
2
x2 e x
sin2 x
+ o(x2 )
+ o(x3 ))2
5x2
+ o(x2 )
6
On a donc
1
ex
1 5
= 2 + + + o(1) et la limite cherchée est 65 .
2
x
x 6
sin x
3.11.3
Etude de Dérivabilité
Théorème 3.11.2. Dérivabilité Soit un intervalle I contenant 0 et une fonction f : I\{0} → R.
Supposons que f admet un DL d’ordre n au voisinage de 0 avec n ≥ 1.
Soit
n
X
ak xk = a0 + a1 x + ... + an xn
F (x) =
k=0
sa partie régulière et g le prolongement par continuité de f en 0. Alors g est dérivable en 0 et
g 0 (0) = a1 .
Démonstration. Comme f admet un DL d’ordre n au voisinage de 0 avec n ≥ 1, par la propriété
3.5.5, f admet un DL d’ordre 1 au voisinage de 0. Ce qui donne g(x) = g(0) + a1 x + o(x). Il s’en
g(x) − g(0)
suit lim
= a1 .
x→0
x
Exemple 3.11.3.
Montrer que la fonction définie par f (x) =
Le DL d’ordre 3 au voisinage de 0 de f est
sin x
x
se prolonge en une fonction dérivable en 0.
f (x) = 1 − (1/6)x2 + o(x3 ).
La fonction f est prolongeable par continuité en 0. g le prolongement par continuité de f en 0 est
dérivable en 0 et g 0 (0) = 0.
Remarque 3.11.1.
Le théorème précédent ne se généralise pas aux dérivées d’ordre supérieurs comme le montre
l’exemple suivant.
Exemple 3.11.4.
Soit f : x 7→ x3 sin x1 . f admet en 0 un DL d’ordre 2. sa partie régulière d’ordre 2 est le polynôme
nul.
f admet donc un prolongement par continuité en 0 que nous notons g. On a g(0) = 0 et g 0 (0) = 0.
∀x 6= 0,
ESATIC
g 0 (x) = 3x2 sin
103
1
1
− x cos .
x
x
UP Maths
DEVELOPPEMENTS LIMITES
Ainsi g 0 admet un DL d’ordre 0 au voisinage de 0 de partie régulière 0 à l’ordre 0.
Mais
1
1
g 0 (x) − g 0 (0)
= 3x sin − cos
x
x
x
n’admet pas de limite en 0. Il s’en suit que g admet un DL à ordre 2 en 0 mais qu’elle n’admet pas
de dérivée d’ordre 2 en 0.
3.11.4
Étude des branches infinies
On se place dans le cas où f est définie au voisinage de +∞ ou de −∞.
a
Règle 3.11.1 (Asymtote oblique ou horizontale). Si f (x) = ax + b + xpp + o( x1p ), avec p ∈ N∗ et
ap 6= 0, la droite ∆ d’équation y = ax + b est asymptote à (Cf ) en +∞ ou −∞.
– En +∞, (Cf ) est au dessus de ∆ lorsque ap > 0, et en dessous lorsque ap < 0.
a
– En −∞, (Cf ) est au dessus ou en dessous de ∆ selon que xpp est positif ou négatif ; cela
dépend du signe de ap et de la parité de p.
a
– Si f (x) = b + xpp + o( x1p , avec p ∈ N∗ et ap 6= 0, la droite ∆’ d’équation y = b est une
asymptote horizontale à (Cf ) en +∞ ou −∞.
Règle 3.11.2.
Si
ap
1
+ o( p ),
p
x
x
∗
avec p ∈ N , ap 6= 0 et g une fonction définie au voisinage de +∞ ou de −∞, alors (Cg) est
asymptote à (Cf ) en +∞ ou −∞.
f (x) = g(x) +
Exemple 3.11.5.
2
Etudier les branches infinies de la courbe représentative de f (x) = x2 ex/(x −1) . Posons x =
On a
(1)
1
1 2 ( 1 )u2 −1
u
f (x) = f ( ) = ( ) e
u
u
1
u.
Le développement limité à l’ordre 3 de u2 f ( u1 ) au voisinage de 0 donne
1
7
1
u2 f ( ) = 1 + u + u2 + u3 + o(u3 ).
u
2
6
Par suite au voisinage de 0 on a
1
1
1 1 7
f ( ) = 2 + + + u + o(u).
u
u
u 2 6
Ce qui donne
f (x) = x2 + x +
1 71
1
+
+ o( )
2 6x
x
au voisinage de ±∞. Soit g(x) = x2 + x + 12 . (Cg) est asymptote à (Cf ) en +∞ et en −∞.
ESATIC
104
UP Maths
DEVELOPPEMENTS LIMITES
3.11.5
Position locale par rapport à la tangente
Théorème 3.11.3.
Si une fonction f admet un DL en x0 de la forme
f (x) = a0 + a1 (x − x0 ) + ak (x − x0 )k + o((x − x0 )k ),
ak 6= 0.
Alors
1 l’équation de la tangente en x0 est Y = a0 + a1 (X − x0 ) ;
2 f (x) − [a0 + a1 (x − x0 )] = ak (x − x0 )k + o((x − x0 )k ), et en fonction du signe de ak et
de la parité de k, on en déduit la position locale de la courbe par rapport à sa tangente.
Démonstration.
Exemple 3.11.6.
Soit f (x) = ln(tan x). Déterminer une équation de la tangente T à (Cf ) en
positions relatives de T et (Cf ).
Posons x = π4 + h. Nous avons
Avec tan h = h +
h3
3
tan(x) = tan(
π
1 + tan h
2
+ h) =
=
− 1.
4
1 − tan h
1 − tan h
+ o(h3 ), on a
2
1−tan h
tan(
= 1 + h + h2 +
4h3
3
π
4
et donner les
+ o(h3 ). Par suite,
8h3
π
+ h) = 1 + 2h + 2h2 +
+ o(h3 ).
4
3
Ce qui donne
ln tan(
π
4h3
+ h) = 2h +
+ o(h3 ),
4
3
et donc
4(x − π4 )3
π
π
)+
+ o((x − )3 ),
4
3
4
π
π
T a pour équation y = 2x − 2 . A gauche de 4 , la courbe (Cf ) est en dessous de T , a droite de
π
4 , la courbe (Cf ) est au dessus de T .
f (x) = 2(x −
3.12
Résumé
3.12.1
Développement limité en 0
Soit n ∈ N et I un intervalle contenant O et non reduit à 0.
Une fonction f definie sur D = I ou D = I\{0} admet en 0 un developpement limité d’ordre n
(on note aussi DLn (0) ) s’il existe un polynôme Pn de degré inferieur ou egal a n tel que :
∀x ∈ D,
f (x) = Pn (x) + xn ε(x)
avec
lim ε(x) = 0.
x→0
C’est equivalent à : f (x) = Pn (x) + o(xn ) au voisinage de 0.
Le polynôme Pn est la partie régulière du DLn (0).
ESATIC
105
UP Maths
DEVELOPPEMENTS LIMITES
3.12.2
Développement limité en a
Méthode de calcul : On effectue un changement de variable en posant : h = x − a. On se
ramene à la recherche de l’existence d’un DLn (0) de la fonction g definie par g(h) = f (a + h).
La fonction f admet en a un DLn (a) s’il existe un polynôme Pn de degré inférieur ou égal à n tel
que :
∀x ∈ D, f (x) = Pn (x − a) + o((x − a)n ).
Le polynôme x 7→ Pn (x − a) est la partie regulière du DLn (a).
3.12.3
Développement limité à l’infini
1
. On est donc
x
1
. La
ramené à la recherche de l’existence d’un DLn (0) de la fonction g definie par g(h) = f
h
fonction f admet à l’infini un DLn (∞) s’il existe un polynôme Pn de degre inférieur ou égal à n
tel que :
n 1
1
∀x ∈ D, f (x) = Pn
+o
.
x
x
Méthode de calcul : On effectue un changement de variable en posant : h =
1
Parfois, l’étude conduit à des termes qui sont des puissances de . On parle alors de développeh
ment asymptotique a l’infini.
3.12.4
Propriétés
• Si f admet un DLn (a), il est unique.
• Si f admet un DLn (a), elle admet des développements limités d’ordre q ≤ n et Pq est
obtenu en tronquant Pn à l’ordre q (on ne garde que les termes de degré inférieur ou égal à
q).
• Si f est paire (resp impaire) et si f admet un DLn (0), alors le polynôme Pn est pair (resp
impair).
• Si f est définie en a, elle admet un DL0 (a) si et seulement si elle est continue en a. Si f
n’est pas definie en a, elle admet un DL0 (a) si et seulement si elle est prolongeable par
continuité en a.
• Si f est definie en a, elle admet un DL1 (a) si et seulement si elle est dérivable en a. Si
f n’est pas definie en a, elle admet un DL1 (a) si et seulement si son prolongement par
continuité est dérivable en a.
• Si f admet un DLn (a) et si la partie régulière Pn n’est pas le polynôme nul, alors :
f (x) ∼ Pn (x − a).
a
ESATIC
106
UP Maths
DEVELOPPEMENTS LIMITES
3.12.5
Condition suffisante (non nécessaire) d’existence
Si f est une fonction de classe C n sur un intervalle I contenant a, elle admet un DLn (a) :
f (x) =
n
X
f (k) (a)
k=0
3.12.6
k!
(a)(x − a)k + o ((x − a)n ) .
Recherche d’une tangente en un point
Si la fonction f admet un DL1 (a), alors l’equation de la tangente au point d’abscisse a est :
y = P1 (x − a). La position par rapport à la tangente est donnée par le signe du premier terme
suivant non nul.
3.12.7
Recherche d’une asymptote
On cherche un DL de f a l’infini. Si f (x) = ax + b + ϕ(x) avec lim ϕ(x) = 0, la courbe de
x→∞
f admet une asymptote oblique d’equation y = ax + b. La position par rapport à l’asymptote est
donnée par le signe du premier terme non nul du DL à l’infini de ϕ.
3.12.8
Développements limités usuels en 0
1
1−x
= 1 + x + x2 + · · · + xn + o(xn )
x
x2
xn
+
+ ··· +
+ o(xn )
1!
2!
n!
xn
x2 x3
+
+ · · · + (−1)n−1
+ o(xn )
x−
2
3
n
α
α(α − 1) 2
α(α − 1) · · · (α − n + 1) n
1+ x+
x + ··· +
x + o(xn )
1!
2!
n!
x3 x5
x2n+1
x−
+
+ · · · + (−1)n
+ o(x2n+2 )
3!
5!
(2n + 1)!
x2 x4
x2n
1−
+
+ · · · + (−1)n
+ o(x2n+1 )
2!
4!
(2n)!
ex = 1 +
ln(1 + x) =
(1 + x)α =
sin x =
cos x =
3.12.9
Opérations algébriques (On se ramène d’abord en 0)
Si f et g admettent des DLn (a) de parties régulières Pn et Qn :
• si α et β sont réels, alors αf +βg admet un DLn (a) dont la partie régulière est αPn +βQn .
• f g admet un DLn (a) dont la partie régulière est obtenue en tronquant Pn Qn à l’ordre n.
f
•
admet un DLn (a) si Qn (a) 6= 0. Pour l’obtenir, dans le DLn (a) de g, on met en facteur
g
Qn (a), ce qui permet d’écrire
f
f
1
=
×
g
Qn (a) 1 − u
ESATIC
107
UP Maths
DEVELOPPEMENTS LIMITES
avec lim u(x) = 0. Si Qn (a) = 0, on se ramène au cas précédent en factorisant par des
x→a
puissances de (x − a), mais l’ordre obtenu ne sera pas n.
3.12.10
Composition
Si f admet un DLn (a), si lim f (x) = b et si g admet un DLn (b), alors g◦f admet un DLn (a)
x→a
dont la partie régulière est la troncature d’ordre n de Qn ◦ Pn (composée des parties régulières de
g et f ).
ESATIC
108
UP Maths
Chapitre 4
NOTIONS SUR LES FONCTIONS A
DEUX VARIABLES
4.1
Introduction
Toutes les fonctions que nous avons envisagées jusqu’ici étaient définies sur une partie de R
et à valeurs dans R ou C. Il est utile, en particulier dans les applications des Mathématiques à la
physique, de concevoir des fonctions définies sur Rp et à valeurs dans Rn . Nous nous limiterons
dans ce chapitre à des fonctions de R2 dans R ou R2 (appelées fonctions de deux variables réelles).
4.2
Objectifs
Pour les notions sur les fonctions de deux variables réelles, ce programme abordera l’étude de
quelques notions de base sur les fonctions de deux variables. ces notions sont :
1 Ensemble de définition ;
2 Limites ;
3 Continuité ;
4 Dérivées partielles ;
5 Développement limité d’une fonction de classe C 1 ;
6 extrémums.
4.3
4.3.1
Normes-Ouverts
Normes
Définition 4.3.1.
Une application N de R2 dans R est une norme si
– ∀u ∈ R2 , N (u) ≥ 0 ;
109
NOTIONS SUR LES FONCTIONS A DEUX VARIABLES
– ∀u ∈ R2 , N (u) = 0 ⇒ u = 0 ;
– ∀(u, v) ∈ R2 × R2 , N (u + v) ≤ N (u) + N (v) ;
– ∀λ ∈ R, ∀u ∈ R2 , N (λu) = λN (u).
Exemple 4.3.1.
p
– L’application u = (x, y) 7→ x2 + y 2 est une norme sur R2
– L’application u = (x, y) 7→ |x| + |y| est une norme sur R2
– L’application u = (x, y) 7→ sup{|x|; |y|} est une norme sur R2
Notation 4.3.1. Etant donné u = (x, y) ∈ R2 , on pose
p
1 kuk = kuk2 = x2 + y 2 ;
2 kuk1 = |x| + |y| ;
3 kuk∞ = sup{|x|; |y|}.
4.3.2
Ouverts
Définition 4.3.2 (Boules ouvertes - Boules fermées - Sphères). Soit a ∈ R2 et r > 0. On appelle :
1 boule ouverte de centre a et de rayon r,
B(a; r) = {x ∈ R2 / kx − ak < r}.
B(a, r) est tout simplement le disque de centre a et de rayon r, cercle non compris.
2 boule fermée de centre a et de rayon r, l’ensemble :
B(a; r) = {x ∈ R2 / kx − ak ≤ r}.
B(a, r) est tout simplement le disque de centre a et de rayon r, cercle y compris.
3 sphère de centre a et de rayon r, l’ensemble :
S(a, r) = {x ∈ R2 |kx − ak = r}.
S(a, r) est tout simplement le cercle de centre a et de rayon r.
Définition 4.3.3 (Parties ouvertes). Soit U ⊂ R2 . On dit que U est une partie ouverte si ∀a ∈ U ,
il existe r > 0 tel que la boule ouverte de centre a et de rayon r soit incluse dans U .
Exemple 4.3.2.
ESATIC
110
UP Maths
NOTIONS SUR LES FONCTIONS A DEUX VARIABLES
Définition 4.3.4 (Voisinage). Soit a ∈ R2 . L’ensemble V ⊂ R2 est un voisinage de a si ∃r > 0 tel
que B(a; r) ⊂ V .
Remarque 4.3.1.
V ⊂ R2 est un ouvert ⇔ U est un voisinage de chacun de ses points.
4.4
Graphe
Définition 4.4.1 (Fonction reèlle de deux variables). On appelle fonction reèlle de deux variables
toute fonction f : D → R ou D ⊂ R2 , c’est-à-dire toute fonction définie sur une partie de R2 et
à valeurs dans R.
Exemple 4.4.1.
f
R2
→ R
(x; y) 7→ 32 sin( 21 x2 − y)
Définition 4.4.2 (Graphe d’une fonction de deux variables). Soit f : D → R ou D ⊂ R2 . On
appelle graphe de f l’ensemble :
G = {(x, y, z) ∈ R3 | (x, y) ∈ U, z = f (x, y)}.
Remarque 4.4.1.
Le graphe d’une fonction d’une variable est une courbe dans R2 ; celui d’une fonction de deux
variables est une surface dans R3 .
Exemple 4.4.2.
Graphe de (x; y) 7→
ESATIC
111
3
2
sin( 12 x2 − y).
UP Maths
NOTIONS SUR LES FONCTIONS A DEUX VARIABLES
4.5
Applications partielles
Définition 4.5.1.
Soit une fonction f : R2 → R et un point a = (a1 ; a2 ) ∈ R2 . On définit les deux fonctions d’une
variable (applications partielles au point a) par :
f1a R → R
t 7→ f (t; a2 )
et
f2a R → R
t 7→ f (a1 ; t)
Exemple 4.5.1.
Soit f : R2 → R définie par f (x, y) = x2 +x+y 2 . Soit a = (0; 1). les deux applications partielles
au point a sont :
f1a (t) = t2 + t + 1
et
f2a (t) = t2 .
Exemple 4.5.2 (Graphique).
4.6
Limite - Continuité
On considère maintenant une partie U ∈ R2 ouverte et une fonction de deux variables :
f
4.6.1
U
→ R
(x; y) 7→ f (x; y)
Limite
Dans la suite, sauf mention expresse, U un ouvert de R2 .
Définition 4.6.1 (Limite). Soit un point a = (a1 ; a2 ) ∈ U et un réel l ∈ R. On dit que f tend
vers la limite l lorsque x = (x1 ; x2 ) tend vers a = (a1 ; a2 ) si et seulement si : ∀ε > 0, ∃δ > 0 ;
∀x ∈ U , kx − ak ≤ δ ⇒ |f (x) − l| ≤ ε
ESATIC
112
UP Maths
NOTIONS SUR LES FONCTIONS A DEUX VARIABLES
Remarque 4.6.1.
– Si elle existe, la limite d’une fonction est unique.
– Pour prouver qu’une fonction de deux variables n’admet pas de limite en a, il suffit d’expliciter une restriction à une courbe continue passant par a qui n’admette pas de limite, ou
deux restrictions qui conduisent à des limites différentes.
– Pour prouver l’existence d’une limite, il faut considérer le cas général. Dans le cas de deux
variables, lorsque (x, y) tend vers (0, 0) , il peut être intéressant de passer en coordonnées
polaires.
Exemple 4.6.1.
x2 − y 2
n’existe pas.
(x;y)→(0;0) x2 + y 2
Si f admettait une limite l ∈ R lorsque (x; y) → (0; 0), alors on aurait
Montrer que
lim
l=
x2
=1
(x;0)→(0;0) x2
lim
et
l=
−y 2
= −1,
(0;y)→(0;0) y 2
lim
une absurdité.
Exemple 4.6.2.
Soit f la fonction définie sur R2 par :

x2 y

4
f (x, y) =
x − 2x2 y + 3y 2

0
si (x, y) 6= (0, 0)
si (x, y) = (0, 0)
1 Montrez que la restriction de f à toute droite passant par l’origine est continue.
2 Montrez que la fonction f n’est pas continue à l’origine.
Remarquons tout d’abord que la fonction est bien définie dans R2 puisque
x4 − 2x2 y + 3y 2 = (x2 − y)2 + 2y 2 ne s’annule qu’en (0,0).
1 La restriction de f aux droites x = 0 et y = 0 est la fonction nulle. La restriction de f à la
droite y = mx, avec m 6= 0, donne :
f (x, mx) =
mx
x2 − 2mx + 3m2
et tend vers 0 quand x tend vers 0. Comme f (0, 0) = 0, la restriction de f à toute droite
passant par l’origine est donc continue.
2 Considérons la restriction de f à la parabole y = x2 . On a :
f (x, x2 ) =
x4
1
= .
2x4
2
Par conséquent, f (x, x2 ) ne tend pas vers 0 quand x tend vers 0.
ESATIC
113
UP Maths
NOTIONS SUR LES FONCTIONS A DEUX VARIABLES
Théorème 4.6.1 (Théorème de majoration). Soit M0 = (x0 ; y0 ) ∈ U , l ∈ R, f : U → R et
θ : R → R tels que, au voisinage de M0 on ait :
(H1 ) |f (M ) − l| ≤ θ(kM − M0 k) ;
(H2 ) limθ(t) = 0.
t→0
Alors : lim f (M ) = l.
M →M0
Démonstration. Soit ε > 0. Puisque lim θ(r) = 0, il existe δ > 0 tel que ∀t ∈] − δ, δ[, |θ(t)| ≤ ε.
r→0
Soit M ∈ U tel que kM − M0 k ≤ δ, on a
|f (M ) − l| ≤ s(kM − M0 k) ≤ ε.
Corollaire 4.6.1.
S’il existe l ∈ R et une fonction s : R → R telle qu’au voisinage de a = (a1 , a2 ) ∈ U la fonction
f : U → R vérifie
|f (a1 + r cos θ; a2 + r sin θ) − l| ≤ s(r) avec
lim s(r) = 0,
r→0
alors lim f (x) = l.
x→a
Démonstration. on utilise le théorème précédent avec les coordonnées polaires de pôle M0 . Pour
M = (x, y) ∈ U , en écrivant
(
x = x0 + r cos θ
y = y0 + r sin θ.
On a r = kM − M0 k et il suffit alors de majorer |f (M ) − f (M0 )| par une fonction qui ne dépend
que de r, s(r) avec lim s(r) = 0.
r→0
Exemple 4.6.3.
x3 y
.
(x;y)→(0;0) x2 + y 2
Introduisons des coordonnées polaires x = r cos θ, y = r sin θ,
Calculer
lim
|
r2 −→ 0, par conséquent,
r→0
x3 y
| = r2 cos2 θ| cos θ|| sin θ| ≤ r2
x2 + y 2
x3 y
= 0.
(x;y)→(0;0) x2 + y 2
lim
Proposition 4.6.1.
Si lim f (x) = l, alors ∀an = (xn , yn ) → a = (x0 , y0 ), on a lim f (an ) = l.
x→a
n→+∞
Démonstration. Soit ε > 0. Comme lim f (x) = l, il existe δ > 0 tel que ∀x ∈ U , kx − ak ≤
x→a
δ = |f (x) − l| ≤ ε. Puisque an = (xn , yn ) → a = (x0 , y0 ), il existe N ∈ N tel que n ≥ N ,
kan − ak ≤ δ. Alors pour n ≥ N , |f (an ) − l| ≤ ε.
ESATIC
114
UP Maths
NOTIONS SUR LES FONCTIONS A DEUX VARIABLES
Remarque 4.6.2.
On se sert souvent de cette propriété séquentielle pour montrer qu’une fonction n’a pas de limite.
Exemple 4.6.4.
Etudier l’existence de
lim
(x;y)→(0;0) x2
Supposons qu’il existe l ∈ R tel que
et Yn = (1/n, 1/n). Comme Xn
xy
.
+ y2
lim
xy
= l. Considérons les suites Xn = (1/n, 0)
+ y2
(0, 0) et Yn −→ (0, 0), on a f (Xn ) −→ l et
(x;y)→(0;0) x2
−→
n→+∞
n→+∞
n→+∞
f (Yn ) −→ l. Or ∀n ∈ N, f (Xn ) = 0 et f (Yn ) = 1/2. On aboutit à l’absurdité l = 0 = 1/2.
n→+∞
Par suite f n’admet pas de limite en (0, 0).
Proposition 4.6.2.
Soit f une fonction définie sur U . Si f admet une limite en a ∈ U , alors cette limite est f (a).
Démonstration. Soit l = limf . On a ∀ε > 0, ∃r > 0, ∀x ∈ R2 ,
a
x ∈ D ∩ B(a; r) ⇒ |f (x) − l| < ε. Comme a ∈ D ∩ B(a; r), il vient |f (a) − l| < ε et ainsi,
∀ε > 0, |f (a) − l| < ε ce qui montre que l = f (a).
4.6.2
Continuité
Définition 4.6.2 (Continuité).
– On dit que la fonction f est continue au point a ∈ U si et
seulement si lim f (x) = f (a) ;
x→a
– On dit que la fonction f est continue sur l’ouvert U si et seulement si elle est continue en
tout point de U .
Exemple 4.6.5.
Soit f la fonction de R2 dans R définie par :

 f (x, y) = x tan y − y tan x
x2 + y 2
 f (0, 0) =
0
si (x, y) 6= (0, 0)
Étudiez la continuité de f en (0,0).
Pour étudier la limite de f (x, y) lorsque (x, y) tend vers (0, 0), nous allons utiliser le développement limité de la fonction tangente au voisinage de l’origine qui peut s’écrire : tan u =
u + 13 u3 + u3 ε(u) avec lim ε(u) = 0. Avec cette notation, on a :
u→0
f (x, y) =
1
3
3 (xy
− yx3 ) + xy 3 ε(y) − yx3 ε(x)
.
x2 + y 2
On a la majoration :
1
1 1
2
2
2
2
|xy|y
+
|xy|x
+
|xy||ε(y)|y
+
|yx||ε(x)|x
x2 + y 2 3
3
1
+ |ε(y)| + |ε(x)|
≤ |xy|
3
1
≤ k(x, y)k2
+ |ε(y)| + |ε(x)|
3
|f (x, y)| ≤
ESATIC
115
UP Maths
NOTIONS SUR LES FONCTIONS A DEUX VARIABLES
On en déduit que
lim
f (x, y) = 0, ce qui prouve que f est continue en (0,0).
(x;y)→(0;0)
La majoration |f (x, y)| ≤ 2 x2|xy|
ne permettait pas de conclure.
+y 2
Proposition 4.6.3. Si une fonction f : U → R est continue en a = (x0 , y0 ), alors les fonctions f1a
définie par f1a (x) = f (x; y0 ) et f2a ) définie par f2a (y) = f (x0 ; y) sont respectivement continues
en x0 et y0 .
Démonstration. Soit ε > 0. Comme U est ouvert, les deux applications partielles f1 et f2 sont
définies respectivement sur un voisinage de x0 , f1 :]x0 − α, x0 + α[→ R et sur un voisinage de
y0 : f2 :]y0 − α, y0 + α[→ R. Puisque f est continue au point a = (x0 , y0 ), il existe 0 < δ ≤ α
tel que ∀x ∈ U , kx − ak ≤ δ ⇒ |f (x) − f (a)| ≤ ε. Soit alors x ∈]x0 − δ, x0 + δ[ vérifiant
|x − x0 | ≤ δ. Posons b = (x, y0 ), k(x, y0 ) − (x0 , y0 )k = |x − x0 | ≤ δ d’où
|f1 (x) − f1 (x0 )| = |f (x, y0 ) − f (x0 , y0 )| ≤ ε
De même, puisque k(x0 , y) − (x0 , y0 )k = |y − y0 | ≤ δ,
|f2 (y) − f2 (y0 )| = |f (x0 , y) − f (x0 , y0 )| ≤ ε.
Remarque 4.6.3.
La réciproque de la Proposition 4.9.3 est fausse en général.
ESATIC
116
UP Maths
NOTIONS SUR LES FONCTIONS A DEUX VARIABLES
Exemple 4.6.6.
Soit la fonction f : R2 → R définie par
f (x; y) =
x2
xy
+ y2
pour
(x; y) 6= (0; 0)etf (0; 0) = (0; 0).
Les deux applications partielles en a = (0; 0) définies par : f1a (x) = f (x; 0) = 0 et f2a (y) =
f (0; y) = 0 sont continues mais f n’admet pas de limite en (0 ;0) donc n’est pas continue en
(0 ;0).
4.7
Dérivées partielles - Différentielle
4.7.1
Dérivées partielles
→
−
Définition 4.7.1 (Dérivée selon un vecteur en un point). Soit a ∈ U et un vecteur h non nul. On
→
−
dit que la fonction f admet une dérivée selon le vecteur h si et seulement si
→
−
f (a + t h ) − f (a)
lim
t→0
t
→ f (a).
existe. On note alors cette limite D−
h
Remarque 4.7.1.
On considère dans cette définition la restriction de f à la droite passant par a dirigée par le
→
−
→
−
→
−
vecteur h : φ(t) = f (a + t h ) et la dérivée selon le vecteur h est la dérivée en t = 0 de la
fonction d’une variable φ(t).
Exemple 4.7.1.
Soit la fonction f définie par f (x; y) = xy, U la boule ouverte de R2 de centre a = (0; 0) et de
→
−
→ f (a).
rayon 2 et h = (1; 1). Déterminer si elle existe D−
h
→
−
f (a + t h ) − f (a)
(0 + t)(0 + t)
t2
= lim
= lim = lim t = 0.
t→0
t→0
t→0 t
t→0
t
t
→ f (a) = 0.
Par suite, D−
h
lim
Exemple 4.7.2.
x2 y
Soit la fonction f définie par f (x; y) = 2
pour (x; y) 6= (0; 0) et f (0; 0) = (0; 0).
x + y2
→
−
→
−
Soit H = (h; k) avec (h; k) 6= (0; 0). Montrer que f possède une dérivée selon le vecteur H en
h2 k
→ f (0; 0) =
(0,0) et D−
.
H
h2 + k 2
ESATIC
117
UP Maths
NOTIONS SUR LES FONCTIONS A DEUX VARIABLES
Exemple 4.7.3.
Définition 4.7.2 (Dérivées partielles en un point). On note B = (e1 ; e2 ) la base canonique de R2 ,
(e1 = (1; 0) et e2 = (0; 1)). Soit
f : U → R. On appelle dérivées partielles de f au point a = (a1 , a2 ) les dérivées de f , si elles
existent, suivant les vecteur e1 et e2 .
Notation 4.7.1. Les dérivées partielles de f en a lorsqu’elles existent, sont notées respectivement
De1 f (a) ou
∂f
(a)
∂x
ou
∂x f (a)
ou
fx0 (a);
De2 f (a)
∂f
(a)
∂y
ou
∂y f (a)
ou
fy0 (a).
ou
Remarque 4.7.2.
Soit f : U → R et a = (a1 ; a2 ) ∈ U . Les dérivées partielles de f en a sont lorsqu’elles existent,
les dérivées en a1 et a2 respectivement des applications partielles f1a et f2a . On les définit par
f (a + te1 ) − f (a)
f1a (a1 + t) − f1a (a1 )
∂f
(a) = lim
= lim
.
t→0
t→0
∂x
t
t
∂f
f (a + te2 ) − f (a)
f2a (a2 + t) − f2a (a2 )
(a) = lim
= lim
.
t→0
t→0
∂y
t
t
ESATIC
118
UP Maths
NOTIONS SUR LES FONCTIONS A DEUX VARIABLES
Définition 4.7.3.
Si De1 f (a) et De2 f (a) existent en tout point a de U , on définit les fonctions dérivées partielles de
f sur U par :
∂f
∂f
∂y : U → R
∂x : U → R
et
∂f
a 7→ ∂x (a)
a 7→ ∂f
∂y (a).
Exemple 4.7.4.
Déterminons les dérivées partielles de la fonction f définie sur R2 par la formule :
f (x; y) = x3 + 4xy 2 − x2 y 5
◦ Pour tout y ∈ R, la fonction x 7→ f (x; y) est dérivable sur R car polynomiale, donc f
admet une dérivée partielle selon x en tout point de R2 et :
∀(x; y) ∈ R2 ;
∂f
(x; y) = 3x2 + 4y 2 − 2xy 5 .
∂x
◦ Pour tout x ∈ R, la fonction y 7→ f (x; y) est dérivable sur R car polynomiale, donc f
admet une dérivée partielle selon y en tout point de R2 et :
∀(x; y) ∈ R2 ;
∂f
(x; y) = 8xy − 5x2 y 4 .
∂y
Exemple 4.7.5.
Soit f (x; y) = x cos(xy 2 ) + yex . Montrer que
∀(x; y) ∈ R2 ;
∂f
(x; y) = cos(xy 2 ) − xy 2 sin(xy 2 ) + yex
∂x
et
∀(x; y) ∈ R2 ;
∂f
(x; y) = −2x2 y sin(xy 2 ) + ex .
∂y
Définition 4.7.4.
Une fonction f : U → R est de classe C 1 sur U si
∂f
∂f
(x; y) et
(x; y) existent dans R.
1 ∀(x; y) ∈ U ,
∂x
∂y
∂f
∂f
2 Les fonctions
: U → R et
: U → R sont continues sur U .
∂x
∂y
Remarque 4.7.3.
L’existence des dérivées partielles en un point n’est pas suffisante pour que la fonction soit continue en ce point.
ESATIC
119
UP Maths
NOTIONS SUR LES FONCTIONS A DEUX VARIABLES
Exemple 4.7.6.
Soit la fonction f définie par
f (x; y) =
x2
xy
+ y2
pour
(x; y) 6= (0; 0)
et
f (0; 0) = (0; 0).
f n’est pas continue en (0 ;0). Cependant, en (0 ;0), les applications partielles sont nulles et donc
dérivables.
Théorème 4.7.1 (Théorème d’opérations sur les fonctions de classe C 1 ). Si f, g : U → R sont de
classe C 1 sur U et α, β ∈ R, alors :
1 αf + βg et f g sont de classe C 1 sur U ;
2 Si de plus g 6= 0 sur U , f /g est de classe C 1 sur U .
Corollaire 4.7.1.
1 Les fonctions polynomiales sont de classe C 1 sur R2 .
2 Les fonctions rationnelles sont de classe C 1 sur leur ensemble de définition.
Théorème 4.7.2 (Dl d’ordre 1). Soit f : U → R une fonction de classe C 1 sur U et M0 =
(x0 , y0 ) ∈ U . Alors f admet un DL d’ordre 1 en M0 i.e
f (x0 + h; y0 + k) = f (x0 ; y0 ) + h
∂f
∂f
(x0 ; y0 ) + k (x0 ; y0 ) + o(k(h; k)k).
∂x
∂y
Corollaire 4.7.2.
Si f : U → R est une fonction de classe C 1 sur U , alors est continue sur U .
4.7.2
Différentielle
Définition 4.7.5 (Différentielle). f ∈ C 1 (U, R) et M0 = (x0 , y0 ) ∈ U . La différentielle de f en
M0 est la forme linéaire
dfM0 : R2 → R;
(h; k) 7→ dfM0 (h; k) = h
∂f
∂f
(x0 ; y0 ) + k (x0 ; y0 )
∂x
∂y
Définition 4.7.6 (Gradient). Le gradient de f : U → R en M0 = (x0 , y0 ) ∈ U est le vecteur
∂f
→
−
∂f
∇f (M0 ) =
(x0 ; y0 );
(x0 ; y0 ) .
∂x
∂y
Théorème 4.7.3 (Dérivation d’une composée). Soit f : U → R de classe C 1 sur U et u, v : I ⊆
R → R de classe C 1 sur I. ϕ : I → R2 ; t 7→ (u(t); v(t)) telle que ϕ(t) ∈ U , ∀t ∈ I. Alors
f ◦ ϕ : I → R est de classe C 1 sur I et on a :
(f ◦ ϕ)0 (t) = u0 (t)
ESATIC
∂f
∂f
(u(t); v(t)) + v 0 (t) (u(t); v(t)).
∂x
∂y
120
UP Maths
NOTIONS SUR LES FONCTIONS A DEUX VARIABLES
Théorème 4.7.4 (Dérivées partielles d’une composée). Soit f : U → R de classe C 1 et x, y :
V ⊂ R2 → R deux fonctions de classe C 1 sur V telles que (x(u, v); y(u, v)) ∈ U , ∀(u, v) ∈ V .
On considère la fonction F : U → R ; (u, v) 7→ f (x(u; v); y(u, v)). Alors
∂x
∂F
∂y
∂F
∂F
(u; v) =
(u, v)
(x(u; v); y(u, v)) +
(u, v)
(x(u; v); y(u, v))
∂u
∂u
∂x
∂u
∂y
et
∂F
∂x
∂F
∂y
∂F
(u; v) =
(u, v)
(x(u; v); y(u, v)) +
(u, v)
(x(u; v); y(u, v)).
∂v
∂v
∂x
∂v
∂y
Exercice 4.7.1. La température en un point (x; y) est notée T (x; y) et mesurée en degré Celsius.
Supposons que T est de classe C 1 sur [1; +∞[×[2; +∞[. Un insecte en train de ramper se trouve
√
après t secondes en x = 1 + t et y = 2 + t/3 où x et y sont mesurés en centimètres.
On donne ∂x T (2, 3) = 4 et ∂y T (2, 3) = 3. A quelle vitesse (˚C.s−1 ) croît la température sur la
trajectoire, après 3 secondes ?
T : [1; +∞[×[2; +∞[→ R est de classe C 1 sur [1; +∞[×[2; +∞[ et x, y : [0; +∞[⊂ R → R de
classe C 1 sur [0; +∞[.
ϕ : [0; +∞[→ R2 ; t 7→ (x(t); y(t)) est telle que ϕ(t) ∈ [1; +∞[×[2; +∞[, ∀t ∈ [0; +∞[. Alors
T ◦ ϕ : [0; +∞[→ R est de classe C 1 sur [0; +∞[ et on a :
(T ◦ ϕ)0 (t) = x0 (t)
∂T
∂T
(x(t); y(t)) + y 0 (t)
(x(t); y(t)),
∂x
∂y
1
1
avec ∀t ∈ [0; +∞[, x0 (t) = √
et y 0 (t) = . Pour t=3, on a
3
2 1+t
1
∂T √
3
3
1 ∂T √
(T ◦ ϕ)0 (3) = √
( 1 + 3; 2 + ) +
( 1 + 3; 2 + ),
∂x
3
3
∂y
3
2 1+3
(T ◦ ϕ)0 (3) =
4.8
1 ∂T
1
1
1 ∂T
(2; 3) +
(2; 3) = × 4 + × 3 = 2.
4 ∂x
3 ∂y
4
3
Extrémums
4.8.1
Définition
Définition 4.8.1.
Soit M0 ∈ U . Soit f : U → R.
1 f admet un maximum local en M0 si et seulement si
∃V ∈ v(M0 ) ⊆ R2 / f (M ) ≤ f (M0 ),
∀M ∈ V ∩ U.
2 f admet un minimum local en M0 si et seulement si si
∃V ∈ v(M0 ) ⊆ R2 / f (M ) ≥ f (M0 ),
∀M ∈ V ∩ U.
3 f admet un extrémum local en M0 si et seulement si
f admet un maximum local en M0 ou un minimum local en M0 .
ESATIC
121
UP Maths
NOTIONS SUR LES FONCTIONS A DEUX VARIABLES
4 f admet un maximum global en M0 si et seulement si
∀M ∈ U,
f (M ) ≤ f (M0 ).
5 f admet un minimum global en M0 si et seulement si
∀M ∈ U,
f (M ) ≥ f (M0 ).
6 f admet un extrémum global en M0 si et seulement si
f admet un maximum global en M0 ou un minimum global en M0 .
4.8.2
Condition nécessaire du premier ordre
Théorème 4.8.1 (La différentielle est nulle en un extremum local). Soit f : U → R de classe C 1
sur U et M0 = (x0 , y0 ) ∈ U . Alors
M0 est un extrémum local ⇒ dfM0 = 0 ⇒
h ∂f
∂x
(x0 ; y0 ) = 0 et
i
∂f
(x0 ; y0 ) = 0 .
∂y
Démonstration. Supposons par exemple qu’il existe un voisinage V de M0 tel que M0 est un
maximum de f sur V . Considérons la première fonction partielle f1 de f au point M0 définie sur
un voisinage de x0 par f1 (t) = f (t, y0 ). Puisque x0 est un maximum de f1, on sait que f10 (x0 ) = 0,
∂f
c’est-à-dire
(x0 , y0 ) = 0. On fait de même avec la deuxième fonction partielle pour montrer
∂x
∂f
que
(x0 , y0 ) = 0.
∂y
ESATIC
122
UP Maths
NOTIONS SUR LES FONCTIONS A DEUX VARIABLES
Remarque 4.8.1.
Un point vérifiant la condition ci-dessus i.e
∂f
(x0 ; y0 ) = 0
∂x
∂f
(x0 ; y0 ) = 0.
∂y
et
est appelé point stationnaire ou point critique de f .
Exemple 4.8.1.
La fonction définie sur R2 par
f (x, y) = x2 + xy + y 2 + x − y + 3.
a pour dérivées partielles
∂f
(x, y) = 2x + y + 1
∂x
et
∂f
(x, y) = x + 2y − 1.
∂y
- Le seul point critique est (−1, 1). En faisant un changement d’origine, on étudie, pour tout
(h, k) ∈ R2 ,
f (−1 + h, 1 + k) = h2 + hk + k 2 + 2.
2
2
Comme h + hk + k 2 = h + k2 + 3k4 ≥ 0, on a f (−1 + h, 1 + k) ≥ 2,
i.e. f (−1 + h, 1 + k) ≥ f (−1, 1), ce qui montre que f admet un minimum global en (-1, 1).
Exemple 4.8.2.
La fonction définie sur R2 par
f (x, y) = x3 − y 3 + 3x2 − 3y 2 .
a pour dérivées partielles
∂f
(x, y) = 3x2 + 6x
∂x
∂f
(x, y) = −3y 2 − 6y.
∂y
et
Ses points critiques sont (0, 0), (−2, 0), (0, −2) et (−2, −2).
◦ On a f (0, 0) = 0 et au voisinage de 0,
f (h, 0) = h3 + 3h2 ∼ 3h2
f (0, k) = −k 3 − 3k 2 ∼ −3k 2 .
et
Pour h et k assez petits et non nuls, on obtient f (h, 0) > 0 et f (0, k) < 0 : la fonction
n’admet pas d’extremum en (0, 0).
◦ On obtient de même f (−2, −2) = 0 et, pour h et k assez petit non nuls,
f (−2 + h, −2) = −3h2 + h3 < 0
et
f (−2, −2 + k) = 3k 2 − k 3 > 0.
La fonction f n’admet pas d’extremum en (-2, -2).
◦ En A = (−2, 0), on étudie
f (−2 + h, k) = 4 − 3h2 − 3k 2 + h3 − k 3 = 4 − h2 (3 − h) − k 2 (3 + k).
Si (h, k) < 3, on a 3 − h > 0 et 3 + k > 0 et donc f (−2 + h, k) ≤ 4. Autrement dit, pour
(x, y) ∈ B(A, 3), on a f (x, y) ≤ f (−2, 0). La fonction f présente un maximum local en
(-2, 0).
ESATIC
123
UP Maths
NOTIONS SUR LES FONCTIONS A DEUX VARIABLES
◦ En A = (0, −2), on étudie
f (h, −2 + k) = −4 + 3h2 + 3k 2 + h3 − k 3 = −4 + h2 (3 + h) + k 2 (3 − k).
On obtient de même que, pour tout (x, y) ∈ B(B, 3), on a f (x, y) ≥ f (0, −2). La fonction
f présente un minimum local en (0, -2).
Remarque 4.8.2.
Si f est définie sur un ensemble fermé borné Ω, on sait que f possède un maximum et un minimum
sur Ω. Mais, comme Ω n’est pas ouvert, on ne peut pas dire que ces extremums sont atteints en
des points critiques de f . On peut alors considérer l’ensemble des points X de Ω pour lesquels il
existe une boule ouverte de centre X incluse dans Ω. C’est un ouvert appelé intérieur de Ω, sur
lequel ce qui précède s’applique.
Un extremum de f est donc obtenu
– soit en un point critique de l’intérieur de Ω ;
– soit en un point de Ω qui n’appartient pas à l’intérieur de Ω (on dit qu’il appartient à la
frontière de Ω).
Dans le cas où Ω est la boule fermé B(A, r), l’intérieur de Ω est la boule ouverte B(A, r).
Exemple 4.8.3.
Soit f la fonction définie sur Ω = {(x, y) ∈ R2 | x2 + y 2 ≤ 1} par
f (x, y) = x2 − xy + y 2 .
Comme elle est continue, f possède un maximum et un minimum sur le fermé borné Ω (c’est le
disque fermé de centre (0, 0) et de rayon 1).
– Sur le disque ouvert, f possède des dérivées partielles
∂f
(x, y) = 2x − y + 1
∂x
et
∂f
(x, y) = −x + 2y.
∂y
et un seul point critique (0, 0). On obtient f (0, 0) = 0.
– Sur le cercle, on peut poser x = cos θ, y = sin θ, θ ∈ [−π, π]. On obtient
f (cos θ, sin θ) = 1 − sin θ cos θ = 1 − 2 sin 2θ.
Sur ce cercle, f possède un maximum 32 et un minimum 12 Le minimum de f sur Ω vaut
donc 0 est atteint en (0, 0). Le maximum est 32 et est atteint pour sin 2θ = −1, ce qui donne
√2 √2 √2 √2 −π
3π
θ = 4 ou θ = 4 ; le maximum est donc atteint aux points
,−
et −
,
.
2
2
2 2
4.8.3
Conditions du second ordre
Définition 4.8.2 (Dérivées partielles d’ordre 2). Soit f : U 7→ R de classe C 1 sur U . On dit que f
∂f
∂f
et
: U → R sont de classe C 1 sur U . On note
est de classe C 2 sur U lorsque les fonctions
∂x ∂y
∂2f
∂ ∂f
(M ) =
( )(M ),
2
∂x
∂x ∂x
ESATIC
∂2f
∂ ∂f
(M ) =
( )(M ),
2
∂y
∂y ∂y
124
UP Maths
NOTIONS SUR LES FONCTIONS A DEUX VARIABLES
∂2f
∂ ∂f
(M ) =
( )(M )
∂x∂y
∂x ∂y
∂2f
∂ ∂f
(M ) =
( )(M ).
∂y∂x
∂y ∂x
et
Remarque 4.8.3.
∂2f
(M ) se note aussi fxx (M ) ;
∂x2
2
∂ f
?
(M ) se note aussi fxy (M ) ;
∂y∂x
∂2f
?
(M ) se note aussi fyx (M ) ;
∂x∂y
∂2f
(M ) se note aussi fyy (M ).
?
∂y 2
?
Théorème 4.8.2 (Théorème de Schwarz). Soit D un ouvert de R2 , f : D → R une fonction de
classe C 2 sur D. Alors en tout point A ∈ D, on a
∂2f
∂2f
(A) =
(A).
∂x∂y
∂y∂x
Démonstration. On pose A = (a, b). Comme D est ouvert, il existe r > 0 tel que B(A, r) ⊂ D.
r
Si 0 < h, k < √ , alors [a, a + h] × [b, b + k] est inclus dans D. On pose
2
∆(h, k) = f (a + h, b + k) − f (a + h, b) − f (a, b + k) + f (a, b).
La fonction ϕ : x 7→ f (x, b + k) − f (x, b) est dérivable sur [a, a + h] et sa dérivée est
∂f
∂f
(x, b + k) −
(x, b).
∂x
∂x
On peut lui appliquer la formule des accroissements finis : il existe c ∈ [a, a + h] tel que
∂f
∂f
∆(h, k) = ϕ(a + h) − ϕ(a) = hϕ0 (c) = h
(c, b + k) −
(c, b) .
∂x
∂x
∂2f
∂f
(c, y) est dérivable sur [b, b + k] de dérivée y 7→
(c, y). On peut donc
La fonction y 7→
∂x
∂y∂x
lui appliquer le théorème des accroissements finis : il existe d ∈ [b, b + k] tel que
ϕ0 : x 7→
∆(h, k) = hk
∂2f
(c, d).
∂y∂x
En considérant la fonction ψ : y 7→ f (a + h, y) − f (a, y), on montre de même qu’il existe
c0 ∈ [a, a + h] et d0 ∈ [b, b + k] tels que
∆(h, k) = hk
∂2f 0 0
(c , d ).
∂x∂y
On en déduit que
∂2f
∂2f 0 0
(c, d) =
(c , d )
∂y∂x
∂x∂y
Quand h et k tendent vers 0, (c, d) et (c0 , d0 ) tendent vers (a, b) = A. Les fonctions
(4.1)
∂2f
∂2f
et
∂y∂x ∂x∂y
étant continues en A, on obtient par passage à la limite dans (4.1), l’égalité
∂2f
∂2f
(A) =
(A).
∂y∂x
∂x∂y
ESATIC
125
UP Maths
NOTIONS SUR LES FONCTIONS A DEUX VARIABLES
Exemple 4.8.4.
Soit f : R2 → R définie par
f (x, y) = 2x2 y + y 2 − x3 y 4 .
On obtient
∂f
(x; y) = 4xy − 3x2 y 4 ;
∂x
∂f
(x; y) = 2x2 + 2y − 4x3 y 3 ;
∂y
puis
∂2f
∂2f
(x; y) =
(x; y) = 4x − 12x2 y 3 .
∂x∂y
∂y∂x
Théorème 4.8.3.
Soient U un ouvert de R2 , f : U → R de classe c2 , a ∈ U un point critique de f . Notons Q la
forme quadratique définie sur R par :
X
hi hj fx00i xj (a).
∀h = (h1 , h2 ), Q(h) =
1≤i,j≤2
1 Si Q est positive et non dégénérée, alors f admet un minimum local strict en a.
2 Si Q est négative et non dégénérée, alors f admet un maximum local strict en a.
3 Si Q n’est ni positive ni négative, alors f n’admet pas d’extremum local en a.
Démonstration. D’après le théorème de Taylor-Young à l’ordre 2 et puisque a est un point critique
de f , on a :
1
f (a + h) − f (a) = Q(h) + o (khk2 ).
h→0
2
p
1 Supposons Q positive et non dégénérée. L’application h 7→ Q(h) est alors une norme sur
R2 . Comme toutes les normes sur R2 sont équivalentes, il existe (α, β) ∈ (R∗+ )2 tel que :
p
∀h ∈ R2 , αkhk ≤ Q(h) ≤ βkhk. Par définition de o(khk2 ), il existe η > 0 tel que
B(a; η) ⊂ U et que :
∀h ∈ R2 ,
khk ≤ η ⇒ |o(khk2 )| ≤
α2
1
1
khk2 ≤ Q(h) ⇒ o(khk2 ) ≥ − Q(h).
4
4
4
On a alors :
∀h ∈ R2 − {0},
1
1
khk ≤ η ⇒ f (a + h) − f (a) = Q(h) + o(khk2 ) ≥ Q(h) > 0.
2
4
Ceci montre que f admet un minimum local strict en a.
2 L’étude du cas où Q est négative et non dégénérée se déduit de 1) appliqué à −f au lieu de
f.
3 Supposons Q ni positive ni négative. Il existe donc x0 , x” ∈ R2 tels que : Q(x0 ) < 0 et
Q(x”) > 0. On a alors, pour λ ∈ R dans un voisinage de 0 :

 f (a + λx0 ) − f (a) = λ2 Q(x0 ) + o (λ2 ) ∼ λ2 Q(x0 )
λ→0
 f (a + λx00 ) − f (a) = λ2 Q(x”) + o (λ2 )
λ→0
λ→0
∼
λ→0
λ2 Q(x”),
ce qui montre que, sur tout voisinage de a, f prend des valeurs < f (a) et des valeurs
> f (a). On conclut que f n’admet pas d’extremum local en a.
ESATIC
126
UP Maths
NOTIONS SUR LES FONCTIONS A DEUX VARIABLES
Théorème 4.8.4.
Soit f : U → R une fonction admettant des dérivées partielles secondes continues en M0 =
(x0 , y0 ) ∈ U . Soit q la forme quadratique définie sur R2 par
q(x, y) =
∂2f
1 ∂2f
1 ∂2f
2
(x
,
y
)x
+
(x
,
y
)xy
+
(x0 , y0 )y 2
0
0
0
0
2 ∂x2
∂x∂y
2 ∂y 2
– Si la signature de q est (2,0) i.e q est définie positive, alors M0 est un minimum.
– Si la signature de q est (0,2) i.e q est définie négative, alors M0 est un maximum.
– Si la signature de q est (1,1) , alors M0 est un point selle ou un point col.
Remarque 4.8.4.
Si la signature de q est (1,0) ou (0,1), on ne peut rien conclure.
Remarque 4.8.5.
La signature d’une forme quadratique q est le couple d’entiers (p, s) où p est le nombre de coefficients positifs dans une décomposition de q en carrés et s le nombre de coefficients négatifs.
Corollaire 4.8.1.
Soit f : U → R une fonction de classe C 2 sur U et M0 = (x0 , y0 ) ∈ U . Posons :
r=
∂2f
(x0 , y0 ),
∂x2
s=
∂2f
(x0 , y0 ) et
∂x∂y
t=
∂2f
(x0 , y0 ).
∂y 2
Si M0 un point critique de f tel que s2 − rt 6= 0.
– Si s2 − rt < 0 et r > 0, alors f présente un minimum en M0 .
– Si s2 − rt < 0 et r < 0, alors f présente un maximum en M0 .
– Si s2 − rt > 0, alors f ne présente en M0 ni minimum ni maximum.
Démonstration. Considérons la forme quadratique Q : R2 → R définie par :
∀(h, k) ∈ R2 ,
Q(h, k) = rh2 + 2shk + tk 2 .
On a :
(Q positive non dégénérée) ⇔ (s2 − rt < 0
et r > 0)
(Q négative non dégénérée) ⇔ (s2 − rt < 0
et r < 0)
2
(Q ni positive ni négative) ⇔ (s − rt > 0).
Méthode 4.8.1.
Pour déterminer les extremums locaux d ’une application f : U → R. de classe C 2 sur un ouvert
U de R2 , commencer par déterminer le ou les points critiques de f , c’est-à-dire les points (x, y)
de U tels que :
(
fx0 (x, y) = 0
fy0 (x, y) = 0
ESATIC
127
UP Maths
NOTIONS SUR LES FONCTIONS A DEUX VARIABLES
Si f admet un extremum local, ce ne peut être qu’en un point critique de f .
En un point critique (x0 , y0 ) de f , calculer r, s, t :
r=
∂2f
(x0 , y0 ),
∂x2
s=
∂2f
(x0 , y0 ) et
∂x∂y
t=
∂2f
(x0 , y0 ).
∂y 2
Puis calculer s2 − rt.
– Si s2 − rt < 0 et r > 0, alors f admet un minimum local en (x0 , y0 ).
– Si s2 − rt < 0 et r < 0, alors f admet un maximum local en (x0 , y0 ).
– Si s2 − rt > 0 alors f n’admet pas d’extremum local en (x0 , y0 ) ; on dit que f admet un
point-col en (x0 , y0 ).
– Si s2 − rt = 0, essayer :
– ou bien de montrer que f (x0 + h, y0 + k) − f (x0 , y0 ) n’est pas de signe fixe lorsque
(h, k) est voisin de (0,0) en envisageant, par exemple, de lier les variables (h, k), et alors
f n’admet pas d’extremum local en (x0 , y0 ).
– ou bien de montrer que f (x0 + h, y0 + k) − f (x0 , y0 ) est de signe fixe lorsque (h, k) est
dans un voisinage de (0,0), et alors f admet un extremum local en (x0 , y0 ).
Méthode 4.8.2.
Pour montrer qu’une fonction f de deux variables réelles x, y n’a pas d’extremum global, on peut
essayer de construire une fonction composée, par exemple x 7→ f (x, x), x 7→ f (x, x2 ), ... de
limite +∞ ou −∞.
Méthode 4.8.3.
Pour trouver les extremums globaux d’une fonction f de deux variables réelles, on peut commencer par rechercher les extremums locaux de f , car, si f admet un extremum global en (x0 , y0 ).
Pour montrer que f admet, par exemple, un minimum global en un point (x0 , y0 ), former f (x0 +
h, y0 + k) − f (x0 , y0 ) et montrer que cette expression est ≥ 0 pour tout (h, k).
Exemple 4.8.5.
f (x; y) = x2 + y 2 . Le point stationnaire est (0 ;0) et q(x; y) = x2 + y 2 donc la signature est (2 ;0),
par suite f présente un minimum en (0 ;0),
ou r = 2 ; s = 0 ; t = 2 c’est-à-dire s2 − rt = −4 < 0 et r > 0, donc f présente un minimum en
(0,0).
Exemple 4.8.6.
f (x; y) = xy. Le point stationnaire est (0 ;0) et q(x; y) = 12 (x+y)2 − 12 (x−y)2 , donc la signature
est (1 ;1). f présente un point-selle en (0 ;0),
ou r = 0 ; s = 1 ; t = 0 c’est-à-dire s2 − rt = 1 > 0, donc f présente un point-selle en (0 ;0).
Exemple 4.8.7.
ESATIC
128
UP Maths
NOTIONS SUR LES FONCTIONS A DEUX VARIABLES
Maximum et minimum
Point-selle
Exercice 4.8.1. Déterminer les extrema de la fonction
f (x, y) = x2 + y 3 − 2xy − y;
(x, y) ∈ R2 .
On a
∂f
∂2f
∂2f
∂2f
∂f
(x; y) = 2x−2y;
(x; y) = 3y 2 −2x−1;
(x;
y)
=
2;
(x;
y)
=
−2
et
(x; y) = 6y.
∂x
∂y
∂x2
∂x∂y
∂y 2
(
2x − 2y = 0
−1
Par la résolution du système
Les points stationnaires sont ( −1
3 ; 3 ) et
2
3y − 2x − 1 = 0
(1 ;1)
Pour (x; y) = (1; 1), on a r = 2, s = −2, t = 6 et s2 − rt = −8. Donc f présente un minimum
en (1 ;1).
−1
2
Pour (x; y) = ( −1
3 ; 3 ), r = 2, s = −2, t = −2 et s − rt = 8. Donc f présente ni minimum, ni
−1
maximum en ( −1
3 ; 3 ).
Exercice 4.8.2. La fonction f : R2 → R définie par
(
xy(x2 −y 2 )
si (x, y) 6= (0; 0)
x2 +y 2
f (x, y) =
0
si (x; y) = (0; 0)
Est-elle de classe C 2 .
On vérifie facilement que la fonction f est de classe C 1 sur R2 et que

2
3
3
3
 3x y − y − 2x(yx − xy ) si (x, y) 6= (0, 0)
∂f
x2 + y 2
(x2 + y 2 )2
(x; y) =

∂x
0
si (x, y) = (0, 0);
 3
2
3
3
 x − 3xy − 2y(yx − xy )
∂f
x2 + y 2
(x2 + y 2 )2
(x; y) =

∂y
0
On a
lim
t→0
ESATIC
∂f
∂x (0; t)
−
t
∂f
∂x (0; 0)
si (x, y) 6= (0, 0)
si (x, y) = (0, 0).
= lim − 1 = −1,
t→0
129
UP Maths
NOTIONS SUR LES FONCTIONS A DEUX VARIABLES
ce qui montre que
∂ ∂f
( )(0, 0) = −1.
∂y ∂x
De même,
lim
∂f
∂y (t; 0)
−
∂f
∂y (0; 0)
t
t→0
= lim1 = 1,
t→0
ce qui montre que
∂ ∂f
( )(0, 0) = 1.
∂x ∂y
Les deux dérivées partielles secondes croisées sont différentes. On peut vérifier l’existence des
quatre fonctions dérivées partielles secondes sur R2 , mais on vérifie qu’elles ne sont pas continues
en (0, 0).
4.9
Résumé
4.9.1
Définition
C’est une fonction f de R2 dans R : M = (x, y) 7→ f (M ) = f (x, y).
4.9.2
Normes
Définition 4.9.1.
Une application N de R2 dans R est une norme si
– ∀u ∈ R2 , N (u) ≥ 0 ;
– ∀u ∈ R2 , N (u) = 0 ⇒ u = 0 ;
– ∀(u, v) ∈ R2 × R2 , N (u + v) ≤ N (u) + N (v) ;
– ∀λ ∈ R, ∀u ∈ R2 , N (λu) = λN (u).
4.9.3
Ouverts
Soit a ∈ R2 et r > 0. On appelle :
1 boule ouverte de centre a et de rayon r,
B(a; r) = {x ∈ R2 / kx − ak < r}.
B(a, r) est tout simplement le disque de centre a et de rayon r, cercle non compris.
2 boule fermée de centre a et de rayon r, l’ensemble :
B(a; r) = {x ∈ R2 / kx − ak ≤ r}.
B(a, r) est tout simplement le disque de centre a et de rayon r, cercle y compris.
3 sphère de centre a et de rayon r, l’ensemble :
S(a, r) = {x ∈ R2 |kx − ak = r}.
S(a, r) est tout simplement le cercle de centre a et de rayon r.
ESATIC
130
UP Maths
NOTIONS SUR LES FONCTIONS A DEUX VARIABLES
Définition 4.9.2 (Parties ouvertes). Soit U ⊂ R2 . On dit que U est une partie ouverte si ∀a ∈ U ,
il existe r > 0 tel que la boule ouverte de centre a et de rayon r soit incluse dans U .
Définition 4.9.3 (Voisinage).
Soit a ∈ R2 . L’ensemble V ⊂ R2 est un voisinage de a si ∃r > 0 tel que B(a; r) ⊂ V .
Remarque 4.9.1.
V ⊂ R2 est un ouvert ⇔ U est un voisinage de chacun de ses points.
4.9.4
Graphe
Définition 4.9.4.
On appelle fonction reèlle de n variables (n ∈ N\{0; 1}) toute fonction f : D → R ou D ⊂ Rn ,
c’est-à-dire toute fonction définie sur une partie de Rn et à valeurs dans R.
Définition 4.9.5 (Graphe d’une fonction de deux variables).
Soit f : D → R ou D ⊂ R2 . On appelle graphe de f l’ensemble :
G = {(x, y, z) ∈ R3 | (x, y) ∈ U, z = f (x, y)}.
Définition 4.9.6 (Graphe d’une fonction de trois variables). Soit f : D → R ou D ⊂ R3 . On
appelle graphe de f l’ensemble :
G = {(w, x, y, z) ∈ R4 | (w, x, y) ∈ U, z = f (w, x, y)}.
Remarque 4.9.2. Le graphe d’une fonction d’une variable est une courbe dans R2 ; celui d’une
fonction de deux variables est une surface dans R3 .
4.9.5
Applications partielles
Définition 4.9.7.
Soit une fonction f : Rn → R et un point a = (a1 ; a2 ; · · · ; an ) ∈ Rn . On définit les fonctions
d’une variable (applications partielles au point a) par :
fia R → R
t 7→ f (a1 ; · · · ; ai−1 ; t; ai+1 ; · · · ; an )
4.9.6
Limite - Continuité
On considère maintenant une partie U ∈ R2 ouverte et une fonction de deux variables :
!
f:
U
→ R
f:
U
→ R
resp
(x; y) 7→ f (x; y)
(x; y; z) 7→ f (x; y; z)
En dimension 1, on a vu que la notion de continuité est associée à celle de limite. Une fonction
est continue en x0 si f (x) s’approche de f (x0 ) lorsque x s’approche de x0 , c’est-à-dire lorsque
|x−x0 | devient petit. En dimension supérieure, pour définir les notions de limite et de continuité, il
est tout d’abord nécessaire de définir une notion de proximité, et c’est-à-dire de définir la distance
entre deux points de Rn . Il y a de nombreux choix possibles, mais ils conduisent tous aux mêmes
notions de limite et de continuité. Nous en considérerons un seul, pour sa simplicité.
ESATIC
131
UP Maths
NOTIONS SUR LES FONCTIONS A DEUX VARIABLES
4.9.7
Limite
Définition 4.9.8 (Limite).
On dit que la fonction f définie sur un domaine D de Rn admet la limite ` en u0 si pour tout ε > 0,
on peut trouver un δ > 0 tel que si d(u, u0 ) < δ0 , alors |f (u) − `| < ε. On note lim f (u) = `.
u→u0
Interprétation : Le fait que f admette la limite ` en u0 signifie d’une part que si u est proche
de u0 , alors f (u) est proche de `, et surtout que l’on peut obtenir une approximation arbitraire de
` par une évaluation de f en un point u, à condition que u soit assez proche de u0 .
Remarque 4.9.3.
– Si elle existe, la limite d’une fonction est unique.
– Pour prouver qu’une fonction de deux variables n’admet pas de limite en a, il suffit d’expliciter une restriction à une courbe continue passant par a qui n’admette pas de limite, ou
deux restrictions qui conduisent à des limites différentes.
– Pour prouver l’existence d’une limite, il faut considérer le cas général. Dans le cas de deux
variables, lorsque (x, y) tend vers (0, 0) , il peut être intéressant de passer en coordonnées
polaires.
– Lorsque l’on dit que u s’approche de u0 au sens de la distance d définie ci-dessus, le chemin
par lequel u s’approche de u0 n’est pas pris en compte. Donc lorsque f admet une limite `
en u0 , f (u) s’approche de ` quelle que soit la façon dont u s’approche de u0 . Par exemple,
en dimension 2, un point (x, y) peut s’approcher de o = (0; 0) d’une infinité de façon, par
exemple :
– le long de l’axe horizontal, c’est-à-dire que y = 0 et x tend vers 0,
– le long de l’axe vertical, i.e. x = 0 et y tend vers 0,
– le long de la diagonale, i.e. x = y et tend vers 0,
– le long d’une courbe quelconque, par exemple la parabole y = x2 .
Si lim f (u) = `, alors quel que soit le chemin que u prend pour aller à u0 , f (u) va à `.
u→u0
On peut utiliser cette remarque pour montrer a contrario qu’une fonction n’admet pas de limite
en un point donné.
Remarque 4.9.4.
En pratique, il est souvent utile de passer aux coordonnées polaires pour ramener le calcul de la
limite d’une fonction de deux variables à celui de la limite d’une fonction d’une seule variable. En
effet, tout point (x; y) ∈ R2 peut être représenté par ses coordonnées polaires centrées autour du
point a = (a1 , a2 ) vers lequel il est appelé à tendre
(
x = a1 + ρ cos θ
y = a2 + ρ sin θ
ESATIC
132
UP Maths
NOTIONS SUR LES FONCTIONS A DEUX VARIABLES
Proposition 4.9.1. Si lim f (x) = l, alors ∀an = (xn , yn ) → a = (x0 , y0 ), on a lim f (an ) = l.
x→a
n→+∞
Remarque 4.9.5. On se sert souvent de cette propriété séquentielle pour montrer qu’une fonction
n’a pas de limite.
Proposition 4.9.2. Soit f une fonction définie sur U . Si f admet une limite en a ∈ U , alors cette
limite est f (a).
4.9.8
Continuité
– On dit que la fonction f définie sur un domaine D de Rn est
Définition 4.9.9 (Continuité).
continue au point a ∈ D si et seulement si lim f (x) = f (a) ;
x→a
– On dit que la fonction f est continue sur D si et seulement si elle est continue en tout point
de D.
Remarque 4.9.6. Les fonctions usuelles sont continues sur leur ensemble de définition. Notamment, les polynômes, les fractions rationnelles aux points où le dénominateur en s’annule pas.
Les régles de la continuité des fonctions d’une seule variable s’appliquent : la somme, le produit
de fonctions continues sont des fonctions continues. La composée de deux fonctions continues est
continue.
Proposition 4.9.3. Si une fonction f : U → R est continue en a = (x0 , y0 ), alors les fonctions f1a
définie par f1a (x) = f (x; y0 ) et f2a ) définie par f2a (y) = f (x0 ; y) sont respectivement continues
en x0 et y0 .
Remarque 4.9.7. La réciproque de la Proposition 4.9.3 est fausse en général.
4.9.9
Dérivées partielles
Soit f : D → R une fonction défine sur un domaine D de Rn . On appelle i-ème fonction
partielle au point a = (a1 , · · · , an ) ∈ D la fonction fi, définie sur le domaine Dia = {x ∈
R | (a1 , · · · , ai−1 , x, ai+1 , · · · , an ) ∈ D}, par
∀x ∈ Dia ,
ESATIC
fia (x) = f (a1 , · · · , ai−1 , x, ai+1 , · · · , an ).
133
UP Maths
NOTIONS SUR LES FONCTIONS A DEUX VARIABLES
Définition 4.9.10 (Dérivées partielles). Soit f : D → R une fonction définie sur un domaine D de
Rn . Soit a ∈ D. Si la i-ème fonction partielle de f en a est dérivable en ai , alors sa dérivée (par
rapport à la variable xi ) est appelée i-ème d´erivée partielle de f en a, et notée
∂f
(a).
∂xi
Définition 4.9.11 (Dérivées partielles d’ordre supérieur).
Soit f une fonction définie sur un domaine D de Rn . Si ses dérivées partielles d’ordre 1 sont
encore dérivable par rapport à chaque variable, leurs dérivées partielles sont appelées dérivées
partielles secondes. Par récurrence, on définit les dérivées partielles d’ordre n comme les dérivées
partielles des dérivées d’ordre n − 1.
Remarque 4.9.8.
Une dérivée partielle d’ordre n est donc obtenue en d’rivant partiellement successivement par
rapport à une des variables, n fois. Par exemple, on obtient une dérivée d’ordre 4 d’une fonction
de trois variables x, y, z en dérivant d’abord en x, puis en y, puis à nouveau en x, puis en z ; ou
bien en dérivant en y puis en z, puis deux fois en x.
Notation 4.9.1.
La dérivée partielle d’ordre p d’une fonction de n variables x1 , · · · , xn obtenue en dérivant p1
fois par rapport à x1 , p2 fois par rapport à x2 · · · pn fois par rapport à xn , où p1 , · · · , pn sont
des entiers positifs ou nuls tels que p1 + · · · + pn = p est notée
∂xp11
∂nf
.
· · · ∂xpnn
Remarque 4.9.9.
∂2f
?
(M ) se note aussi fxx (M ) ;
∂x2
2
∂ f
?
(M ) se note aussi fxy (M ) ;
∂y∂x
∂2f
?
(M ) se note aussi fyx (M ) ;
∂x∂y
∂2f
?
(M ) se note aussi fyy (M ).
∂y 2
Il est naturel de se demander si dans les dérivées partielles d’ordre au moins 2, l’ordre des
dérivations importe. Pour les fonctions usuelles dont toutes les dérivées existent et sont continues
sur leur domaine de définition, l’ordre n’importe pas. Plus précisément, on a le résultat suivant.
Proposition 4.9.4 (Lemme de Schwarz). Soit f une fonction définie sur un domaine D de Rn .
∂2f
Soient i 6= j deux entiers compris entre 1 et n. Si les dérivées partielles secondes
et
∂xi ∂xj
∂2f
existent et sont continues, alors elles sont égales.
∂xj ∂xi
Remarque 4.9.10. Ce résultat sera admis et on admettra aussi qu’il existe des exemples de fonctions pour lesquels les deux dérivées existent en un point mais ne sont pas égales. On ne donnera
pas de tels exemples car ils ne seront pas rencontrés en pratique.
ESATIC
134
UP Maths
NOTIONS SUR LES FONCTIONS A DEUX VARIABLES
4.9.10
Optimisation de fonctions de deux variables
Définition 4.9.12. Soit M0 ∈ U . Soit f : U → R.
1 f admet un maximum local en M0 si et seulement si
∃V ∈ v(M0 ) ⊆ R2 / f (M ) ≤ f (M0 ),
∀M ∈ V ∩ U.
2 f admet un minimum local en M0 si et seulement si si
∃V ∈ v(M0 ) ⊆ R2 / f (M ) ≥ f (M0 ),
∀M ∈ V ∩ U.
3 f admet un extrémum local en M0 si et seulement si
f admet un maximum local en M0 ou un minimum local en M0 .
4 f admet un maximum global en M0 si et seulement si
∀M ∈ U,
f (M ) ≤ f (M0 ).
5 f admet un minimum global en M0 si et seulement si
∀M ∈ U,
f (M ) ≥ f (M0 ).
6 f admet un extrémum global en M0 si et seulement si
f admet un maximum global en M0 ou un minimum global en M0 .
Condition nécessaire du premier ordre
Théorème 4.9.1 (La différentielle est nulle en un extremum local).
Soit f : U → R de classe C 1 sur U et M0 = (x0 , y0 ) ∈ U . Alors
h ∂f
M0 est un extrémum local ⇒ dfM0 = 0 ⇒
(x0 ; y0 ) = 0 et
∂x
i
∂f
(x0 ; y0 ) = 0 .
∂y
Remarque 4.9.11. Un point vérifiant la condition ci-dessus i.e
∂f
(x0 ; y0 ) = 0
∂x
et
∂f
(x0 ; y0 ) = 0.
∂y
est appelé point stationnaire ou point critique de f .
Remarque 4.9.12. Si f est définie sur un ensemble fermé borné Ω, on sait que f possède un
maximum et un minimum sur Ω. Mais, comme Ω n’est pas ouvert, on ne peut pas dire que ces extremums sont atteints en des points critiques de f . On peut alors considérer l’ensemble des points
X de Ω pour lesquels il existe une boule ouverte de centre X incluse dans Ω. C’est un ouvert
appelé intérieur de Ω, sur lequel ce qui précède s’applique.
Un extremum de f est donc obtenu
– soit en un point critique de l’intérieur de Ω ;
– soit en un point de Ω qui n’appartient pas à l’intérieur de Ω (on dit qu’il appartient à la
frontière de Ω).
Dans le cas où Ω est la boule fermé B(A, r), l’intérieur de Ω est la boule ouverte B(A, r).
ESATIC
135
UP Maths
NOTIONS SUR LES FONCTIONS A DEUX VARIABLES
Conditions du second ordre
Théorème 4.9.2. Soit f : U → R une fonction de classe C 2 sur U et M0 = (x0 , y0 ) ∈ U .
Posons :
∂2f
∂2f
∂2f
r=
(x
,
y
),
s
=
(x
,
y
)
et
t
=
(x0 , y0 ).
0
0
0
0
∂x2
∂x∂y
∂y 2
Si M0 un point critique de f tel que s2 − rt 6= 0.
– Si s2 − rt < 0 et r > 0, alors f présente un minimum en M0 .
– Si s2 − rt < 0 et r < 0, alors f présente un maximum en M0 .
– Si s2 − rt > 0, alors f ne présente en M0 ni minimum ni maximum.
Méthode 4.9.1. Pour déterminer les extremums locaux d ’une application f : U → R. de classe
C 2 sur un ouvert U de R2 , commencer par déterminer le ou les points critiques de f , c’est-à-dire
les points (x, y) de U tels que :
(
fx0 (x, y) = 0
fy0 (x, y) = 0
Si f admet un extremum local, ce ne peut être qu’en un point critique de f .
En un point critique (x0 , y0 ) de f , calculer r, s, t :
r=
∂2f
(x0 , y0 ),
∂x2
s=
∂2f
(x0 , y0 ) et
∂x∂y
t=
∂2f
(x0 , y0 ).
∂y 2
Puis calculer s2 − rt.
– Si s2 − rt < 0 et r > 0, alors f admet un minimum local en (x0 , y0 ).
– Si s2 − rt < 0 et r < 0, alors f admet un maximum local en (x0 , y0 ).
– Si s2 − rt > 0 alors f n’admet pas d’extremum local en (x0 , y0 ) ; on dit que f admet un
point-col en (x0 , y0 ).
– Si s2 − rt = 0, essayer :
– ou bien de montrer que f (x0 + h, y0 + k) − f (x0 , y0 ) n’est pas de signe fixe lorsque
(h, k) est voisin de (0,0) en envisageant, par exemple, de lier les variables (h, k), et alors
f n’admet pas d’extremum local en (x0 , y0 ).
– ou bien de montrer que f (x0 + h, y0 + k) − f (x0 , y0 ) est de signe fixe lorsque (h, k) est
dans un voisinage de (0,0), et alors f admet un extremum local en (x0 , y0 ).
Méthode 4.9.2. Pour montrer qu’une fonction f de deux variables réelles x, y n’a pas d’extremum
global, on peut essayer de construire une fonction composée, par exemple x 7→ f (x, x), x 7→
f (x, x2 ), ... de limite +∞ ou −∞.
Méthode 4.9.3. Pour trouver les extremums globaux d’une fonction f de deux variables réelles,
on peut commencer par rechercher les extremums locaux de f , car, si f admet un extremum global
en (x0 , y0 ). Pour montrer que f admet, par exemple, un minimum global en un point (x0 , y0 ),
former f (x0 + h, y0 + k) − f (x0 , y0 ) et montrer que cette expression est ≥ 0 pour tout (h, k).
ESATIC
136
UP Maths
Chapitre 5
ANNEXE : DECOMPOSITION EN
ELEMENTS SIMPLES
5.1
Méthode théorique
Il est essentiel, pour bien savoir sous quelle forme écrire à priori une décomposition en éléments simples, de connaître parfaitement le résultat fondamental de la théorie de la décomposition.
En effet, une faute classique est souvent cornmise qui anéantit tous les efforts de calculs ultérieurs
(ce qui est dommage).
5.1.1
METHODE 0 : Revenir au théorème fondamental
Théorème 5.1.1.
N
Soit F une fraction rationnelle écrite sous forme irréductible F =
(c’est-à dire N et D preD
QK
αi
miers entre eux dans K[X]). Soit D = 1=1 Di , la décomposition en facteurs premiers de D.
Alors : il existe une unique manière d’écrire :
F =E+
αi
K X
X
Aij
i=1 j=1
Dij
avec :
(i) E ∈ K[X]
(ii) Aij ∈ K(X)
et ∀j, deg Aij < deg(Di ).
On appelle partie entière de F le polynôme E.
Remarque 5.1.1.
L’erreur la plus fréquemment commise (qui vient tpute fois après « l’oubli » pur et simple de la
partie entière dans l’écriture de la décomposition), porte sur le degré des polynômes Aij .
Beaucoup pensent (à tort) qu’il doit être inférieur à j. Or c’est à deg(Di ) qu’il est inférieur, ce
qui n’est pas du tout la même chose.
137
DECOMPOSITION EN ELEMENTS SIMPLES
Exemple 5.1.1.
Supposons qu’on cherche à dêcomposer dans R[X] une fraction dont le dénominateur comporte
le facteur : (x2 + x + 1)3 (qui est premier).
La décomposition s’écrira sous la forme :
ax + b
cx + d
ex + f
+ 2
+ 2
2
+ x + 1 (x + x + 1)
(x + x + 1)3
x2
et non sous la forme :
a
bx + c
dx2 + ex + f
+
+
,
x2 + x + 1 (x2 + x + 1)2 (x2 + x + 1)3
comme on l’a souvent entendu.
Le théorème, pour essentiel qu’il soit, nous laisse dans un embarras des plus profonds : Il nous
dit que cette décomposition existe, mais ne nous donne pas vraiment de moyen de la calculer.
N’ayant sans doute rien de mieux à faire. certaines personnes se sont proposées de trouver des
façons de calculer les coefficients de la décomposition. Nous nous faisons leur interprète en livrant
les méthodes de calcul.
Terminons simplement en disant qu’il y a souvent plusieurs façons de faire, que certaines
d’entre elles peuvent être équivalentes en temps, mais que le but recherché est dans la mesure du
possible d’éviter les calculs trop longs qui conduiraient forcément à des erreurs.
5.2
Méthodes communes à R et C
5.2.1
Etapes préliminaires
La première chose à vérifier est que la fraction est bien donnée sous forme irréductiblè. Si l’on
ne prend pas cette précaution, on risque d’aboutir rapidement à des syntax error dans les formules
de calcul de coefficients· · ·
A) METHODE 1 : Comment calculer la partie entière ?
Pour une raison totalement indéterminée, la plupart des candidats qui ont la chance de plancher
sur une décomposition omettent purement et simplement la partie entière, ce qui a naturellement
des conséquences fâcheuses sur la suite des opérations. C’est pourtant la chose la plus simple à
calculer dans la décomposition : Il suffit de calculer le quotient de la division euclidienne de N
par D. Notons d’ailleurs que si le degré de N est strictement inférieur à celui de D, le problème
est vite réglé : E est nulle.
Exemple 5.2.1.
Partie entière de F (X) =
ESATIC
X 4 − 2X 3 − 2X 2 + 9X − 10
.
(x − 2)(x + 3)
138
UP Maths
DECOMPOSITION EN ELEMENTS SIMPLES
Nous félicitons tous ceux qui ont remarqué que 2 était "racine évidente" du numérateur, ce qui
simplifie la fraction en :
x3 − 2x + 5
F (X) =
.
x+3
Quant aux autres, ils ont du s’en apercevoir un peu plus tard ! La division euclidienne se déroule
sans encombre et donne facilement :
16
x+3
et du coup la décomposition est terminée : Malheureusement, cela n’est jamais aussi simple dans
" la réalité"
F (X) = x2 − 3X + 7 −
B) METHODE 2 : Comment factoriser D ?
Si D n’est pas sous forme factorisée (cela arrive) il faut factoriser D pour connaître les dénominateurs qui apparaissent dans la décomposition.
Là, c’est un peu au petit bonheur ; généralement, les racines sont assez simples à trouver : ce
n’est pas là que se situe la difficulté de l’exercice. Rappelons à toutes fins utiles qu’il existe une
méthode systématique de recherche des racines rationnelles d’un polynôme à coefficients entiers.
Cela permet généralement de trouver les racines " évidentes" qu’on n’aurait pas vu, et de rabaisser
suffisamment le degré pour déterminer les autres racines par des méthodes usuelles (discriminant
en degré 2, · · · ). Il peut aussi être utile de se rappeler la méthode de résolution des équations
bicarrées ou réciproques.
5.2.2
Simplifications éventuelles
On peut réduire à priori le nombre de coefficients à calculer dans deux cas assez fréquents (et
c’est dommage de ne pas le faire car on gagne pas mal de temps).
A) METHODE 3 : Utiliser la parité de F
Si F (considérée comme fonction de variable réelle, même si on décompose sur C) est paire
(resp. impaire) , alors les parties principales relatives à des pôles opposés posséderont "certaines
ressemblances". Nous sommes volontairement flous sur ce fait. car Il nous semble inutile de retenir
un résultat théorique de plus, Il vaut mieux faire un petit raisonnement direct tout simple pour voir
ce qu’il en est.
Exemple 5.2.2.
1
F (x) = 2
.
x −1
Cet exemple est trivial et tout le monde peut trouver mentalement la décomposition.
Notre but n’est pas là, mais de montrer comment on raisonne pour retrouver les propriétés des
coefficients à partir de la parité de F . F s’écrita priori :
F (x) =
ESATIC
a
b
+
x−1 x+1
139
(5.1)
UP Maths
DECOMPOSITION EN ELEMENTS SIMPLES
Ecrivons "F (−x)" (notation à la limite de la légalité) :
F (x) =
a
b
+
−x − 1 −x + 1
ce qui se réécrit :
−b
−a
+
(5.2)
x−1 x+1
En égalant (5.1) et (5.2) et en invoquant l’unicité de la décomposition. Il vient : a = −b ce qui fait
qu’on n’a plus qu’un coefficient à calculer.
F (x) =
B) METHODE 4 : Utiliser la conjugaison
Si D admet des racines complexes conjuguées et que la fraction rationnelle est à coefficients
réels. alors les parties principales relatives à ces pôles seront conjuguées. Cela économise quelques
coefficients, et c’est toujours ça de pris...
Exemple 5.2.3.
X2 + 1
F (x) = 2
(sur C)
(x + x + 1)2
π
Les racines du dénominateur sont j = e 3 et j = j 2 . La décomposition s’écrit à priori :
F (X) =
a
b
c
d
+
+
+
x − j (x − j)2 x − j (x − j)2
En conjuguant les deux membres, compte-tenu du fait que F est réelle et par unicité de la décomposition. Il vient : a = c et b = d
Il n’y a "que" deux coefficients à calculer.
Remarque 5.2.1.
la méthode est complètement fausse si la fraction est à coeffictents complexes. puisque F n’est
plus sa propre conjuguée. ..
5.2.3
Deux méthodes quand il n’y a plus qu’un coefficient à calculer
Imaginons que l’on ait calculé, par quelque moyen que ce soit. tous les coefficients d’une
décomposition sauf un. Il existe deux moyens rapides et efficaces de conclure en beauté. que nous
vous présentons maintenant.
A) METHODE 5 : Utiliser la valeur en un point
L’idée est toute simple et très bête : il suffit d’évaluer les deux membres de l’égalité
F =E+
αi
N X
X
Aij
i=1 j=1
Dij
en un point bien choisi (éviter les pôles !) ; cela fournit une équation du premier degré à une
inconnue qu’on résoud sans peine.
ESATIC
140
UP Maths
DECOMPOSITION EN ELEMENTS SIMPLES
Remarque 5.2.2.
Cette démarche peut être généralisée aux cas où l’on cherche deux, voire trois coefficients (mais
pas trop quand même) ; Il suffit de choisir autant de points qu’on a de coefficients à calculer et
d’égaler les deux membres en ces points-là ce qui fournit un système linéaire. Le seul problème
qui peut survenir est que les équations obtenues ne soient pas indépendantes, si le choix des
points a été "mal" fait. Dans la pratique, on n’utilise pas cette méthode pour plus de deux ou trois
coefficients, car la résolution d’un système linéaire n’est pas toujours chose aisée.
Exemple 5.2.4.
1
F (x) = 2
.
x −1
D’après ce qu’on a vu à la méthode 3, la décomposition de F se présente sous la forme
F (x) =
a
a
−
x−1 x+1
donc il ne nous manque effectivement plus qu’un coefficient. Si on évalue les deux membres en
1
zéro ; il vient facilement : a = .
2
B) METHODE 6 : Utiliser les limites
Il est difficile de formaliser complètement cette idée ; disons simplement avant de présenter un
exemple que si l’on cherche un coefficient apparaissant dans un résidu de la forme :
· · · + λxp + · · ·
Dk (x)j
alors en multipliant les deux membres par xm , où
m = j · deg(Dk ) − p
et en faisant tendre x vers +∞, on peut, dans certains cas en déduire la valeur de λ. Ce n’est
cependant pas toujours possible, mais il faut y penser.
Exemple 5.2.5.
1
(dans R)
(x2 − 1)(x2 + 1)2
Nous allons essayer sur cet exemple d’illustrer les méthodes 3. 5 et 6. Commençons par remarquer
que la partie entière est nulle. la décomposition de F (dans R[X]) s’écrit à priori :
F (X) =
F (x) =
a
b
cx + d
ex + f
+
+
+
x − 1 x + 1 x2 + 1 (x2 + 1)2
Il est évident que F est paire ; évaluons "F (−x)" :
F (−x) =
a
b
−cx + d
−ex + f
+
+ 2
+ 2
−x − 1 −x + 1
x +1
(x + 1)2
Cette quantité devant être égale à F (x), par unicité il vient :
a = −b
ESATIC
et
141
c=e=0
UP Maths
DECOMPOSITION EN ELEMENTS SIMPLES
1 est un pôle-simple donc on va savoir (cf. méthode 7 ou 8) calculer facilement son résidu : on
1
trouve : a = .
8
Pour trouver d, on peut multiplier les deux membres par x2 ; en faisant tendre x vers +∞, Il vient :
1
d=− .
4
Reste à calculer f : Il suffit d’évaluer les deux membres en un point quelconque. par exemple 0
(ça donne les calculs les plus simples) pour trouver :
1
f =− .
2
Remarque 5.2.3.
Les méthodes ne sont pas "commutatives", en ce sens qu’on ne peut pas calculer f avant d par la
méthode de la limite : on serait obligé de multiplier les deux termes par x4 et on se retrouverait
avec des termes à priori divergeants à droite (vu qu’on ne connait pas d).
La principale difficulté de la décomposition en éléments simples n’est donc pas de trouver les
méthodes (on les connait) mais de les appliquer dans le bon ordre pour limiter au maximum les
calculs.
5.3
Méthodes pratiques (cas complexe)
Le cas complexe se présente a priori sous de meilleures auspices que le cas réel, puisque les
polynômes irréductibles sont de degré 1, donc que les polynômes Aij dont, il est question dans la
méthode 0 sont en fait des constantes.
En fait, même le cas complexe peut se révéler pénible, notamment lorsque le pôle est multiple.
5.3.1
Cas d’un pôle simple
Ce cas-là est facile : on dispose de deux formules explicites au choix. De manière générale, il
faut toujours commencer par calculer les coefficients relatifs aux pôles simples. Car, comme on l’a
remarqué plus haut. les calculs ne sont pas commutatifs. et le fait d’avoir déjà calculé beaucoup
de coefficients permet souvent, de trouver plus facilement les coefficients manquants (par exemple
méthodes 4 a 6).
A) METHODE 7 : Utiliser la formule "du quotient"
Si D se met sous la forme D(x) = (x − a)D1 (X) avec D1 (a) 6= 0 alors la partie principale
relative à a se met sous la forme :
λ
x−a
où :
N (a)
λ=
D1 (a)
ESATIC
142
UP Maths
DECOMPOSITION EN ELEMENTS SIMPLES
Pour le voir facilement, il suffit d’écrire :
F =
λ
+G
x−a
et de multiplier les deux membres par (x − a) ce qui donne :
N
= λ + (x − a)G
D1
qui foumit le résultat en évaluant les deux membres en a.
Remarque 5.3.1.
Lorsque le dénominateur est donné sous forme developpée et que sa décomposition ne comporte
pas "trop" de termes, elle s’applique bien.
Exemple 5.3.1.
x+1
F (x) =
.
(x − 2)(x − 3)
La partie entière est nulle.
Les deux pôles 2 et 3 sont simples donc la décomposition s’écrit à priori
F (x) =
a
b
+
.
x−2 x−3
La formule précédente donne :
a=
2+1
= −3
2−3
et
b=
3+1
= 4.
3−2
B) METHODE 8 : Utiliser la formule "de la dérivée"
En supposant toujours que D(x) = (x − a)D1 (x) avec D1 (0) 6= 0 alors la partie p relative à
a se met sous la forme :
λ
x−a
où
N (a)
λ= 0
D (a)
En effet en dérivant D comme un produit :
D0 (x) = (x − a)D10 (x) + D1 (x)
et en évaluant en.a :
D0 (a) = D1 (a).
On utilise alors la méthode précédente pour conclure.
Remarque 5.3.2.
Dons le cas où le dénominateur est donné sous forme compacte non factorisée et qu’on peut
accéder "autrement" que par factorisation aux racines. Cette formule est plus performante que la
précédente.
En fait. les deux formules s’appliquent pratiquement toujours. Mais ce qui change c’est la forme
plus ou moins explicite et compacte du résultat qu’on obtient.
Pour être parfaitement clair, nous allons vous montrer un test comparatif des deux lessives :
ESATIC
143
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DECOMPOSITION EN ELEMENTS SIMPLES
Exemple 5.3.2.
1
F (x) = n
.
x −1
La partie entière est nulle. Le dénominateur est sous forme compacte. non développée. et on
connaît parfaitement ses n racines : ce sont les racines n-ièmes de l’unité :
ak = e
avec des notations évidentes :
F (x) =
2kπ
n
n
X
k=1
où
λk =
λk
x − ak
ak
1
n−1 = n
nak
Si l’on avait utilisé la formule du quotient. on aurait trouvé :
λk = Q
1
j6=k (aj − ak )
qui n’est pas fausse (on voit mal pourquoi elle le serait) mais qui reste néanmoins beaucoup moins
explicite que la précédente (évidemment on peut toujours s’amuser à simplifier cette expression et
retrouver l’autre : on est sûr d’y arriver par unicité).
5.3.2
Cas d’un pôle multiple
On dispose là aussi d’une méthode systématique (méthode 10) mais toutes les raisons pour ne
pas l’employer seront les bonnes, car elle est particulièrement insupportable et source d’erreurs à
toutes les étapes.
A) METHODE 9 : Procéder par identification
Si le pôle est multiple mais pas trop, c’est-à-dire de multiplicité égale à 2 où 3. Il est déconseillé
de se précipiter sur la méthode 10. Il vaut mieux procéder par identification.
• Principe :
On pose à priori la décomposition (on va expliquer le "pire" cas. c’est-à-dire la multiplicité 3) :
F (x) =
λ
µ
N (x)
ν
=
+
+
+ G(x)
3
2
(x − a) D1 (x)
x − a (x − a)
(x − a)3
le dernier coefficient. c’est-à-dire ν peut se calculer exactement comme expliqué dans la méthode
7, modulo les modifications adhoc : en multipliant les deux membres par (x − a)3 et en évaluant
en a il vient :
N (a)
ν=
D1 (a)
Remarque 5.3.3.
Il n’y a pas d’équivalent simple à la méthode 8 dons ce cas-là.
ESATIC
144
UP Maths
DECOMPOSITION EN ELEMENTS SIMPLES
Restent deux coefficients à calculer,
• Si on a déjà calculé tous les autres coeHicients de la décomposition :
Le plus simple généralement. consiste à appliquer la méthode 5 (voire 6) en déterminant un système 2 × 2 satisfait par ces coefficients. Pour obtenir un système simple. Il faut faire un choix
judicieux des valeurs en les quelles on évalue les deux membres.
• Si on a d’autres coefficients inconnus :
Commencer par s’assurer qu’on a déjà calculé les parties principales relatives à tous les pôles
simples et qu’on a exploité à fond les parités ou conjugaisons possibles. S’il reste encore trop de
coefficients (c’est-à-dire deux pour ce pôle. et au moins deux autres puisque on a calculé tous les
pôles simples, donc au moins quatre en tout) la méthode du système (qui fonctionne) n’est pas la
meilleure en performance.
On peut par exemple "diminuer la multiplicité du pôle" en considérant la fraction rationnelle (ν
est connu)
ν
F1 (x) = F (x) −
(x − a)3
dont la décomposition en éléments simples se déduit de celle de F par unicité :
F1 (x) =
µ
λ
+
+ G(x)
x − a (x − a)2
ce qui veut dire que a est pole multiple de F1 d’ordre 2. Il faut alors :
– expliciter F1 (c’est le plus pènible) c’est-à-dlre la mettre sous forme irréductible (on sait
que le dénominateur contiendra (x − a)2 cette fois)
– calculer µ comme précédemment on a calculé ν (par la méthode 7 adaptée)
– et recommencer une nouvelle fois en introduisant :
F2 (x) = F1 (x) −
µ
λ
−
+ G(x)
(x − a)2 x − a
et trouver le dernier coefficient.
Cette méthode marche assez bien dans le cas d’une multiplicité 2, elle est déjà beaucoup plus
lourde dans le cas 3, encore qu’elle possède un avantage évident par rapport à la division selon les
puissances croissantes : on dispose d’un moyen de vérification puisqu’on sait que F1 doit, une fois
réduite, comporter un dénominateur en (x − a)2 , etc · · · Donc ce n’est pas une mauvaise méthode.
Exemple 5.3.3.
x2 + 1
F (x) =
La partie entière est nulle.
(x − l)2 (x − 2)
On commence évidemment par la partie principale relative à 2 et on trouve : 5.
La partie principale relative à 1 qui est d’ordre 2 s’écrit :
λ
µ
+
x − 1 (x − 1)2
On trouve µ. en multipliant les deux membres par (x − 1)2 et en évaluant en 1 : µ = −2 Donc à
ce stade :
x2 + 1
λ
2
5
F (x) =
=
−
+
(x − l)2 (x − 2)
x − 1 (x − 1)2 x − 2
ESATIC
145
UP Maths
DECOMPOSITION EN ELEMENTS SIMPLES
Nous allons voir trois façons de calculer le coefficient manquant (la dernière étant la moins bonne,
vu qu’il n’en reste qu’un à calculer).
– par la méthode 5 :
on prend la valeur en 0 et on trouve :
1
5
− = −λ − 2 −
2
2
soit : λ = −4.
– par la méthode 6 : on multiplie par x et on fait tendre les deux membres vers +∞ :
1=λ+5
qui donne bien : λ = −4.
– par la méthode de "réduction de multiplicité" : On calcule
F (x) −
2
x+3
λ
5
=
−
−
2
(x − l)
(x − 2)(x − 1) x − 1 x − 2
1 étant pôle simple de cette fraction, on applique la méthode 7 et li vient :
λ=
3+1
= −4
1−2
Ce qui prouve bien qu’il y a toujours existence, mais rarement unicité de la méthode.
B) METHODE 10 : Effectuer une division selon les puissances croissantes
C’est une horreur, c’est une catastrophe d’avoir à l’appliquer, car on est absolument certain de
commettre au moins une erreur dans cette méthode. C’est pourquoi il faut absolument chercher à
l’éviter, mais ce n’est hélas pas toujours possible.
• Cas d’emploi :
Recherche de la partie principale relative à un pôle multiple d’ordre supérieur ou égal à 4 (pour 3.
il vaut mieux l’éviter à notre avis).
• Rappel :
Si A et B sont deux polynômes avec B(0) 6= 0 et k un entier non nul, alors il existe un unique
couple de polynômes (Qk , Rk ) tels que :
A = BQk + Rk · X k+1
et deg(Rk ) ≤ k. On dit que l’on a effectué la division selon les puissances croissantes de A par B
à l’ordre k.
• Principe :
Soit a un pôle de multiplicité n. On a donc :
F (x) =
ESATIC
N (x)
α1
α2
αn
N (x)
=
=
+
+ ··· +
+ G(x)
D(x)
(x − a)n D1 (x)
x − a (x − a)2
(x − a)n
146
UP Maths
DECOMPOSITION EN ELEMENTS SIMPLES
ce quI donne :
F (x + a) =
donc :
N (x + a)
α1 α2
αn
N (x + a)
=
=
+ 2 + · · · + n + G(x + a)
n
D(x + a)
(x) D1 (x + a)
x
x
x
N (x + a)
= α1 xn−1 + α2 xn−2 + · · · + αn xn + G(x + a).
D1 (x + a)
Les coefficients de la décompositfon relative à a apparaissent donc comme ceux de la division
selon les puissances croissantes de N (X + a) par D1 (X + a) à l’ordre n − 1.
•
Erreurs classiques :
o Il faut commencer par "translater" la fraction : ce n’est pas N qu’on divise par D1 . mais
N (x + a) par D1 (x + a). Ce qui veut dire qu’on doit commencer par se farcir le développement
de (x + a) à toutes les puissances ...
o Ensuite. Il faut faire la division à l’ordre n − 1 et non pas à l’ordre n, c’est-à-dire qu’on
s’arrête quand le quotient obtenu est de degré n − 1.
o Enfin, il faut remarquer que l’on obtient les coefficients à l’envers, c’est-à-dire que le
premier qu’on obtient en effectuant la division selon les puissances croissantes est αn , et non pas
α1 . Les erreurs de retranscription (c’est-à-dire passage de la division à la décomposition) sont
quasi-svstématiques· · ·
A part ça. c’est une méthode très bien
Exemple 5.3.4.
x+1
.
(x − 1)4 (x − 2)2
La partie entière est nulle. Il n’y a pas de pôle simple. Deux coefficients se calculent instantanément d’après la méthode 9. Il s’agit de ceux relatifs aux termes de plus haut degré pour 1 et 2.
c’est-à-dire :
β2
α4
et
.
4
(x − 1)
(x − 2)2
Soit F (x) =
En vertu de cette méthode, on trouve :
α4 =
2
=2
12
et
β2 =
3
=3
14
En fait, Il est inutile de calculer (α4 à part puisque c’est le premier coefficient qui va apparaître
dans la division selon les puissances croissantes. Les polynômes qu’on doit faire intervenir sont
donc :
N (x + a) = N (x + 1) = x + 2
D1 (x + a) = D1 (x + 1) = (x + 1 − 2)2 = (x − 1)2 = 1 − 2x + x2
ESATIC
147
UP Maths
DECOMPOSITION EN ELEMENTS SIMPLES
et on doit effectuer cette division à l’ordre 3. On va la poser une fois pour toutes, car on a remarqué
que beoucoup ne savaient pas faire.
2 +
−(2 −
X
4X + 2X 2 )
5X − 2X 2
− (5X − 10X 2 + 5X 3 )
8X 2 − 5X 3
− (8X 2 − 16X 3 − 8X 4 )
11X 3 − 8X 4
1 − 2X + X 2
2 + 5x + 8x2 + 11x3
En n’oubliant pas d’inverser les coefficients (enfin ici on sait que 2 doit correspondre au plus haut
degré donc on limite les risques) :
F (x) =
11
8
5
2
β1
3
+
+
+
+
+
2
3
4
x − 1 (x − 1)
(x − 1)
(x − 1)
(x − 2) (x − 2)2
Il ne nous reste qu’un coefficient à calculer : le plus simple est de multiplier par x et de passer à
la limite et +∞. ce qui donne facilement :
β1 = −11
Pour vérifier que c’est cohérent, on peut évaluer les deux membres en 0 et on vérifie que ça marche.
5.4
Méthodes pratiques (cas réel)
Sur R[x] il existe deux types de facteurs premiers :
– Ceux de la forme (x − a) où a est réel (1ère espèce)
– Ceux de la forme (x2 + px + q) sans racine rèelle (2ème espèce)
5.4.1
Eléments de première espèce
Ici il n’y a rien à dire : c’est exactement pareil que dans C. Que le pôle soit simple ou multiple.
Vous n’échapperez donc notamment pas à la division selon les puissances croissantes, dont nous
imaginons facilement combien vous l’appréciez. Revoir donc les méthodes 7 à 10 incluses.
5.4.2
Eléments de deuxième espèce
Supposons que la fraction se mette sous la forme :
F (x) =
(x2
N (x)
+ px + q)n D1 (x)
où D1 est premier avec x2 + px + q.
Il y a encore deux sous-catégories :
– ou bien n = 1.
– ou bien n > 1.
ESATIC
148
UP Maths
DECOMPOSITION EN ELEMENTS SIMPLES
A) METHODE 11 : Repasser dans C
• Cas d’emploi :
Pour les éléments simples de la forme
x2
ax + b
(n = 1).
+ px + q
• Principe :
Dans C, tout est scindé donc le polynôme (x2 + px + q), qui est à coefficients réels, admet deux
racines complexes conjuguées α et α.
A partir de là, on calcule les coefficients relatifs à α et α, qui sont des pôles simples (puisque on a
supposé k = 1). En fait, Il n’y a qu’un calcul à faire puisque les deux coefficients seront conjugués
(cf. méthode 4).
Remarque 5.4.1.
Cette méthode peut parfaitement s’appliquer au cas n > 1 mais nous pensons qu’il vaut mieux
l’éviter car le pôle complexe (non réel devient alors multiple, et qu’il faut faire une division selon
les puissances croissantes dont les coefficients vont être complexes. ce qui est une horreur sans
nom. A fuir.
B) METHODE 12 : Faire « diminuer n » par étapes
• Cas d’emploi :
Dans le cas où n > 1.
• Principe :
C’est grosso modo le même que celui exposé à la méthode 9. La décomposition de F en éléments
simples s’écrira :
n
X
ak x + bk
F (x) =
+ G(x)
(x2 + px + q)k
k=1
On procède par étapes, comme suit :
– Détermination de an et bn :
En multipliant les deux membres de la décomposition par (x2 + px + q)n , on tombe sur :
N (x)
= an x + bn + (x2 + px + q)n H(x)
D1 (x)
Si α et α désignent les deux racines complexes conjuguées de (x2 + px + q), on en déduit
en évaluant les deux termes de l’égalité précédente en α que :
an α + bn =
N (α)
D1 (α)
Comme , an et bn sont réels, si on identifie partie réelle et partie imaginaire des deux
membres, on trouve un système de deux équations à deux inconnues sur an et bn qui permet
de les calculer.
– «diminution» du degré
On considère alors la fraction rationnelle :
an x + bn
F1 (x) = F (x) − 2
(x + px + q)n
ESATIC
149
UP Maths
DECOMPOSITION EN ELEMENTS SIMPLES
qu’on calcule et qu’on réduit. On sait qu’au dénominateur doit apparaître (x2 + px + q)n−1
et que par unicité la décomposition va s’écrire :
F1 (x) =
n−1
X
k=1
ak x + bk
+ G(x).
+ px + q)k
(x2
On calcule alors le dernier terme de cette décomposition en remontant à l’étape précédente,
et ainsi de suite, jusqu’à en avoir marre (car cela fait, mine de rien, un " certain" nombre de
calculs Immondes).
Exemple 5.4.1.
x+1
.
+ 1)2 (x − 1)
Comme la partie entière est nulle (c’est toujours comme ça ? oui, souvent) la décomposition
s’écrita priori :
Soit F (x) =
(x2
F (x) =
(x2
x+1
a
a1 x + b1
a2 x + b2
=
+ 2
+ 2
.
2
+ 1) (x − 1)
x−1
x −1
(x + 1)2
On calcule la partie relative à 1 par la méthode 7 : α = 12 .
En multipliant les deux membres par (x2 + 1)2 et en appllcant en i an trouve :
a2 i + b2 =
1+i
= −i
1−i
Comme les coefficients sont réels, par identification il vient :
a2 = −1
et
b2 = 0
On introduit donc la fraction rationnelle :
F1 (x) =
(x2
x+1
x
+ 2
2
+ 1) (x − 1) (x + 1)2
qui se simplifie effectivement en :
F1 (x) =
(x2
1
+ 1)2 (x − 1)
(ce qui prouve bien que l’on ne s’est pas trompé) ; là on peut faire deux choses : ou bien utiliser
le fait qu’on connaît déjà la partie relative à 1, ou calculer l’autre partie "normalement". Prenons
cette deuxième solution : on multiplie les deux membres de la décomposition par (x2 + 1) et on
applique en i :
1
1
= − (1 + i)
a1 i + b1 =
1−i
2
ce qui montre que :
1
1
a1 = −
et
b1 = − .
2
2
On peut vérifier que ça marche en évaluant les deux membres en zéro.
ESATIC
150
UP Maths
DECOMPOSITION EN ELEMENTS SIMPLES
C) METHODE 13 : Utiliser des divisions euclidiennes successives
• Cas d’emploi :
Avec les notations précédentes, cette méthode s’applique si D1 = 1, c’est-à-dlre si F se présente
sous la forme :
N (x)
N (x)
F (x) = 2
=
n
(x + px + q)
P (x)n
• Principe :
La décomposition s’écrit à priori :
N (x)
a1 x + b1 a2 x + b2
an x + bn
=
+
+ ··· +
n
2
P (x)
p(x)
p(x)
p(x)n
Effectuons la division euclidienne de N par P : on a alors :
N = P.Q + R
et R est de degré 1.
Ce qui veut dire que la fraction s’écrit sous la forme :
F =
N
P n−1
+
R
.
Pn
Le dernier terme est le dernier terme de la décomposition en éléments simples. On en déduit
qu’en faisant des divisions euclidiennes successives des quotients obtenus par P on obtient la
décomposition en éléments simples (les parties principales sont les restes successifs). Pour le coup,
il n’y a pas trop de calculs horribles à faire, et il faut absolument penser à cette méthode quand elle
peut s’appliquer.
Remarque 5.4.2.
On obtient là aussi la decomposition à l’envers..
Exemple 5.4.2.
x7 + 1
.
(X 2 + X + 1)3
On fait comme préconisé :
Soit F (x) =
x7 + 1 = (x2 + x + 1)(x5 − x4 + x2 − x) + x + 1,
On recommence avec le nouveau quotient :
x5 − x4 + x2 − x = (x2 + x + 1)(x3 − 2x2 + x − 2) − 4x − 2
et enfin :
(x3 − 2x2 + x − 2) = (x2 + x + 1)(x − 3) + 3x + 5.
Ce qui donne finalement :
F (x) = x − 3 +
ESATIC
3x + 5
4x + 2
x+1
+
+
x2 + x + 1 (x2 + x + 1)2 (x2 + x + 1)3
151
UP Maths
Chapitre 6
TRAVAUX DIRIGES
6.1
Calcul Intégral
Exercice 6.1.1. Répondre par vrai ou faux.
1 Toute fonction qui possède des primitives sur un intervalle I est continue sur I.
Z π
Z π
2
2
du
2
sin(2x)dx =
sin(u) .
2
0
0
3 L’intégrale sur [0, 1] d’une fonction paire est positive ou nulle.
4 Toute fonction intégrable sur [a, b] est continue.
5 Toute primitive d’une fonction rationnelle est rationnelle.
Exercice 6.1.2. Trouver une primitive des fonctions suivantes :
x3
1
1√
d)
e) x(1+x
a)x arctan x b) tan2 x c) arccos(x)
4
7)
2
1+x
1−x
1
i) x√1+x
j)(x + 1) sh x
2
q
√
p) arctan( 3 x q) x−1
x+1
h)e2t ln(1 + et )
sh x
o) 1+sh
2
x
2x
x
f ) 2e e2x+e+1+1
k)argsh(3x) l) ch x cos x
1
g) 2+cosx
m) lnxx
√x
n) ln
x
Exercice 6.1.3. Calculer la limte, lorsque n −→ ∞
Pn n+k
1
1 n2 +k2
Pn k
kπ
2
1 n2 sin( n )
p
Q
3 n1 n nk=1 (n + k)
1
P
4 −n + n1 e n+k
Exercice 6.1.4.
On veut déterminer unr primitive de f (x) =
−x3 − x2 + 2x + 3
sur [2; +∞[.
(x − 1)2 (x2 + x + 1)
1 Décomposer f (x) en éléments simples dans R[X]
2 vérifier que
x2
ax + b
+ px + q
a
2x + p
ap
1
= ( )( 2
) + (b − )(
p
2 x + px + q
2 (x + )2 +
2
152
4q−p2
4
)
TRAVAUX DIRIGES
3 Déterminer unr primitive de f sur [2; +∞[.
Exercice 6.1.5.
1 (a) Soit θ ∈] − π2 ; π2 [ et u = tan(θ).
i) Exprimer cos2 (θ) en fonction de u. En déduire une expression de cos(2θ) en fonction de u.
ii) En utilisant une expression de tan(2θ) en fonction de tan(θ), en déduire une expression de sin(2θ) en fonction de u.
Z π
3
dx
(b) On considère l’intégrale I =
. On se propose d’éffectuer le
0 cos(x) + 2 sin(x) − 3
x
changement de variables : t = tan( ), soit x = 2 arctan(t).
2
i) Exprimer, à l’aide de la question précédente, dx, cos(x) et sin(x) en fonction de t.
ii) Après avoir éffectué le changement de variables proposé, calculer l’intégrale I.
x2
2 (a) Déterminer une primitive de la fonction x 7→
.
1 + x2
Z 1
(b) Calculer l’intégrale :
x(arctan(x))2 dx.
0
Exercice 6.1.6.
Déterminer la limite de la suite définie par le terme général suivant :
n
X
k=1
Exercice 6.1.7.
On veut déterminer unr primitive de f (x) =
√
1
x2 + 2kn
x4
sur [0; +∞[.
(x + 3)2 (x2 + x + 3)
1 Décomposer f (x) en éléments simples dans R[X]
2 Déterminer unr primitive de f sur [0; +∞[.
Exercice 6.1.8.
Z
(sin(x)(sin(x) − cos(x)))dx.
(a) Calculer
Z
ln 13
(b) Calculer
ln 5
√
ex
√ x
dx en posant t = 12 ex − 1
x
(3 + e ) e − 1
Exercice 6.1.9.
4x2
.
1 − x4
Décomposer f (x) en éléments simples dans R[X] ;
r
1 x−1
(II) Soit g(x) =
. Déterminer unr primitive de g sur [2; +∞[.
x x+1
(I) Soit f (x) =
Exercice 6.1.10.
ESATIC
153
UP Maths
TRAVAUX DIRIGES
4
.
− 16
1 Décomposer f (x) en éléments simples dans R[X]
Z 1
1
1
1
f (x)dx = arctan 2 − ln 3 − π.
2 Montrer que
4
8
8
0
(I) Soit f (x) =
x4
(II) Déduire la limite de la suite (un ) définie par : un =
n−1
X
k=0
−4n3
.
16n4 − k 4 )
Exercice 6.1.11.
(I) Soit f (x) =
6x + 6
.
(2x + 1)2 (x2 + x + 1)
1 Décomposer f (x) en éléments simples dans R[X]
Z 1
1 √
4
f (x)dx = ln(3) − π 3 + .
2 Montrer que
9
3
0
(II) Déduire la limite de la suite (un ) définie par : un =
n−1
X
k=0
6n2 (k + n)
(2k + n)2 (k 2 + kn + n2 )
Exercice 6.1.12.
Calculer les intégrales suivantes
Z √3
1
√
1 I=
dx
2
2
−1 (1 + x ) 1 + x
Z 1
x
2 J=
dx
2
−2 x + 4x + 13
Z 1
2
1
3 K=
dx
1
x(x − 1)2
4
Exercice 6.1.13.
(I) Soit g(x) =
x2
ax + b
dx
+ px + q
avec p2 − 4q < 0.
1 vérifier que
a
2x + p
ap
1
g(x) = ( )( 2
) + (b − )(
2 x + px + q
2 (x + p )2 +
2
4q−p2
4
)
2 Déduire que la fonction G définie par
G(x) =
a
2b − ap
2x + p
ln(x2 + px + q) + p
arctan( p
)
2
4q − p2
4q − p2
est une primitive de g sur R.
6x + 6
(II) Soit f (x) =
.
(2x + 1)2 (x2 + x + 1)
1 Décomposer f (x) en éléments simples dans R[X]
ESATIC
154
UP Maths
TRAVAUX DIRIGES
Z
1
2 Montrer que
0
1 √
4
f (x)dx = ln(3) − π 3 + .
9
3
(III) Déduire la limite de la suite (un ) définie par : un =
n−1
X
k=0
6n3 (k + n)
(2k + n)2 (k 2 + kn + n2 )
Exercice 6.1.14.
(I) Calculer la limite de
√
1
1
1
1
+√
+√
+ ··· + √
n2 + 8n
n2 + 16n
n2 + 24n
9n2
(II) Calculer la limite de la suite (un ) définie par :
un =
n
X
k=1
n2
n
+ 3k 2
Exercice 6.1.15. Soient a et x deux nombres réels strictement supérieurs à 1 et tels que a < x.
Calculer les intégrales des fonctions rationnelles suivantes.
Z x 3
3t + 10t2 − 2t
1 I=
dt
(t2 − l)2
a
Z x
1
2 J=
dt
3 (1 + t3 )
t
a
Exercice 6.1.16.
1
.
1 + cos x
sin 2x
2 Déterminer une primitive de g sur ]0; π2 [, avec g(x) =
.
1 + cos x
1 Déterminer une primitive de f sur ]0; π2 [, avec f (x) =
Exercice 6.1.17.
Calculer
Z 3
√
1 K=
Z
2
1
−x2
1
dx
+ 4x − 3
1
dt.
t+1
e
0
Z 1p
3 N=
1 − x2 dx.
2 L=
0
Exercice 6.1.18.
x
.
x3 − 3x + 2
cos x
2 Déterminer une primitive de g sur ]0; π2 [, avec g(x) =
.
2
sin x + 2 tan2 x
1 Déterminer une primitive de f sur [3; +∞[, avec f (x) =
Exercice 6.1.19.
ESATIC
155
UP Maths
TRAVAUX DIRIGES
Z
1
1 Calculer
e−x ln(1 + ex )dx
0
x3
2 Soit la fonction f définie sur R par f (x) =
Z
1
f (x)dx =
a Montrer que
0
3
(1 + x2 ) 2
3√
2 − 2.
2
b Déterminer la limite de la suite (Sn )n∈N∗ , de terme général
n
Sn =
1X
k3
p
n
(n2 + k 2 )3
k=1
Z
3 On considère l’intégrale J =
π
2
0
sin x − cos x
p
dx.
cos4 x + sin4 x
a Montrer que J = −J.
b En déduire la valeur de J.
Exercice 6.1.20.
Z
On considère l’intégrale I =
1
2
dx
√
.
2 + 4x − x2
Z
0
du
√
.
1 + 1 − u2
Z 0
du
√
.
2) Effectuer le changement de variable u = cos t dans l’intégrale
2
−1 1 +
1
−
u
2
θ
3) (a) Exprimer sin θ en fonction de tan pour θ ∈] − π; π[.
2
Z √3
4t
(b) En déduire que I =
dt.
2
(1 + t) (1 + t2 )
1
4) En déduire enfin la valeur de I.
1) Montrer par un changement de variables que : I =
Exercice 6.1.21.
Calculer les intégrales suivantes
Z 0
xdx
I=
2 + 2x − 3
x
−1
−1
2
Z
et
1
J=
0
dt
(1 + t2 )2
Exercice 6.1.22.
1 A l’aide du changement de variable u = ln(x), d’intégrations par partie bien choisies,
calculer
Z e
(ln(x))2 dx
1
2 Déterminer la limite de la suite définie par le terme général suivant :
3 Soit f (x) =
ESATIC
n−1
X
k
p
4
4n − (kn)2
k=0
2x3 + x2 + 4x + 1
.
(x + 1)2 (x2 + 1)
156
UP Maths
TRAVAUX DIRIGES
a Décomposer f (x) en éléments simples.
b Déterminer une primitive de f sur [0; +∞[.
Z 1
Z 1
cos x
1
4 Soient F =
dx et G =
dx
cos
x
+
1
cos
x
+1
0
0
a A l’aide des règles de Bioche, déterminer un changement de variable pour le calcul
de F .
b A l’aide des règles de Bioche, déterminer un changement de variable pour le calcul
de G.
6.2
Equations Différentielles Ordinaires
Exercice 6.2.1. Former une équation différentielle linéaire d’ordre 1 dont les fonctions
f (x) =
C +x
1 + x2
seraient les solutions.
Exercice 6.2.2. Résoudre sur des intervalles appropriés les équations différentielles suivantes :
a) y 0 + 2y = x2
b)
yy 0
1+y 2
=
1
x
c) y 0 − y = (x + 1)ex
d) y 0 + y = x − ex + cos x
Exercice 6.2.3. Résoudre sur des intervalles appropriés les équations différentielles suivantes :
a) xy 0 − y = 2x2 ,
y(1) = 5,
b) (1 + ex )y 0 + ex y = (1 + ex )
c) (2 + cos x)y 0 + sin(x)y = (2 + cos x) sin x
Exercice 6.2.4. Résoudre sur des intervalles appropriés, les équations de Bernoulli et les équations de Riccati suivantes
1) y 0 + 2y = 4y 3
√
2) xy 0 − 2x2 y = 4y
2) y 0 − 2xy + y 2 = 2 − x2
Exercice 6.2.5. Résoudre sur R les équations différentielles suivantes :
a) y 00 − 3y 0 + 2y = 0
b) y 00 + 2y 0 + 2y = 0
c) y 00 + 2y 0 + y = ex
d) y 00 − 3y 0 + 2y = sin(2x)
ESATIC
157
UP Maths
TRAVAUX DIRIGES
π π
Exercice 6.2.6. Le but de l’exercice est de déterminer sur ] − ; [ la solution générale de l’équa2 2
tion différentielle (E) suivante.
y 00 (t) − 2y 0 (t) + 2y(t) = (π − t)e−2t +
(E)
1 Déterminer l’ensemble des solutions sur ] −
et
.
cos2 (t)
π π
; [ de l’équation homogène
2 2
y 00 (t) − 2y 0 (t) + 2y(t) = 0.
2 Sans utiliser la méthode de la variation des constantes, déterminer une solution particulière
de l’équation y 00 (t) − 2y 0 (t) + 2y(t) = (π − t)e−2t .
3 En utilisant la méthode de la variation des constantes, déterminer une solution particulière
et
.
de l’équation y 00 (t) − 2y 0 (t) + 2y(t) =
cos2 (t)
π π
4 Déduire des questions précédentes la solution générale de (E) sur ] − ; [.
2 2
π π
0
5 Déterminer la solution f de (E) sur ] − ; [ telle que f (0) = 0 et f (0) = 0.
2 2
Exercice 6.2.7. Le but de l’exercice est de déterminer la solution générale de l’équation différentielle (E) suivante.
(E)
y 00 (t) − 4y 0 (t) + 4y(t) = (t2 + 1)et + 2e2t .
1 Déterminer l’ensemble des solutions sur R de l’équation sans second membre y 00 (t) −
4y 0 (t) + 4y(t) = 0.
2 Déterminer les trois réels a, b, c tels que t 7→ (at2 + bt + c)et est solution de l’équation
y 00 (t) − 4y 0 (t) + 4y(t) = (t2 + 1)et .
3 Déterminer le réel a tel que t 7→ at2 e2t est solution de l’équation y 00 (t) − 4y 0 (t) + 4y(t) =
2e2t .
4 Déduire des questions précédentes la solution générale de (E).
5 Déterminer la solution f de (E) sur R telle que f (0) = 0 et f 0 (0) = 0.
Exercice 6.2.8.
Le but de l’exercice est de déterminer la solution générale de l’équation différentielle (E) suivante.
(E)
y 00 (t) + 4y 0 (t) + 13y(t) = (π − t)e−2t .
1 Déterminer l’ensemble des solutions de l’équation homogène
y 00 (t) + 4y 0 (t) + 13y(t) = 0.
2 Déterminer une solution particulière de l’équation (E).
3 Déduire des questions précédentes la solution générale de (E).
4 Déterminer la solution f de (E) telle que f (0) = 0 et f 0 (0) = 0.
ESATIC
158
UP Maths
TRAVAUX DIRIGES
6.3
Développements Limités (DL)
Exercice 6.3.1.
r
ex − 1
.
x
2 Déterminer le développement limité à l’ordre 2 au voisinage de 0 de ln(1 + x) − sin(x)
√
1+x
3 Déterminer le développement limité à l’ordre 2 au voisinage de 0 de √
4+x
2
x −1
4 Déterminer le développement limité à l’ordre 3 au voisinage de 1 de x
e −e
1 Déterminer le développement limité à l’ordre 3 au voisinage de 0 de
3
x2 cos 1
e x.
x+1
1) Montrer que la droite d’équation 4 : y = ex − e est une asymptote de (Cf ) la courbe représentative de f .
Exercice 6.3.2. Soit f la fonction définie par f (x) =
2) Donner les positions relatives de (Cf ) et 4.
1
sin(x)
Exercice 6.3.3. Soit f (x) = ln(
). Peut-on prolonger f en une fonction continue, dérix
x
vable en x = 0 ? Préciser alors la position de la courbe vis à vis de sa tangente en 0.
√
3
3
α (sinh( x)) − x
Exercice 6.3.4. Déterminer s’il existe un réel α tel que x p
admette une limite
3
sinh(x3 ) − x
non nulle en 0.
1
xx x − x
Exercice 6.3.5. Déterminer lim
x→+∞ (ln x)2
Exercice 6.3.6. Déterminer D.L des fonctions suivantes :
1
2
3
4
ln x
en 1 à l’ordre 4.
x2
x ch x−sh x
‘ ch x−1 en 0 à l’ordre 3.
P
xk
ln( 999
k=o k! ) 0 à l’ordre 1000.
√
x+2
√
en +∞ à l’ordre 3.
x
5 ln(x +
√
1 + x2 ) − ln x en +∞ à l’ordre 4.
Exercice 6.3.7. A l’aide du developpement limité, déterminer les limites suivantes
1
− x12
sin2 x
xlnx
limx−→+∞ ( ln(1−x)
lnx )
xa −ax
limx−→a arctanx−arctana
,
1 limx−→0
2
3
a > 0.
Exercice 6.3.8. Montrer que la fonction f (x) =
x
ex −1
peut être prolongée de classe C 1 sur R.
Exercice 6.3.9. Soit f la fonction définie sur R par f (x) = ln(x2 + 2x + 2). Donner l’équation
de la tangente à la courbe représentative de f au point d’abscisse 0 et étudier la position relative
de la courbe et de la tangente au voisinage de ce point.
ESATIC
159
UP Maths
TRAVAUX DIRIGES
Exercice 6.3.10. Pour x ∈ R, on pose f (x) = x exp(x2 ).
1 Démontrer que f réalise une bijection de R sur R.
2 Justifier que f −1 admet un développement limité à l’ordre 4 en 0.
3 Donner ce développement limité.
Exercice 6.3.11.
p
On considère les fonctions g, h et f définies respectivement par g(x) = ln(1 + x2 ) + x, h(x) = 1 + x2 + x − 1
g(x)
et f (x) =
.
h(x)
1 Déterminer le développement limité à l’ordre 6, au voisinage de 0 de g ;
2 Déterminer le développement limité à l’ordre 5, au voisinage de 0 de h ;
3 En déduire le développement limité à l’ordre 4, au voisinage de 0 de f ;
4 Montrer que f est prolongeable par continuité en 0 et que k la fonction ainsi prolongée est
dérivable en 0, on donnera k 0 (0) ;
5 Déterminer une équation de la tangente à la courbe de k (Ck) au point d’abscisse 0, et
préciser la position de la courbe de k par rapport à la tangente au voisinage de 0 ;
6 Déterminer (a1 ; a2 ; b1 ; b2 ; c1 ; c2 ) ∈ R6 et p ∈ N∗ tels que
h(x) = a1 x + b1 + xc1p + o( x1p ) au voisinage de +∞ et
h(x) = a2 x + b2 + xc2p + o( x1p ) au voisinage de −∞ ;
7 En déduire que (Ch) admet des asymptotes en +∞ et −∞ que l’on précisera, puis, étudier
leurs positions relatives par rapport à (Ch) ;
8 Déterminer le développement limité a l’ordre 2, au voisinage de 1 de g.
Exercice 6.3.12.
1 Déterminer le développement limité a l’ordre 3, au voisinage de 0 de
f (x) = (1 + 2 arctan x)(2ex − sinx);
2 En déduire le développement limité a l’ordre 2, au voisinage de +∞ de
1
h(x) = (x − 1)e x+1 ;
3 Déterminer le développement limité a l’ordre 2, au voisinage de 1 de
i(x) = (x − 1)(x − 2)(x − 3);
4 Déterminer le développement limité a l’ordre 2, au voisinage de
π
2
de
j(x) = (1 + sinx)x .
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5 En utilisant le développement limité au voisinage de 0 de ln(1 + x), déterminer le développement limité a l’ordre 3, au voisinage de 2 de
g(x) = ln(x).
Exercice 6.3.13.
1+x
On considère la fonction f définie sur R \ {−1; 1} par f (x) = (x2 − 1) ln |
|,
1−x
1 Déterminer le développement limité à l’ordre 3, au voisinage de 0 de f ;
2 En deduire que (Cf ) la courbe représentative de f admet une tangente (T ) au point d’abscisse 0. Donner une équation cartésienne de (T ) et préciser la position de (Cf ) par rapport
à (T ) au voisinage de 0 ;
3 Déterminer (a; b; c) ∈ R3 et p ∈ N∗ tels que
f (x) = ax + b + xcp + o( x1p ) au voisinage de +∞ ;
4 Démontrer que (Cf ) admet une asymptote (D) au voisinage de +∞. Donner une équation
cartésienne de (D) et préciser la position de (Cf ) par rapport à (D) au voisinage de +∞.
Exercice 6.3.14.
On considère les fonctions g, h et f définies respectivement par g(x) = sin(x), h(x) =
1
et
cos(x)
f (x) = g(x)h(x).
1 Déterminer le développement limité à l’ordre 5, au voisinage de 0 de g ;
2 Déterminer le développement limité à l’ordre 4, au voisinage de 0 de h ;
3 En déduire le développement limité à l’ordre 4, au voisinage de 0 de f ;
4 En déduire f (0) et f 0 (0) ;
5 Déterminer une équation de la tangente à la courbe de f (Cf ) au point d’abscisse 0, et
préciser la position de la courbe de f par rapport à la tangente au voisinage de 0 ;
f (2x) − 2f (x) − 2(f (x))3
6 Montrer que lim
= 2.
x→0
x5
Exercice 6.3.15.
1
On considère les fonctions g, h et f définies respectivement par g(x) = (1 + x) x ,
h
1
1 2x
1 3x i
1
h(x) = (1 + )x
et
f (x) = x2 (1 + )x − 4(1 +
) + 3(1 +
) .
x
x
2x
3x
1 Déterminer le développement limité à l’ordre 3, au voisinage de 0 de g ;
2 Montrer que g est prolongeable par continuité en 0 et que k la fonction ainsi prolongée est
dérivable en 0, on donnera k 0 (0) ;
3 Déterminer une équation de la tangente à la courbe de k (Ck) au point d’abscisse 0, et
préciser la position de la courbe de k par rapport à la tangente au voisinage de 0 ;
e
11e
1
4 Montrer que h(x) = e −
+
+ o( 2 ) au voisinage de +∞. On pourra utiliser le
2
2x 24x
x
resultat de la question 1 ;
5 En déduire lim f (x).
x→+∞
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Exercice 6.3.16.
1
On considère les fonctions g, h et f définies respectivement par g(x) = (1 + x) x ,
h
1
1
1 2x
1 3x i
h(x) = (1 + )x
et
f (x) = x2 (1 + )x − 4(1 +
) + 3(1 +
) .
x
x
2x
3x
1 Déterminer le développement limité a l’ordre 3, au voisinage de 0 de g ;
2 Montrer que g est prolongeable par continuité en 0 et que k la fonction ainsi prolongée est
dérivable en 0, on donnera k 0 (0) ;
3 Déterminer une équation de la tangente à la courbe de k (Ck) au point d’abscisse 0, et
préciser la position de la courbe de k par rapport a la tangente au voisinage de 0 ;
1
e
11e
+ o( 2 ) au voisinage de +∞. On pourra utiliser le
4 Montrer que h(x) = e −
+
2
2x 24x
x
resultat de la question 1 ;
5 En déduire lim f (x).
x→+∞
Exercice 6.3.17.
xex
On donne f (x) = √
1+x
x ∈ R.
1 Déterminer le développement limité de f (x) à l’ordre 3 en 1 sous la forme
f (x) = a0 + a1 (x − 1) + a2 (x − 1)2 + a3 (x − 1)3 + o[(x − 1)3 ]
2 En déduire :
a le nombre f (3) (1).
b l’équation de la tangente (D) au point d’abscisse 1 à la courbe de f , puis étudier
leurs positions relatives.
Exercice 6.3.18.
On considère les fonctions g, h et f définies respectivement par
g(x) =
2
,
2 − x2
h(x) = exp(1 − cos(x)) et
f (x) =
g(x) − h(x)
.
x4
1 Déterminer le développement limité à l’ordre 6, au voisinage de 0 de g ;
2 Déterminer le développement limité à l’ordre 6, au voisinage de 0 de h ;
3 En déduire le développement limité à l’ordre 2, au voisinage de 0 de f ;
4 Montrer que f est prolongeable par continuité en 0 ;
5 Soit k le prolongement par continuité de f en 0. Montrer que k est dérivable en 0 et préciser
k 0 (0) ;
6 Déterminer une équation de la tangente à la courbe (Ck) de k au point d’abscisse 0, et
préciser la position de la courbe de k par rapport à la tangente au voisinage de 0 ;
π
7 Déterminer le développement limité a l’ordre 2, au voisinage de de h
2
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TRAVAUX DIRIGES
6.4
Notions Sur Les Fonctions à Deux Variables
Exercice 6.4.1.
Soit f : R2 → R de classe C 1 sur R2 . On note :
g : R2 → R, (t, u) 7→ f (2t − u, 4t + 3u),
h : R2 → R, (t, u) 7→ f (t2 + 2u2 , etu ),
k : R → R,
t →
7
f (t2 , t3 ).
Calculer les derivees partielles premieres de g, h et la derivée première de k en fonction de
celles de f .
Exercice 6.4.2. Étudier l’existence et la valeur éventuelle d’une limite en (0,0) pour les fonctions
f de deux variables réelles définies par les formules suivantes :
a)
xy
2
x + y2
b)
xy 2
x2 + y 2
c)
sinxshy
xy
d)
sinx − shy
.
shx − siny
Exercice 6.4.3. Etudier la continuite de f , l’existence des derivees partielles premières de f , la
continuité des derivées partielles premières de f , pour les fonctions de deux variables réelles
suivantes :
( 2
x y
si (x, y) 6= (0, 0)
2 +y 2
2
x
a) f : R → R, (x, y) 7→
0
si (x, y) = (0, 0).
b) f : R2 → R, (x, y) 7→ x|y|.
(
x(1 − y) si y ≤ x
2
c) f :]0; 1[ → R, (x, y) 7→
(1 − x)y si y > x.
Exercice 6.4.4. a) Determiner le minimum et le maximum de
f : [0; 1]2 → R, (x, y) 7→ x2 + 2xy − 2y 2 + x + 3y.
b) Etudier les extremums relatifs de
g : R2 → R, (x, y) 7→ (x − y)2 + x3 + y 3 .
c) Etudier les extremums relatifs de
h : R2 → R, (x, y) 7→ (x − y)2 + x4 + y 4 .
Exercice 6.4.5. Soit D = {(x, y)) ∈ R2 / x > 0}. On recherche toutes les fonctions f ∈
C 1 (D, R) telles que :
∂f
∂f
+y
= 0.
(6.1)
∀(x, y) ∈ D, x
∂x
∂y
1 Vérifier que ϕ : (x, y) 7→
y
x
est solution du problème (6.1).
2 Soit g ∈ C 1 (R, R). Montrer que goϕ est solution de (6.1).
3 Soit f une solution de (6.1), montrer alors que f (u, uv) ne dépend que de v.
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4 Donner l’ensemble des solutions de (6.1).
Exercice 6.4.6.
On considère la fonction F de deux variables définie sur R2 par :
( 2 2
x y−y x
si (x, y) 6= (0, 0)
x2 +y 2
F (x, y) =
0
si (x, y) = (0, 0).
1 Étudier la continuité de F sur R2 ;
2 Montrer que F admet des dérivées partielles en tout point de R2 et les calculer.
3 L’application F est-elle de classe C 1 sur R2 \{(0; 0)} ? sur R2 tout entier ?
4 Etudier la différentiabilité de l’application F au point (0 ; 0).
Exercice 6.4.7.
(I) On considère la fonction f de deux variables définie sur R2 par :
f (x, y) = y 3 − x2 − 4xy − 5y 2 − y.
1 Calculer les dérivées partielles premières de f.
2 Déterminer les éventuels points critiques de f.
3 Calculer les dérivées partielles secondes de f.
4 Déterminer la nature de chaque point critique.
(II) On considère la fonction g de deux variables définie sur R2 par :
( 2
x y−xy 2
si (x, y) 6= (0, 0)
x2 +y 2
g(x, y) =
0 si (x, y) = (0, 0).
1 Étudier la continuité de g en (0, 0).
Exercice 6.4.8.
(I) On considère la fonction f de deux variables définie sur R2 par :
f (x, y) = (x2 + y 2 − 2x + y + 2)e−y .
1 Calculer les dérivées partielles premières de f.
2 Déterminer les éventuels points critiques de f.
3 Calculer les dérivées partielles secondes de f.
4 Déterminer la nature de chaque point critique.
(II) On considère la fonction g de deux variables définie sur R2 par :
(
x3
si (x, y) 6= (0, 0)
2 +y 2
x
g(x, y) =
0 si (x, y) = (0, 0).
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1 Étudier la continuité de g ;
2 Étudier l’existence et la continuité des dérivées partielles premières de g.
Exercice 6.4.9.
(I) On considère la fonction f de deux variables définie sur R2 par :
f (x, y) = (x2 + y 2 − 2x + y + 2)e−y .
1 Calculer les dérivées partielles premières de f.
2 Déterminer les éventuels points critiques de f.
3 Calculer les dérivées partielles secondes de f.
4 Déterminer la nature de chaque point critique.
(II) On considère la fonction g de deux variables définie sur R2 par :
(
x3
si (x, y) 6= (0, 0)
2 +y 2
x
g(x, y) =
0 si (x, y) = (0, 0).
1 Étudier la continuité de f ;
2 Étudier l’existence et la continuité des dérivées partielles premières de f.
Exercice 6.4.10.
On considère la fonction f de deux variables définie sur R2 par :
f (x, y) = x4 + y 4 − 2(x − y)2 .
1 Calculer les dérivées partielles premières de f.
2 Déterminer les éventuels points critiques de f.
3 Calculer les dérivées partielles secondes de f.
4 Déterminer la nature de chaque point critique.
5 Montrer que f admet un minimum absolu égal à -8, et préciser les points critiques aux
quels il est atteint.
Exercice 6.4.11.
On cosidère la fonction définie sur R2 par
f (x, y) = x|x + y|
Etudier :
1 la continuité de f sur R2
2 la différentiabilité de f en (0; 1)
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Exercice 6.4.12.
On considère la fonction f de deux variables définie sur R2 par :
f (x, y) = −2x3 − x2 − y 2 + 4x + 2y.
1 Calculer les dérivées partielles premières de f.
2 Déterminer les éventuels points critiques de f.
3 Calculer les dérivées partielles secondes de f.
4 Déterminer la nature de chaque point critique.
5 Les extrémums locaux sont ils des extrémums globaux.
ESATIC
166
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Bibliographie
[1] A. Bodin : Analyse. Exo 7 (2016).
[2] A. Soyeur, F. Capaces, E. Vieillard-Baron : Cours de Mathématiques Sup MPSI PCSI
PTSI TSI . sesamath.net (2011).
[3] B. Calvo, J. Doyen, A. Calvo, F. Boschet : Cours d’analyse. Armand Colin - collection U
(1977).
[4] C. Deschamps, A. Warusfel, F. Moulin, J. François Ruaud, A. AAiquel, J-C Sifre : Mathématiques TOUT-EN-UN • I e année : cours exercices corrigés MPSI-PCSI. Dunod, Paris,
(2003).
[5] C. Gautier, A. Warusfel, B. Caminade , S. Nicolas : Mathématiques TOUT-EN-UN • ECS
2e année : cours exercices corrigés Prépas commerciales . Dunod, Paris, (2003).
[6] D. Fredon : Mathématiques Résumé du cours en fiches MPSI - MP. Dunod, Paris, (2010).
[7] D. Guinin - B. Joppin : Analyse Géometrie, Précis de Mathematiques, Prépa MPSI 1e
année. Bréal (1997).
[8] J. M. Monier : Analyse MP, Dunod, Paris, (2013).
[9] M. Allano Chevalier, X. Oudot : Maths MPSI. Hachette, (2008).
[10] T. Pierron : Mathématiques MPSI. ENS Ker Lann.
[11] Xavier Merlin : Méthodix Algèbre.
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