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Cours d'Analyse 1: Real & Complex Numbers, Sequences, Functions

COURS D’ANALYSE 1
DR BEHI DROH ARSENE
2025-2026
1
Table des matières
1 Le corps des nombres réels
1.1 Définition axiomatique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2 La valeur absolue . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3 Intervalles de R . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.4 Minorants, majorants, borne inférieure, borne supérieure, maximum
et minimum. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.5 La partie entière . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.6 Caractérisation de la borne supérieure et de la borne inférieure . . . .
1.7 Principe d’Archimède . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.8 La densité de Q dans R . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.9 La droite réelle achevée . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.10 Enoncés des exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.11 Corrigés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8
10
11
13
14
14
16
18
2 Le corps des nombres complexes
2.1 Représentation algébrique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2 Représentation graphique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2.1 Définitions et notations . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3 Représentation trigonométrique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.4 Forme exponentielle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.5 Opérations sur les nombres complexes . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.5.1 L’addition . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.5.2 Le produit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.5.3 Division . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.5.4 Formule de Moivre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.6 Racines n − ième d’un nombre complexe . . . . . . . . . . . . . . . .
2.6.1 Racines n − ième d’un nombre complexe . . . . . . . . . . . .
2.6.2 Racine carrée d’un nombre complexe . . . . . . . . . . . . . .
2.7 Résolution des équations du second degré dans C . . . . . . . . . . .
2.8 Applications à la géométrie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.8.1 Transformations géométriques . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.9 Enoncés des exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.10 Corrigé des exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
26
26
26
26
28
29
30
30
30
30
31
32
32
32
33
34
34
36
39
2
6
6
6
7
§0.0]
Table des matières
3
3 Suites de nombres réels
3.1 Définitions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.2 Monotonie d’une suite réelle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.3 Suites réelles et relation d’ordre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.4 Sous-suites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.5 Convergence d’une suite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.6 Suites divergentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.7 Opérations sur les suites convergentes . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.8 Suites adjacentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.9 Suites de Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.10 Suites récurrentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.11 Enoncés des exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.12 Corrigés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
44
44
44
45
45
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47
48
52
52
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54
58
4 Fonctions réelles d’une variable réelle
4.1 Définitions. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.1.1 Fonctions monotones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.1.2 Fonctions bornées . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.2 Limite d’une fonction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.2.1 Autres limites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.2.2 Relation entre limite de fonctions et limite de suites . . . . . .
4.2.3 Opérations sur les limites de fonctions . . . . . . . . . . . . .
4.3 Notations de Landau o et O. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.4 Fonctions équivalentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.5 Fonctions continues . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.5.1 Continuité uniforme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.5.2 Prolongement par continuité . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.5.3 Théorèmes sur les fonctions continues . . . . . . . . . . . . . .
4.6 Fonctions trigonométriques inverses . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.6.1 Fonction arcsin . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.6.2 Fonction arccos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.6.3 Fonction arctan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.6.4 Fonction arccot . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.7 Fonctions élémentaires . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.7.1 Fonction exponentielle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.7.2 Fonction logarithme népérien . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.7.3 Fonction logarithme de base quelconque . . . . . . . . . . . .
4.7.4 Fonction puissance . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.8 Fonctions hyperboliques et leurs inverses . . . . . . . . . . . . . . . .
4.8.1 Fonction cosinus hyperbolique . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.8.2 Fonction sinus hyperbolique . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.8.3 Fonction tangente hyperbolique . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.8.4 Fonction cotangente hyperbolique . . . . . . . . . . . . . . . .
4.9 Enoncés des exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.10 Corrigés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
68
68
69
69
69
70
71
73
73
75
76
77
79
80
85
85
86
86
87
89
89
89
90
91
91
91
92
92
93
96
98
Analyse 1
Damerdji Bouharis A.
4
Table des matières
[Ch.0
5 Fonctions dérivables
106
5.1 Fonctions dérivables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106
5.1.1 Interprétation géométrique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107
5.1.2 Dérivée d’une fonction réciproque . . . . . . . . . . . . . . . . 110
5.2 Dérivée n-ième d’une fonction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113
5.2.1 Dérivée n-ième d’une fonction . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113
5.2.2 Dérivée n-ième d’un produit de fonctions (Formule de Leibnitz).114
5.3 Théorèmes sur les fonctions dérivables . . . . . . . . . . . . . . . . . 114
5.3.1 Théorème de Fermat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114
5.3.2 Théorème de Rolle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115
5.3.3 Théorème des accroissements finis . . . . . . . . . . . . . . . . 116
5.3.4 Variations d’une fonction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118
5.3.5 Formule de Cauchy- Accroissements finis généralisés . . . . . . 118
5.4 Formule de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119
5.4.1 Formule de Taylor avec reste de Lagrange . . . . . . . . . . . 120
5.4.2 Formule de Taylor avec reste de Young . . . . . . . . . . . . . 122
5.4.3 Formule de Taylor-Mac laurin-Young . . . . . . . . . . . . . . 122
5.5 Fonctions convexes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122
5.5.1 Paramétrage d’un segment . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123
5.5.2 Point d’inflexion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124
5.6 Etude des branches infinies . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125
5.7 Enoncés des exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128
5.8 Corrigés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132
Damerdji Bouharis A.
USTO MB
Avant propos
Ce polycopié est un support pédagogique ; destiné aux étudiants inscrits à l’université en première année Licence LMD, domaine : Mathématiques et Informatique
MI. C’est un cours illustrant les notions de base en Analyse mathématique afin
d’acquérir et comprendre les fondements du raisonnement mathématique indispensable à la compréhension de la suite des enseignements en Mathématiques ou en
Informatique.
Dans ce cours on présente les définitions des outils mathématiques et leurs propriétés, tout en donnant les remarques importantes, qui aident à assimiler ces notions, ainsi que les théorèmes et propositions de base en illustrant le tout par des
exemples détaillés. A la fin de chaque chapitre on présente des exercices de degré de
difficulté variable, avec des corrigés détaillés.
Ce polycopié décrit le programme de la matière Analyse1, enseignée au premier
semestre ; aux étudiants de la première année MI ; il est composé de quatre chapitres, dans le premier on introduit le corps des nombres réels ensuite on passe au
chapitre sur le corps des nombres complexes, puis le troisième chapitre concernant
les suites réelles, ainsi que leurs propriétés, pour passer enfin aux deux derniers
chapitres portant sur les fonctions réelles à une variable réelle, notamment les notions de continuité, de dérivabilité ainsi que leurs développement en série de Taylor,
tout en introduisant l’étude des fonctions trigonométriques inverses et les fonctions
hyperboliques ainsi que leurs fonctions inverses.
Chapitre 1
Le corps des nombres réels
1.1
Définition axiomatique
• L’ensemble des nombres réels est l’ensemble noté par R; sur lequel sont définies
deux lois de composition internes :
l’addition
”+”:R×R →
R
(x, y) 7→ x + y
et la multiplication
”·”:R×R → R
(x, y) 7→ x · y
tel que (R, +, ·) est un corps commutatif archimédien.
• La relation ” ≤ ”est une relation d’ordre total sur R :
∀ (x, y) ∈ R2 : (x ≤ y) ∨ (y ≤ x) .
• Les deux lois de composition internes ; définies sur R sont compatibles avec la
relation d’ordre total ” ≤ ”.
• Toute partie non vide et majorée de R; possède une borne supérieure dans R.
1.2
La valeur absolue
Définition 1.2.1 La valeur absolue est une application de R dans l’ensemble des
nombres réels positifs R+ , notée par |.| et définie par :
+
R
x si x ≥ 0
x →
7
|x| =
−x si x < 0
|.| : R →
Propriétés 1
1. |x| ≥ 0, ∀x ∈ R.
2. |x| = 0 ⇔ x = 0.
3. − |x| ≤ x ≤ |x| ; ∀x ∈ R.
6
§1.3]
Intervalles de R
7
4. ∀a ≥ 0; |x| ≤ a ⇔ −a ≤ x ≤ a.
5. |x.y| = |x| . |y| , ∀x, y ∈ R.
6.
, ∀ (x, y) ∈ R × R∗ .
= |x|
|y|
x
y
7. |x + y| ≤ |x| + |y| , ∀x, y ∈ R, ( L’inégalité triangulaire).
8. ||x| − |y|| ≤ |x − y| , ∀x, y ∈ R, ( La seconde inégalité triangulaire).
Preuve :
7. On a ∀x, y ∈ R
− |x| ≤ x ≤ |x|
− |y| ≤ y ≤ |y|
d’où en faisant la somme
− (|x| + |y|) ≤ x + y ≤ |x| + |y| ⇔ |x + y| ≤ |x| + |y| .
8. On a ∀x, y ∈ R
|x| = |x − y + y| ⇒ |x| ≤ |x − y| + |y| ⇔ |x| − |y| ≤ |x − y|
et
|y| = |y − x + x| ⇒ |y| ≤ |y − x| + |x| ⇔ − |x − y| ≤ |x| − |y|
donc
− |x − y| ≤ |x| − |y| ≤ |x − y| ⇔ ||x| − |y|| ≤ |x − y| .
2
1.3
Intervalles de R
Définition 1.3.1 Une partie I de R est un intervalle de R si dès qu’elle contient
deux réels a et b alors elle contient tous les réels compris entre eux.
∀a, b ∈ I, ∀x ∈ R; a ≤ x ≤ b ⇒ x ∈ I.
Exemples 1.3.2
1. R et l’ensemble vide ∅ sont des intervalles.
+
2. R est un intervalle.
3. R∗ et N ne sont pas des intervalles.
Remarques :
1. Pour les notations, soient a, b ∈ R, on a les intervalles de R :
• bornés : ouverts ]a, b[, fermés [a, b] ou semi-ouverts [a, b[ , ]a, b] .
• non bornés : ouverts ]−∞, b[ , ]a, +∞[ ou fermés [a, +∞[ , ]−∞, b] .
• Si a = b alors [a, a] = {a} , ]a, b[ = [a, b[ = ]a, b] = ∅.
2. Le complémentaire d’un intervalle ouvert est fermé.
Analyse 1
Damerdji Bouharis A.
8
Le corps des nombres réels
[Ch.1
Remarque : R et l’ensemble vide ∅ sont les seules parties ouvertes et fermées de
R.
En effet, R = ]−∞, +∞[ est un intervalle ouvert donc son complémentaire,
l’ensemble vide ∅ est fermé, or l’ensemble vide ∅ peut s’écrire comme un intervalle
ouvert ]α, α[ , α ∈ R, donc son complémentaire R est fermé.
Remarques :
1. L’intersection de deux intervalles est toujours un intervalle.
2. La réunion de deux intervalles ayant une intersection non vide est un intervalle.
Définition 1.3.3 Soient a, b ∈ R, on appelle segment l’ensemble noté [a, b] défini
par [a, b] = {x ∈ R / a ≤ x ≤ b} . Si a > b alors [a, b] = ∅.
Définition 1.3.4 Soit V une partie de R et x0 ∈ R, On dit que V est un voisinage
de x0 s’il existe un intervalle ouvert ]a, b[ de R contenant x0 et inclu dans V, on note
Vx0 ou V (x0 ) .
Exemples 1.3.5
1. Pour tout ε > 0 ; l’intervalleV = ]x0 − ε, x0 + ε[ est un voisinange de x0 ; car il existe un intervalle ouvert x0 − 2ε , x0 + 2ε de R contenant
x0 et inclu dans V.
2. L’intervalle ]a, b[ est voisinage de tous les points x ∈ ]a, b[ .
3. Les ensembles N, Z et Q ne sont des voisinages d’aucun de leurs points.
1.4
Minorants, majorants, borne inférieure, borne
supérieure, maximum et minimum.
Définition 1.4.1 Etant donné un ensemble E ⊂ R totalement ordonné par la relation d’ordre notée ” ≤ ”et soit A ⊂ E une partie non vide de E.
- On dit que M ∈ E est un majorant de A si : ∀x ∈ A; x ≤ M.
- On dit que m ∈ E est un minorant de A si : ∀x ∈ A; m ≤ x.
- A est dite majorée (resp. minorée) si elle possède au moins un majorant (resp.
un minorant).
Remarque : Si A possède un majorant (resp. minorant), alors il n’est pas unique.
Définition 1.4.2 - Etant donnée une partie A de E non vide et majorée, et soit
M aj (A) ⊂ E l’ensemble des majorants de A, on dit que M ∈ E est la borne
supérieure de A si M est le plus petit des majorants de A, on le note sup A.
- Etant donnée une partie A de E non vide et minorée, et soit M in (A) ⊂ E
l’ensemble des minorants de A, on dit que m ∈ E est la borne inférieure de A si m
est le plus grand des minorants de A, on le note inf A.
Théorème 1.4.3 Toute partie non vide et majorée (resp. minorée) de R, possède
une borne supérieure (resp. inférieure).
Remarques :
Damerdji Bouharis A.
USTO MB
§1.5]
Minorants, majorants, borne inférieure, borne supérieure, . . .
9
1. Quand la borne supérieure (resp. la borne inférieure) existe alors elle est
unique.
2. La borne supérieure sup A (resp. la borne inférieure inf A) n’appartient pas
nécessairement à l’ensemble A.
Définition 1.4.4 - On dit que M est le plus grand élément de A ou maximum de
A si M est un majorant de A qui appartient à A, on le note par max A.
- On dit que m est le plus petit élément de A ou minimum de A si m est un
minorant de A qui appartient à A, on le note par min A.
Remarques :
1. Si le maximum max A (resp. le minimum min A) existe alors sup A = max A
(resp. inf A = min A).
2. Si la borne supérieure sup A (resp. la borne inférieure inf A ) appartient à A
alors max A = sup A (resp. min A = inf A ).
3. Si la borne supérieure sup A (resp. la borne inférieure inf A ) n’appartient pas
à A alors le maximum max A (resp. le minimum min A) n’existe pas.
Remarque : La borne supérieure d’un ensemble majoré A (resp. la borne inférieure
d’un ensemble minoré A ) existe toujours mais peut ne pas appartenir à A, par contre
le maximum d’un ensemble majoré (resp. le minimum d’un ensemble minoré) peut
ne pas exister.
Exemple 1.4.5 Soit A = ]−5, 1] ; A est une partie bornée de R.
L’ensemble des majorants de A est M aj (A) = [1, +∞[ ,
sup A = max A = 1.
L’ensemble des minorants de A est M in (A) = ]−∞, −5] ,
inf A = −5, min A n’existe pas car −5 ∈
/ A.
Proposition 1.4.6 Soit A une partie non vide de R, les deux assertions suivantes
sont équivalentes :
(i) ∃α > 0, ∀x ∈ A : |x| ≤ α
(ii) ∃m, M ∈ R, ∀x ∈ A : m ≤ x ≤ M.
Preuve :
(i) ⇒ (ii)
Il suffit de prendre m = −α et M = α.
(ii) ⇒ (i)
Il suffit de prendre α = max (M, −m) , en effet,
−α ≤ m ≤ x ≤ M ≤ α ⇒ −α ≤ x ≤ α ⇔ |x| ≤ α.
2
Analyse 1
Damerdji Bouharis A.
10
Le corps des nombres réels
1.5
[Ch.1
La partie entière
Définition 1.5.1 La partie entière d’un nombre réel x ; est le plus grand entier n
inférieur ou égal à x. En d’autres termes, la partie entière de x est le seul entier
n ∈ Z tel que n ≤ x < n + 1. Elle est notée par [x] ou E (x) .
Ainsi tout nombre réel x s’écrit de façon unique sous la forme
x = [x] + α; où α ∈ [0, 1[ .
Exemple 1.5.2 [5, 70911] = 5 , [−5, 70911] = −6.
Propriétés 2
1. [x] ∈ Z, ∀x ∈ R.
2. [x] ≤ x ≤ [x] + 1, ∀x ∈ R.
3. [x + m] = [x] + m, ∀x ∈ R, ∀m ∈ Z.
4. [x] + [y] ≤ [x + y] ≤ [x] + [y] + 1, ∀x, y ∈ R.
5. x ≤ y ⇒ [x] ≤ [y] , ∀x, y ∈ R.
Preuve :
3. On a ∀x ∈ R
[x] ≤ x ≤ [x] + 1,
d’où
(1)
(2)
[x] + m ≤ x + m ≤ [x] + m + 1, ∀m ∈ Z.
D’une autre part, on a
(3)
(4)
[x + m] ≤ x + m ≤ [x + m] + 1,
or [x + m] est le plus grand entier inférieur à x + m alors de (1) et (3) on a
[x] + m ≤ [x + m] ,
(1.1)
et [x + m] + 1 est le plus petit entier supérieur à x + m alors de (2) et (4) on a
[x + m] + 1 ≤ [x] + m + 1,
d’où
[x + m] ≤ [x] + m.
(1.2)
De (1.1) et (1.2) on obtient l’égalité [x + m] = [x] + m.
2
Remarque : La partie entière est une fonction croissante mais pas strictement
croissante.
Damerdji Bouharis A.
USTO MB
§1.6]
Caractérisation de la borne supérieure et de la borne inférieure
1.6
Caractérisation de la borne supérieure et de
la borne inférieure
11
Etant donnée une partie A non vide et bornée de R, soient m, M ∈ R, on a les
caractérisations suivantes
1/ ∀x ∈ A; x ≤ M
1. M = sup A ⇔
2/ ∀ε > 0; ∃x ∈ A, M − ε < x
1/ ∀x ∈ A; m ≤ x
2. m = inf A ⇔
2/ ∀ε > 0; ∃x ∈ A, x < m + ε
Preuve :
1.
• Montrons tout d’abord que si M = sup A, alors pour tout ε > 0, il
existe x ∈ A tel que M − ε < x.
On supposera par l’absurde que ∃ε > 0, ∀x ∈ A; x ≤ M − ε, par
conséquent M − ε devient un majorant de A, or M étant la borne
supérieure de A ; c’est le plus petit des majorants de A donc :
M ≤ M − ε ⇔ ε ≤ 0, qui est une contradiction.
• A présent montrons que si M est un majorant de A qui vérifie
∀ε > 0; ∃x0 ∈ A, M − ε < x0
alors M est le plus petit des majorants de A.
Soit M 0 un autre majorant de A, d’où x0 ≤ M 0 , par conséquent ;
∀ε > 0; M − ε < x0 ≤ M 0 ⇒ ∀ε > 0; M − M 0 < ε
d’où M − M 0 ≤ 0 ⇔ M ≤ M 0 .
2. On peut montrer la caractérisation de la borne inférieure de la même façon,
(à faire en exercice).
2
Exercice 1.6.1 Etant donné l’ensemble A =
n+2
n−2
/ n ∈ N, n ≥ 3 .
1. Montrer que A est borné.
2. Montrer que sup A = 5, inf A = 1.
3. Déterminer max A et min A s’ils existent.
Solution.
1. On a : ∀n ≥ 3 :
n+2
,
n−2
d’où la partie A est minorée par 1. D’une autre part on a ∀n ≥ 3 :
1≤n−2≤n+2⇒1≤
4n ≥ 12 ⇔ 5n − 10 ≥ n + 2
⇔ 5 (n − 2) ≥ n + 2
⇔ n+2
≤5
n−2
Analyse 1
Damerdji Bouharis A.
12
Le corps des nombres réels
[Ch.1
d’où la partie A est majorée par 5, donc A est bornée.
2. Montrons que sup A = 5
5 est un majorant de A et 5 ∈ A, pour n = 3 donc max A = 5 = sup A.
3. Montrons que inf A = 1
Soit ε > 0; cherchons x ∈ A, tel que x < 1 + ε, ceci revient à chercher
n ∈ N, n ≥ 3 tel que
n+2
4
< 1 + ε ⇔ + 2 < n,
n−2
ε
alors il suffit de prendre n = 4ε + 2 + 1.
On remarque que 1 ∈
/ A ; sinon
∃n ∈ N, n ≥ 3 tel que
n+2
= 1 ⇔ 2 = −2 ; absurde.
n−2
d’où min A n’existe pas.
4
Propriétés 3
1. Etant donnés A et B deux ensembles non vides, bornés de R,
tels que A ⊂ B, alors :
inf B ≤ inf A ≤ sup A ≤ sup B
En effet ; on a
inf A ≤ x ≤ sup A; ∀x ∈ A ⇒ inf A ≤ sup A,
∀x : x ∈ A ⇒ x ∈ B ⇒ inf B ≤ x; ∀x ∈ A
d’où inf B est un minorant de A, or inf A est le plus grand des minorants de
A, donc inf B ≤ inf A et on a
∀x : x ∈ A ⇒ x ∈ B ⇒ x ≤ sup B; ∀x ∈ A
d’où sup B est un majorant de A, or sup A est le plus petit des majorants de
A, donc sup A ≤ sup B.
2. Etant donnés C et D deux ensembles non vides, bornés de R, alors :
(a) sup (C ∪ D) = max (sup C, sup D)
inf (C ∪ D) = min (inf C, inf D)
(b) sup (C ∩ D) ≤ min (sup C, sup D)
inf (C ∩ D) ≥ max (inf C, inf D)
(c) sup (C + D) = sup C + sup D
inf (C + D) = inf C + inf D
où C + D = {x + y / x ∈ C, y ∈ D}
Damerdji Bouharis A.
USTO MB
§1.7]
Principe d’Archimède
13
(d) sup (−C) = − inf C
inf (−C) = − sup C
où −C = {−x / x ∈ C}
n
Exemple 1.6.2 Soit A = n+1
, (−1)n , n ∈ N ,
Montrer que sup A = 1 et inf A = −1.
On remarque que A = C ∪ D, où
n
C=
, n ∈ N et D = {(−1)n , n ∈ N} = {−1, 1}
n+1
On a ∀n ∈ N :
n≤n+1⇔
n
≤ 1,
n+1
d’où 1 est un majorant de C.
Soit ε > 0; cherchons x ∈ C, tel que 1 − ε < x, ceci revient à chercher n ∈ N,
tel que
1
n
⇔ − 1 < n,
1−ε<
n+1
ε
1
alors il suffit de prendre n = ε − 1 +1. ou max 0, 1ε − 1 + 1 donc sup C = 1.
On a ∀n ∈ N :
n
,
0≤
n+1
d’où 0 est un minorant de C, or 0 ∈ C, pour n = 0 donc min C = 0 = inf C.
Pour l’ensemble D, on a sup D = 1, inf D = −1.
Par conséquent on a :
sup A = max {1, 1} = 1 et inf A = min {−1, 0} = −1.
1.7
Principe d’Archimède
Le corps des réels R vérifie le principe d’Archimède ; qui s’énonce comme suit
∀x ∈ R+ , ∃n ∈ N : x < n.
c’est à dire que N n’est pas majoré.
Preuve :
Supposons par l’absurde que N est majoré dans R, alors il existe S ∈ R; tel que
S = sup N, d’où
n ≤ S, ∀n ∈ N.
On pose aussi n0 = [S] + 1, où [S] désigne la partie entière de S, or S < [S] + 1,
donc ∃n0 ∈ N, S < n0 ; contradiction.
2
Remarque : Il existe une autre version du principe d’Archimède.
∀x, y ∈ R, x > 0, y ≥ 0; ∃n ∈ N∗ : nx > y.
Analyse 1
Damerdji Bouharis A.
14
Le corps des nombres réels
[Ch.1
Preuve :
on va supposer par l’absurde que :
∃x ∈ R∗+ , y ∈ R+ , ∀n ∈ N∗ : nx ≤ y,
alors l’ensemble A = {nx / n ∈ N∗ } est une partie non vide, majorée par y
dans R donc sup A = M existe, d’où
nx ≤ M ; ∀n ∈ N∗ ⇒ (n + 1) x ≤ M ; ∀n ∈ N∗
⇔ nx ≤ M − x; ∀n ∈ N∗ ,
donc M − x est un majorant de A et M − x < M, car x > 0, ce qui est absurde
car M est le plus petit des majorants de A.
2
1.8
La densité de Q dans R
Théorème 1.8.1 Etant donnés deux nombres réels a et b distincts tels que
a < b, alors l’intervalle ]a, b[ contient au moins un nombre rationnel q ∈ Q. On
dit que Q est dense dans R et on note Q = R.
Preuve :
a < b ⇔ b − a > 0, alors d’après le principe d’Archimède, il existe n ∈ N, tel que
1
< n,
b−a
d’où n1 < b − a, posons p = [an] , alors
p ≤ an < p + 1 ⇔ np ≤ a < np + n1 < a + (b − a)
⇒ a < p+1
< b,
n
2
∈ Q, donc p+1
∈ ]a, b[ ∩ Q.
et p+1
n
n
1.9
La droite réelle achevée
Définition 1.9.1 On appelle droite réelle achevée qu’on note par R, l’ensemble
R ∪ {−∞, +∞} .
Propriétés 4
1. ∀x ∈ R; −∞ ≤ x ≤ +∞.
2. ∀x ∈ R; x + (+∞) = (+∞) + x = +∞ ; x + (−∞) = (−∞) + x = −∞
(+∞) + (+∞) = (+∞) , (−∞) + (−∞) = (−∞)
3. ∀x > 0; x. (+∞) = (+∞) ; x. (−∞) = (−∞)
4. ∀x < 0; x. (+∞) = (−∞) ; x. (−∞) = (+∞)
5. (+∞) . (+∞) = (+∞) , (−∞) . (−∞) = (+∞)
(+∞) . (−∞) = (−∞) . (+∞) = (−∞)
Damerdji Bouharis A.
USTO MB
§1.9]
La droite réelle achevée
15
x
x
= −∞
= 0.
6. ∀x ∈ R; +∞
Corollaire 1.9.2 Toute partie non vide de R, admet une borne supérieure et une
borne inférieure dans R.
Exemple 1.9.3 Etant données A et B deux parties de R, telles que A = [5, +∞]
et B = [−∞, −1] , alors sup A = +∞, inf B = −∞.
Analyse 1
Damerdji Bouharis A.
16
Le corps des nombres réels
1.10
[Ch.1
Enoncés des exercices
Exercice 1 :
1. Montrer les inégalités suivantes :
(a) |x| + |y| ≤ |x + y| + |x − y| , ∀x, y ∈ R.
√
√
√
(b) x + y ≤ x + y , ∀x, y ∈ R+ .
p
√
√
(c)
x − y ≤ |x − y| ; ∀x, y ∈ R+ .
2. Soit [x] la partie entière de x ; montrer que ∀x, y ∈ R :
(a) x ≤ y ⇒ [x] ≤ [y] ,
(b) [x] + [y] ≤ [x + y] ≤ [x] + [y] + 1.
Exercice 2 :
1. Montrer que :
(a) la somme d’un nombre rationnel et d’un nombre irrationnel est un nombre
irrationnel.
√
/Q
(b) 2 ∈
(c) 0, 336433643364 . . . ∈ Q
2. Soit a ∈ [1, +∞[, simplifier x =
p
p
√
√
a+2 a−1+ a−2 a−1
3. Calculer :
(a) A =
(b) B =
n
P
Cnk
k=0
n
Y
1 + k1 tel que n ∈ N∗ .
k=1
Exercice 3 :
On considère A une partie de R muni de l’ordre usuel, déterminer pour chacun
des ensembles suivants : l’ensemble des majorants M aj(A), l’ensemble des minorants
M in(A), la borne supérieure sup(A), la borne inférieure inf(A), le plus petit élément
min(A) et le plus grand élément max(A).
1. A = [−α, α], [−α, α[, ] − α, α], ] − α, α[.(telque α > 0), E = R.
2. A = {x ∈ R / x2 < 2 }, E = R.
3. A = {1 − n1 / n ∈ N∗ }, E = R.
Exercice 4 :
Soit A une partie non vide et bornée de R.
On note B = {|x − y|; (x, y) ∈ A2 }
1. Justifier que B est majorée.
2. On note sup B la borne supérieure de l’ensemble B, montrer que
sup B = sup(A) − inf(A).
Damerdji Bouharis A.
USTO MB
§1.10]
Enoncés des exercices
17
Exercice 5 :
On note par PB (R) l’ensemble des parties bornées de R, montrer que ∀A, B ∈
PB (R) :
1. (a) sup (A ∪ B) = max(sup A, sup B),
(b) inf (A ∪ B) = min(inf A, inf B),
2. Si A ∩ B 6= ∅ alors :
(a) sup (A ∩ B) ≤ min(sup A, sup B),
(b) inf (A ∩ B) ≥ max(inf A, inf B),
3. sup (A + B) = sup A + sup B ;
4. inf (A + B) = inf A + inf B
où A + B = {x + y / x ∈ A et y ∈ B}
(a) sup(−A) = − inf(A);
(b) inf(−A) = − sup A
tel que −A = {−x / x ∈ A}.
Exercice 6 :
En utilisant la caractérisation de la borne supérieure et la borne inférieure montrer que :
3n+1
, n∈N
1. sup A = 23 , inf A = 1 pour A = 2n+1
1
2. sup B = 2, inf B = 0 pour B = n + n12 , n ∈ N∗
3. sup C = 1, inf C = 0 pour C = {e−n , n ∈ N}
4. sup D = −1, inf D = −2 pour D = n12 − 2 , n ∈ N∗
Calculer max A, min A, max B, min B, max C, min C et max D, min D s’ils existent.
Analyse 1
Damerdji Bouharis A.
18
Le corps des nombres réels
1.11
[Ch.1
Corrigés
Exercice 1 :
1. ∀x, y ∈ R, on a
(a)
2 |x| = |(x + y) + (x − y)| ⇒ 2 |x| ≤ |x + y| + |x − y|
2 |y| = |(x + y) + (y − x)| ⇒ 2 |y| ≤ |x + y| + |x − y|
d’où
|x| + |y| ≤ |x + y| + |x − y|, ∀x, y ∈ R.
(b) ∀x, y ≥ 0, on a
√
x + y ≤ x + 2 xy + y,
√
car 2 xy ≥ 0, ce qui est équivalent à
√
√
√
√ 2
√
x + y ⇔ x + y ≤ x + y.
x+y ≤
(c) ∀x, y ≥ 0 on a
x = (x − y) + y et (x − y) + y ≤ |x − y| + y
p
√
d’où x ≤ |x − y| + y, donc en utilisant (b), on a
p
p
√
√
√
√
x ≤ |x − y| + y ⇔ x − y ≤ |x − y|
(1.3)
p
√
de la même façon, on a y ≤ |y − x| + x et en utilisant (b), on a
p
p
√
√
√
√
y ≤ |x − y| + x ⇔ x − y ≥ − |x − y|
(1.4)
de (1.3) et (1.4) on a donc
p
p
p
√
√
√
√
− |x − y| ≤ x − y ≤ |x − y| ⇔ x − y ≤ |x − y|.
2. Pour tout x et y dans R, on a
(a) x ≤ y ⇒ [x] ≤ x ≤ y < [y] + 1 ⇒ [x] ≤ y < [y] + 1
or [y] est le plus grand entier inférieur à y, et comme [x] est un entier
alors [x] ≤ [y] .
(b)
[x] ≤ x < [x] + 1
⇒ [x] + [y] ≤ x + y < [x] + [y] + 2
[y] ≤ y < [y] + 1
or [x + y] est le plus grand entier inférieur à x + y, alors
[x] + [y] ≤ [x + y] .
(1.5)
D’une autre part, on a [x + y] + 1 est le plus petit entier supérieur à x + y,
donc
[x + y] + 1 ≤ [x] + [y] + 2 ⇔ [x + y] ≤ [x] + [y] + 1
(1.6)
de (1.5) et (1.6) on a
[x] + [y] ≤ [x + y] ≤ [x] + [y] + 1.
Damerdji Bouharis A.
USTO MB
§1.11]
Corrigés
19
Exercice 2 :
1. (a) Soient x ∈ Q, y ∈
/ Q, on suppose par l’absurde que z = x + y ∈ Q, d’où
y = z − x ∈ Q, contradiction.
√
(b) On suppose par l’absurde que 2 ∈ Q, alors :
∃p, q ∈ Z, P GCD(p, q) = 1 tels que
√
2=
p
⇔ p2 = 2q 2 ⇒ 2 divise p2 ⇒ 2 divise p
q
car 2 est premier d’où p = 2k, k ∈ Z donc
4k 2 = 2q 2 ⇔ 2k 2 = q 2 ⇒ 2 divise q 2 ⇒ 2 divise q;
qui est une contradiction car p et q sont premiers entre eux.
(c) Soit x = 0, 336433643364...
On a 104 x = 3364, 336433643364...
3364
d’où 104 x − x = 9999x = 3364 alors x = 9999
∈ Q.
4a − 4, si a ≥ 2
2. On a x2 = 2a + 2 |a − 2| =
4 , si 1 ≤ a ≤ 2
3.
(a) On a le binôme de Newton :
n
P
Cnk .ak .bn−k ; ∀a, b ∈ R, d’où
(a + b)n =
A=
(b) B =
n
P
k=0
Cnk = (1 + 1)n = 2n .
k=0
n
Y
k=1
Analyse 1
1 + k1
=
n
Y
k+1
k
= n + 1.
= 2. 32 . 43 . 54 ... n+1
n
k=1
Damerdji Bouharis A.
20
Le corps des nombres réels
[Ch.1
Exercice 3 :
1.
A
Maj(A)
Min(A)
sup A
inf A
max A
min A
[−α, α]
[α, +∞[
] − ∞, −α]
α
−α
α
−α
[−α, α[
[α, +∞[
] − ∞, −α]
α
−α
@
−α
] − α, α]
[α, +∞[
] − ∞, −α]
α
−α
α
@
] − α, α[
[α, +∞[
] − ∞, −α]
α
−α
@
@
√ √
2. A =] − 2, 2[, (4ème cas du tableau ci-dessus).
3. A = n−1
/ n ∈ N∗
n
On a ∀n ∈ N∗ :
n−1
n≥1⇔n−1≥0⇒
≥0
n
et 0 ∈ A, d’où min A = inf A = 0.
1)∀n ∈ N∗ , n−1
≤1
n
sup A = 1 ⇔
2)∀ε > 0, ∃nε ∈ N∗ ; 1 − ε < nεn−1
ε
1)∀n ∈ N∗ ,
n−1≤n⇔
n−1
≤ 1.
n
2) Soit ε > 0,
1
1
1
n−1
⇔1−ε<1− ⇔ε> ⇔n> .
n
n
n
ε
alors il suffit de prendre nε = 1ε + 1.
1−ε<
Damerdji Bouharis A.
USTO MB
§1.11]
Corrigés
21
Exercice 4 :
B = {|x − y| ; (x, y) ∈ A2 }.
1. A est une partie bornée, alors sup A et inf A existent.
On note sup A = M et inf A = m.
On a ∀ (x, y) ∈ A2 :
m≤x≤M
m≤x≤M
⇒
m≤y≤M
−M ≤ −y ≤ −m
⇒ −(M − m) ≤ x − y ≤ M − m
⇔ |x − y| ≤ M − m.
donc M − m est un majorant de B.
2. On a
ε
sup A = M ⇒ ∀ε > 0, ∃x ∈ A, M − < x
2
et
ε
ε
inf A = m ⇒ ∀ε > 0, ∃y ∈ A, y < m + ⇔ −m − < −y
2
2
de (1.7) et (1.8) on obtient
(1.7)
(1.8)
∀ε > 0, ∃ (x, y) ∈ A2 , (M − m) − ε < x − y,
or x − y ≤ |x − y| alors
∀ε > 0, ∃ (x, y) ∈ A2 , (M − m) − ε < |x − y| .
par conséquent,
sup B = M − m = sup A − inf A.
Exercice 5 :
?
1. (a) sup (A ∪ B) = max (sup A, sup B)
On a


 A ⊂ (A ∪ B)
 sup A ≤ sup (A ∪ B)
et
et
⇒


B ⊂ (A ∪ B)
sup B ≤ sup (A ∪ B)
d’où
max (sup A, sup B) ≤ sup (A ∪ B)
(1.9)
D’une autre part, on a


 x∈A
 x ≤ sup A
ou
ou
⇒
⇒ x ≤ max(sup A, sup B)
x∈A∪B ⇔


x∈B
x ≤ sup B
d’où max(sup A, sup B) est un majorant de A ∪ B, or sup (A ∪ B) est le
plus petit des majorants de (A ∪ B) , donc
sup (A ∪ B) ≤ max (sup A, sup B)
(1.10)
de (1.9) et (1.10) on a l’égalité.
Analyse 1
Damerdji Bouharis A.
22
Le corps des nombres réels
[Ch.1
?
(b) inf (A ∪ B) = min (inf A, inf B)
On a


 A ⊂ (A ∪ B)
 inf A ≥ inf (A ∪ B)
et
et
⇒


B ⊂ (A ∪ B)
inf B ≥ inf (A ∪ B)
d’où
min (inf A, inf B) ≥ inf (A ∪ B) .
(1.11)
D’une autre part, on a


 x∈A
 x ≥ inf A
ou
ou
x∈A∪B ⇔
⇒
⇒ x ≥ min(inf A, inf B)


x∈B
x ≥ inf B
d’où min(inf A, inf B) est un minorant de (A ∪ B) , or inf (A ∪ B) est le
plus grand des minorants de (A ∪ B) , donc
inf (A ∪ B) ≥ min (inf A, inf B)
(1.12)
de (1.11) et (1.12) on a l’égalité.
2. Si A ∩ B 6= ∅, alors
?
(a) sup (A ∩ B) ≤ min (sup A, sup B)
On a


 (A ∩ B) ⊂ A
 sup (A ∩ B) ≤ sup A
et
et
⇒


(A ∩ B) ⊂ B
sup (A ∩ B) ≤ sup B
d’où sup (A ∩ B) ≤ min (sup A, sup B) .
?
(b) inf (A ∩ B) ≥ max (inf A, inf B)
On a


 (A ∩ B) ⊂ A  inf (A ∩ B) ≥ inf A
et
et


(A ∩ B) ⊂ B
inf (A ∩ B) ≥ inf B
d’où inf (A ∩ B) ≥ max (inf A, inf B) .
?
(c) sup (A + B) = sup A + sup B
1)∀x ∈ A : x ≤ MA
• sup A = MA ⇔
2)∀ε > 0, ∃x ∈ A : MA − 2ε < x
1)∀y ∈ B : y ≤ MB
• sup B = MB ⇔
2)∀ε > 0, ∃y ∈ B : MB − 2ε < y
alors on a :
(1)
(2)
(3)
(4)
(1) + (3) ⇒ ∀z ∈ A + B : z ≤ MA + MB
(2) + (4) ⇒ ∀ε > 0, ∃z ∈ A + B : (MA + MB ) − ε < z
donc sup (A + B) = sup A + sup B.
Damerdji Bouharis A.
USTO MB
§1.11]
Corrigés
23
?
(d) inf (A + B) = inf A + inf B
1)∀x ∈ A : mA ≤ x
• inf A = mA ⇔
2)∀ε > 0, ∃x ∈ A : x < mA + 2ε
1)∀y ∈ B : mB ≤ y
• inf B = mB ⇔
2)∀ε > 0, ∃y ∈ B : y < mB + 2ε
alors on a :
(1)
(2)
(3)
(4)
(1) + (3) ⇒ ∀z ∈ A + B : mA + mB ≤ z
(2) + (4) ⇒ ∀ε > 0, ∃z ∈ A + B : z < (mA + mB ) + ε
donc inf (A + B) = inf A + inf B.
?
(e) sup (−A) = − inf A
• ∀x ∈ A : x ≥ inf A ⇔ −x ≤ − inf A
d’où − inf A est un majorant de −A, or sup (−A) est le plus petit
des majorants de −A, alors
sup (−A) ≤ − inf A
(1.13)
• ∀ (−x) ∈ (−A) : −x ≤ sup (−A) ⇔ x ≥ − sup (−A)
d’où − sup (−A) est un minorant de A, or inf A est le plus grand des
minorants de A, alors inf A ≥ − sup (−A) donc
− inf A ≤ sup (−A)
(1.14)
de (1.13) et (1.14) on a l’égalité.
?
(f) inf (−A) = − sup A
• ∀x ∈ A : x ≤ sup (A) ⇔ −x ≥ − sup (A)
d’où − sup (A) est un minorant de −A, or inf (−A) est le plus grand
des minorants de −A, alors
inf (−A) ≥ − sup (A)
(1.15)
• ∀ (−x) ∈ (−A) : −x ≥ inf (−A) ⇔ x ≤ − inf (−A)
d’où − inf A est un majorant de A, or sup (A) est le plus petit des
majorants de A, alors
sup (A) ≤ − inf (−A) ⇔ − sup (A) ≥ inf (−A)
(1.16)
de (1.15) et (1.16) on a l’égalité.
Analyse 1
Damerdji Bouharis A.
24
Le corps des nombres réels
[Ch.1
Exercice 6 :
1. A = 3n+1
, n∈N
2n+1
?
• inf A = 1
On a ∀n ∈ N :
3n + 1 ≥ 2n + 1 ⇔
3n + 1
≥ 1,
2n + 1
alors 1 est un minorant de A.
On remarque que 1 ∈ A, pour n = 0.
alors min A = 1 = inf A.
?
• sup A = 23
On a ∀n ∈ N :
6n + 2 ≤ 6n + 3 ⇔
3n + 1
3
≤ ,
2n + 1
2
alors 32 est un majorant de A.
ε +1
∀ε > 0, ∃?nε ∈ N : 23 − ε < 3n
2nε +1
Soit ε > 0,
3n + 1
1 − 2ε
3
−ε<
⇔
< n,
2
2n + 1
4ε
alors il suffit de prendre nε = 1−2ε
+ 1.
4ε
Donc sup A = 32 , mais 23 ∈
/ A alors max A n’existe pas.
1
2. B = n + n12 , n ∈ N∗
?
• sup B = 2
On a
∗
∀n ∈ N :
n≥1
⇒
n2 ≥ 1
1
1
1 ≥ n1
⇒ 2 ≥ + 2,
1
1 ≥ n2
n n
alors 2 est un majorant de B.
On remarque que 2 ∈ B, pour n = 1.
alors max B = 2 = sup B.
?
• inf B = 0
On a ∀n ∈ N∗ : n1 + n12 > 0, alors 0 est un minorant de B.
∀ε > 0, ∃?nε ∈ N∗ : n1ε + n12 < ε
ε
Soit ε > 0, on a
∀n ∈ N∗ : n + 1 ≤ 2n ⇔
⇔
n+1
≤ 2n
n2
n2
1
1
+ n2 ≤ n2
n
alors pour que n1 +n12 < ε; il suffit que : n2 < ε ⇔ 2ε < n et donc il suffit
de prendre nε = 2ε + 1.
Donc inf B = 0, mais 0 ∈
/ B alors min B n’existe pas.
3. C = {e−n , n ∈ N}
Damerdji Bouharis A.
USTO MB
§1.11]
Corrigés
25
• sup C = 1
On a ∀n ∈ N : 0 ≤ n ⇔ −n ≤ 0 ⇔ e−n ≤ 1 alors 1 est un majorant de
C.
On remarque que 1 ∈ C, pour n = 0.
alors max C = 1 = sup C.
• inf C = 0
On a ∀n ∈ N : e−n > 0, alors 0 est un minorant de C.
∀ε > 0, ∃?nε ∈ N : e−nε < ε.
Soit ε > 0, on a
e−n < ε ⇔ −n < ln ε
⇔ − ln ε < n
alors il suffit de prendre nε = [|ln ε|] + 1.
Donc inf C = 0 , mais 0 ∈
/ C alors min C n’existe pas.
1
4. D = n2 − 2 , n ∈ N∗
• sup D = −1,
On a ∀n ∈ N∗ :
1 ≤ n ⇔ 1 ≤ n2 ⇔ n12 ≤ 1
⇔ n12 − 2 ≤ −1
alors −1 est un majorant de D.
On remarque que −1 ∈ D, pour n = 1.
alors max D = −1 = sup D.
• inf D = −2
On a ∀n ∈ N∗ : 0 < n12 ⇔ −2 < n12 − 2, alors −2 est un minorant de D.
∀ε > 0, ∃?nε ∈ N∗ : n12 − 2 < ε − 2
Soit ε > 0, on a
1
−2<ε−2
n2
alors il suffit de prendre nε =
h
⇔
⇔
⇔
√1
ε
i
1
<ε
n2
1
<
n2
ε
√1 < n;
ε
car n ∈ N
+ 1.
Donc inf D = −2 , mais −2 ∈
/ D alors min D n’existe pas.
Analyse 1
Damerdji Bouharis A.
Chapitre 2
Le corps des nombres complexes
Tout au long du chapitre, on considère le plan rapporté à un repère orthonormé
−
−
direct (O, →
u ,→
v ) appelé plan complexe.
2.1
Représentation algébrique
Définition 2.1.1 On appelle l’ensemble des nombres complexes et on note C ; l’ensemble contenant l’ensemble des nombres réels R; tel que
C = z = x + iy / (x, y) ∈ R2 , i2 = −1
où x = Re (z) est dite partie réelle de z et y = Im (z) est dite partie imaginaire
de z; et donc
z = Re(z) + Im(z)i.
Cette représentation est dite représentation algébrique du nombre z, il existe
d’autres représentations.
Propriétés 5 On a les propriétés suivantes :
1. Si z ∈ C tel que z = x + iy alors z = 0 ⇔ x = y = 0.
2. Si z1 , z2 ∈ C tels que z1 = x1 + iy1 et z2 = x2 + iy2 alors
x1 = x2
z1 = z2 ⇔
y1 = y2
2.2
Représentation graphique
2.2.1
Définitions et notations
Dans le plan complexe, à tout point M (a, b) ; on peut associer le nombre complexe z = a+ib, on dit que z est l’affixe du point M, ou que M est l’image ponctuelle
−−→
de z et que OM est l’image vectorielle de z.
−
−
Dans le repère (O, →
u ,→
v ) sur l’axe horizontal ; il y a les réels qui sont les nombres
complexes dont la partie imaginaire est nulle et sur l’axe vertical ; il y a les nombres
appelés imaginaires purs dont la partie réelle est nulle. Le point correspondant au
26
§2.3]
Représentation graphique
27
nombre complexe z = a + ib est situé à la verticale du réel a et à l’horizontale de
l’imaginaire pur ib, (figure 2.1).
−−→
Dans le plan complexe ; le module de z est la longueur du vecteur OM . L’argu−−→
ment de z est la mesure de l’angle entre l’axe des réels et OM , orienté suivant le
−−→
sens trigonométrique et le conjugué de z est l’affixe du vecteur symétrique de OM
par rapport à l’axe horizontal des réels.
• Le conjugué du nombre complexe z = a + ib est le nombre complexe noté z
tel que
z = a − ib.
−−→
• Le module de z; noté |z| est la longueur du vecteur OM
√
−−→
OM = OM = a2 + b2
Figure 2.1 – Représentation graphique d’un nombre complexe et de son conjugué
Propriétés 6 On a les propriétés suivantes :
1. |z| = 0 ⇔ z = 0
2. z = z.
3. On a
z+z
z−z
, Im (z) =
.
2
2i
4. z est un réel pur si et seulement si z = z.
5. z est un imaginaire pur si et seulement si z = − z.
6. |z| = |z| = |−z| = |−z|
7. Si le point M a pour affixe z = a + ib et le point M 0 a pour affixe z 0 = a0 + ib0
avec a, a0 , b, b0 ∈ R, alors :
−−−→
(a) Le vecteur M M 0 a pour affixe z 0 − z = (a0 − a) + i (b0 − b)
−−−→
(b) La longueur du vecteur M M 0 est donnée par
q
−−−→0
0
M M = M M = (a0 − a)2 + (b0 − b)2 = |z 0 − z| .
Re (z) =
Analyse 1
Damerdji Bouharis A.
28
Le corps des nombres complexes
2.3
[Ch.2
Représentation trigonométrique
Tout nombre complexe z = a + ib de C, peut s’écrire sous la forme
z = r (cos θ + i sin θ) , r ≥ 0
√
a = r cos θ
2
2
où r = |z| = a + b est le module de z et
, où θ est l’argument de z,
b = rsin θ
−−→
→
−
noté arg (z) , qui est la mesure en radians de l’angle u , OM d’où la représentation
trigonométrique (figure 2.2), dite aussi forme polaire de z
z = a + ib = r (cos θ + i sin θ)
Figure 2.2 – Représentation trigonométrique d’un nombre complexe
Remarque : Si z = a + ib = r (cos θ + i sin θ) (avec a 6= 0) alors tan θ = ab .
Propriétés 7 On a les propriétés suivantes :
1. Si z1 , z2 ∈ C tels que z1 = r1 (cos θ1 + i sin θ1 ) et z2 = r2 (cos θ2 + i sin θ2 ) alors
r1 = r2
z1 = z2 ⇔
θ1 = θ2 [2π] = θ2 + 2πk , k ∈ Z
2. Si z = x ∈ R ⇒ |z| = |x| (la valeur absolue de x) et arg (z) = 0 [π] = kπ, k ∈ Z
3. Si z = iy ⇒ |z| = |y| (la valeur absolue de y) et arg (z) = π2 [π] = π2 +kπ, k ∈ Z
4. Soit z = r (cos θ + i sin θ) , alors on a :
(a)
z = r (cos θ − i sin θ) = r [cos (−θ) + i sin (−θ)]
d’où arg (z) = −θ = − arg (z) .
(b) −z = r (− cos θ − i sin θ) = r [cos (θ + π) + i sin (θ + π)] , donc
arg (−z) = θ + π = arg (z) + π.
√
√
√
√
Exemples 2.3.1
1. z = 6 + 2i ⇒ Re (z) = 6, Im (z) = 2
√
√
√
√
π
|z| = 6 + 2i = 8 = 2 2 et arg (z) = [2π] ,
6
√
d’où z = 2 2 cos π6 + i sin π6 .
2. z = −3 + 3i ⇒ Re (z) = −3, Im (z) = 3
√
√
3π
|z| = |−3 + 3i| = 18 = 3 2 et arg (z) =
[2π] ,
4
√
3π
d’où z = 3 2 cos 3π
+
i
sin
.
4
4
Damerdji Bouharis A.
USTO MB
§2.5]
Forme exponentielle
2.4
29
Forme exponentielle
Pour tout nombre réel θ, on appelle ”exponentiel complexe”, noté eiθ , le nombre
complexe de module 1 et d’argument θ
eiθ = cos θ + i sin θ
d’où e−iθ = cos θ − i sin θ et par suite on a les formules d’Euler
1 iθ
e + e−iθ
2
1 iθ
sin θ =
e − e−iθ
2i
cos θ =
par conséquent, pour un nombre complexe z1 = r1 (cos θ1 + i sin θ1 ) , où (r1 = |z1 |)
on a
z1 = r1 eiθ1
z 1 = r1 e−iθ1
et pour z2 = r2 (cos θ2 + i sin θ2 ) = r2 eiθ2 , où (r2 = |z2 |) tel que r2 6= 0; on a
z1 .z2 = r1 r2 ei(θ1 +θ2 )
z1
= rr12 ei(θ1 −θ2 )
z2
Remarques :
1. Cette forme sert à la linéarisation des puissances du cosinus et du sinus.
2. On a
π
π
e2πi = 1, ei 2 = i, eiπ = −1, e−i 2 = −i.
(voir figure 2.3)
A cause de la périodicité modulo 2π des fonctions sinus et cosinus ; on a la
périodicité modulo 2π de l’exponentielle complexe, comme suit
eiθ = ei(θ+2πk) ; ∀θ ∈ R, ∀k ∈ Z.
d’où
1
−1
e2πki = 1, e(2k+1)πi = −1, eπ( 2 +2k)i = i, eπ( 2 +2k)i = −i.
Propriétés 8 Pour tous réels θ et θ0 et pour tout entier naturel n non nul ; on a
n
0
0
eiθ eiθ = ei(θ+θ ) , eiθ = einθ ,
1
eiθ
−iθ
i(θ−θ0 )
iθ ,
=
e
=
e
0 = e
iθ
iθ
e
e
π
−π
Exemples 2.4.1 On a −6 = 6eπi , 4i = 4e 2 i , −4i = 4e 2 i ,
Analyse 1
√
π
3
+ 2i = ei 6 .
2
Damerdji Bouharis A.
30
Le corps des nombres complexes
[Ch.2
Figure 2.3 – Représentation des nombres complexes 1,-1,i et -i
2.5
Opérations sur les nombres complexes
Soient z1 et z2 deux nombres complexes tels que z1 = a1 +ib1 = r1 (cos θ1 + i sin θ1 )
et z2 = a2 + ib2 = r2 (cos θ2 + i sin θ2 ) .
2.5.1
L’addition
On a
z1 + z2 = (a1 + a2 ) + i (b1 + b2 ) (Forme algébrique)
z1 + z2 = r1 cos θ1 + r2 cos θ2 + i (r1 sin θ1 + r2 sin θ2 ) (Forme trigonométrique)
2.5.2
Le produit
On a
z1 .z2 = (a1 a2 − b1 b2 ) + i (a1 b2 + a2 b1 ) (Forme algébrique)
z1 .z2 = r1 r2 (cos (θ1 + θ2 ) + i sin (θ1 + θ2 )) (Forme trigonométrique)
z1 .z2 = r1 r2 ei(θ1 +θ2 ) (Forme exponentielle)
2.5.3
Division
On a pour z2 6= 0,
z1
a1 + ib1
(a1 + ib1 ) (a2 − ib2 )
(a1 a2 + b1 b2 ) + i (a2 b1 − a1 b2 )
=
=
=
z2
a2 + ib2
(a2 + ib2 ) (a2 − ib2 )
a22 + b22
z1
r1
= [cos (θ1 − θ2 ) + i sin (θ1 − θ2 )]
z2
r2
z1
r1
= ei(θ1 −θ2 )
z2
r2
Propriétés 9 Si z1 et z2 sont deux nombres complexes alors
1. |z1 + z2 | ≤ |z1 | + |z2 |
Damerdji Bouharis A.
USTO MB
§2.6]
Opérations sur les nombres complexes
2. |z1 z2 | = |z1 | |z2 | et
z1
z2
31
|z1 |
tel que z2 6= 0.
= |z
2|
3. z.z = |z|2 (c’est un réel positif ).
4. arg (z1 .z2 ) = arg (z1 ) + arg (z2 ) , arg
z1
z2
= arg (z1 ) − arg (z2 ).
5. z12 = |zz2|2 tel que z2 6= 0.
2
Remarque : L’ensemble (C, +, ·) est un corps commutatif (A vérifier en exercice).
Propriétés 10
1. Soit z un nombre complexe et α un nombre réel positif, alors
arg (αz) = arg (z) + 2kπ, k ∈ Z
en effet ; arg (αz) = arg (α) + arg (z) = arg (z) , car arg (α) = 0 [2π] = 2kπ.
2. Soit z un nombre complexe et α un nombre réel négatif, alors
arg (αz) = arg (z) + π (2k + 1) , k ∈ Z
en effet ; car arg (α) = π [2π] = π + 2kπ, k ∈ Z.
3. Soient M, M 0 deux points du plan complexe ; d’affixes z et z 0 respectivement,
tels que z = x + iy et z 0 = x0 + iy 0 .
(a) La longueur du segment [M M 0 ] est égale à M M 0 = |z 0 − z| .
−−→ −−→
(b) Les vecteurs OM et OM 0 sont orthogonaux si et seulement si Re (zz 0 ) = 0.
−−→0 x0
−−→ x
En effet ; on a OM
et OM
et
y
y0
−−→ −−→0
OM ⊥ OM ⇔ xx0 + yy 0 = 0 = Re (zz 0 ) ,
car zz 0 = (x − iy) (x0 + iy 0 ) = xx0 + yy 0 + i (xy 0 − yx0 ) .
(c) Les points O, M, M 0 sont alignés si et seulement si Im (zz 0 ) = 0.
−−→ −−→
En effet ; O, M, M 0 sont alignés si et seulement si det OM , OM 0 = 0
et
−−→ −−→
det OM , OM 0 = xy 0 − yx0 = Im (zz 0 ) .
2.5.4
Formule de Moivre
Soit z le nombre complexe de module r égal à 1 et d’argument θ ∈ R,
z = cos θ + i sin θ
alors
∀n ∈ N; z n = (cos θ + i sin θ)n = cos nθ + i sin nθ
cette formule est appelée formule de Moivre, on peut la vérifier par récurrence. (A
faire en exercice).
Analyse 1
Damerdji Bouharis A.
32
Le corps des nombres complexes
2.6
Racines n − ième d’un nombre complexe
2.6.1
Racines n − ième d’un nombre complexe
[Ch.2
Soit ω ∈ C, n ∈ N tel que ω = % (cos α + i sin α) .
Pour résoudre dans C l’équation z n = ω, on pose z = r (cos θ + i sin θ) d’où
z n = rn (cos nθ + i sin nθ) = % (cos α + i sin α)
et par identification on a
d’où
rn = %
nθ = α [2π] = α + 2kπ; k ∈ Z
√
r= n%
π; k ∈ Z
θ = αn + 2k
n
on trouve n solutions pour k = 0, 1, 2, ..., n − 1.
Exemple 2.6.1 Trouver la racine cubique du nombre complexe ω = 1.
On a 1 = cos (2kπ) + i sin (2kπ) , et soit z ∈ C; z = r (cos θ + i sin θ)
z 3 = 1 ⇔ r3 (cos 3θ + i sin 3θ) = cos (2kπ) + i sin (2kπ) , d’où
√
r= 31=1
θ = 03 + 2k
π; k = 0, 1, 2
3
et
2kπ
2kπ
+ i sin
; k = 0, 1, 2
3
3
par conséquent on a trois racines cubiques

 z1 = 1
√
3
2π
1
z2 = cos 2π
+
i
sin
=
−
+
i
3
3
2
2
√

3
4π
1
z3 = − cos 4π
−
i
sin
=
−
−
i
3
3
2
2
z = cos
voir figure (2.4) .
Remarque : On peut également calculer les racines carrées d’un nombre complexe
en utilisant la représentation algébrique.
2.6.2
Racine carrée d’un nombre complexe
Exemple 2.6.2 (D’application) Déterminer les racines carrées du nombre complexe ω = 3 + 4i
Soit z ∈ C tel que z = a + ib et z 2 = ω
 2
 2
 a + b2 = 5
 a =4
2
2
2
2
2
a −b =3 ⇔
b2 = 1 ,
z = ω ⇔ a − b + 2iab = 3 + 4i ⇔


ab = 2
2ab = 4
alors (a, b) = (2, 1) ou (a, b) = (−2, −1) d’où les racines carrées de ω sont
z1 = 2 + i
z2 = −2 − i.
Damerdji Bouharis A.
USTO MB
§2.7]
Résolution des équations du second degré dans C
33
Figure 2.4
2.7
Résolution des équations du second degré dans
C
Etant donnée l’équation (E) : az 2 + bz + c = 0, où a, b, c ∈ R, a 6= 0, z ∈ C.
Pour la résolution, on calcule le discriminant ∆ = b2 − 4ac, puis on distingue
trois cas
1er Cas : Si ∆ > 0 alors l’équation (E) admet deux solutions réelles distinctes
√
√
−b + ∆
−b − ∆
et z2 =
z1 =
2a
2a
2ème Cas : Si ∆ = 0 alors l’équation (E) admet une solution réelle double
z0 =
−b
2a
3ème Cas : Si ∆ < 0 alors l’équation (E) admet deux solutions complexes distinctes
√
√
−b − i −∆
−b + i −∆
z1 =
et z2 =
2a
2a
Remarque : Si les coefficients a, b et c sont complexes alors le discriminant ∆
pourrait être un nombre complexe donc il faudra calculer ses racines carrées.
Exemple 2.7.1 Résoudre dans C l’équation (E) telle que :
(E) : z 2 − (7 + i) z + 12 + 3i = 0
Le discriminant de cette équation vaut
∆ = (7 + i)2 − 4 (12 + 3i) = 2i
Analyse 1
Damerdji Bouharis A.
34
Le corps des nombres complexes
[Ch.2
On calcule les racines carrées de ∆ qui sont 1 + i et −1 − i ; d’où les solutions de
l’équation (E) sont :
(7 + i) + 1 + i
=4+i
2
(7 + i) − 1 − i
z2 =
= 3.
2
z1 =
2.8
Applications à la géométrie
−
−
Dans le plan complexe rapporté à un repère orthonormé direct (O, →
u ,→
v ) ; soient
A, B et C trois points du plan complexe dont les affixes sont zA , zB et zC respectivement, alors
−→ −→
A
1. L’angle AB, AC a pour mesure arg zzBC −z
= arg (zC − zA )−arg (zB − zA ) .
−zA
2. Les vecteurs sont orthogonaux si et seulement si leur produit scalaire est nul :
−→ −→
zC − zA
π
AB.AC = 0 ⇔ arg
= [π]
zB − zA
2
A
ie. le nombre complexe zzBC −z
est imaginaire pur non nul.
−zA
Exemple 2.8.1 L’ensemble C = {z ∈ C / |z − ω| = r} est le cercle de rayon r et
de centre Ω; d’affixe ω.
2.8.1
Transformations géométriques
Soient M, M 0 et Ω les points d’affixes respectives z, z 0 et ω :
Translation :
−
Soit →
u le vecteurd’affixe a ∈ C, l’application qui au point M ; associe le point
M 0 tel que
z 0 = z + a,
−−−→ −
−
est la translation de vecteur →
u et on a : M M 0 = →
u.
Rotation :
Soit α ∈ R, l’application qui au point M ; associe le point M 0 tel que
z 0 = ω + eiα (z − ω) ,
est la rotation de centre Ω; et d’angle α et on a
−−→ −−→
−−→0 −−→
ΩM = ΩM avec ΩM 0 , ΩM = α + 2kπ; k ∈ Z.
Damerdji Bouharis A.
USTO MB
§2.8]
Applications à la géométrie
35
Homothétie :
Soit k ∈ R∗ , l’application qui au point M ; associe le point M 0 tel que
z 0 = ω + k (z − ω) ,
−−→
−−→
est l’homothétie de centre Ω et de rapport k et on a ΩM 0 = k.ΩM .
Remarque : Si k = 1 alors l’homothétie n’est autre que l’application identité dans
R2 .
Exemple 2.8.2
1. Soient A, B et C trois points d’affixes respectives :
zA = −2 − i, zB = 1 − 2i et zC = −1 + 2i
(a) Montrer que le triangle ABC est isocèle en A.
(b) Montrer que le triangle ABC est rectangle en A.
2. Dans le plan complexe, on donne le point Ω d’affixe i.
(a) Donner l’écriture complexe de la rotation de centre Ω et d’angle − π3 .
(b) A tout nombre complexe z 6= −2, on associe le nombre complexe z 0 défini
par
z + 4i
.
z0 =
z+2
i. Déterminer l’ensemble D des points M d’affixe z; tels que |z 0 | = 1.
ii. L’ensemble E des points M d’affixe z tels que z 0 est un réel.
Solution :
√
√
1. (a) AB = |zB − zA | = |3 − i| = 10 , AC = |zC − zA | = |1 + 3i| = 10,
d’où le triangle ABC est isocèle en A.
−→ −→
1+3i
1+3i
A
=
arg
=
arg
= arg (i) = π2 [2π] .
(b) AB, AC = arg zzBC −z
−zA
3−i
3−i
(a)
iπ
z 0 = i + e− 3 (z − i)
d’où
z0 =
√ !
√
1
3
3 i
−i
+ .
z−
2
2
2
2
i. On a
z + 4i
= 1 ⇔ |z + 4i| = |z + 2|
z+2
alors l’ensemble D est la droite dont les points M sont équidistants
des deux points A et B; d’affixes respectives 4i et −2, d’où D est la
médiatrice de [AB] .
z−zA
ii. z 0 ∈ R ⇔ arg z 0 = 0 [π] ⇔ arg z−z
= arg z+4i
= 0 [π] , où
z+2
B
−−→ −−→
z−zA
est la mesure de l’angle AM , BM d’où l’ensemble E
arg z−z
B
est la droite (AB) privée du point B voir figure (2.5).
|z 0 | = 1 ⇔
Analyse 1
Damerdji Bouharis A.
36
Le corps des nombres complexes
[Ch.2
Figure 2.5
2.9
Enoncés des exercices
Exercice 1 :
Ecrire sous la forme algébrique puis exponentielle ; les nombres complexes suivants
!2 "
#2
√
√
√
2 + 2 3i
3+i
1 + i − 3 (1 − i)
(1 + i)4
√
√ ,
,
, √
3 .
8i
1+i
6 + 2i
3−i
Exercice 2 :
√
On considère les nombres complexes suivants : z1 = 1+i 3, z2 = 1+i et z3 = zz12 .
1. Écrire z3 sous forme algébrique puis sous forme trigonométrique.
π
π
2. En déduire les valeurs exactes de cos 12
et sin 12
.
Exercice 3 :
Linéariser cos3 θ et sin3 θ.
Exercice 4 :
Soit le nombre complexe z = −2 cos θ − 2i sin θ, peut-on dire que z = −2eiθ est
la forme exponentielle de z ? expliquer.
Exercice 5 :
1. Soit le nombre complexe ω = 5 + 12i, Vérifier que |ω| = 13.
2. Déterminer les racines carrées de ω.
3. En déduire les solutions complexes de l’équation
(1 + i)z 2 + z − 2 − i = 0.
Exercice 6 :
Damerdji Bouharis A.
USTO MB
§2.9]
Enoncés des exercices
37
√
Comment choisir l’entier naturel n pour que ( 3 + i)n soit réel ? Imaginaire ?
Exercice 7 :
Soit le nombre complexe z = x + iy, et z son conjugué, on définit
√
√ L (z) = z z − 4 1 − i 3 − 4i x 3 − y + 12.
1. Montrer que L (z) ∈ R, ∀z ∈ C.
2. Déterminer l’ensemble (C) des points M ; d’affixe z, tels que L (z) = 0.
3. Soit ω l’affixe du centre du cercle (C) , donner la forme exponentielle de ω,
puis montrer que ω 2016 = 24032 .
4. Résoudre dans C l’équation :
z 2 + (3i − 4) z + 1 − 7i = 0.
5. Soit P le polynôme de la variable complexe z, tel que :
√
√
√ 3 − 4i + z −5 − 3i 3 − 2
3−i
P (z) = z 3 + z 2
(a) Montrer que 2i est une racine de P, puis factoriser P (z) .
(b) Déduire toutes les solutions de P (z) = 0.
Exercice 8 :
−
−
Dans le plan complexe ; muni du repère orthonormé (O, →
u ,→
v ) ; on considère les
points A, B, C, E et F dont les affixes sont données par :
√
√
π
2π
zA = 3 + i, zB = 3 − i, zC = i, zE = 2iei 3 , zF = 2ei 2 .
1. Ecrire zA , zB sous la forme exponentielle et zE et zF sous la forme algèbrique.
2. Vérifier que
2013
izE
+
= −1 − i.
2
2
√ √ 3. Soit le nombre complexe 2α = −1 + 3 + i 1 + 3 ,
z 2013
A
(a) Déterminer le nombre complexe zD tel que zD = α2 , puis l’écrire sous la
forme exponentielle.
n
(b) Déterminer l’entier naturel n ∈ N, tel que zzDE
∈ R.
Exercice 9 :
1. Pour quelles valeurs de z ∈ C a-t-on |1 + iz| = |1 − iz|?
Analyse 1
Damerdji Bouharis A.
38
Le corps des nombres complexes
[Ch.2
2. On considère dans C l’équation
n
1 + iz
1 + ia
(E) :
, a∈R
=
1 − iz
1 − ia
Montrer, sans les calculer ; que les solutions de (E) sont réelles. Trouver ensuite
ces solutions.
√
3. Calculer les racines cubiques de √3+i
.
3−i
Exercice 10 :
Soit M un point d’affixe z, déterminer dans chaque cas l’ensemble des points M
tels que :
1. |z + 5i| = 2.
2. |z − 3 + i| = |z − 5| .
3. arg (z) = π4 [π] .
Damerdji Bouharis A.
USTO MB
§2.10]
Corrigé des exercices
2.10
39
Corrigé des exercices
Exercice 1 :
√
√ √ π
6 + 2i = 2ei 6
√ 2
√
√ √ iπ
3+i
3+i
1
1 − 2πi
2
−
i
2. On a 8i
= 81 1 − i 3 = 41 e− 3 , d’où
=
e 3
3 = 16
8i
32
2
√
√
√
√
iπ
2πi
3. On a 1+i−1+i3(1−i) = 1 + i 3 = 2e 3 , d’où 1+i−1+i3(1−i) = −2 + 2i 3 = 4e 3
√ π
4. On a 1 + i = 2ei 4 , d’où (1 + i)4 = 4eiπ = −4
√
√
3
π
π
et 3 − i = 2e−i 6 , d’où
3 − i = 8e−i 2 = −8i, donc
√
√3i = 1
1. On a √2+2
2
6+ 2i
(1+i)4
1
−i
1 3π i
√
3 = 2i = 2 = 2 e 2 .
( 3−i)
Exercice 2 :√
√
√ iπ
√ iπ
iπ
3 , z =
4 , d’où z =
On a z3 = 1+2 3 + 3−1
i
et
z
=
2e
2e
2e 12 , alors
1
2
3
2
√ π
π
z3 = 2 cos
+ i sin
12
12
donc
√
√
1+ 3
3−1
π
π
= √ , sin
= √ .
cos
12
12
2 2
2 2
Exercice 3 :
On a
cos θ =
d’où
cos3 θ =
1 iθ
e + e−iθ
2
3 1 3iθ
1 iθ
e + e−iθ =
e + 3eiθ + 3e−iθ + e−3iθ
8
8
donc
cos3 θ =
3
1
cos 3θ + cos θ
4
4
et de la même façon
sin θ =
d’où
sin3 θ =
1 iθ
e − e−iθ
2i
3 1 3iθ
−1 iθ
e − e−iθ =
e − 3eiθ + 3e−iθ − e−3iθ
8i
8
donc
sin3 θ =
−1
1
3
[2i sin 3θ − 6i sin θ] = − sin 3θ + sin θ
8i
4
4
Exercice 4 :
z = −2 cos θ − 2i sin θ = −2 (cos θ + i sin θ) = −2eiθ , n’est pas la forme exponentielle de z car le module r de z doit être positif, or on a
z = 2 (− cos θ − i sin θ) = 2 (cos (θ + π) + i sin (θ + π)) = 2ei(θ+π)
Analyse 1
Damerdji Bouharis A.
40
Le corps des nombres complexes
[Ch.2
Exercice 5 :
√
√
1. |ω| = |5 + 12i| = 25 + 144 = 169 = 13.
2. Soit z ∈ C tel que z = a + ib,
 2
 a + b2 = 13
2
2
2
a2 − b 2 = 5 ,
z = ω ⇔ a − b + 2iab = 5 + 12i ⇔

2ab = 12
d’où les racines carrées de ω sont
ω1 = 3 + 2i
ω2 = −3 − 2i.
3. On calcule le discriminant de l’équation ∆ = 5 + 12i = ω et on déduit de la
question précédente que l’équation admet deux solutions complexes distinctes
−1 + 3 + 2i
=1
2 (1 + i)
−2 − i
(−2 − i) (1 − i)
−3 i
−1 − 3 − 2i
=
=
=
+ .
z2 =
2 (1 + i)
1+i
(1 + i) (1 − i)
2
2
z1 =
Exercice 6 : √
On pose z = 3 + i, alors on peut écrire z sous sa forme exponentielle comme
iπ
suit z = 2e 6 , d’où
n
√
πn πn
n
n
n iπn
6
+ i sin
.
3+i =2 e
= 2 cos
z =
6
6
Donc
z n ∈ R ⇔ sin
et
z n ∈ iR ⇔ cos
πn
πn
=0⇔
= kπ , k ∈ Z ⇔ n = 6k, k ∈ Z.
6
6
πn
πn
π
=0⇔
= + kπ, k ∈ Z ⇔ n = 3 + 6k, k ∈ Z.
6
6
2
Exercice 7 :
1. Soit z ∈ C, z = x + iy ; x, y ∈ R alors
√
L (z) = x2 + y 2 − 4x − 4y 3 + 12 ∈ R
2. On a
√
L (z) = 0 ⇔ x2 + y 2 − 4x − 4y 3 + 12 = 0
√ 2
⇔ (x − 2)2 + y − 2 3 = 4,
√ donc (C) est le cercle de rayon 2 et de centre 2, 2 3 .
Damerdji Bouharis A.
USTO MB
§2.10]
Corrigé des exercices
41
√
cos θ =√12
π
i π3
3. ω = 2+2i 3, d’où |ω| = 4 et
3 ⇒ arg (ω) = 3 [2π], donc ω = 4e
sin θ = 2
π 2016
et ω 2016 = 4ei 3
= 42016 e672iπ = 42016 = 24032 .
4. (E) : z 2 + (3i − 4) z + 1 − 7i = 0.
∆ = (3i − 4)2 − 4 (1 − 7i) = 3 + 4i
On cherche les racines carrées de ∆, soit δ ∈ C; δ = a + ib et δ 2 = ∆ d’où
a2 − b2 + 2iab = 3 + 4i, alors
 2
 2

 a + b2 = 5
 a =4
 (a, b) = (2, 1)
a2 − b 2 = 3 ⇔
b2 = 1 ⇒
ou



2ab = 4
ab = 2
(a, b) = (−2, −1)
d’où les racines carrées sont δ1 = 2 + i et δ2 = −2 − i, par suite les solutions
de (E) sont
− (3i − 4) + 2 + i
=3−i
2
− (3i − 4) − 2 − i
= 1 − 2i
z2 =
2
z1 =
5. On a
P (z) = z 3 + z 2
√
√
√ 3 − 4i + z −5 − 3i 3 − 2
3−i
(a) Il suffit de remplacer 2i dans P (z) pour trouver P (2i) = 0, d’où on a la
factorisation
P (z) = (z − 2i) z 2 + az + b ⇔ P (z) = z 3 +z 2 (a − 2i)+z (b − 2ia)−2ib
donc par identification on récupère le système suivant :
√

√
 a − 2i = 3 − 4i √
a = 3 − 2i
√
b − 2ia = −5√− 3i 3 ⇔

b = −1 − i 3
−2ib = −2 3 − i
√
√ d’où P (z) = (z − 2i) z 2 +
3 − 2i z + −1 − i 3
On calcule le discriminant : ∆ = 3, alors
√
√
√ z3 = − 3 + i
2
z +
3 − 2i z + −1 − i 3 = 0 ⇔
z4 = i
et enfin P (z) = (z − 2i) z +
√
3 − i (z − i) .
√
(b) L’ensemble de toutes les solutions de (E) est i, 2i, − 3 + i .
Analyse 1
Damerdji Bouharis A.
42
Le corps des nombres complexes
[Ch.2
Exercice 8 :
√
π
2π
3 − i, zC = i, zE = 2iei 3 , zF = 2ei 2 .
√
π
π
1. zA = 2ei 6 , zB = 2e−i 6 , zE = − 3 − i, zF = 2i.
2013
3
π 2013
3π
3π
= ei 6
2. z2A
= eiπ(334+ 2 ) = eiπ334 ei 2 = ei 2 = −i.
2013
izE 2013
i 2π
3
=
−e
= −eiπ1342 = −1.
2
zA =
√
3 + i, zB =
d’où
z 2013
A
2
+
izE
2
2013
= −1 − i.
√ √ 3 +i 1+ 3
√
5π
(a) zD = α2 ⇔ zD = − 3 + i = 2ei 6 .
n i 5π n
π
5π
nπ
6
= −iei 6 n = ei 3 n = e−i 3 = cos
(b) zzDE
= 2e i 2π
3. α = 21
−1 +
2ie
3
−nπ
3
+ i sin
−nπ
3
alors
n
zD
−nπ
−nπ
= kπ; k ∈ Z ⇔ n = −3k; k ∈ Z− .
∈ R ⇔ sin
=0⇔
zE
3
3
Exercice 9 :
1.
|1 + iz| = |1 − iz| ⇔ |1 + iz|2 = |1 − iz|2
⇔ (1 + iz) 1 + iz = (1 − iz) 1 − iz
⇔ (1 + iz) (1 − iz) = (1 − iz) (1 + iz)
⇔ 1 − iz + iz + zz = 1 + iz − iz + zz
⇔ z = z ⇔ z ∈ R.
2.
(E) :
1 + iz
1 − iz
n
=
1 + ia
, a∈R
1 − ia
n
1 + ia
1 + iz
=
1 − iz
1 − ia
n
|1 + iz|
n
n
⇔
n = 1 ⇔ |1 + iz| = |1 − iz|
|1 − iz|
⇔ |1 + iz| = |1 − iz| ⇔ z ∈ R (à vérifier facilement).
(E) ⇔
Pour calculer
π ces
solutions réelles ; on sait que pour tout réel z ; il existe un
π
angle θ ∈ − 2 , 2 tel que z = tan θ, d’où
Damerdji Bouharis A.
1 + i tan θ
1 − i tan θ
n
=
(cos θ + i sin θ)n
einθ
=
= e2inθ
(cos θ − i sin θ)n
e−inθ
USTO MB
§2.10]
Corrigé des exercices
43
et on a aussi a = tan α , α ∈ − π2 , π2 d’où
1 + ia
1 + i tan α
cos α + i sin α
eiα
=
=
= −iα = e2iα
1 − ia
1 − i tan α
cos α − i sin α
e
alors
(E) ⇔ e2inθ = e2iα ⇔ nθ = α + kπ , k = 0, 1, 2, .., n − 1
α kπ
⇔θ= +
, k = 0, 1, 2, .., n − 1
n
n
ainsi
z = tan
tel que a = tan α.
α kπ
+
n
n
, k = 0, 1, 2, .., n − 1
√
.
3. Les racines cubiques de √3+i
3−i
√
iπ
On pose ω = √3+i
, et on a ω = e 3 , d’où
3−i
√
iπ
3+i
|z|3 = 1
3
z =√
⇔z =e3 ⇒
3 arg z = π3 + 2kπ , k = 0, 1, 2
3−i
3
alors
|z| = 1
π , k = 0, 1, 2
arg z = π9 + 2k
3
π
7π
13π
donc les racines cubiques de ω sont ei 9 , ei 9 , ei 9 .
Exercice 10 :
1. L’ensemble {z ∈ C / |z + 5i| = 2} est le cercle de rayon 1 et de centre Ω;
d’affixe ω = −5i.
2. |z − 3 + i| = |z − 5| .
Soit A le point d’affixe 3 − i et B le point d’affixe 5,
|z − 3 + i| = z − 3 + i = z − 3 − i = |z − 3 − i|
alors l’ensemble
{z ∈ C / |z − 3 + i| = |z − 5| } = {z ∈ C / |z − 3 + i| = |z − 5|}
est l’ensemble des points M tels que AM = BM donc la médiatrice du segment
[AB] .
3. L’ensemble z ∈ C / arg (z) = π4 [π] est la première bissectrice privée de l’origine.
Analyse 1
Damerdji Bouharis A.
Chapitre 3
Suites de nombres réels
3.1
Définitions
Définition 3.1.1 Une suite réelle (un )n∈N est la donnée d’une application u de
l’ensemble des entiers naturels N à valeurs dans R.
u: N →
R
n 7→ u (n) = un
• un est appelé terme général de la suite (un )n∈N et u0 est appelé premier terme
de la suite.
• (un )n∈N est dite suite arithmétique s’il existe a ∈ R, tel que un+1 − un = a,
dans ce cas on a : un = u0 + na ; ∀n ∈ N.
• (un )n∈N est dite suite géométrique s’il existe a ∈ R, tel que uun+1
= a, dans ce
n
cas on a : un = u0 .an ; ∀n ∈ N.
3.2
Monotonie d’une suite réelle
Définition 3.2.1 Soit (un )n∈N une suite réelle,
• (un )n∈N est dite croissante (resp. strictement croissante) si :
∀n ∈ N; un+1 − un ≥ 0 ( resp. si ∀n ∈ N; un+1 − un > 0).
• (un )n∈N est dite décroissante (resp. strictement décroissante) si :
∀n ∈ N; un+1 − un ≤ 0 ( resp. si ∀n ∈ N; un+1 − un < 0).
• (un )n∈N est dite monotone si elle est soit croissante soit décroissante.
• (un )n∈N est dite strictement monotone si elle est soit strictement croissante
soit strictement décroissante.
Exemples 3.2.2
En effet ;
1. Pour un = n2 − 2n, n ∈ N; la suite (un )n∈N est croissante.
un+1 − un = (n + 1)2 − 2 (n + 1) = n2 − 1 ≥ 0, ∀n ∈ N.
2. Pour un = n!1 , n ∈ N; la suite (un )n∈N est décroissante.
En effet ;
−n
un+1 − un =
≤ 0, ∀n ∈ N.
(n + 1)!
44
§3.5]
Suites réelles et relation d’ordre
3.3
45
Suites réelles et relation d’ordre
Définition 3.3.1 Soit (un )n∈N une suite réelle.
• (un )n∈N est dite majorée si : ∃M ∈ R; ∀n ∈ N; un ≤ M.
• (un )n∈N est dite minorée si : ∃m ∈ R; ∀n ∈ N; m ≤ un .
• (un )n∈N est dite bornée si elle est majorée et minorée ou s’il existe M > 0 tel
que |un | ≤ M.
Exemples 3.3.2
1. Si ∀n ∈ N, un = cos n, alors la suite (un )n∈N est bornée.
En effet ; |un | ≤ 1, ∀n ∈ N.
n
P
1
2. Si ∀n ∈ N∗ , un =
, alors la suite (un )n∈N∗ est majorée par 2.
k2
k=1
En effet ; on a ∀k ∈ N∗ :
k ≥ k − 1 ⇔ k 2 ≥ k (k − 1) > 0 ⇔
1
1
≤
,
2
k
k (k − 1)
d’où
n
X
1
n
X
n
n
X
X
1
1
1
≤
⇒
≤1+
2
2
k
k (k − 1)
k
k (k − 1)
k=2
k=2
k=2
k=1
1
1
= k−1
− k1 , d’où
or k(k−1)
n
P
un ≤ 1 +
k=2
1
− k1
k−1
1
1
⇔ un ≤ 1 + 1 − 21 + 12 − 13 + 13 − ... − n−1
+ n−1
− n1
et par conséquent
un ≤ 2 −
3.4
1
≤ 2, ∀n ∈ N∗ .
n
Sous-suites
Définition 3.4.1 Soit (un )n∈N une suite
réelle et ϕ une application strictement
croissante de N dans N, la suite uϕ(n) n∈N est dite sous-suite ou suite extraite de
(un )n∈N .
n
Exemple 3.4.2 Soit (un )n∈N∗ une suite réelle telle que un = (−1)
, on peut en
n
extraire les deux sous-suites (u2n )n∈N∗ et (u2n+1 )n∈N telles que :
u2n =
Analyse 1
1
−1
, ∀n ∈ N∗ et u2n+1 =
, ∀n ∈ N.
2n
2n + 1
Damerdji Bouharis A.
46
Suites de nombres réels
3.5
[Ch.3
Convergence d’une suite
Définition 3.5.1 Soit (un )n∈N une suite réelle, on dit que (un )n∈N est convergente
s’il existe un réel l ∈ R, tel que
∀ε > 0, ∃nε ∈ N, ∀n ∈ N; (n ≥ nε ⇒ |un − l| < ε).
on note
lim un = l et on dit que l est la limite de (un )n∈N .
n → +∞
Exemple 3.5.2 On considère la suite (un )n∈N , telle que un = 1 − 52n .
Montrons que (un )n∈N est convergente vers 1.
( lim un = 1) ⇔ (∀ε > 0, ∃?nε ∈ N, ∀n ∈ N; (n ≥ nε ⇒ |un − 1| < ε))
n → +∞
2
ln
2
2
ε
<n
|un − 1| < ε ⇔ n < ε ⇔ < 5n ⇔
5
ε
ln 5
2 |ln( ε )|
alors il suffit de prendre nε =
+ 1.
ln 5
Théorème 3.5.3 Si (un )n∈N est une suite convergente alors sa limite est unique.
Preuve :
Supposons par l’absurde que (un )n∈N est convergente vers deux limites différentes
l1 , l2 ,telles que l1 6= l2 , alors on a :
ε
( lim un = l1 ) ⇔ ∀ε > 0, ∃nε ∈ N, ∀n ∈ N; n ≥ nε ⇒ |un − l1 | <
n → +∞
2
ε
( lim un = l2 ) ⇔ ∀ε > 0, ∃n0ε ∈ N, ∀n ∈ N; n ≥ n0ε ⇒ |un − l2 | <
n → +∞
2
Comme
|l2 − l1 | = |(un − l1 ) + (l2 − un )| ,
alors si on pose n00ε = max (nε , n0ε ) , on a
∀ε > 0, ∃n00ε ∈ N; , ∀n ∈ N; (n ≥ n00ε ⇒ |l2 − l1 | ≤ |(un − l1 )| + |(un − l2 )| < ε).
d’où
∀ε > 0, ∃n00ε ∈ N; , ∀n ∈ N; n ≥ n00ε ⇒ |l2 − l1 | < ε
par conséquent l1 = l2 ; absurde.
2
Remarque : Une suite est dite divergente si elle tend vers l’infini ou bien si elle
admet plusieurs limites différentes.
Damerdji Bouharis A.
USTO MB
§3.7]
3.6
Suites divergentes
47
Suites divergentes
Définition 3.6.1 Soit (un )n∈N une suite réelle,
lim un = +∞ ⇔ (∀A > 0, ∃nA ∈ N, ∀n ∈ N; n ≥ nA ⇒ un > A)
n → +∞
lim un = −∞ ⇔ (∀B < 0, ∃nB ∈ N, ∀n ∈ N; n ≥ nB ⇒ un < B)
n → +∞
Proposition 3.6.2 Si (un )n∈N est une suite divergente, telle que
lim un = +∞ (resp. lim un = −∞),
n → +∞
n → +∞
et (vn )n∈N une suite telle que un ≤ vn (resp. un ≥ vn ), ∀n ∈ N; alors la suite
(vn )n∈N est divergente et on a
lim vn = +∞ (resp. lim vn = −∞).
n → +∞
n → +∞
Preuve :
En effet, on a
∀A > 0, ∃nA ∈ N, ∀n ∈ N; n ≥ nA ⇒ un > A
et
un ≤ vn , ∀n ∈ N
alors
∀A > 0, ∃nA ∈ N, ∀n ∈ N; n ≥ nA ⇒ vn > A,
d’où
lim vn = +∞.
n → +∞
2
Proposition 3.6.3 Toute suite convergente est bornée.
Remarques :
1. Par contraposée ; une suite non bornée est divergente.
2. La réciproque n’est pas vraie, une suite bornée n’est pas toujours convergente.
Exemple 3.6.4 Soit un = (−1)n , ∀n ∈ N, alors la suite (un )n∈N est bornée car
∀n ∈ N; |(−1)n | ≤ 1.
et (un )n∈N est divergente car elle admet deux limites différentes :
1 si n est pair
lim un =
−1 si n est impair
n → +∞
Proposition 3.6.5 Si (un )n∈N est une suite convergente alors toutes ses sous-suites
sont convergentes vers la même limite.
Remarque : Par contraposée, il suffit de trouver deux sous-suites qui ne convergent
pas vers la même limite pour dire qu’une suite est divergente.
Analyse 1
Damerdji Bouharis A.
48
Suites de nombres réels
[Ch.3
3.7
Opérations sur les suites convergentes
Théorème 3.7.1 Soient (un )n∈N et (vn )n∈N deux suites convergentes repectivement vers leslimites
l1 , l2 et soit λ ∈ R, alors les suites (un + vn )n∈N , (λun )n∈N ,
(un .vn )n∈N ,
1.
2.
3.
4.
5.
un
vn
n∈N
, (|un |)n∈N convergent aussi et on a :
lim
(un + vn ) = l1 + l2 .
lim
(λun ) = λl1 .
lim
(un .vn ) = l1 .l2 .
n → +∞
n → +∞
n → +∞
lim un = ll12
n → +∞ vn
lim
n → +∞
si l2 6= 0.
|un | = |l1 | .
Remarques :
1. La somme de deux suites divergentes peut être convergente.
2. La valeur absolue d’une suite divergente peut être convergente.
Exemples 3.7.2
1. Soient les suites (un )n∈N et (vn )n∈N , telles que ∀n ∈ N
un = 2n et vn = −2n + e−n ,
(un )n∈N et (vn )n∈N sont divergentes or la suite (un + vn )n∈N est convergente
car un + vn = 8, ∀n ∈ N.
2. Soit un = (−1)n , ∀n ∈ N. La suite (un )n∈N est divergente or on a |un | = 1,
∀n ∈ N, d’où la suite (|un |)n∈N est convergente.
Propriétés 11
1. Si (un )n∈N est une suite convergente telle que un > 0, ∀n ∈ N
(resp. un < 0, ∀n ∈ N), alors
lim un ≥ 0 (resp. lim un ≤ 0).
n → +∞
n → +∞
2. Si (un )n∈N et (vn )n∈N sont deux suites convergentes telles que un < vn , ∀n ∈ N
alors
lim un ≤ lim vn .
n → +∞
n → +∞
Preuve :
1. On a un > 0, ∀n ∈ N et soit l =
lim un . Montrons que l ≥ 0.
n → +∞
Supposons par l’absurde que l < 0, et soit ε = |l|2 > 0 alors on a :
∃nε ∈ N, ∀n ∈ N; (n ≥ nε ⇒ |un − l| <
|l|
),
2
d’où
Damerdji Bouharis A.
USTO MB
§3.7]
Opérations sur les suites convergentes
49
|l|
|l|
< un < l +
< 0,
2
2
ce qui est absurde car un > 0, ∀n ∈ N .
l−
2. On a un < vn , ∀n ∈ N, soient l1 =
lim un et l2 =
n → +∞
lim vn ,
n → +∞
2
> 0 alors on a :
Supposons par l’absurde que l2 < l1 , et soit ε = l1 −l
2
∃nε ∈ N, ∀n ∈ N; n ≥ nε ⇒ |un − l1 | <
l1 − l2
,
2
d’où
l1 −
l1 − l2
l1 − l2
l1 + l2
3l1 − l2
< un < l1 +
⇔
< un <
... (1)
2
2
2
2
et on a
∃n0ε ∈ N, ∀n ∈ N; n ≥ n0ε ⇒ |vn − l2 | <
l1 − l2
,
2
d’où
l2 −
l1, − l2
l1, − l2
3l2 − l1
l1 + l2
< vn < l2 +
⇔
< vn <
... (2)
2
2
2
2
posons n00ε = max (nε , n0ε ), alors de (1) et (2) on a
∃n00ε ∈ N; ∀n ∈ N; (n ≥ n00ε ⇒ vn <
l1 + l2
< un )
2
donc vn < un , ce qui est absurde car un < vn , ∀n ∈ N .
Ou bien on peut simplement voir cette propriété comme conséquence directe
de la première, où il suffit de poser wn = vn − un .
wn > 0, ∀n ∈ N ⇒
⇔
⇔
lim
n → +∞
(vn − un ) ≥ 0
lim vn ≥
n → +∞
lim wn ≥ 0
n → +∞
lim un .
n → +∞
2
Théorème 3.7.3 Toute suite croissante (resp. décroissante) et majorée (resp.
minorée) est convergente vers sa borne supérieure (resp. inférieure).
Preuve :
Soit (un )n∈N une suite croissante et majorée alors :
∀n ∈ N : un ≤ un+1 et ∃M ∈ R; un ≤ M
posons E = {un , n ∈ N} et u = sup E ; on a alors d’après la caractérisation
Analyse 1
Damerdji Bouharis A.
50
Suites de nombres réels
[Ch.3
de la borne supérieure :
∀ε > 0, ∃p ∈ N, u − ε < up ,
et comme (un )n est croissante alors :
∀n ∈ N : n ≥ p ⇒ up ≤ un
or un ≤ u, d’où
u − ε < up ≤ un ≤ u < u + ε,
par suite on a
∀ε > 0, ∃p ∈ N, ∀n ∈ N, n ≥ p ⇒ |un − u| < ε
alors
2
lim un = sup E.
n → +∞
Théorème 3.7.4 ( Encadrement d’une suite ) Soient (un )n∈N , (vn )n∈N , (wn )n∈N
trois suites réelles, telles que : ∀n ≥ n0 ; un ≤ vn ≤ wn et
lim un = lim wn = l, alors lim vn = l.
n → +∞
n → +∞
n → +∞
Preuve :
Soit ε > 0 alors on a ∃n1 ∈ N, ∀n ∈ N; n ≥ n1 :
|un − l| < ε ⇔ l − ε < un < l + ε
et on a ∃n2 ∈ N, ∀n ∈ N; n ≥ n1 :
|wn − l| < ε ⇔ l − ε < wn < l + ε
posons n3 = max (n0 , n1 , n2 ) , alors ∃n3 ∈ N, ∀n ∈ N; n ≥ n3 :
l − ε < un ≤ vn ≤ wn < l + ε ⇒ l − ε < vn < l + ε ⇔ |vn − l| < ε,
d’où
∀ε > 0, ∃n3 ∈ N, ∀n ∈ N; n ≥ n3 ⇒ |vn − l| < ε,
donc
lim vn = l.
n → +∞
2
n
Exemple 3.7.5 un = (−1)n ln n , ∀n ∈ N∗ .
On a ∀n ∈ N∗ :
−1 ≤ (−1)n ≤ 1 ⇔
et
− ln n
(−1)n ln n
ln n
≤
≤
, car ln n ≥ 0.
n
n
n
− ln n
ln n
= lim
= 0,
n → +∞
n → +∞ n
n
lim
Damerdji Bouharis A.
USTO MB
§3.8]
Opérations sur les suites convergentes
alors
51
(−1)n ln n
= 0.
n → +∞
n
lim
Théorème 3.7.6 Soient (un )n∈N et (vn )n∈N deux suites réelles, telles que :
lim un = 0 et (vn )n∈N est bornée ; alors lim un vn = 0.
n → +∞
n → +∞
Preuve :
Comme (vn )n∈N est bornée alors ∃M > 0, ∀n ∈ N : |vn | ≤ M et on a :
lim un = 0 ⇔ ∀ε > 0, ∃nε ∈ N, ∀n ∈ N; n ≥ nε ⇒ |un | <
n → +∞
ε
M
d’où
∀ε > 0, ∃nε ∈ N, ∀n ∈ N; n ≥ nε ⇒ |un vn | < ε,
donc
2
lim un vn = 0.
n → +∞
Théorème 3.7.7 (Bolzano-weiestrass) Toute suite réelle bornée (un )n∈N admet
une sous suite convergente.
Preuve :
On utilise la méthode de Dichotomie. La suite (un )n∈N étant bornée, il existe
A, B ∈ R tels que A ≤ un ≤ B, ∀n ∈ N, on construit deux suites (An )n∈N et
(Bn )n∈N et une application strictement croissante ϕ de N dans N telles que
A0 = A, B0 = B, ϕ (0) = 0
A +B
0
0
0
,
,
B
contient les termes
L’un des deux intervalles (segments) A0 , A0 +B
0
2
2
de la suite pour une infinité d’indices n, on note [A1 , B1 ] cet intervalle et ϕ (1)
un entier tel que ϕ (1) > ϕ (0) et uϕ(1) ∈ [A1 , B1 ] . En répétant cette opération,
B−A
et un
on a pour tout entier naturel n un intervalle [An , Bn ] de longueur
2n
entier ϕ (n) > ϕ (n − 1) tel que uϕ(n) ∈ [An , Bn ] , d’où uϕ(n) n∈N est une sous
suite de (un )n∈N . Par construction la suite (An )n∈N est croissante et (Bn )n∈N est
décroissante et lim Bn − An = lim B−A
= 0, d’où les suites (An )n∈N et
2n
n → +∞
n → +∞
(Bn )n∈N sont adjacentes donc convergent vers la même limite l et comme pour
tout n ∈ N : An ≤ uϕ(n) ≤ Bn alors d’après le théorème de l’encadrement d’une
suite (3.7.4) lim uϕ(n) = l.
2
n → +∞
Remarque : Ce théoème est une autre propriété caractéristique de l’ensemble des
nombres réels R. Ce n’est pas vrai dans Q.
Analyse 1
Damerdji Bouharis A.
52
Suites de nombres réels
3.8
[Ch.3
Suites adjacentes
Définition 3.8.1 Soient (un )n∈N et (vn )n∈N deux suites réelles, telles que (un )n∈N
est croissante et (vn )n∈N est décroissante.
(un )n∈N et (vn )n∈N sont dites adjacentes si lim (un − vn ) = 0.
n → +∞
Théorème 3.8.2 Deux suites réelles adjacentes sont convergentes vers la même
limite.
Exemple 3.8.3 Les suites (un )n∈N∗ et (vn )n∈N∗ telles que : ∀n ∈ N∗ ;
n
P
1
un =
,et vn = un + n!1 ; convergent vers la même limite car elles sont adjak!
k=1
centes.
En effet, (un )n∈N∗ est croissante, (vn )n∈N∗ est décroissante et on a
lim (vn − un ) = lim n!1 = 0.
n → +∞
3.9
n → +∞
Suites de Cauchy
Définition 3.9.1 Une suite réelle (un )n∈N est dite de Cauchy si :
∀ε > 0, ∃nε ∈ N, ∀p, q ∈ N; (p ≥ nε et q ≥ nε ⇒ |up − uq | < ε) .
Théorème 3.9.2 Une suite réelle est convergente si et seulement si elle est de
Cauchy.
Preuve :
(⇒) Etant donnée une suite réelle (un )n∈N , si (un )n∈N est convergente vers un
nombre réel l alors on a :
ε
∀ε > 0, ∃nε ∈ N, ∀n ∈ N; n ≥ nε ⇒ |un − l| < .
2
Soient p, q ∈ N tels que p ≥ nε et q ≥ nε alors
|up − l| <
ε
ε
et |uq − l| < ,
2
2
or |up − uq | = |up − l + l − uq | d’où
|up − uq | ≤ |up − l| + |uq − l| < ε,
par conséquent (un )n∈N est de Cauchy.
(⇐) Si la suite (un )n∈N est de Cauchy alors
∀ε > 0, ∃nε ∈ N, ∀p, q ∈ N;
Damerdji Bouharis A.
p ≥ nε et q ≥ nε ⇒ |up − uq | <
ε
... (1)
3
USTO MB
§3.9]
Suites de Cauchy
53
d’où
ε
ε
< up < uq + ,
3
3
pour q ≥ nε fixé, alors la suite (up )p∈N est bornée, car même si p < nε alors la
suite (up )p∈N a pour valeurs {u0 , u1 , ..., unε −1 } .
Posons An = {uk , k ≥ n} = {un , un+1 , ..., ..} , on remarque que An est un
ensemble borné car (un )n∈N est bornée, d’où sup An et inf An existent, notons
inf An = an et sup An = bn donc an ≤ uk ≤ bn , ∀k ≥ n.
On a ∀n ∈ N : An+1 ⊂ An , d’où
sup An+1 ≤ sup An
bn+1 ≤ bn
⇔
inf An ≤ inf An+1
an ≤ an+1
uq −
alors (an )n∈N est une suite croissante et (bn )n∈N une suite décroissante.
On a aussi:
ε
sup An = bn ⇔ ∀ε > 0, ∃p ∈ N; p ≥ n : 0 ≤ bn − up < ... (2)
3
ε
inf An = an ⇔ ∀ε > 0, ∃q ∈ N; q ≥ n : 0 ≤ uq − an < ... (3)
3
Par suite ; comme
|bn − an | = |bn − up + up − uq + uq − an | ,
alors
|bn − an | ≤ |bn − up | + |up − uq | + |uq − an |
d’où
(1) ∧ (2) ∧ (3) ⇒ |bn − an | < ε
or bn ≥ an , ∀n ∈ N; alors
∀ε > 0, ∃nε ∈ N; ∀n ≥ nε ⇒ bn − an < ε,
par suite
lim
n → +∞
(bn − an ) = 0.
par conséquent (an )n∈N et (bn )n∈N sont adjacentes et donc convergent vers la
même limite l, et comme an ≤ uk ≤ bn , ∀k ≥ n, alors (un )n∈N est convergente
aussi vers la même limite l.
2
Exemple 3.9.3 La suite (un )n∈N telle que un =
Analyse 1
n
P
cos k
k=1
k(k+1)
est convergente car elle
Damerdji Bouharis A.
54
Suites de nombres réels
[Ch.3
est de Cauchy. En effet, soient p, q ∈ N, tels que p ≥ q, et soit ε > 0
p
p
X
X
1
cos k
cos k
≤
|up − uq | =
⇒ |up − uq | ≤
k (k + 1)
k (k + 1)
k (k + 1)
k=q+1
k=q+1
k=q+1
p
X
1
1
1
1
1
⇒ |up − uq | ≤
−
⇒ |up − uq | ≤
−
<
,
k k+1
q+1 p+1
q+1
k=q+1
p
X
1
alors il suffit que q+1
< ε, ce qui équivaut à q > 1ε − 1, et donc il suffit de prendre
1
nε = ε − 1 + 1, pour avoir :
∀ε > 0, ∃nε ∈ N, ∀p, q ∈ N; (p ≥ nε ∧ q ≥ nε ⇒ |up − uq | < ε)
Par conséquent ; la suite (un )n∈N est de Cauchy.
Remarque : Pour montrer qu’une suite est divergente il suffit de montrer qu’elle
n’est pas de Cauchy, en utilisant la négation du critère de Cauchy.
∃ε > 0, ∀n ∈ N, ∃p, q ∈ N; p ≥ nε ∧ q ≥ nε ∧ |up − uq | ≥ ε.
3.10
Suites récurrentes
Définition 3.10.1 Soit f : D ⊂ R → R une fonction, telle que f (D) ⊂ D. On
appelle suite récurrente une suite (un )n∈N ; définie par la donnée de u0 ∈ D et la
relation de récurrence un+1 = f (un ) .
• Si la fonction f est croissante alors la monotonie de (un )n∈N revient à l’étude
du signe de la différence f (u0 ) − u0 .
- Si f (u0 ) − u0 < 0, alors la suite (un )n∈N est décroissante.
- Si f (u0 ) − u0 > 0, alors la suite (un )n∈N est croissante.
• Si la fonction f est monotone et continue sur D et la suite (un )n∈N est convergente vers une limite l ∈ D alors sa limite vérifie l’équation f (l) = l (point
fixe).
3.11
Enoncés des exercices
Exercice 1 :
En utilisant la définition de la limite
d’une suite, montrer que :
(−1)n
3
3n−1
2/ lim 2n = 0,
3/ lim 2 ln(1+n)
= 2,
1/ lim 2n+3 = 2 ,
ln n
n→+∞
4/ lim 3n = +∞,
n→+∞
n→+∞
n→+∞
2
5/ lim −5n4n−2 = −∞,
n→+∞
6/ lim ln (ln n) = +∞.
n→+∞
Exercice 2 :
Calculer les limites des suites suivantes de terme général :
n
n
cos(2n3 −5)
(2n4 −8n2 )
1. Un = 3n3 +2n2 +1 ,
2. Un = 3n4 +cos n+ 1 ,
3.Un = 3 +(−3)
,
3n
n5
Damerdji Bouharis A.
USTO MB
§3.11]
Enoncés des exercices
55
√
√
3n −2.5n +6.7n
4. Un = n2 + n + 1 − n2 − n + 1,
5. Un = 7.2
n +3.4n +5.7n ,
e2n −en +1
α −βn
6. Un = 2en +3 ,
7. Un = n e
tel que α ∈ R, β ∈ R∗+ .
8. Un = 2nn ,
).
(indication : en utilisant le binôme de Newton ; montrer que 2n > n(n−1)
2
Exercice 3 :
1. En utilisant le principe d’encadrement d’une suite, montrer que la suite (Un )n∈N
converge vers une limite l à déterminer dans chaque cas :
n
n
P
P
n
√ 1
a/Un =
,
b/U
=
n
n3 +k
n2 +k
2.
k=1
k=1
√
[ n]
c/Un = n , n ∈ N∗ , (où [ ] désigne la partie entière).
n
P
1 √
Soit Un =
, montrer que lim Un = +∞.
3+|sin k| k
n→+∞
k=1
Exercice 4 :
U0 = 0 √
On considère la suite (Un )n∈N définie par :
Un+1 = Un + 2, ∀n ∈ N
1. Montrer que : 0 ≤ Un < 2, ∀n ∈ N.
2. En déduire la monotonie de (Un )n∈N .
3. On considère la suite (Vn )n∈N définie par : Vn = 2 − Un ,∀n ∈ N.
(a) Quel est le signe de (Vn )n∈N ?
≤ 12 .
(b) Montrer que, pour tout entier naturel n, on a : VVn+1
n
(c) En utilisant un raisonnement par récurrence montrer que :
n−1
1
Vn ≤
, ∀n ∈ N∗ .
2
(d) En déduire la limite de la suite (Vn )n∈N , puis celle de (Un )n∈N .
Exercice 5 :
On considère la suite (Un )n∈N , définie par :
U0 = 1
Un+1 = Un e−Un , ∀n ∈ N
1. Montrer que Un > 0; ∀n ∈ N.
2. En déduire la monotonie de (Un )n∈N .
3. En déduire que (Un )n∈N est convergente puis calculer sa limite.
Analyse 1
Damerdji Bouharis A.
56
Suites de nombres réels
4. Soit Sn =
n
P
[Ch.3
Uk , montrer que Un+1 = e−Sn , ∀n ∈ N.
k=0
5. En déduire que lim Sn = +∞.
n→+∞
Exercice 6 :
U0 = 0
On considère la suite (Un )n∈N définie par :
7Un +4
; ∀n ∈ N
Un+1 = 3U
n +3
1. Montrer que : 0 ≤ Un ≤ 2 ; ∀n ∈ N
2. Etudier la monotonie de (Un )n∈N
3. Déduire que (Un )n∈N est convergente puis calculer sa limite
4. Soit E = {Un / n ∈ N} ; déterminer sup E et inf E.
Exercice 7 :
On considère la suite (Un )n∈N définie par :
U0 > 0
Un+1 = ln (1 + Un ) ; ∀n ∈ N
1. Montrer que : 0 < Un ; ∀n ∈ N
2. On pose g (x) = ln (1 + x) − x ; étudier les variations de g sur ]0, +∞[, puis
préciser son signe sur ]0, +∞[
3. En déduire la monotonie de (Un )n∈N .
4. En déduire que (Un )n∈N est convergente puis calculer sa limite.
5. Soit E = {Un / n ∈ N} ; déterminer inf E et montrer que sup E est positif.
Exercice 8 :
n
P
√1
Pour tout n ∈ N∗ ; on pose Un =
k
k=1
1. Montrer que lim Un = +∞
n→+∞
√
√
1
≤ n + 1 − n ≤ 2√1 n
2. Montrer que pour tout n ∈ N∗ : 2√n+1
√
√
3. En déduire que pour tout n ∈ N∗ : 2 n + 1 − 1 ≤ Un ≤ 2 n − 1
Un
4. Pour tout n ∈ N∗ ; on pose Vn = √
; montrer que (Vn )n∈N∗ est convergente
n
vers une limite à préciser.
Exercice 9 :
On définit les deux suites réelles (Un )n∈N∗ et (Vn )n∈N∗ par :
U1 = 1
V1 = 12
et
∗
n
n
Un+1 = Un +2V
,
∀n
∈
N
Vn+1 = Un +3V
, ∀n ∈ N∗
3
4
1. On pose ∀n ∈ N∗ , Wn = Vn − Un .
Exprimer la suite (Wn )n∈N∗ en fonction de n puis calculer sa limite.
2. Montrer que les suites (Un )n∈N∗ et (Vn )n∈N∗ sont adjacentes.
Damerdji Bouharis A.
USTO MB
§3.11]
Enoncés des exercices
57
Exercice 10 :
En utilisant le critère de Cauchy montrer que la suite (Un )n∈N∗ est convergente
et que la suite (Vn )n∈N,n≥2 est divergente.
1/Un =
n
X
sin k
k=0
Analyse 1
2k
∗
, ∀n ∈ N ,
2/Vn =
n
X
1
k=2
ln k
, ∀n ≥ 2.
Damerdji Bouharis A.
58
Suites de nombres réels
3.12
[Ch.3
Corrigés
Exercice 1 :
3n−1
3
1.
lim 2n+3 = 2 ⇔ ∀ε > 0, ∃?nε ∈ N, ∀n ∈ N; n ≥ nε ⇒
n→+∞
3n−1
− 32
2n+3
<ε
11
< ε ⇔ 11
−3 <n
< ε ⇔ 4n+6
11 4ε3 2
Alors il suffit de prendre nε = 4ε − 2 + 1.
On a
3n−1
− 23
2n+3
n
1
lim (−1)
=
0
⇔
∀ε
>
0,
∃?n
∈
N,
∀n
∈
N;
n
≥
n
⇒
<
ε
ε
ε
n
n
2
n→+∞ 2
− ln ε 1
− ln ε
On a 2n < ε ⇔ ln 2 < n. Alors il suffit de nε = ln 2 + 1.
2 ln(1+n)
=
2
⇔
∀ε
>
0,
∃?n
∈
N,
∀n
∈
N;
n
≥
n
⇒
−
2
<
ε
3. lim 2 ln(1+n)
ε
ε
ln n
ln n
2.
n→+∞
On a
2 ln(1+n)
−2
ln n
=
2 ln(1+n)−2 ln n
ln n
=
2 ln( 1+n
n )
ln n
et on sait que ∀n ∈ N∗ : n1 ≤ 1 donc
=2
1
ln( n
+1)
ln n
1
2 ln( n
+1)
ln n
1
2 ln( n
+1)
ln n
=
≤ 2lnlnn2 , alors pour que
2 ln 2
2 ln(1+n)
−2
ln n
< ε; il suffit que : 2lnlnn2 < ε ⇔ n > e ε , d’où il suffit de
h ln 4 i
prendre nε = e ε + 1.
lim 3n = +∞ ⇔ (∀A > 0, ∃?nε ∈ N, ∀n ∈ N; (n ≥ nε ⇒ 3n > A))
h
i
|ln A|
A
,
alors
il
suffit
de
prendre
n
=
+ 1.
On a 3n > A ⇔ n > ln
ε
ln 3
ln 3
2
2
5. lim −5n4n−2 = −∞ ⇔ ∀B < 0, ∃?nε ∈ N, ∀n ∈ N; n ≥ nε ⇒ −5n4n−2 < B
4.
n→+∞
n→+∞
2
2
On a −5n4n−2 < B ⇔ 5n4n+2 > −B et on sait que :
2
2
+2
∀n ∈ N∗ : 5n2 + 2 > 5n2 ⇔ 5n4n+2 > 5n
, alors pour que 5n
> −B; il suffit
4
4n −4B
−4B
>
−B
⇔
n
>
:
d’où
il
suffit
de
prendre
n
=
+ 1.
que 5n
ε
4
5
5
6.
lim ln (ln n) = +∞ ⇔ (∀A > 0, ∃?nε ∈ N, ∀n ∈ N; (n ≥ nε ⇒ ln (ln n) > A))
h i
A
A
ln (ln n) > A ⇔ n > ee , alors il suffit de prendre nε = ee + 1.
n→+∞
Exercice 2 :
cos(2n3 −5)
1
1. lim 3n3 +2n2 +1 = 0, car |cos (2n3 − 5)| ≤ 1 ;∀n ∈ N; et lim 3n3 +2n
2 +1 = 0.
n→+∞
n→+∞
2− 82
n
cos n
3+ 4 + 19
n
n
(
(
)
lim 3n4 +cos n+ 1 = lim
2n4 −8n2
)
= 23 .
0 si n est impair
n
3n +(−3)n
3. lim
= lim [1 + (−1) ] =
n
3
2 si n est pair
n→+∞
n→+∞
√
√
2n√
4. lim n2 + n + 1 − n2 − n + 1 = lim √n2 +n+1+
n2 −n+1
2.
n→+∞
n5
n→+∞ (
n→+∞
n→+∞
2q
1
1
1+ n
+ 12 + 1− n
+ 12
= lim q
n→+∞
)
n
=1
n
n
5.
n
( 3 ) −2.( 5 ) +6
3n −2.5n +6.7n
lim 7.2
lim 7. 72 n +3. 74 n +5 = 65
n +3.4n +5.7n =
( )
n→+∞
n→+∞ ( )
7
Damerdji Bouharis A.
7
USTO MB
§3.12]
Corrigés
2n
−n
n
59
−2n
+e
+1
= lim 1−e
lim e −e
n
−n
−2n = +∞
n→+∞ 2e +3e
n→+∞ 2e +3

lim −α1 βn = 0, si α < 0


 n→+∞ n α e
lim nβn = 0, si α > 0
7. lim nα e−βn = 0 , car lim nα e−βn =
n→+∞ e
n→+∞
n→+∞


1
 lim βn
= 0, si α = 0.
6.
n→+∞ e
8. On a le binôme de Newton :
n
P
(a + b)n =
Cnk .ak .bn−k ; ∀a, b ∈ R,
k=0
d’où
n
n
2 = (1 + 1) =
n
X
Cnk = 1 + n +
k=0
n (n − 1)
+ ... + 1,
2
donc
n (n − 1)
n
2
⇔ n <
,
2
2
n−1
n
2
⇒ 0 < lim n ≤ lim
n→+∞ 2
n→+∞ n − 1
2n >
2
et lim n−1
= 0 alors
n→+∞
n
= 0.
n→+∞ 2n
lim
Exercice 3 :
1. (a) Pour Un =
+∞
P
k=1
n
;
n3 +k
On a ∀k = 1, ..., n :
n3 + 1 ≤ n3 + k ≤ n3 + n ⇔
n
n3 + n
≤
n
n3 + k
≤
n
n3 + 1
d’où
n
X
n
n
X
X
n
n
n
n2
n2
≤
≤
⇔
≤
U
≤
n
n3 + n
n3 + k
n3 + 1
n3 + n
n3 + 1
k=1
k=1
k=1
Comme
n2
n2
=
lim
= 0,
n→+∞ n3 + n
n→+∞ n3 + 1
alors d’après le théorème de l’encadrement d’une suite on a
lim
lim Un = 0.
n→+∞
(b) Pour Un =
n
P
k=1
Analyse 1
√ 1
n2 +k
Damerdji Bouharis A.
60
Suites de nombres réels
[Ch.3
On a ∀k = 1, ..., n :
√
√
√
n2 + 1 ≤ n2 + k ≤ n2 + n ⇔ n2 + 1 ≤ n2 + k ≤ n2 + n
⇔ √n12 +n ≤ √n12 +k ≤ √n12 +1
d’où
n
X
n
n
X
X
1
1
1
n
n
√
√
√
≤
≤
⇔√
≤ Un ≤ √
n2 + n
n2 + k
n2 + 1
n2 + n
n2 + 1
k=1
k=1
k=1
Comme
n
n
= lim √
= 1,
lim √
2
2
n→+∞
n +n
n +1
alors d’après le théorème de l’encadrement d’une suite on a
n→+∞
lim Un = 1.
n→+∞
√
(c) Pour Un =
On a
[ n]
n
, n ∈ N∗ ,
∀x ∈ R : [x] ≤ x ≤ [x] + 1,
donc en particulier :
√ √ √
n ≤ n≤
n + 1,
√
posons [ n] = p alors :
0<p≤
√
n ≤ p + 1 ⇔ p2 ≤ n ≤ (p + 1)2
1
1
1
⇔ (p+1)
2 ≤ n ≤ p2
p
1
⇔ (p+1)
2 ≤ Un ≤ p ,
alors d’après le théorème de l’encadrement d’une suite on a
lim Un = 0.
n→+∞
2. Soit Un =
+∞
P
k=1
1 √
,;
3+|sin k| k
On a ∀k = 1, ..., n :
√
√
√
|sin k| ≤ 1 ⇔ 3 + |sin k| √k ≤ 3 + k ≤ 3 + n
√
⇒ 3 + |sin k| k ≤ 3 + n ⇔ 3+1√n ≤ 3+|sin1 k|√k
n
n
P
P
1 √
1√
⇒
≤
⇔ 3+n√n ≤ Un , ∀n ∈ N
3+ n
3+|sin k| k
k=1
k=1
Et comme lim 3+n√n = +∞ alors lim Un = +∞.
n→+∞
Damerdji Bouharis A.
n→+∞
USTO MB
§3.12]
Corrigés
61
Exercice 4 :
1. Par récurrence :
pour n = 0 : on a 0 ≤ U0 < 2.
On suppose que 0 ≤ Un < 2, alors
√
2 ≤ Un + 2 < 4 ⇔ 2 ≤ Un+1 < 2 ⇒ 0 ≤ Un+1 < 2.
donc
0 ≤ Un < 2, ∀n ∈ N.
2. La monotonie de (Un )n∈N :
Un+1 − Un =
p
Un + 2 − Un2
(Un + 1) (2 − Un )
Un + 2 − Un = √
= √
Un + 2 + Un
Un + 2 + Un
et on a
0 ≤ Un < 2, ∀n ∈ N
donc
(Un + 1) (2 − Un ) > 0
et par conséquent (Un )n∈N est croissante.
3. Vn = 2 − Un ,∀n ∈ N.
(a) On remarque de la question 1 que Un < 2, ∀n ∈ N donc
0 < Vn , ∀n ∈ N.
(b)
√
2 − Un+1
2 − Un + 2
(2 − Un )
1
Vn+1
=
√
√
=
=
=
Vn
2 − Un
2 − Un
(2 − Un ) 2 + Un + 2
2 + Un + 2
or ∀n ∈ N :
p
p
√
0 ≤ Un ⇔ 2+ 2 ≤ 2+ Un + 2 ⇒ 2 ≤ 2+ Un + 2 ⇔
1
1
√
≤ .
2
2 + Un + 2
(c) Par récurrence :
pour n = 1 : on a V1 ≤ 1.
n−1
On suppose que Vn ≤ 12
, alors
1
1
Vn+1 ≤ Vn ≤
2
2
car 0 < Vn , ∀n ∈ N d’où
donc
Analyse 1
n−1
1
,
2
n
1
Vn+1 ≤
2
n−1
1
Vn ≤
, ∀n ∈ N∗ .
2
Damerdji Bouharis A.
62
Suites de nombres réels
[Ch.3
(d) Comme
n−1
1
, ∀n ∈ N∗
0 < Vn ≤
2
et
n−1
1
lim
=0
n→+∞
2
par suite lim Vn = 0 et comme Un = 2− Vn alors
n→+∞
lim Un = 2.
n→+∞
Exercice 5 :
1. Par récurrence :
pour n = 0 : on a U0 > 0.
On suppose que Un > 0 alors Un e−Un > 0, donc
Un > 0, ∀n ∈ N.
2. La monotonie de (Un )n∈N :
Un+1 − Un = Un e−Un − 1
comme Un > 0, ∀n ∈ N donc
−Un < 0 ⇔ e−Un − 1 < 0
et par suite
Un+1 − Un < 0
donc (Un )n∈N est décroissante.
3. (Un )n∈N est une suite minorée et décroissante alors elle est convergente vers sa
borne inférieure.
Posons lim Un = l = lim Un+1 , d’où
n→+∞
n→+∞
Un+1 = Un e−Un ⇒ l = le−l ⇔ l e−l − 1 = 0 ⇔ l = 0.
Alors
lim Un = 0.
n→+∞
4. Par récurrence :
pour n = 0 : on a U1 = e−U0 = e−S0 .
Supposons que Un+1 = e−Sn , et montrons que Un+2 = e−Sn+1
Un+2 = Un+1 e−Un+1 = e−Sn e−Un+1 = e−Sn+1
donc
Un+1 = e−Sn , ∀n ∈ N.
Damerdji Bouharis A.
USTO MB
§3.12]
Corrigés
63
5. On a
Sn = − ln Un+1 et lim Un+1 = lim Un = 0
n→+∞
n→+∞
alors :
lim Sn = +∞.
n→+∞
Exercice 6 :
1. Par récurrence :
pour n = 0 : on a 0 ≤ U0 ≤ 2.
On suppose que 0 ≤ Un ≤ 2 , d’où :
Un ≥ 0 ⇒
7Un + 4
≥0
3Un + 3
et
Un ≤ 2 ⇔ 7Un + 4 ≤ 6 + 6Un ⇔
7Un + 4
≤2
3Un + 3
donc 0 ≤ Un+1 ≤ 2.
Et par conséquent : 0 ≤ Un ≤ 2 ; ∀n ∈ N.
2. La monotonie de (Un )n∈N :
Un+1 − Un =
−3Un2 + 4Un + 4
(2 + 3Un ) (2 − Un )
7Un + 4
− Un =
=
3Un + 3
3Un + 3
3Un + 3
comme on a
∀n ∈ N, 0 ≤ Un ≤ 2,
alors
(2 + 3Un ) (2 − Un ) ≥ 0
et on a aussi 3Un + 3 > 0 donc (Un )n∈N est croissante.
3. (Un )n∈N est une suite croissante et majorée alors elle est convergente vers sa
borne supérieure.
Posons lim Un = l = lim Un+1 , d’où
n→+∞
n→+∞
n +4
Un+1 = 7U
⇒ l = 7l+4
3Un +3
3l+3
⇔ 3l2 − 4l − 4 = 0
⇔ (2 + 3l) (l − 2) = 0
⇔ l = 2 ∨ l = − 32 .
or Un ≥ 0 ⇒ l ≥ 0 d’où
lim Un = 2.
n→+∞
4. E = {Un / n ∈ N} ; d’où
sup E = lim Un = 2.
n→+∞
Comme (Un )n∈N est croissante ; alors U0 est un minorant de E, en effet :
U0 ≤ Un ; ∀n ∈ N, de plus U0 ∈ E; donc min E = U0 = inf E.
Analyse 1
Damerdji Bouharis A.
64
Suites de nombres réels
[Ch.3
Exercice 7 :
1. Par récurrence :
pour n = 0 : on a U0 > 0.
On suppose que Un > 0 , d’où : 1 + Un > 1, alors ln (1 + Un ) > 0, car la
fonction ln est strictement croisssante, et donc Un+1 > 0
donc Un > 0 ; ∀n ∈ N.
2. g (x) = ln (1 + x) − x ;
x
ln (1 + x)
−
= −∞.
lim g (x) = lim (1 + x)
x→+∞
x→+∞
1+x
1+x
g 0 (x) =
−x
, ∀x ∈ ]0, +∞[ ,
1+x
donc
g 0 (x) < 0, ∀x ∈ ]0, +∞[ .
x
+∞
0
g 0 (x)
−
0
g(x)
−∞
Par conséquent,
g (x) < 0, ∀x ∈ ]0, +∞[ .
3. La monotonie de (Un )n∈N :
Un+1 − Un = ln (1 + Un ) − Un = g (Un ) < 0
donc (Un )n∈N est décroissante.
4. (Un )n∈N est une suite minorée et décroissante alors elle est convergente vers sa
borne inférieure.
Posons lim Un = l = lim Un+1 , d’où l ≥ 0 et l = ln (l + 1) car ln est une
n→+∞
n→+∞
fonction continue donc
ln (l + 1) − l = 0 ⇔ g (l) = 0
et d’après le tableau de variations de g on a l = 0.
5. E = {Un / n ∈ N} ; inf E = lim Un = 0 et comme (Un )n∈N est décroissante,
n→+∞
alors U0 est un majorant de E, qui appartient à E, d’où
max E = sup E = U0 > 0.
Damerdji Bouharis A.
USTO MB
§3.12]
Corrigés
65
Exercice
8:
n
P
1
√ , ∀n ∈ N∗
Un =
k
k=1
1. ∀k = 1, ..., n;
k≤n⇔
√
k≤
√
n
n
X
X
√
1
1
1
1
√ ≤
√ ⇔ n ≤ Un
n⇔ √ ≤ √ ⇔
n
n
k
k
k=1
k=1
d’où lim Un = +∞.
n→+∞
2. On a ∀n ∈ N∗ :
√
√
√
√
√
2 n√≤ n + n
√+ 1
n≤ n+1 ⇒ √
n + n +√1 ≤ 2 n +√1
√
√
⇒2 n≤ √
n+ n+1≤2 n+1
√
1
⇔ 2√n+1 ≤ n + 1 − n ≤ 2√1 n
√
√
3. On a pour tout k = 1, .., n : 2√1k+1 ≤ k + 1 − k ≤ 2√1 k alors :

√

pour k = 1 on a 2√1 2 ≤ 2 − 1 ≤ 12


√
√

 pour k = 2 on a √1 ≤ 3 − 2 ≤ √1
2 3
2 2
..

.



 pour k = n on a √1 ≤ √n + 1 − √n ≤ √1
2 n+1
(3.1)
2 n
En prenant la somme de (3.1) terme à terme de k = 1 à k = n on obtient :
√
1
1
1
1
1
1
1 1
√ + √ + ... + √
≤ n+1−1≤
1 + √ + √ + ... + √
2
2
n
n+1
2
3
2
3
d’où
√
1
[Un+1 − 1] ≤ n + 1 − 1 ≤
2
√
1
n + 1 − 1 ≤ Un ... (1)
Un ⇒ 2
2
Et en faisant la somme de (3.1) terme à terme de k = 1 à k = n−1 on obtient :
√
√
1
[Un − 1] ≤ n − 1 ⇔ Un ≤ 2 n − 1... (2)
2
de (1) et (2) on obtient
2
√
√
n + 1 − 1 ≤ Un ≤ 2 n − 1.
4. On a ∀ n ∈ N∗ :
√
√
√
√
2 n+1−1
Un
2 n−1
√
2
n + 1 − 1 ≤ Un ≤ 2 n − 1 ⇔
≤√ ≤ √
n
n
n
alors lim Vn = 2, car
n→+∞
lim
n→+∞
Analyse 1
2
√
√
n+1−1
2 n−1
√
√
= lim
= 2.
n→+∞
n
n
Damerdji Bouharis A.
66
Suites de nombres réels
[Ch.3
Exercice 9 :
1
n
n
1. Wn+1 = Vn+1 − Un+1 = Un +3V
− Un +2V
= 12
Wn .
4
3
1
On en déduit que la suite (Wn )n∈N∗ est une suite géométrique de raison r = 12
,
d’où
n−1
11
1
= n−1
Wn = W1
12
12
et par suite lim Wn = 0.
n→+∞
•
Un+1 − Un =
Un + 2Vn
2
2
− Un = (Vn − Un ) = Wn ,
3
3
3
alors :
Un+1 − Un > 0
car Wn > 0, ∀n ∈ N∗ , d’où (Un )n∈N∗ est une suite croissante.
•
Vn+1 − Vn =
Un + 3Vn
−1
−1
− Vn =
(Vn − Un ) =
Wn ,
4
4
4
alors :
Vn+1 − Vn < 0,
d’où (Vn )n∈N∗ est une suite décroissante.
•
lim Vn − Un =lim Wn = 0
n→+∞
n→+∞
Par conséquent ; (Un )n∈N∗ et (Vn )n∈N∗ sont des suites adjacentes.
Exercice 10 :
n
P
sin k
, ∀n ∈ N∗ ,
1. Un =
2k
k=0
(Un )n∈N est une suite de Cauchy si et seulement si
∀ε > 0, ∃nε ∈ N; ∀p, q ∈ N :
nε ≤ p
⇒ |Up − Uq | < ε
nε ≤ q
Etant donnés ε > 0, p, q ∈ N, supposons p > q :
|Up − Uq | =
p
P
sin k
k=1
2k
−
q
P
sin k
k=1
2k
=
≤
p
P
sin k
k=q+1
p
P
k=q+1
car |sin k| ≤ 1, ∀k = 1, ..., n.
Or,
p
X
1
k=q+1
Damerdji Bouharis A.
2k
=
1
2q+1
+
1
2q+2
2k
sin k
2k
+ ... +
≤
p
P
k=q+1
1
,
2k
1
2p
USTO MB
§3.12]
Corrigés
67
est la somme des p − q termes d’une suite géométrique de raison 21 , d’où :
p
X
1
k=q+1
2k
=
1
2q+1
donc
1
1 − 2p−q
1 − 12
p
X
1
1
= q
2
≤
1
.
2q
|Up − Uq | ≤
1
.
2q
k=q+1
2k
1−
1
2p−q
Par conséquent :
Alors pour que |Up − Uq | < ε, il suffit que :
− ln ε
1
1
.
< ε ⇔ < 2q ⇔ q >
q
2
ε
ln 2
Et donc il suffit de prendre nε = −lnln2ε + 1.
n
P
1
2. Vn =
, ∀n ≥ 2.
ln k
k=2
(Vn )n∈N n’est pas une suite de Cauchy si et seulement si
n≤p
∃ε > 0, ∀n ∈ N; ∃p, q ∈ N :
∧ |Vp − Vq | ≥ ε
n≤q
On prend q = n et p = 2n alors
2n
X
2n
X 1
1
=
|Vp − Vq | = |V2n − Vn | =
ln k
ln k
k=n+1
k=n+1
or ln k < k, ∀k > 0, d’où
2n
X
2n
2n
X
X
1
1
1
>
⇒ |Vp − Vq | >
ln k k=n+1 k
k
k=n+1
k=n+1
D’une autre part ; on a pour tout k tel que : 2 ≤ k ≤ 2n :
1
1
≥
,
k
2n
d’où
or
2n
X
1
2n
X
1
≥
k k=n+1 2n
k=n+1
2n
X
1
1
1
= ⇒ |Vp − Vq | > .
2n
2
2
k=n+1
par conséquent, il suffit de prendre ε = 12 .
Analyse 1
Damerdji Bouharis A.
Chapitre 4
Fonctions réelles d’une variable
réelle
4.1
Définitions.
Définition 4.1.1 - Une fonction réelle d’une variable réelle est une application f
d’un ensemble E ⊂ R dans un ensemble F ⊂ R, notée
f: E → F
.
x 7→ f (x)
On appelle x la variable réelle et f (x) l’image de x par f.
On appelle graphe de f toute partie Γf du produit cartésien R × R; telle que
Γf = {(x, f (x)) / x ∈ E} .
Le domaine de définition de f est l’ensemble des valeurs de x ∈ E pour lesquelles
la fonction f (x) ∈ F , on le note par Df .
On note par F (E, F ) = {Ensemble des fonctions de E dans F } .
Définition 4.1.2 (Parité d’une fonction)
Soit f une fonction de R dans R.
f est dite paire si ∀x ∈ Df : f (−x) = f (x) : le graphe de f est symétrique par
rapport à l’axe (y 0 y) .
f est dite impaire si ∀x ∈ Df : f (−x) = −f (x) : le graphe de f est symétrique
par rapport à l’origine o.
Définition 4.1.3 (Périodicité d’une fonction)
On dit que f est une fonction périodique s’il existe un nombre réel strictement
positif T tel que :
∀x ∈ Df : f (x + T ) = f (x) .
Exemples 4.1.4 - Pour f (x) = sin x ou f (x) = cos x , on a T = 2π.
- Pour f (x) = tan x , on a T = π.
- Pour f (x) = x −[x] ,on a T = 1.
4π
3x
, on a T =
.
- Pour f (x) = cos
2
3
68
§4.2]
Limite d’une fonction
69
Remarques :
1. Si f est paire ou impaire, alors il suffit de l’étudier sur la moitié de son domaine
de définition.
2. Il existe des fonctions qui ne sont ni paires ni impaires.
3. Si f est périodique de période T , alors il suffit de l’étudier sur un intervalle de
longueur T.
4.1.1
Fonctions monotones
Définition 4.1.5 Soit f : E → F une fonction, telle que E, F ⊂ R.
f est dite croissante si ∀x, y ∈ E : x < y ⇒ f (x) ≤ f (y) .
f est dite décroissante si ∀x, y ∈ E : x < y ⇒ f (x) ≥ f (y) .
f est dite monotone si f est croissante ou décroissante.
f est dite strictement croissante si ∀x, y ∈ E : x < y ⇒ f (x) < f (y) .
f est dite strictement décroissante si ∀x, y ∈ E : x < y ⇒ f (x) > f (y) .
f est dite strictement monotone si f est strictement croissante ou strictement
décroissante.
Remarque : Si la fonction f est strictement monotone alors f est injective, voir
Lemme 4.5.24.
4.1.2
Fonctions bornées
Définition 4.1.6 Soit f : E → F une fonction, telle que E, F ⊂ R.
f est dite majorée sur E si ∃M ∈ R, ∀x ∈ E : f (x) ≤ M.
f est dite minorée sur E si ∃m ∈ R, ∀x ∈ E : m ≤ f (x) .
f est dite bornée sur E si f est minorée et majorée, ou s’il existe M > 0 tel que
|f (x)| ≤ M, ∀x ∈ E.
4.2
Limite d’une fonction
Définition 4.2.1 Soit f une fonction définie d’un intervalle ouvert I de R dans R
et x0 un point de I.
On dit que f admet une limite lorsque x tend vers x0 et on note lim f (x) = l
x→x0
s’il existe un nombre réel l tel que
(∀ε > 0, ∃α > 0, ∀x ∈ I / |x − x0 | < α ⇒ |f (x) − l| < ε)
Théorème 4.2.2 Si f admet une limite au point x0 alors cette limite est unique.
Preuve :
Supposons par l’absurde que f admet deux limites différentes l1 et l2 (l1 6= l2 )
Analyse 1
Damerdji Bouharis A.
70
Fonctions réelles d’une variable réelle
[Ch.4
lorsque x tend vers x0 , d’où on a
ε
lim f (x) = l1 ⇔ ∀ε > 0, ∃α1 > 0, ∀x ∈ I / |x − x0 | < α1 ⇒ |f (x) − l1 | <
x→x0
2
ε
lim f (x) = l2 ⇔ ∀ε > 0, ∃α2 > 0, ∀x ∈ I / |x − x0 | < α2 ⇒ |f (x) − l2 | <
x→x0
2
Soit ε > 0,
|l1 − l2 | = |(l1 − f (x)) + (f (x) − l2 )|
alors pour α = min (α1 , α2 ) ; on a
|l1 − l2 | ≤ |(f (x) − l1 )| + |(f (x) − l2 )| < ε
pour tout ε > 0, donc
l1 = l2 .
2
Définition 4.2.3 .
- On dit que f admet une limite lg lorsque x tend vers x0 à gauche ou par des
valeurs inférieures et on note lim f (x) = lg si
<
x→x0
∀ε > 0, ∃α > 0, ∀x ∈ I / x0 − α < x < x0 ⇒ |f (x) − l| < ε
- On dit que f admet une limite ld lorsque x tend vers x0 à droite ou par des
valeurs supérieures et on note lim f (x) = ld si
>
x→x0
∀ε > 0, ∃α > 0, ∀x ∈ I / x0 < x < x0 + α ⇒ |f (x) − l| < ε
Proposition 4.2.4 Remarques :
1. Si f admet une limite l lorsque x tend vers x0 alors
lim f (x) = lim f (x) = l.
<
x→x0
>
x→x0
2. Si f admet une limite à gauche de x0 notée lg et une limite à droite de x0 notée
ld ; telles que lg = ld alors
lim f (x) = lg = ld .
x→x0
3. Si les deux limites lg et ld existent et sont différentes alors f n’admet pas de
limite lorsque x tend vers x0 .
4.2.1
1.
Autres limites
lim f (x) = +∞ ⇔ (∀A > 0, ∃α > 0, ∀x ∈ I / |x − x0 | < α ⇒ f (x) > A)
x→x0
Damerdji Bouharis A.
USTO MB
§4.2]
Limite d’une fonction
71
lim f (x) = −∞ ⇔ (∀A < 0, ∃α > 0, ∀x ∈ I / |x − x0 | < α ⇒ f (x) < A)
3.
lim f (x) = l ⇔ (∀ε > 0, ∃α > 0, ∀x ∈ I / x > α ⇒ |f (x) − l| < ε)
x→+∞
4.
lim f (x) = l ⇔ (∀ε > 0, ∃α < 0, ∀x ∈ I / x < α ⇒ |f (x) − l| < ε)
x→−∞
5.
lim f (x) = +∞ ⇔ (∀A > 0, ∃α > 0, ∀x ∈ I / x > α < α ⇒ f (x) > A)
x→+∞
6.
lim f (x) = +∞ ⇔ (∀A > 0, ∃α < 0, ∀x ∈ I / x < α ⇒ f (x) > A)
x→−∞
7.
lim f (x) = −∞ ⇔ (∀A < 0, ∃α > 0, ∀x ∈ I / x > α ⇒ f (x) < A)
x→+∞
8.
lim f (x) = −∞ ⇔ (∀A < 0, ∃α < 0, ∀x ∈ I / x < α ⇒ f (x) < A)
x→−∞
!
2.
x→x0
9.
⇔ (∀A > 0, ∃α > 0, ∀x ∈ I / x0 − α < x < x0 ⇒ f (x) > A)
lim f (x) = +∞
<
x→x0
!
lim f (x) = −∞
10.
⇔ (∀A < 0, ∃α > 0, ∀x ∈ I / x0 − α < x < x0 ⇒ f (x) < A)
<
x→x0
!
11.
⇔ (∀A > 0, ∃α > 0, ∀x ∈ I / x0 < x < x0 + α ⇒ f (x) > A)
lim f (x) = +∞
>
x→x0
!
lim f (x) = −∞
12.
>
⇔ (∀A < 0, ∃α > 0, ∀x ∈ I / x0 < x < x0 + α ⇒ f (x) < A)
x→x0
4.2.2
Relation entre limite de fonctions et limite de suites
Théorème 4.2.5 Soit f une fonction définie de l’intervalle [a, b] dans R, x0 un
point de [a, b] , alors les deux assertions suivantes sont équivalentes :
1. lim f (x) = l.
x→x0
2. Pour toute suite (xn )n∈N telle que : xn ∈ [a, b] , ∀n ∈ N ; xn 6= x0 et telle
que lim xn = x0 ; on a lim f (xn ) = l.
n→+∞
n→+∞
Preuve :
?
(1) ⇒ (2)
On a
lim f (x) = l ⇔ (∀ε > 0, ∃α > 0, ∀x ∈ [a, b] / |x − x0 | < α ⇒ |f (x) − l| < ε)
x→x0
Analyse 1
Damerdji Bouharis A.
72
Fonctions réelles d’une variable réelle
[Ch.4
Soit (xn )n∈N une suite telle que xn ∈ [a, b] ; ∀n ∈ N, xn 6= x0 et telle que
lim xn = x0 ⇔ (∀ε0 > 0, ∃n0 ∈ N; ∀n ∈ N / n ≥ n0 ⇒ |xn − x0 | < ε0 )
n→+∞
alors en particulier pour ε0 = α; on a
∃n0 ∈ N; ∀n ∈ N / n ≥ n0 : |xn − x0 | < α ⇒ |f (xn ) − l| < ε
donc lim f (xn ) = l.
n→+∞
?
(2) ⇒ (1)
On suppose par l’absurde que la première assertion est fausse alors par la
négation de la définition ; on a
∃ε > 0, ∀α > 0, ∃x ∈ [a, b] / |x − x0 | < α ∧ |f (x) − l| ≥ ε
en particulier pour α = n1 , d’où
∀n ∈ N∗ ; ∃xn ∈ [a, b] / |xn − x0 | <
1
∧ |f (xn ) − l| ≥ ε
n
donc la suite (xn )n∈N converge vers x0 mais (f (xn ))n∈N ne converge pas vers l; ce
qui est absurde, alors la première assertion est vraie.
2
Remarques :
1. Le théorème reste vrai pour x = ±∞ ou l = ±∞.
2. S’il existe deux suites (xn )n∈N et (yn )n∈N dans [a, b] ; qui convergent vers x0
avec lim f (xn ) 6= lim f (yn ) alors lim f (x) n’existe pas.
n→+∞
n→+∞
x→x0
3. S’il existe une suite (xn )n∈N dans [a, b] ; qui converge vers x0 mais lim f (xn )
n→+∞
n’existe pas alors lim f (x) n’existe pas.
x→x0
−1 1
1
1
,
et montrons que lim sin n’existe
Exemple 4.2.6 Soit f (x) = sin , ∀x ∈
x→0
x
π π
x
pas.
−1 1
On considère deux suites (xn )n∈N et (yn )n∈N dans
,
, qui convergent vers
π π
0 et on pose ∀n ∈ N∗ ;
1
1
et yn = π
xn =
2nπ
+ 2nπ
2
alors
lim xn = lim yn = 0
n→+∞
n→+∞
or
lim f (xn ) 6= lim f (yn )
n→+∞
n→+∞
car
lim f (xn ) = 0 et lim f (yn ) = 1
n→+∞
par conséquent lim sin
x→0
Damerdji Bouharis A.
n→+∞
1
n’existe pas.
x
USTO MB
§4.3]
Notations de Landau o et O.
4.2.3
73
Opérations sur les limites de fonctions
Théorème 4.2.7 Soient f et g deux fonctions définies sur un intervalle I de
R, telles que lim f (x) = l1 et lim g (x) = l2 , α ∈ R; alors on a :
x→x0
x→x0
1. lim (f + g) (x) = lim [f (x) + g (x)] = l1 + l2 .
x→x0
x→x0
2. lim (f g) (x) = lim [f (x) .g (x)] = l1 .l2
x→x0
x→x0
3. lim (αf ) (x) = lim α [f (x)] = αl1
x→x0
x→x0
(x)
= ll21 où l2 6= 0.
4. lim fg (x) = lim fg(x)
x→x0
x→x0
Formes indéterminées
On distingue 4 cas de limite où on ne peut pas conclure, on dit qu’on se trouve
en présence d’une forme indéterminée F.I, si lorsque x tend vers x0 on a
1.
lim f (x) = +∞, lim g (x) = −∞
x → x0
x → x0
et f + g qui se présente sous la forme +∞ − ∞.
2.
lim f (x) = 0, lim g (x) = ∞
x → x0
x → x0
et f g qui se présente sous la forme (0) (∞) .
3.
4.
lim f (x) = ∞, lim g (x) = ∞
x → x0
x → x0
f
∞
.
et g qui se présente sous la forme ∞
lim f (x) = 0, lim g (x) = 0
x → x0
x → x0
f
et g qui se présente sous la forme 00 .
Dans ces cas là on enlève l’indétermination par des transformations adéquates.
Exemple 4.2.8 l = lim sin(2x)
= 00 F.I
sin x
x → 0
On a sin (2x) = 2 sin x cos x d’où
sin (2x)
2 sin x cos x
= lim
= lim 2 cos x = 2
x → 0
x → 0
x → 0 sin x
sin x
l = lim
4.3
Notations de Landau o et O.
Soient f, g deux fonctions définies dans un voisinage d’un point x0 de R.
Définition 4.3.1 On dit que f est négligeable devant g quand x tend vers x0 , et on
écrit f = o (g) ou bien f = o (g) si :
x0
∀ε > 0, ∃α > 0, ∀x ∈ R; 0 < |x − x0 | < α ⇒ |f (x)| ≤ ε |g (x)|
Remarques :
Analyse 1
Damerdji Bouharis A.
74
Fonctions réelles d’une variable réelle
[Ch.4
(x)
= 0.
1. f = o (g) ⇔ lim fg(x)
x → x0
2. f = o (g) ⇔ f (x) = g (x) h (x) / lim h (x) = 0 on peut écrire aussi :
x → x0
f = g.o (1) .
3. Si g (x) = 1, ∀x ∈ R , alors f = o (1) ⇔ lim f (x) = 0.
x → x0
Définition 4.3.2 On dit que f est dominée par la fonction g quand x tend vers x0 ,
et on écrit f = O (g) ou bien f = O (g) si :
x0
∃K > 0, ∃α > 0, ∀x ∈ R; 0 < |x − x0 | < α ⇒ |f (x)| ≤ K |g (x)|
- Les symboles o et O sont appelés notations de Landau.
Remarques :
1. Si f = O (g) alors on peut écrire f = g.o (1) , ie, la fonction fg est bornée dans
un voisinage de x0 .
(x)
2. Si lim fg(x)
est finie alors fg est bornée dans un voisinage de x0 d’où f = O (g) .
x → x0
3. Si g (x) = 1, ∀x ∈ R , alors f = O (1) ⇔ f est bornée dans un voisinage de x0 .
Définition 4.3.3 Soient f, g deux fonctions définies sur l’intervalle ]x0 , +∞[ on a
f = o (g) ⇔ ∀ε > 0, ∃α > 0, ∀x ∈ R; x > α ⇒ |f (x)| ≤ ε |g (x)| .
+∞
f = O (g) ⇔ ∃K > 0, ∃α > 0, ∀x ∈ R; x > α ⇒ |f (x)| ≤ K |g (x)| .
+∞
Exemples 4.3.4
1. x = o
0
1
x2
.
2. tan x = O (2x) .
3. x
2
0
1
sin x = −x3 + o (x4 ) .
+∞
1
4. 1−x
= −1
+O
x
+∞
1
x2
.
Théorème 4.3.5 Soient f et g deux fonctions définies dans un voisinage d’un
point x0 de R.
1. f = o (g) ⇒ f = O (g) , la réciproque n’est pas toujours vraie.
2. f = O (g) , h = O (g) ⇒ f + h = O (g)
3. f = o (g) , h = o (g) ⇒ f + h = o (g)
4. f = o (g) , h = O (1) ⇒ f.h = o (g)
5. f = o (g) , h = O (g) ⇒ f + h = O (g)
6. f = O (g) , h = O (1) ⇒ f h = O (g)
7. f = o (g) , h = O (f ) ⇒ h = o (g)
8. f = O (g) , h = o (f ) ⇒ h = o (g)
Damerdji Bouharis A.
USTO MB
§4.4]
Fonctions équivalentes
4.4
75
Fonctions équivalentes
Définition 4.4.1 Soient f, g deux fonctions définies dans un voisinage d’un point
x0 de R.
On dit que f est équivalente à g quand x tend vers x0 , et on note f ∼ g si
x0
f − g = o (f ) au voisinage de x0 .
Remarques :
1. f ∼ g ⇔ f − g = o (f ) ⇔ f − g = o (g) .
x0
2. S’il existe un voisinage V de x0 , tel que f et g ne s’annulent pas dans V r{x0 } ,
alors
f (x)
f ∼ g ⇔ lim
= 1.
x0
x → x0 g (x)
3. La relation ”f est équivalente à g quand x tend vers x0 ” est une relation
d’équivalence dans l’ensemble des fonctions définies dans un voisinage de x0 .
Théorème 4.4.2 Soient f, f1 , g, g1 des fonctions définies dans un voisinage de
(x)
existe alors
x0 , sauf peut être en x0 telles que f ∼ f1 et g ∼ g1 ; si lim fg(x)
x0
x0
f1 (x)
lim
existe aussi et les deux limites sont égales.
x → x g1 (x)
x → x0
0
Remarques :
1. Si f ∼ f1 et g ∼ g1 alors fg ∼ fg11 .
x0
x0
x0
2. On a le même résultat pour le produit : si f ∼ f1 et g ∼ g1 tel que :
x0
x0
lim f (x) .g (x) existe alors lim f1 (x) .g1 (x) existe aussi et les deux limites
x → x0
x → x0
sont égales, d’où si f ∼ f1 et g ∼ g1 alors f.g ∼ f1 .g1 .
x0
x0
x0
3. Dans le calcul des limites ; on peut remplacer une fonction par sa fonction
équivalente dans le produit et la division seulement, ceci n’est pas vrai dans le
cas de la somme et la différence.
4. Si f est une fonction dérivable en x0 telle que f 0 (x0 ) 6= 0; alors
f (x) − f (x0 ) ∼ f 0 (x0 ) (x − x0 )
x0
Exemples 4.4.3 .
1/ sin x ∼ x,
0
3/ ex − 1 ∼ x,
2/ tan x ∼ x,
0
0
2
5/ 1 − cos x ∼ x2 .
4/ ln (x + 1) ∼ x,
0
0
Exercice 4.4.4 En utilisant les fonctions équivalentes calculer les limites suivantes :
x
2
2
x)
= lim x(x)
= lim (x)2 = 0.
1. l1 = lim (e −1)(tan
x
x
x → 0
2.
x → 0
x → 0
2
2
ln(1+(sin x)2 )
l2 = lim
= lim (sinxx) = lim (x)x = lim 3x = 0.
x
sin
x →0
x → 0
x → 0 3
x → 0
3
3
Analyse 1
Damerdji Bouharis A.
76
Fonctions réelles d’une variable réelle
[Ch.4
ln x
3. l3 = lim sin(x−1)
x →1
Ici on se ramène au voisinage de 0 par le changement de variables suivant
C.V : t = x − 1 ⇔ x = t + 1
d’où
ln (t + 1)
t
= lim = 1.
t →0
t →0 t
sin t
l3 = lim
4. l4 = lim
1
2
e x −1
1
x →+∞ ln( x +1)
Ici on se ramène au voisinage de 0 par le changement de variables suivant
C.V : t =
d’où
1
1
⇔x=
x
t
2
(et − 1)
t2
= lim = lim t = 0.
t →0 ln (t + 1)
t →0 t
t →0
l4 = lim
4.5
Fonctions continues
Définition 4.5.1
1. Soit f une fonction définie d’un intervalle I de R dans R,
x0 ∈ I. On dit que f est continue en x0 si
lim f (x) = f (x0 ) ,
x → x0
ceci est équivalent à
∀ε > 0, ∃α > 0, ∀x ∈ I / |x − x0 | < α ⇒ |f (x) − f (x0 )| < ε.
2. f est dite continue à droite de x0 si lim f (x) = f (x0 ) , ceci est équivalent à
>
x → x0
∀ε > 0, ∃α > 0, ∀x ∈ I / x0 < x < x0 + α ⇒ |f (x) − f (x0 )| < ε.
3. f est dite continue à gauche de x0 si lim f (x) = f (x0 ) , ceci est équivalent à
>
x → x0
∀ε > 0, ∃α > 0, ∀x ∈ I / x0 − α < x < x0 ⇒ |f (x) − f (x0 )| < ε.
4. f est continue en x0 si f est continue à droite et à gauche de x0 :
lim f (x) = lim f (x) = f (x0 ) .
<
x → x0
>
x → x0
5. Une fonction qui n’est pas continue en x0 est dite discontinue en x0 .
6. Une fonction définie d’un intervalle I de R dans R est dite continue sur I; si
elle est continue en tout point de I.
Damerdji Bouharis A.
USTO MB
§4.5]
Fonctions continues
77
7. L’ensemble des fonctions continues sur I est noté C (I) .
Exemple 4.5.2
1. Toute fonction polynôme est continue sur R.
sin x
, si x 6= 0
x
2. La fonction f définie par f (x) =
est continue en x = 0,
1 , si x = 0
en effet,
sin x
lim f (x) = lim
= 1 = f (0) .
x → 0
x → 0 x
ln x
, si x ≥ 1
3. La fonction f définie par f (x) =
est discontinue en
x−1
,
si x < 1
x3 −1
x = 1, en effet
x−1
1
1
x−1
= lim
= lim 2
=
3
2
<
<
3
x → 1 (x − 1) (x + x + 1)
x → 1x + x + 1
x → 1x − 1
lim f (x) = lim
<
x → 1
<
et
lim f (x) = f (1) = 0.
>
x → 1
Théorème 4.5.3 La fonction f est continue en x0 si et seulement si pour toute
suite de points (xn )n∈N , telle que lim xn = x0 alors :
n→ +∞
lim f (xn ) = f (x0 ) .
n→ +∞
4.5.1
Continuité uniforme
Définition 4.5.4 Soit f une fonction définie sur un intervalle I de R. f est dite
uniformément continue sur I si :
∀ε > 0, ∃α > 0, ∀x1 , x2 ∈ I / |x1 − x2 | < α ⇒ |f (x1 ) − f (x2 )| < ε.
Remarques :
1. La continuité uniforme concerne tous les points de l’intervalle, tandis que la
continuité simple peut ne concerner qu’un point de l’intervalle.
2. Dans la continuité uniforme, le nombre α ne dépend pas de x1 , x2 , il ne dépend
que de ε, tandis que pour la continuité en x0 , le nombre α dépend de ε et de
x0 .
3. Toute fonction uniformément continue sur un intervalle I, est continue sur I,
la réciproque n’est pas vraie.
Exemple 4.5.5 Montrer que :
1. La fonction f (x) = x2 , est uniformément continue sur ]0, 1] ,
Analyse 1
Damerdji Bouharis A.
78
Fonctions réelles d’une variable réelle
[Ch.4
2. La fonction f (x) = x2 n’est pas uniformément continue sur R.
Solution :
1. Soit ε > 0, et soient x1 , x2 ∈ ]0, 1] alors on a :
0 < x1 ≤ 1 et 0 < x2 ≤ 1 ⇒ 0 < x1 + x2 ≤ 2
or
|f (x1 ) − f (x2 )| = x21 − x22 = |x1 − x2 | (x1 + x2 )
d’où
|f (x1 ) − f (x2 )| ≤ 2 |x1 − x2 |
alors il suffit de prendre α = 2ε > 0.
2. Si on prend ε = 2 ; on peut trouver deux points x1 , x2 ∈ R, tels que :
x1 = n + n1 , x2 = n et pour α > 0; on a
|x1 − x2 | < α ⇔
il suffit alors de prendre n =
1
α
1
1
< α ⇔ < n;
n
α
+ 1 alors
|f (x1 ) − f (x2 )| =
1
+2
n2
d’où
|f (x1 ) − f (x2 )| ≥ 2;
par suite
∃ε > 0, ∀α > 0, ∃x1 , x2 ∈ R / |x1 − x2 | < α ∧ |f (x1 ) − f (x2 )| ≥ ε
et donc f n’est pas uniformément continue sur R.
Le procédé qui suit est une méthode pratique pour montrer qu’une fonction est
uniformément continue.
Définition 4.5.6 On dit qu’une fonction f définie de I ⊂ R dans R est k−Lipschitzienne
sur I si :
∃k ≥ 0, ∀x1 , x2 ∈ I : |f (x1 ) − f (x2 )| ≤ k |x1 − x2 | .
Remarque : Une fonction k−Lipschitzienne sur I est uniformément continue sur
I.
en effet ; pour ε > 0, il suffit de prendre α = kε , tel que
∀x1 , x2 ∈ I / |x1 − x2 | < α alors |f (x1 ) − f (x2 )| ≤ k |x1 − x2 | < ε.
Définition 4.5.7 On dit qu’une fonction f est contractante sur I si f est k−Lipschitzienne
avec 0 ≤ k < 1.
Conclusion 1 Une fonction contractante sur I est uniformément continue sur I.
Damerdji Bouharis A.
USTO MB
§4.5]
Fonctions continues
Exemple 4.5.8 La fonction f (x) =
En effet ;
√
79
x est une fonction contractante sur [1, +∞[ .
x 1 − x2
∀x1 , x2 ∈ [1, +∞[ : |f (x1 ) − f (x2 )| = √
√
x1 + x2
d’où
|f (x1 ) − f (x2 )| ≤
1
1
|x1 − x2 | ; k = .
2
2
Théorème 4.5.9 (de Heine) Toute fonction continue sur un intervalle fermé
borné [a, b] est une fonction uniformément continue sur [a, b] .
Preuve :
On suppose par l’absurde que f est continue mais non uniformément continue sur
[a, b] , alors il existe ε > 0 tel que pour tout entier naturel n, il existe deux suites
(xn )n∈N , (x0n )n∈N dans [a, b] telles que
|xn − x0n | <
1
∧ |f (xn ) − f (x0n )| ≥ ε > 0
n
(4.1)
Comme les suites (xn )n∈N et (x0n )n∈N sont bornées dans [a, b] alors d’après le
théorème de Bolzano
Weierstrass on peut en extraire deux sous-suites convergentes
(xnk )k∈N et x0nk k∈N .
Soit lim xnk = x0 donc lim x0nk = x0 aussi car |xn − x0n | < n1 , et comme
k→ +∞
k→ +∞
xnk ∈ [a, b] ; ∀k ∈ N, alors x0 ∈ [a, b] et donc f est continue en x0 et on a
lim f (xnk ) = lim f x0nk = f (x0 )
k→ +∞
k→ +∞
ce qui est absurde car f (xnk ) − f x0nk
4.5.2
> 0; ∀k ∈ N.
2
Prolongement par continuité
Définition 4.5.10 Soit f une fonction définie sur un intervalle I, sauf peut être en
x0 ∈ I, si f admet une limite finie l en x0 ; lim f (x) = l, alors la fonction définie
x→ x0
par
f (x) si x 6= x0
fe(x) =
;
l si x = x0
est appelée prolongement par continuité de f sur I.
Remarques :
1. Les deux fonctions fe et f coincident sur I r {x0 } .
2. La fonction fe est continue en x0 .
Analyse 1
Damerdji Bouharis A.
80
Fonctions réelles d’une variable réelle
[Ch.4
Exemples 4.5.11
1. La fonction définie par f (x) = sinx x est prolongeable par
continuité en x0 = 0, car lim f (x) = lim sinx x = 1, d’où
x→ 0
x→ 0
sin x
si x 6= 0
x
1 si x = 0
2
2. La fonction définie par f (x) = ln 1+x
n’est pas prolongeable par continuité
x2
en x0 = 0, car lim f (x) = +∞.
fe(x) =
x→ 0
4.5.3
Théorèmes sur les fonctions continues
Théorème 4.5.12 (Opérations sur les fonctions continues) Soient f et g
deux fonctions continues en x0 et soient α, β ∈ R; alors les fonctions f +g, f.g,
αf + βg, |f | et fg (si g (x0 ) 6= 0) sont continues en x0 .
Théorème 4.5.13 Soient f et g deux fonctions, telles que f : I1 → I2 ,
g : I2 → R, I1 , I2 étant deux intervalles de R. Si f est une fonction continue en
x0 ∈ I1 , et g une fonction continue en f (x0 ) ∈ I2 , alors g ◦ f : I1 → R est une
fonction continue en x0 .
Preuve :
Soit x0 ∈ I1 alors f (x0 ) ∈ I2 et comme g est continue en y0 = f (x0 ) ; on a
∀ε > 0, ∃α0 > 0; ∀y ∈ I2 : |y − y0 | < α0 ⇒ |g (y) − g (y0 )| < ε
or comme f est continue en x0 alors pour ε0 = α0 ; on a
∃α > 0; ∀x ∈ I1 : |x − x0 | < α ⇒ |f (x) − f (x0 )| < ε0
d’où
∀ε > 0, ∃α > 0; ∀x ∈ I1 : |x − x0 | < α ⇒ |(g ◦ f ) (x) − (g ◦ f ) (x0 )| < ε
2
Théorème 4.5.14 Soit f une fonction définie de l’intervalle fermé borné [a, b]
de R dans R. Si f est continue sur [a, b] alors f est bornée sur [a, b].
Preuve :
On suppose par l’absurde que f n’est pas bornée sur [a, b], alors
∀n ∈ N : ∃xn ∈ [a, b] / |f (xn )| > n
dans ce cas la suite (xn )n∈N est bornée ; et donc elle admet une sous-suite conver-
Damerdji Bouharis A.
USTO MB
§4.5]
Fonctions continues
81
gente (xnk )k∈N , et on a
lim xnk = x0 avec x0 ∈ [a, b]
x→ 0
et
lim |f (xnk )| = +∞ car ∀n ∈ N : |f (xn )| > n,
k→ +∞
or f est continue sur [a, b] alors |f | est continue sur [a, b] ; d’où
lim |f (xnk )| = |f (x0 )| < ∞,
k→ +∞
2
ce qui est absurde.
Théorème 4.5.15 Toute fonction continue sur un intervalle [a, b] ; atteint au
moins sa borne supérieure et sa borne inférieure dans [a, b] .
Preuve :
Comme f est continue sur [a, b] alors f est bornée sur [a, b] , donc sup f (x) = M
x∈[a,b]
existe
∀x ∈ [a, b] : f (x) ≤ M
on suppose par l’absurde que f n’atteint pas sa borne supérieure c’est à dire que
∀x ∈ [a, b] : f (x) < M
et on considère la fonction g (x) = M −f1 (x) , g est continue sur [a, b] alors bornée
sur [a, b], donc sup g (x) = α existe, or
x∈[a,b]
g (x) > 0; ∀x ∈ [a, b] ⇒ α > 0
On a aussi
∀x ∈ [a, b] : g (x) ≤ α ⇔
1
1
≤ α ⇔ f (x) ≤ M − < M
M − f (x)
α
ce qui est absurde car M étant la borne supérieure ; est le plus petit des majorants
de {f (x) ; x ∈ [a, b]}.
Comme f est continue sur [a, b] alors f est bornée sur [a, b] , donc
inf f (x) = m existe
x∈[a,b]
∀x ∈ [a, b] : m ≤ f (x)
on suppose par l’absurde que f n’atteint pas sa borne inférieure c’est à dire que
∀x ∈ [a, b] : m < f (x)
Analyse 1
Damerdji Bouharis A.
82
Fonctions réelles d’une variable réelle
[Ch.4
et on considère la fonction g (x) = f (x) − m, g est continue sur [a, b] alors bornée
sur [a, b], donc inf g (x) = β existe, or
x∈[a,b]
g (x) > 0; ∀x ∈ [a, b] ⇒ β > 0
On a aussi
∀x ∈ [a, b] : g (x) ≥ β ⇔ f (x) − m ≥ β ⇔ f (x) ≥ m + β > M
ce qui est absurde car m étant la borne inférieure ; est le plus grand des minorants
de {f (x) ; x ∈ [a, b]}.
2
Théorème 4.5.16 Soit f une fonction continue et strictement monotone sur
l’intervalle [a, b] , si f (a).f (b) < 0 alors ∃!M ∈]a; b[ / f (M ) = 0.
Pour la preuve du théorème nous aurons besoin du lemme suivant :
Lemme 4.5.17 Soit E une partie non vide et majorée de R. Soit M sa borne
supérieure alors il existe une suite (xn )n∈N d’éléments de E qui converge vers M .
Preuve du Lemme :
Comme M est la borne supérieure de E ; alors c’est le plus petit des majorants de
E et on a
∀ε > 0; ∃x ∈ E, M − ε < x ≤ M
en particulier pour ε = n1 > 0; pour tout n ∈ N; il existe un élément xn dans E,
telle que :
1
M − < xn ≤ M
n
alors d’après le théorème d’encadrement d’une suite on a lim xn = M.
2
n→ +∞
Preuve du théorème :
On va supposer que f (a) ≤ 0 et f (b) ≥ 0 et on pose
E = {x ∈ [a, b] / f (x) ≤ 0}
On remarque que E est un ensemble non vide car a ∈ E et que E est majoré
par b, alors E admet une borne supérieure ; soit M = sup E et on montre que
f (M ) = 0.
On a M ∈ [a, b] et comme M = sup E alors d’après le lemme précédent ;
il existe une suite (xn )n∈N d’éléments de E qui converge vers M alors f (xn ) ≤
0, ∀n ∈ N, et comme f est continue donc par passage à la limite, on a f (M ) ≤ 0.
Comme M = sup E alors
∀x ∈ ]M, b[ : x ∈
/ E ⇒ f (x) > 0
d’où il existe aussi une suite (yn )n∈N d’éléments de ]M, b[ qui converge vers M
Damerdji Bouharis A.
USTO MB
§4.5]
Fonctions continues
83
d’où
f (yn ) > 0, ∀n ∈ N
alors par passage à la limite ; on a f (M ) ≥ 0, par conséquent f (M ) = 0.
On suppose par l’absurde qu’il existe un autre réel M 0 6= M telque f (M 0 ) = 0,
d’où f (M 0 ) = f (M ), avec M 0 6= M, ce qui contredit la stricte monotonie.
2
Théorème 4.5.18 (Des valeurs intermédiaires généralisé) Soit f une
fonction continue sur un intervalle quelconque I de R, soient x1 , x2 ∈ I tels que
x1 < x2 alors
∀y ∈ ]f (x1 ) , f (x2 )[ : ∃x0 ∈ ]x1 , x2 [ / y = f (x0 ) .
(en supposant que f (x1 ) < f (x2 )).
Preuve :
Soit y ∈ ]f (x1 ) , f (x2 )[ , alors
f (x1 ) − y < 0 , f (x2 ) − y > 0
alors en posant g (x) = f (x) − y qui est une fonction continue sur [x1 , x2 ] ; on
remarque que g (x1 ) < 0 et g (x2 ) > 0 donc d’après le théorème des valeurs
intermédiaires ; on a
∃x0 ∈ ]x1 , x2 [ / g (x0 ) = 0 ⇔ f (x0 ) = y
2
Corollaire 4.5.19 L’image d’un intervalle de R par une fonction continue est un
intervalle de R.
Théorème 4.5.20 (du point fixe) Soit f une fonction continue d’un segment
non vide [a, b] de R dans [a, b] , alors il existe au moins un point fixe x0 ∈ [a, b] ,
ie f (x0 ) = x0 . Géométriquement ; le graphe rencontre la droite d’équation y = x
(la 1ère bissectrice) au point d’abscisse x0 .
Preuve :
On pose la fonction g (x) = f (x)−x sur [a, b] , g est continue sur [a, b], on remarque
que g (a) ≥ 0 et g (b) ≤ 0.
Si g (a) = 0 ⇔ f (a) = a ⇒ x0 = a.
Si g (b) = 0 ⇔ f (b) = b ⇒ x0 = b.
Sinon g (a) > 0 et g (b) < 0 alors d’après le théorème des valeurs intermédiaires
on a
∃x0 ∈ ]a, b[ /g (x0 ) = 0 ⇔ f (x0 ) = x0 .
2
Analyse 1
Damerdji Bouharis A.
84
Fonctions réelles d’une variable réelle
[Ch.4
Exemple 4.5.21 La fonction f (x) = x2 est continue sur [−1, 1] et l’intervalle est
stable par f , ie, f ([−1, 1]) ⊂ [−1, 1] , d’où f admet au moins un point fixe dans
l’intervalle [−1, 1] .
En effet,
x2 = x ⇔ x = 0 ∨ x = 1.
Le théorème suivant assure l’existence et l’unicité du point fixe.
Théorème 4.5.22 (Banach) Soit I un segment non vide de R, et f une fonction contractante de [a, b] dans [a, b] alors :
- f admet un unique point fixe l dans [a, b] .
- La suite (un )n∈N définie par
u0 ∈ [a, b]
un+1 = f (un ) , ∀n ∈ N
est convergente vers l.
Preuve :
Comme f est contractante sur [a, b] , alors f est uniformément continue sur [a, b] ,
donc continue sur [a, b] , d’où d’après le théorème du point fixe ; il existe au moins
x0 ∈ [a, b] , tel que f (x0 ) = x0 .
Supposons par l’absurde qu’il existe deux points fixes x1 , x2 ∈ [a, b] , tels que
x1 6= x2 , f (x1 ) = x1 et f (x2 ) = x2 , or f est contractante sur [a, b] d’où
∃k : 0 ≤ k < 1, |f (x1 ) − f (x2 )| ≤ k |x1 − x2 | ⇔ 1 ≤ k , (contradiction).
2
Théorème 4.5.23 Etant donné I un intervalle de R et f une fonction monotone de I dans R. f est continue si et seulement si f (I) est un intervalle de
R.
Lemme 4.5.24 Soit f : I → R; une fonction définie sur un intervalle I de R. Si f
est strictement monotone sur I, alors f est injective sur I.
Preuve :
On suppose que f est strictement croissante, et soient x1 et x2 deux points de I,
tels que x1 6= x2 alors on a soit
x1 < x2 ⇒ f (x1 ) < f (x2 )
soit
x1 > x2 ⇒ f (x1 ) > f (x2 )
et dans les deux cas f (x1 ) 6= f (x2 ) , d’où f est injective sur I.
Damerdji Bouharis A.
2
USTO MB
§4.6]
Fonctions trigonométriques inverses
85
Théorème 4.5.25 (inversion d’une fonction) Une fonction f continue et
strictement monotone d’un intervalle I de R dans R est bijective de I dans
f (I) et sa fonction réciproque f −1 : f (I) → I existe , elle est continue et suit
la monotonie de f.
Preuve :
f est surjective de I sur f (I) , et comme f est strictement monotone alors f est
injective donc bijective sur f (I) , alors f −1 existe et elle suit la monotonie de f ;
en effet, on suppose que f est strictement croissante et soient y1 , y2 ∈ f (I) ; tel
que y1 < y2 , alors
y1 6= y2 ⇒ f −1 (y1 ) 6= f −1 (y2 ) ,
car f −1 est injective aussi ; d’où
∃x1 , x2 ∈ I; tels que f −1 (y1 ) = x1 , f −1 (y2 ) = x2
donc x1 6= x2 . On suppose par l’absurde que x1 > x2 alors comme f est strictement
croissante f (x1 ) > f (x2 ) , ce qui est absurde car y1 < y2 , donc
x1 < x2 ⇔ f −1 (y1 ) < f −1 (y2 ) ,
d’où f −1 est strictement croissante.
Comme f est continue sur I alors f (I) est un intervalle, or f −1 existe d’où
f −1 (f (I)) = I est un intervalle donc f −1 est continue.
2
4.6
Fonctions trigonométriques inverses
4.6.1
Fonction arcsin
π π
[−1, 1]
−2, 2 →
x
7→ f (x) = sin x
f est continue, strictement croissante sur [− π2 , π2 ], alors f est bijective et donc
f −1 existe,
π est
continue et strictement croissante, et on a
π
f − 2 , 2 = [−1, 1] et
π π
f −1 : [−1, 1] →
−2, 2
−1
y
7→ f (y) = arcsin y
d’où on a :
arcsin y = x
sin x = y
⇔
−1 ≤ y ≤ 1
− π2 ≤ x ≤ π2
voir figure 4.1.
f:
Analyse 1
Damerdji Bouharis A.
86
Fonctions réelles d’une variable réelle
[Ch.4
Figure 4.1
4.6.2
Fonction arccos
f : [0, π] →
[−1, 1]
x
7→ f (x) = cos x
f est continue, strictement décroissante sur [0, π], alors f est bijective et donc
f existe, est continue et strictement décroissante et on a
f ([0, π]) = [−1, 1] et
−1
f −1 : [−1, 1] →
[0, π]
−1
y
7→ f (y) = arccos y
d’où on a :
arccos y = x
−1 ≤ y ≤ 1
⇔
cos x = y
0≤x≤π
voir figure 4.2.
4.6.3
Fonction arctan
− π2 , π2
x
→
]−∞, +∞[
sin x
7
→
f (x) = tan x = cos
x
π π
f est continue, strictement croissante sur − 2 , 2 , alors f est bijective et donc
f −1 existe,
π est
continue et strictement croissante et on a
π
f − 2 , 2 = ]−∞, +∞[ et
π π
f −1 : ]−∞, +∞[ →
−2, 2
y
7→ f −1 (y) = arctan y
f:
Damerdji Bouharis A.
USTO MB
§4.6]
Fonctions trigonométriques inverses
87
Figure 4.2
d’où on a :
arctan y = x
y∈R
⇔
tan x = y
− π2 < x < π2
voir figure 4.3.
.
Figure 4.3
4.6.4
Fonction arccot
f : ]0, π[ →
]−∞, +∞[
x
x
7→ f (x) = cot x = cos
sin x
Analyse 1
Damerdji Bouharis A.
88
Fonctions réelles d’une variable réelle
[Ch.4
f est continue, strictement décroissante sur ]0, π[ , alors f est bijective et donc
f −1 existe, est continue et strictement croissante et on a
f (]0, π[) = ]−∞, +∞[ et
f −1 : ]−∞, +∞[ →
]0, π[
−1
y
7→ f (y) = arccot y
d’où on a :
arccot y = x
y∈R
⇔
cot x = y
0<x<π
voir figure 4.4.
Figure 4.4
Propriétés 12 : ∀x ∈ [−1, 1] ; arcsin x + arccos x = π2 .
Remarques :
1. Si t ∈ − π2 , π2 alors (sin t = x) ⇔ (arcsin x = t)
Sinon
t = arcsin x + 2kπ
(sin t = x) ⇔
;k ∈ Z
t = (π − arcsin x) + 2kπ
2. Si t ∈ [0, π] alors (cos t = x) ⇔ (arccos x = t)
Sinon
t = arccos x + 2kπ
(cos t = x) ⇔
;k ∈ Z
t = − arccos x + 2kπ
3. Si t ∈ − π2 , π2 alors (tan t = x) ⇔ (arctan x = t)
Sinon
(tan t = x) ⇔ t = arctan x + kπ; k ∈ Z
4. Si t ∈ ]0, π[ alors (cot t = x) ⇔ (arccot x = t)
Sinon
(cot t = x) ⇔ t = arccot x + kπ; k ∈ Z.
Damerdji Bouharis A.
USTO MB
§4.7]
Fonctions élémentaires
4.7
Fonctions élémentaires
4.7.1
Fonction exponentielle
89
Définition 4.7.1 La fonction exponentielle (népérienne), notée exp est l’unique
fonction dérivable sur R, égale à sa dérivée et vérifiant : exp(0) = 1.
Propriétés 13
1. ∀x ∈ R : exp(x) > 0.
2. ∀x, y ∈ R : exp(x + y) = exp(x) exp(y).
3. Notation d’Euler : On pose exp(x) = ex ; où e1 = e ≃ 2.718, d’où
x
∀x, y ∈ R : ex+y = ex ey , e−x = e1x , ex−y = eey , (ex )n = enx , n ∈ N.
4. La fonction exp est strictement croissante sur R.
x
e = ey ⇔ x = y.
5. ∀x, y ∈ R :
ex < ey ⇔ x < y.
6. La fonction x 7→ ex est une bijection de R dans R∗+ .
Quelques limites de référence :
x
1. lim ex = 0 , lim ex = +∞, lim e x−1 = 1,
x→−∞
2.
x→+∞
x→0
ex
n x
lim n = +∞, lim x e = 0, pour tout n ∈ N.
x→+∞ x
x→−∞
4.7.2
Fonction logarithme népérien
Définition 4.7.2 On appelle fonction logarithme népérien notée ln ; la fonction
réciproque de la fonction exponentielle, définie de ]0, +∞[ sur R telle que
∀x > 0 : x = ey ⇔ y = ln x.
Remarque : Les graphes de la fonction logarithme népérien et de la fonction
exponentielle sont symétriques par rapport à la première bissectrice i.e la droite
d’équation y = x, voir figure 4.5.
Propriétés 14
1. ln 1 = 0, ln e = 1.
2. ∀x ∈ R : ln ex = x et ∀x ∈ ]0, +∞[ : eln x = x.
3. La fonction ln est strictement croissante sur ]0, +∞[ .
4. ∀x, y ∈ ]0, +∞[ : ln x = ln y ⇔ x = y.
5. ∀x, y ∈ ]0, +∞[ : ln (xy) = ln x + ln y.
6. ∀x, y ∈ ]0, +∞[ : ln y1 = − ln y; ln xy = ln x − ln y
7. ∀x ∈ ]0, +∞[ , ∀n ∈ N : ln xn = n ln x.
Analyse 1
Damerdji Bouharis A.
90
Fonctions réelles d’une variable réelle
[Ch.4
Figure 4.5 – Graphes des fonction exponentielle et logarithme népérien
Quelques limites de référence :
1. lim+ ln x = −∞ , lim ln x = +∞, lim ln(x+1)
= 1,
x
x→+∞
x→0
2.
x→0
lim lnnx = 0, lim xn ln x = 0, pour tout n ∈ N.
x→+∞ x
x→−∞
4.7.3
Fonction logarithme de base quelconque
Définition 4.7.3 Soit a un réel strictement positif et différent de 1, on appelle
fonction logarithme de base a ; la fonction réelle notée loga et définie sur ]0, +∞[
par
ln x
x 7→ loga x =
ln a
où ln est le logarithme népérien.
Pour a = e, on retrouve le cas particulier de la fonction logarithme népérien ln,
car ln e = 1.
Si a = 10, alors la fonction logarithme de base 10 est appelée fonction logarithme
décimal, notée log où ln 10 ≃ 2, 302, elle est utilisée en chimie.
On a également un autre logarithme utilisé souvent en informatique, c’est le
x
logarithme en base 2 où log2 x = ln
.
ln 2
Propriétés 15 Soient a et b deux réels strictement positifs et différents de 1, on
a:
1. loga 1 = 0, loga a = 1, log 1 = − loga .
a
Damerdji Bouharis A.
USTO MB
§4.8]
Fonctions hyperboliques et leurs inverses
2.
loga x =
91
ln b
logb x; ∀x > 0.
ln a
En particulier pour a = e et b = 10; on a ln x = ln 10 log x.
3. ∀x, y ∈ ]0, +∞[ : loga x = loga y ⇔ x = y.
4. ∀x, y ∈ ]0, +∞[ : loga (xy) = loga x + loga y.
5. ∀x, y ∈ ]0, +∞[ : loga y1 = − loga y; loga xy = loga x − loga y
6. ∀x ∈ ]0, +∞[ , ∀n ∈ N : loga (xn ) = n loga x.
7. La fonction loga est strictement croissante sur ]0, +∞[ pour a > 1 et strictement décroissante sur ]0, +∞[ pour 0 < a < 1.
4.7.4
Fonction puissance
Définition 4.7.4 Soient a un réel strictement positif et différent de 1 et x un réel
quelconque, la fonction a puissance x ou fonction exponentielle de base a est la
fonction notée ax et définie par
ax = ex ln a ,
c’est la fonction réciproque de la fonction loga (logarithme de base a).
Propriétés 16 Soient a et b deux réels strictement positifs, x et y deux réels quelconques :
1. ax > 0; ln ax = x ln a.
y
2. 1x = 1, ax+y = ax ay , a−x = a1x , ay−x = aax .
3. (ab)x = ax bx , (ax )y = axy .
4. La fonction exponentielle de base a est strictement croissante sur R pour a > 1
et strictement décroissante sur R pour 0 < a < 1.
5. Il existe aussi la fonction définie par xa pour a ∈ R∗+ .
4.8
Fonctions hyperboliques et leurs inverses
4.8.1
Fonction cosinus hyperbolique
f : [0, +∞[ →
[1, +∞[
x
−x
x
7→ f (x) = chx = e +e
2
Df = R, f est paire.
f est continue et strictement croissante sur [0, +∞[ alors f −1 existe et est continue et strictement croissante et on a f ([0, +∞[) = [1, +∞[ et
f −1 : [1, +∞[ → [0, +∞[
y
7→ f −1 (y) = arg chy (argument cosinus hyperbolique)
Analyse 1
Damerdji Bouharis A.
92
Fonctions réelles d’une variable réelle
d’où on a :
arg chy = x
1≤y
⇔
chx = y
0≤x
[Ch.4
voir figure 4.6
Figure 4.6
4.8.2
Fonction sinus hyperbolique
f : ]−∞, +∞[ →
]−∞, +∞[
x
−x
x
7→ f (x) = shx = e −e
2
Df = R, f est impaire.
f est continue et strictement croissante sur ]−∞, +∞[ alors f −1 existe et est
continue et strictement croissante et on a f (]−∞, +∞[) = ]−∞, +∞[ et
f −1 : ]−∞, +∞[ → ]−∞, +∞[
y
7→ f −1 (y) = arg shy (argument cosinus hyperbolique)
d’où on a :
arg shy = x
y∈R
⇔
shx = y
x∈R
voir figure 4.7
4.8.3
Fonction tangente hyperbolique
f : ]−∞, +∞[ →
]−1, +1[
x −e−x
x
7→ f (x) = thx = eex +e
−x
Damerdji Bouharis A.
USTO MB
§4.8]
Fonctions hyperboliques et leurs inverses
93
Figure 4.7
Df = R, f est impaire.
f est continue et strictement croissante sur ]−∞, +∞[ alors f −1 existe et est
continue et strictement croissante et on a f (]−∞, +∞[) = ]−1, +1[ et
f −1 : ]−1, +1[ → ]−∞, +∞[
y
7→ f −1 (y) = arg thy (argument cosinus hyperbolique)
d’où on a :
arg thy = x
−1 < y < 1
⇔
thx = y
x∈R
voir figure 4.8
4.8.4
Fonction cotangente hyperbolique
f : ]0, +∞[ →
]1, +∞[
x
−x
1
= eex +e
x
7→ f (x) = coth x = thx
−e−x
Df = R∗ , f est impaire.
f est continue et strictement décroissante sur ]0, +∞[ alors f −1 existe et est
continue et strictement décroissante et on a f (]0, +∞[) = ]1, +∞[ et
f −1 : ]1, +∞[ → ]0, +∞[
y
7→ f −1 (y) = arg coth y (argument cosinus hyperbolique)
d’où on a :
arg coth y = x
y>1
⇔
coth x = y
x>0
voir figure 4.9
Analyse 1
Damerdji Bouharis A.
94
Fonctions réelles d’une variable réelle
[Ch.4
Figure 4.8
Propriétés 17
1. chx + shx = ex .
2. chx − shx = e−x .
3. ch2 x − sh2 x = 1.
4. 1 − th2 x = ch12 x .
5. ch (x + y) = chx.chy + shx.shy.
6. sh (x + y) = shx.chy + chx.shy.
Expression sous forme logarithmique.
Les fonctions réciproques des fonctions hyperboliques s’expriment à l’aide de la
fonction logarithme népérien, comme suit
arg thx = 12 ln 1+x
, ∀x
1−x
∈ ]−1, 1[ .
1+x
arg coth x = 12 ln √
, ∀x ∈ ]−∞, −1[ ∪ ]1, +∞[ .
x−1
arg shx = ln x + √ 1 + x2 , ∀x ∈ R.
arg chx = ln x + x2 − 1 , ∀x ≥ 1.
Preuve :
1. Soit x ∈ ]−1, 1[ , on pose arg thx = y
y
−y
−e
arg thx = y ⇔ thy = x ⇔ eey +e
−y = x
1−e−2y
−2y
⇔ 1+e−2y = x ⇔ 1 − e
= x (1 + e−2y )
⇔ e−2y (1 + x) = 1 − x
1+x
⇔ e2y = 1+x
⇔ 2y = ln 1−x
1−x
1+x
.
⇔ y = arg thx = 12 ln 1−x
Damerdji Bouharis A.
USTO MB
§4.8]
Fonctions hyperboliques et leurs inverses
95
Figure 4.9
2. Soit x ∈ ]−∞, −1[ ∪ ]1, +∞[ , on pose arg coth x = y
y
−y
+e
arg coth x = y ⇔ coth y = x ⇔ eey −e
−y = x
1+e−2y
−2y
⇔ 1−e−2y = x ⇔ 1 + e
= x (1 − e−2y )
⇔ e−2y (1 + x) = x − 1
⇔ e2y = 1+x
⇔ 2y = ln 1+x
x−1
x−1
⇔ y = arg thx = 21 ln 1+x
.
x−1
3. Soit x ∈ R, on pose arg shx = y
arg shx = y ⇔ shy = x
et on a
ey = shy + chy et chy =
alors
ey = x +
√
p
sh2 y + 1
√
x2 + 1 ⇔ y = arg shx = ln x + x2 + 1 .
4. Soit x ≥ 1, on pose arg chx = y
arg chx = y ⇔ chy = x
et on a
ey = chy + shy et shy =
alors
ey = x +
√
p
ch2 y − 1
√
x2 − 1 ⇔ y = arg chx = ln x + x2 + 1 .
2
Analyse 1
Damerdji Bouharis A.
96
Fonctions réelles d’une variable réelle
4.9
[Ch.4
Enoncés des exercices
Exercice 1 :
Déterminer le domaine de définition des fonctions suivantes :
1 √
1
2 − 1 e 1−x ,
1/f (x) = x+11
2/f (x) = √sin
,
3/f
(x)
=
x
x
1−e x
√
1
x−2 , x>1
1
4/f (x) = (1 + ln x) x , 5/f (x) = [x] , 6/f (x) =
ln (x + 2) , x ≤ 1
Exercice 2 :
Calculer les limites des fonctions suivantes :
x−sin(2x)
1/ l1 = lim x sin x1 , 2/ l2 = lim x sin x1 , 3/ l3 = lim x+sin(3x)
,
x→0
x→+∞
x→0
x−cos x
4/ l4 = lim tanx x , 5/ l5 = limπ sin1−tgx
, 6/ l6 = lim sin(xx2ln x) ,
x→0
x→0
x→ 4
√
7/ l7 = lim
>
x→a
9/ l9 = lim
x→+∞
√ √
x− a+ x−a
√
,
x2 −a2
x
8/ l8 = lim 1 + x1 ,
x→+∞
√
√ sin x + 1 − sin x , 10/ l10 = lim (1 − x) tan
x→1
πx
2
.
Exercice 3 :
En utilisant la définition de la limite d’une fonction, montrer que :
1/ lim (2x − 1) = 7,
= 32 ,
2/ lim 3x−1
2x+1
3/ lim ln x = +∞,
4
= +∞.
4/ lim x+3
x→4
x→+∞
x→+∞
>
x→−3
Exercice 4 :
Soient f, g et h trois fonctions définies dans un voisinage de x0 ∈ R, montrer
que :
1. f = o (g) ∧ h = O (1) ⇒ f.h = o (g)
2. f = o (g) ∧ h = O (g) ⇒ f + h = O (g)
3. f = o (g) ∧ h = O (f ) ⇒ h = o (g)
4. f = O (g) ∧ h = O (1) ⇒ f.h = O (g)
Exercice 5 :
En utilisant les fonctions équivalentes, calculer les limites suivantes :
x ln x
1/ l1 = lim sin(2x)
,
x→0
1
ln(1+(sin x)2 )
,
tg x2
x→0
2/ l2 = lim
3/ l3 = limπ e 2x−π (ln(sin x)) ,
4/ l4 = lim ln (e − x) ln (ln (x)) ,
1
5/ l5 = lim x e x − 1 ,
6/ l6 = lim
x→ 2
x→+∞
Damerdji Bouharis A.
<
x→e
x→+∞
ln(1+x)
ln x
x ln x
.
USTO MB
§4.9]
Enoncés des exercices
97
Exercice 6 :
On considère les deux fonctions f et gdéfinies sur R par :
1
(
x
 xe x , si x < 0
1 , si x 6= 0
1+e x
f (x) =
et g (x) =
0 , si x =
0
 2
0 , si x = 0
1
x ln 1 + x , si x > 0
Etudier la continuité de f et de g sur leurs domaines de définition.
Exercice 7 :
Etudier le prolongement par continuité des fonctions suivantes sur R :
1
πx
2/ f (x) = x.earctan( x2 ) ,
.
1/ f (x) = cos x1 ,
3/ f (x) = sin
1−x
Exercice 8 :
1. Montrer que la fonction f est uniformément continue sur [0, +∞[ et que la
x+1
fonction g ne l’est pas sur ]0, 1], où f (x) = x+2
et g (x) = x1 .
2. Montrer que toute application continue f d’un segment [a, b] dans lui-même
admet un point fixe.
Exercice 9 :
Montrer que :
1/ ∀x ∈ [−1, 1] : arcsin x + arccos x = π2 .
√
2/ ∀x ∈ [−1, 1] : sin (arccos x) = 1 − x2 .
Exercice 10 :
Résoudre les équations√suivantes
:
1/ arcsin x + arcsin x 3 = π2 .
2/ (arctan x) (arctan x + 2) = 3.
Exercice 11 :
Simplifier les expressions suivantes :
1/ ch (arg shx) ,
2/ th (arg shx) ,
3/ sh (2 arg shx)
Exercice 12 :
Déterminer le domaine de définition de la fonction f , puis la simplifier
1
1
f (x) = arg ch 2 x + x .
Analyse 1
Damerdji Bouharis A.
98
Fonctions réelles d’une variable réelle
4.10
[Ch.4
Corrigés
Exercice 1 :
1. Df = ]−∞, 0[ ∪ ]0, +∞[ .
2. Df = ∪ ]2kπ, π + 2kπ[ .
k∈Z
3. Df = ]−∞, −1] ∪ ]1, +∞[ .
1
1
4. f (x) = (1 + ln x) x = e x ln(1+ln x) ,
alors Df = {x ∈ R / x > 0 ∧ 1 + ln x > 0} d’où Df = ]e−1 , +∞[ .
1
, alors Df = ]−∞, 0[ ∪ [1, +∞[ , car [x] = 0 ⇔ x ∈ [0, 1[ .
5. f (x) = [x]
6. Df = ]−2, 1] ∪ [2, +∞[ .
Exercice 2 :
1.
l1 = lim
x→0
car lim x = 0 et
x→0
2.
x sin
1
= 0,
x
≤ 1,∀x ∈ R∗ .
sin x1
sin x1
1
l2 = lim x sin = lim 1 = 1.
x→+∞
x x→+∞ x
3.
2x
h
1
− sin(2x)
2
2x
i
x − sin (2x)
−1
i=
= lim h
.
x→0
x→0 x + sin (3x)
4
3x 1 + sin(3x)
l3 = lim
3
4.
3x
tan x
sin x
= lim
= 1.
x→0 x
x→0 x cos x
l4 = lim
5.
√
2
sin x − cos x
cos x [tan x − 1]
= limπ
=−
.
l5 = limπ
x→ 4
x→ 4 1 − tan x
1 − tan x
2
6.
l6 = lim
x→0
sin (x ln x)
sin (x ln x) ln x
= lim
= −∞.
2
x→0
x
(x ln x) x
7.
√
√ √
x−a
√
√
√
x− a
√ √
+1
√
+1
1
x− a+ x−a
( x+ a)
x−a
√
l7 = lim
= lim √
= lim √
=√ .
2
2
>
>
>
x+a
x+a
x −a
2a
x→a
x→a
x→a
8.
x
1
1
l8 = lim 1 +
= lim ex ln(1+ x )
x→+∞
x→+∞
x
et en faisant le changement de variables : t = x1 , on a
l8 = lim e
t→0
Damerdji Bouharis A.
ln(1+t)
t
= e.
USTO MB
§4.10]
Corrigés
99
9.
l9 = lim
x→+∞
√
√
√
√ √ √ x
x+1+ x
x + 1 − sin x = lim 2 sin x+1−
cos
2
2
x→+∞
√
√ x
1
√
cos x+1+
= lim 2 sin 2 √x+1+
= 0.
2
x)
(
x→+∞
sin
10. l10 = lim (1 − x) tan
x→1
πx
2
et en faisant le changement de variables : t = x − 1, on a x = t + 1 et
πt π
t
1
2
= lim
l10 = lim(−t). tan
+
= lim
= .
πt
πt
t→0
t→0 tan
t→0 π tan( 2 )
2
2
π
2
. πt
2
2
−1
car tan(α + π2 ) = tan
.
α
Exercice 3 :
1.
lim (2x − 1) = 7 ⇔ (∀ε > 0, ∃α > 0, ∀x ∈ R ; |x − 4| < α ⇒ |2x − 8| < ε)
x→4
ε
|2x − 8| < ε ⇔ 2 |x − 4| < ε ⇔ |x − 4| < ,
2
ε
alors il suffit de prendre α = 2 .
2.
3
3x − 1
=
lim
x→+∞ 2x + 1
2
⇔
3x − 1 3
−
<ε
∀ε > 0, ∃α > 0, ∀x ∈ R ; x > α ⇒
2x + 1 2
3x − 1 3
5
5 − 2ε
<ε⇔
−
<ε⇔x>
,
2x + 1 2
4x + 2
4ε
alors il suffit de prendre α =
5−2ε
4ε
.
3.
lim ln x = +∞ ⇔ (∀A > 0, ∃α > 0, ∀x ∈ R ; x > α ⇒ ln x > A)
x→+∞
ln x > A ⇔ x > eA ,
alors il suffit de prendre α = eA .
4.
!
4
4
lim
= +∞ ⇔ ∀A > 0, ∃α > 0, ∀x ∈ R ; −3 < x < −3 + α ⇒
>A
>
x+3
x→−3 x + 3
4
4
> A ⇔ x < − 3,
x+3
A
alors il suffit de prendre α = A4 .
Analyse 1
Damerdji Bouharis A.
100
Fonctions réelles d’une variable réelle
[Ch.4
Exercice 4 :
1.
(x)
f = o (g) ⇔ lim fg(x)
=0
x→x0
h = O (1) ⇔ ∃M > 0, ∃α > 0, |x − x0 | < α ⇒ |h (x)| < M.
Alors
f (x)
f (x) .h (x)
.h (x) = lim
= 0 ⇔ f.h = o (g) .
x→x0 g (x)
x→x0
g (x)
lim
(x)
2. f = o (g) ⇔ lim fg(x)
=0
x→x0
Donc la fonction fg est bornée dans un voisinage de x0
i.e
f (x)
∃M1 > 0, ∃α1 > 0, |x − x0 | < α1 ⇒
< M1
g (x)
et on a
h = O (g) ⇔
h (x)
< M2
∃M2 > 0, ∃α2 > 0, |x − x0 | < α2 ⇒
g (x)
Alors en posant M = M1 + M2 et α = min (α1 , α2 ) , on a
∃M > 0/, ∃α > 0; |x − x0 | < α ⇒
f (x) + h (x)
f (x)
h (x)
<
+
<M
g (x)
g (x)
g (x)
d’où f + h = O (g) .
(x)
=0
3. f = o (g) ⇔ lim fg(x)
x→x0
h = O (f ) donc la fonction fh est bornée dans un voisinage de x0 ,
d’où
f (x) h (x)
= 0 ⇔ h = o (g) .
lim
x→x0 g (x) f (x)
4.
(x)
< M1 .
f = O (g) ⇔ ∃M1 > 0, ∃α1 > 0, |x − x0 | < α1 ⇒ fg(x)
h = O (1) ⇔ ∃M2 > 0, ∃α2 > 0, |x − x0 | < α2 ⇒ |h (x)| < M2 .
Alors en posant M = M1 M2 et α = min (α1 , α2 ) , on a
∃M > 0/, ∃α > 0; |x − x0 | < α ⇒
f (x) h (x)
< M ⇔ f.h = O (g) .
g (x)
Exercice 5 :
1.
x ln x
ln x
= lim
= −∞ car sin 2x ∼ 2x
x→0 sin (2x)
x→0 2
0
l1 = lim
2.
ln 1 + (sin x)2
l2 = lim
= lim 2x = 0,
x→0
x→0
tan x2
car
Damerdji Bouharis A.
x
x
ln 1 + (sin x)2 ∼ (sin x)2 ∼ x2 et tan ∼ .
0
0
2 0 2
USTO MB
§4.10]
Corrigés
101
1
3. l3 = limπ e 2x−π (ln(sin x))
x→ 2
On se ramène au voisinage de 0 par le changement de variables :
t = x − π2 , et on a
i
h 1
h 1
i
h 1
i
ln(sin(t+ π2 )))
(ln(cos t))
(ln(1+(−1+cos t)))
(
2t
2t
2t
= lim e
l3 = lim e
= lim e
t→0
t→0
t→0
or
ln (1 + (−1 + cos t)) ∼ (−1 + cos t) ∼ −
0
d’où
0
t2
2
−t
l3 = lime 4 = 1.
t→0
4. l4 = lim ln (e − x) ln (ln (x))
<
x→e
On se ramène au voisinage de 0 par le changement de variables :
t = x − e, et on a
t
l4 = lim ln (−t) ln (ln (t + e)) = lim ln (−t) ln ln e
+1
<
<
e
t→0
t→0
t
= lim ln (−t) ln 1 + ln
+1
<
e
t→0
or
ln 1 + ln
alors
t
+1
e
∼ ln
0
t
+1
e
t
∼ ,
0 e
t
l4 = lim ln (−t) = 0.
<
t→0 e
1
5. l5 = lim x e x − 1
x→+∞
On se ramène au voisinage de 0 par le changement de variables :
t = x1 , et on a
(et − 1)
= 1, car et − 1 ∼ t.
t→0
0
t
l5 = lim
6.
l6 = lim
x→+∞
ln(1+x)
ln x
x ln x ln
= lim e
x ln x
(
1
ln 1+ x
1+ ln x
)
!x→+∞
x→+∞
car
ln 1 + x1
ln 1 +
ln x
Analyse 1
x ln x ln
ln(1+x)
= lim ex ln x ln( ln x ) = lim e
(
1
ln x+ln 1+ x
ln x
)
!
x→+∞
1
= lim ex ln(1+ x ) = lim ex x = e,
x→+∞
!
1
x→+∞
ln 1 + x1
1
1
∼
et ln 1 +
∼ .
∞
ln x
x ∞ x
Damerdji Bouharis A.
102
Fonctions réelles d’une variable réelle
Exercice 6 :
(
x
1
[Ch.4
, si x 6= 0
, Df = ]−∞, +∞[ .
0 , si x = 0
f est continue sur ]−∞, 0[ ∪ ]0, +∞[ car c’est la composée, la somme et le
rapport de fonctions continues sur R∗ .
x
x
lim f (x) = lim
1 = 0, lim f (x) = lim
1 = 0
<
<
>
>
x→0
x→0 1 + e x
x→0
x→0 1 + e x
1. f (x) =
1+e x
et f (0) = 0, alors f est continue en 0 donc f est continue sur R.

1
 xe x , si x < 0
, Dg = ]−∞, +∞[ .
2. g (x) =
0 , si x =
0
 2
1
x ln 1 + x , si x > 0
g est continue sur ]−∞, 0[∪]0, +∞[ car c’est la composée, la somme, le rapport
et le produit de fonctions continues sur ]−∞, 0[ ∪ ]0, +∞[ .
1
lim g (x) = lim xe x = 0 ,
<
<
x→0
x→0
lim g (x) = lim x2 ln 1 + x1 = lim x2 [ln (x + 1) − ln x]
>
>
x→0
>
x→0
x→0
2
2
= lim x ln (x + 1) − x ln x = 0.
>
x→0
et g (0) = 0, alors g est continue en 0 donc g est continue sur R.
Exercice 7 :
1. f (x) = cos x1 ,
lim f (x) = lim cos x1 qui est une limite qui n’existe pas, donc f n’admet pas
x→0
x→0
un prolongement par continuité en x = 0.
1
2. f (x) = x.earctan( x2 ) ,
lim f (x) = lim x.e
x→0
x→0
arctan( 12 )
x
= 0, car lim arctan
x→0
1
x2
=
π
.
2
Donc f admet le prolongement par continuité suivant
(
arctan( 12 )
x
si x 6= 0
fe(x) = x.eπ
si x = 0
2
πx
3. f (x) = sin
.
1−x
sin πx
x→1
x→1 1 − x
en faisant le changement de variables : t = x − 1, on a
lim f (x) = lim
lim f (x) = lim
x→1
t→0
− sin π (t + 1)
− sin π (t + 1)
sin πt
πt
= lim
= lim
= lim = π.
t→0
t→0
t→0
t
t
t
t
Donc f admet le prolongement par continuité suivant
sin πx
si x 6= 0
1−x
e
f (x) =
π
si x = 0
Damerdji Bouharis A.
USTO MB
§4.10]
Corrigés
103
Exercice 8 :
1. (a) f (x) = x+1
x+2
Soient x et y deux réels positifs ;
|f (x) − f (y)| =
x−y
x+1 y+1
|x − y|
−
=
=
x+2 y+2
(x + 2) (y + 2)
(x + 2) (y + 2)
1
1
x ≥ 0 ⇔ (x + 2) ≥ 2
⇒ (x + 2) (y + 2) ≥ 4 ⇒
≤
y ≥ 0 ⇔ (y + 2) ≥ 2
(x + 2) (y + 2)
4
d’où
1
|x − y| ,
4
avec 0 < 14 < 1 , alors f est contractante donc uniformément continue
sur [0, +∞[ .
|f (x) − f (y)| ≤
(b) g (x) = x1
( g n’est pas uniformément continue sur ]0, 1])
⇔ ∃ε > 0, ∀α > 0, ∃x1 , x2 ∈ ]0, 1] / |x2 − x1 | < α ∧ |g (x2 ) − g (x1 )| ≥ ε
On a : ∀α > 0, ∃n ∈ N∗ , tel que
x1 =
1
1
∈ ]0, 1] , x2 = ∈ ]0, 1]
2n
n
1
d’où |x2 − x1 | = 2n
, alors pour que |x2 − x1 | < α il suffit de prendre :
1
n=
+1
2α
et comme |g (x2 ) − g (x1 )| = n alors il suffit de prendre ε = 12 .
2. Soit f une fonction continue d’un segment [a, b] dans lui-même.
On pose
g (x) = f (x) − x,
g est continue sur [a, b] .
On a ∀x ∈ [a, b] : a ≤ f (x) ≤ b, alors
a ≤ f (a) ≤ b
0 ≤ g (a)
⇒
a ≤ f (b) ≤ b
g (b) ≤ 0
et donc d’après le théorème des valeurs intermédiaires :
∃c ∈ [a, b] : g (c) = 0 ⇒ ∃c ∈ [a, b] : f (c) = c
et par conséquent f admet un point fixe dans [a, b].
Analyse 1
Damerdji Bouharis A.
104
Fonctions réelles d’une variable réelle
[Ch.4
Exercice 9 :
1. On a d’une part :
∀x ∈ [−1, 1] : −
et
cos
π
π
π
≤ arcsin x ≤ ⇒ 0 ≤ − arcsin x ≤ π,
2
2
2
π
2
− arcsin x = sin (arcsin x) = x,
d’une autre part on a
arccos x ∈ [0, π] et cos (arccos x) = x
donc
π
π
− arcsin x = arccos x ⇔ arcsin x + arccos x = .
2
2
2. On a ∀x ∈ [−1, 1] :
cos (arccos x) = x ⇒ sin2 (arccos x) = 1 − cos2 (arccos x) = 1 − x2
et comme sin (arccos x) ≥ 0 alors
sin (arccos x) =
√
1 − x2 .
Exercice 10 :
1.
√ √ π
arcsin x + arcsin x 3 = π2 ⇔ arcsin
x
3 = 2 − arcsin
√
x
π
⇔ x√3 = sin 2 − arcsin x
⇔x 3=p
cos (arcsin x)
√
√
⇔ x 3 = 1 − sin2 (arcsin x) = 1 − x2
⇔ 4x2 = 1 ⇔ x = −1
ou x = 12 .
2
Or l’équation n’est vérifiée que pour x = 21 .
2. (arctan x) (arctan x + 2) = 3 ⇔ (arctan x)2 + 2 (arctan x) − 3 = 0
En posant t = arctan x, on a
t2 + 2t − 3 = 0 ⇔ (t + 3) (t − 1) = 0 ⇔ t = −3 ou t = 1
Or arctan x ∈ − π2 , π2 , donc
t = arctan x = 1 ⇔ x = tan 1.
Exercice 11 :
1. ch (arg shx) =
p
1 + sh2 (arg shx) =
√
1 + x2 .
shx)
x
2. th (arg shx) = sh(arg
= √1+x
2.
ch(arg shx)
√
3. sh (2 arg shx) = 2ch (arg shx) sh (arg shx) = 2x 1 + x2 .
Damerdji Bouharis A.
USTO MB
§4.10]
Corrigés
105
Exercice 12 :
• f (x) = arg ch 21 x + x1
Df = x ∈ R∗ , 12 x + x1 ≥ 1
1
2
1
(x − 1)2
x+
≥1⇔
≥ 0 ⇔ x > 0 ⇒ Df = ]0, +∞[ .
x
x
√
• arg chα = ln α + α2 − 1
q
2
|x2 −1|
1
1
or
x
+
−
1
=
; donc
2
x
2x
f (x) = ln
1
2
x + x1
+
|x2 −1|
2x
ln x si x ≥ 1
− ln x si 0 < x ≤ 1
⇒ f (x) = |ln x| , ∀x > 0.
⇒ f (x) =
Analyse 1
Damerdji Bouharis A.
Chapitre 5
Fonctions dérivables
5.1
Fonctions dérivables
Définition 5.1.1 Soit I un intervalle de R, x0 un point de I et f une fonction de
I dans R. On dit que f est dérivable en x0 si la limite suivante existe et est finie
f (x) − f (x0 )
=λ∈R
x → x0
x − x0
lim
Cette limite est appelée dérivée de f au point x0 et on la note par f 0 (x0 ) .
On peut avoir la définition analogue suivante :
f (x + h) − f (x)
0
= f (x) ∈ R .
f est dérivable en x ⇔ lim
h → 0
h
Définition 5.1.2 - On dit que f est dérivable à gauche (resp. à droite ) en x0 si le
rapport
f (x) − f (x0 )
x − x0
admet une limite finie à gauche (resp. à droite ) en x0 et cette limite est appelée
dérivée à gauche (resp. à droite ) de f au point x0 .
- Pour que f soit dérivable en x0 ; il faut et il suffit que f soit dérivable à gauche
et à droite de x0 et que les deux limites soient égales.
f (x) − f (x0 )
f (x) − f (x0 )
= lim
= f 0 (x0 ) .
>
x − x0
x − x0
x → x0
x → x0
ie. lim
<
- Une fonction définie d’un intervalle ouvert I de R dans R est dite dérivable
sur I; si elle est dérivable en tout point de I.
Exemples 5.1.3 - Toute fonction polynôme de degré n est dérivable sur R, et sa
dérivée est un polynôme de degré n − 1.
- Toute fonction rationnelle (quotient de deux polynômes) est dérivable sur son
domaine de définition, et sa dérivée est une fonction rationnelle.
106
§5.1]
Fonctions dérivables
107
√
- La fonction f définie par f (x) = x est dérivable en x0 = 2; en effet
√
√
x− 2
1
1
√ = √ = f 0 (2) .
lim
= lim √
x → 2 x−2
x →2
x+ 2
2 2
- La fonction f définie par f (x) = |x| ; est continue mais n’est pas dérivable au
point x0 = 0 car les limites à gauche et à droite en 0 sont différentes ; en effet
|x| − 0
−x
= lim
= −1
<
<
x → 0 x−0
x → 0 x
x
|x| − 0
= lim
=1
lim
>
>
x → 0 x
x → 0 x−0
lim
- La fonction exp est dérivable sur R et on a
(exp x)0 = (ex )0 = exp x, ∀x ∈ R.
- La fonction ln est dérivable sur ]0, +∞[ et on a
(ln x)0 =
1
, ∀x ∈ ]0, +∞[ .
x
- La fonction loga est dérivable sur ]0, +∞[ et on a
log0a (x) =
1
, ∀x ∈ ]0, +∞[ .
x ln a
- La fonction puissance ax avec a > 0 est dérivable sur R et on a
(ax )0 = (ln a) ax , ∀x ∈ R.
5.1.1
Interprétation géométrique
Soit f une fonction définie d’un intervalle I de R dans R, et soit (Γ) son graphe,
soient M0 un point de (Γ) tel que M0 (x0 , f (x0 )), et M un autre point de (Γ) tel que
M (x, f (x)).
Figure 5.1 – Interprétation géométrique
Analyse 1
Damerdji Bouharis A.
108
Fonctions dérivables
[Ch.5
Si f est dérivable en x0 alors le graphe (Γ) admet en x0 une tangente (T )
d’équation (T ) : y = f (x0 ) + f 0 (x0 ) (x − x0 ) , en effet ;
En calculant la pente de (M0 M ) , c’est à dire la tangente de l’angle que fait l’axe
des abscisses avec la droite (M0 M )
f (x) − f (x0 )
;
x − x0
on remarque que quand x tend vers x0 alors la pente de (T ) est égale à
tan α =
f (x) − f (x0 )
= f 0 (x0 ) .
x → x0
x − x0
lim
d’où
(T ) : y = (f 0 (x0 ) .x) + b, tel que b ∈ R
or
M0 (x0 , f (x0 )) ∈ (T ) ⇒ b = f (x0 ) − f 0 (x0 ) .x0 ,
d’où
(T ) : y = f (x0 ) + f 0 (x0 ) (x − x0 ) .
Remarques :
1. Si la fonction f admet en x0 une dérivée à gauche lg et une dérivée à droite
ld telles que lg 6= ld ; alors le graphe (Γf ) de f admet en M0 (x0 , f (x0 )) deux
demi tangentes et on dit que M0 est un point anguleux de (Γf ).
2. Si les deux limites sont infinies et différentes alors on dit que le graphe (Γf )
admet au point M0 (x0 , f (x0 )); une tangente verticale d’équation x = x0 et
que M0 est un point de rebroussement de (Γf ).
Proposition 5.1.4 Si f est une fonction dérivable en x = a alors f est continue
en x = a.
Preuve :
On a
lim [f (x) − f (a)] = lim
x → a
x → a
f (x) − f (a)
[x − a]
x−a
et comme f est dérivable en x = a; alors
lim [f (x) − f (a)] = lim
x → a
x → a
0
h
f (x)−f (a)
x−a
i
lim [x − a]
x → a
= f (a) .0 = 0
d’où
lim f (x) = f (a) .
x → a
2
Remarque : La réciproque est fausse. En effet, la fonction x 7→ |x| est continue
mais n’est pas dérivable en x0 = 0.
Damerdji Bouharis A.
USTO MB
§5.1]
Fonctions dérivables
109
Théorème 5.1.5 Soient f et g deux fonctions dérivables en x0 et soit α, β ∈ R,
alors les fonctions f + g, f g, αf + βg et fg (si g (x0 ) 6= 0) sont dérivables aussi
en x0 et l’on a :
1) (f + g)0 (x0 ) = (f (x0 ) + g (x0 ))0 = f 0 (x0 ) + g 0 (x0 ) ,
2) (f.g)0 (x0 ) = (f (x0 ) .g (x0 ))0 = f 0 (x0 ) .g (x0 ) + f (x0 ) .g 0 (x0 ) ,
3) (αf + βg)0 (x0 ) = (α.f (x0 ) + β.g (x0 ))0 = α.f 0 (x0 ) + β.g 0 (x0 ) ,
0
0
0
0
(x0 )
0 )−f (x0 )g (x0 )
4) fg (x0 ) = fg(x
.
= f (x0 )g(x(g(x
))2
0)
0
Preuve :
1) et 3) sont évidentes.
2) On a
[f (x) − f (x0 )]
[g (x) − g (x0 )]
f (x) g (x) − f (x0 ) g (x0 )
=
g (x) + f (x0 )
x − x0
x − x0
x − x0
alors par passage à la limite
f (x) g (x) − f (x0 ) g (x0 )
[f (x) − f (x0 )]
[g (x) − g (x0 )]
= lim
g (x)+ lim f (x0 )
x → x0
x → x0
x → x0
x − x0
x − x0
x − x0
lim
d’où
(f.g)0 (x0 ) = f 0 (x0 ) g (x0 ) + f (x0 ) g 0 (x0 )
0
0
(x0 )g 0 (x0 )
; il suffit de montrer que
4) Pour montrer que fg (x0 ) = f (x0 )g(xg02)−f
(x0 )
0
1
−g 0 (x0 )
(x0 ) = 2
g
g (x0 )
On a
1
− g(x10 )
g(x)
x − x0
=
− (g (x) − g (x0 ))
1
(x − x0 )
(g (x0 ) .g (x))
alors par passage à la limite
lim
x → x0
1
− g(x10 )
g(x)
x − x0
=
−g 0 (x0 )
g 2 (x0 )
2
Proposition 5.1.6 Soient f et g deux fonctions, telles que :
f : I1 → I2 , g : I2 → R; I1 , I2 étant deux intervalles de R.
Si f est dérivable en x0 ∈ I1 et g est dérivable en y0 = f (x0 ) ∈ I2 , alors :
g ◦ f : I1 → R est dérivable en x0 et on a :
(g ◦ f )0 (x0 ) = g 0 (f (x0 ))f 0 (x0 )
Analyse 1
Damerdji Bouharis A.
110
Fonctions dérivables
Preuve :
On a
[Ch.5
(g ◦ f )(x) − (g ◦ f )(x0 )
g (f (x)) − g (f (x0 )) f (x) − f (x0 )
=
x − x0
f (x) − f (x0 )
x − x0
alors par passage à la limite comme f est dérivable en x0 et g est dérivable en
y0 = f (x0 ) ; on a
lim
x → x0
(g ◦ f )(x) − (g ◦ f )(x0 )
= g 0 (f (x0 ))f 0 (x0 )
x − x0
d’où
(g ◦ f )0 (x0 ) = g 0 (f (x0 ))f 0 (x0 )
2
x
x
sin(e )
.
Exemple 5.1.7 (ln (cos (ex )))0 = −ecos(e
x)
Remarque : On peut montrer que si f une fonction dérivable en x0 telle que
f 0 (x0 ) 6= 0, alors on a l’équivalence suivante :
g ◦ f dérivable en x0 ssi g est dérivable en y0 = f (x0 ).
En effet, soit f une fonction dérivable en x0 telle que f 0 (x0 ) 6= 0, on a
lim
x → x0
(g ◦ f )(x) − (g ◦ f )(x0 )
g (f (x)) − g (f (x0 )) f (x) − f (x0 )
= lim
x
→
x
x − x0
f (x) − f (x0 )
x − x0
0
f (x) − f (x0 )
g (f (x)) − g (f (x0 ))
lim
= lim
x
→
x
x → x0
f (x) − f (x0 )
x − x0
0
g (y) − g (y0 ) 0
f (x0 ).
= lim
y → y0
y − y0
Il découle que la limite
(g ◦ f )(x) − (g ◦ f )(x0 )
g(f (x)) − g(f (x0 ))
= lim
x → x0
x→x0
x − x0
x − x0
lim
existe si et seulement si la limite
lim
y→y0
g(y) − g(y0 )
y − y0
existe. D’où,
g ◦ f est dérivable en x0 ssi g est dérivable en y0 = f (x0 ).
5.1.2
(5.1)
Dérivée d’une fonction réciproque
Théorème 5.1.8 Soit f une fonction bijective et continue d’un intervalle I de
R sur un intervalle J de R. Si f est dérivable en x0 ∈ I, telle que f 0 (x0 ) 6= 0,
Damerdji Bouharis A.
USTO MB
§5.1]
Fonctions dérivables
111
alors la fonction réciproque f −1 est dérivable au point f (x0 ) = y0 , et on a :
0
f −1 (y0 ) =
1
f 0 (x0 )
.
Preuve :
Montrons que
f −1 (y) − f −1 (y0 )
1
= 0
y → y0
y − y0
f (x0 )
lim
On a
f −1 (y) − f −1 (y0 )
f −1 (f (x)) − f −1 (f (x0 ))
= lim
y → y0
x → x0
y − y0
f (x) − f (x0 )
lim
car f −1 est continue, donc
x − x0
1
f −1 (y) − f −1 (y0 )
= lim
= lim f (x)−f (x0 ) ,
lim
x
→
x
x
→
x
y → y0
y − y0
0 f (x) − f (x0 )
0
x−x0
comme f est dérivable en x0 et d’après le théorème de l’inverse de limite ; on a
1
f −1 (y) − f −1 (y0 )
1
=
= 0
f
(x)−f
(x
)
0
y → y0
y − y0
f (x0 )
lim
x−x0
lim
x → x0
d’où
0
f −1 (y0 ) =
1
.
f 0 (x0 )
2
Remarque : Si f est une fonction bijective, dérivable en x0 telle que f 0 (x0 ) 6= 0
alors f −1 est une fonction dérivable en y0 = f (x0 ). En effet, on a
f −1 ◦ f = Id
(5.2)
où Id désigne l’application identité : Id(x) = x, ∀x ∈ I. alors d’après l’équivalence
(5.1), comme Id est dérivable en x0 et f 0 (x0 ) 6= 0, on conclut que f −1 est dérivable
en y0 = f (x0 ) et en calculant la dérivée de (5.2) au point x0 , on a
0
f −1 (f (x0 )) .f 0 (x0 ) = 1 =⇒
0
f −1 (y0 ) =
1
1
=
f 0 (x0 )
f 0 (f −1 (y0 ))
car x0 = f −1 (y0 ).
Dérivées des fonctions réciproques des fonctions trigonométriques
1. f −1 (x) = arcsin x
Analyse 1
arcsin x = y
−1 ≤ x ≤ 1
⇔
sin y = x
− π2 ≤ y ≤ π2
Damerdji Bouharis A.
112
Fonctions dérivables
(arcsin x)0 =
d’où
1
1
1
1
=√
, ∀x ∈ ]−1, 1[ .
=q
cos y
1 − x2
1 − (sin y)2
=
0
(sin y)
[Ch.5
g 0 (x)
(arcsin g (x))0 = q
, pour g (x) ∈ ]−1, 1[ .
2
1 − (g (x))
2. f −1 (x) = arccos x
(arccos x)0 =
d’où
arccos x = y
−1 ≤ x ≤ 1
1
(cos y)
cos y = x
0≤y≤π
⇔
−1
−1
−1
=√
, ∀x ∈ ]−1, 1[ .
=q
sin y
1 − x2
1 − (cos y)2
=
0
−g 0 (x)
(arccos g (x))0 = q
, pour g (x) ∈ ]−1, 1[ .
2
1 − (g (x))
3. f −1 (x) = arctan x
(arctan x)0 =
arctan x = y
x∈R
1
0
(tan y)
⇔
= (cos y)2 =
tan y = x
− π2 < y < π2
1
1
, ∀x ∈ R.
2 =
1 + x2
1 + (tan y)
d’où
(arctan (g (x)))0 =
g 0 (x)
.
1 + (g (x))2
4. f −1 (x) = arccot x
(arccot x)0 =
arccot x = y
x∈R
1
(cot y)
⇔
= − (sin y)2 =
0
d’où
(arccot (g (x)))0 =
cot y = x
0<y<π
−1
−1
, ∀x ∈ R.
2 =
1 + x2
1 + (cot gy)
−g 0 (x)
.
1 + (g (x))2
Dérivées des fonctions réciproques des fonctions hyperboliques
1. f −1 (x) = arg shx
(arg shx)0 =
d’où
Damerdji Bouharis A.
1
0
(shy)
=
1
1
1
=q
=√
, ∀x ∈ R.
chy
1 + x2
1 + (shy)2
g 0 (x)
(arg shg (x))0 = q
.
2
1 + (g (x))
USTO MB
§5.2]
Dérivée n-ième d’une fonction
113
2. f −1 (x) = arg chx
(arg chx)0 =
d’où
1
0
(chy)
=
1
=q
shy
1
=√
, ∀x ≥ 1.
2−1
2
x
(chy) − 1
1
g 0 (x)
q
(arg chg (x)) =
, pour g (x) ≥ 1.
(g (x))2 − 1
0
3. f −1 (x) = arg thx
(arg thx)0 =
1
(thy)
0
= ch2 y =
d’où
(arg thg (x))0 =
1
1
=
, ∀x ∈ ]−1, 1[ .
1 − th2 y
1 − x2
g 0 (x)
, pour g (x) ∈ ]−1, 1[ .
1 − (g (x))2
4. f −1 (x) = arg coth x
(arg coth x)0 =
1
0
(coth y)
= −sh2 y =
1
1
=
, ∀x ∈ ]−∞, −1[∪]1, +∞[ .
2
1 − x2
1 − coth y
d’où
(arg coth g (x))0 =
g 0 (x)
, pour g (x) ∈ ]−∞, −1[ ∪ ]1, +∞[ .
1 − (g (x))2
5.2
Dérivée n-ième d’une fonction
5.2.1
Dérivée n-ième d’une fonction
Définition 5.2.1 Soit f une fonction réelle, dérivable sur un intervalle I de R, f est
dite n − f ois dérivable sur I si toutes ses dérivées successives f 0 , f 00 , f 000 , f (4) , ..., f (n)
existent sur I.
f (n) est appelée dérivée n − ième de f et on a par récurrence
0
f (0) = f, f (n) = f (n−1)
Si de plus f (n) est continue sur I; alors f est dite de classe C n sur I (toutes ses
dérivées successives existent et sont continues) et on note f ∈ C n (I) .
f est dite de classe C 0 (I) si elle est continue sur I.
f est dite de classe C ∞ (I) si f (n) existe et est continue sur I; pour tout n ∈ N.
Exemples 5.2.2 A vérifier par récurrence que :
1. Si f (x) = ex , alors f (n) (x) = ex , ∀n ∈ N.
2. Si f (x) = eax , alors f (n) (x) = an eax , ∀n ∈ N.
3. Si f (x) = (1 + x)α , α ∈ R,
alors f (n) (x) = α (α − 1) (α − 2) .. (α − n + 1) (1 + x)α−n , ∀n ∈ N∗ .
4. Si f (x) = sin x alors f (n) (x) = sin x + n π2 , ∀n ∈ N.
5. Si f (x) = cos x alors f (n) (x) = cos x + n π2 , ∀n ∈ N.
Analyse 1
Damerdji Bouharis A.
114
5.2.2
Fonctions dérivables
[Ch.5
Dérivée n-ième d’un produit de fonctions (Formule de
Leibnitz).
Théorème 5.2.3 Si f et g sont deux fonctions réelles admettant des dérivées
n-ième au point x0 alors la fonction produit f.g admet une dérivée n−ième au
point x0 et on a :
(f.g)(n) (x0 ) =
n
P
Cnk f (n−k) (x0 ) g (k) (x0 )
k=0
n!
où Cnk = k!(n−k)!
Exemple 5.2.4 La dérivée n−ième de la fonction f (x) = (x2 − 3x + 1) e2x est
calculée comme suit :
n
P
Cnk h(n−k) (x) g (k) (x) ,
(f )(n) (x) = (h.g)(n) (x) =
k=0
où
h (x) = e2x et g (x) = (x2 − 3x + 1) donc :
h(n) (x) = 2n e2x , ∀n ∈ N
et
g 0 (x) = 2x − 3, g 00 (x) = 2 et g (n) (x) = 0, ∀n ≥ 3.
d’où
(f )
(n)
2x n
(x) = e 2
n
n (n − 1)
x − 3x + 1 + (2x − 3) +
, ∀n ∈ N.
2
4
2
5.3
Théorèmes sur les fonctions dérivables
5.3.1
Théorème de Fermat
Définition 5.3.1 Soit f une fonction réelle définie sur un intervalle I de R, x0 ∈ I.
On dit que f admet un maximum local (resp. un minimum local) au point x0 si :
∃α > 0; ∀x ∈ I : |x − x0 | < α ⇒ f (x) ≤ f (x0 )
(resp. ∃α > 0; ∀x ∈ I : |x − x0 | < α ⇒ f (x0 ) ≤ f (x))
On dit que f admet un extrêmum local au point x0 si f admet en x0 un maximum
local ou bien un minimum local.
Définition 5.3.2 On dit que f admet un maximum global (resp. un minimum global) au point x0 si :
∀x ∈ I : f (x) ≤ f (x0 )
(resp. ∀x ∈ I : f (x0 ) ≤ f (x))
On dit que f admet un extrêmum global au point x0 si f admet en x0 un maximum
global ou bien un minimum global.
Damerdji Bouharis A.
USTO MB
§5.3]
Théorèmes sur les fonctions dérivables
115
Théorème 5.3.3 (de Fermat) Soit f une fonction réelle définie sur un intervalle ]a, b[ , telle que f admet en x0 un extrêmum local, si f 0 (x0 ) existe ( f est
dérivable en x0 ) alors f 0 (x0 ) = 0.
Preuve :
On suppose que f admet en x0 est un maximum local, alors on a :
∃α > 0; ∀x ∈ I : |x − x0 | < α ⇒ f (x) ≤ f (x0 ) .
(x0 )
≥ 0.
Si x < x0 alors x − x0 < 0 or f (x) ≤ f (x0 ) donc lim f (x)−f
x−x0
<
x → x0
(x0 )
Si x > x0 alors x − x0 > 0 or f (x) ≤ f (x0 ) donc lim f (x)−f
≤ 0.
x−x0
>
x → x0
Comme f est dérivable en x0 alors la dérivée à gauche est égale à la dérivée à
droite, par conséquent
f (x) − f (x0 )
= f 0 (x0 ) = 0.
x→ x0
x − x0
lim
2
7 3
Exemple 5.3.4 Soit f la fonction définie sur R par f (x) = 10
x − 21
x2 + 1
10
42
21
21 2
0
f (x) = 10 x − 10 x = 10 x (x − 2) .
Si f admet un extrêmum local au point x alors
f 0 (x) = 0 ⇔ x (x − 2) = 0 ⇔ x = 0 ou x = 2
et comme f 0 (x) ≤ 0, ∀x ∈ [0, 2] et f 0 (x) ≥ 0, ∀x
∈ ]−∞, 0] ∪ [2, +∞[ , donc la
fonction f admet un minimum local au point 2, 59 et un maximum global au point
(0, 10) .
5.3.2
Théorème de Rolle
Théorème 5.3.5 Soit f une fonction définie de l’intervalle [a, b] dans R, continue sur [a, b] , dérivable sur ]a, b[ et telle que f (a) = f (b) ; alors il existe un point
c dans ]a, b[ tel que f 0 (c) = 0.
Preuve :
- Si f est constante sur [a, b] alors c’est évident.
- Sinon ; comme f est continue sur [a, b] alors elle est bornée sur [a, b] , d’où elle
est majorée donc sup f (x) = M existe, on a alors ∀x ∈ ]a, b[ : f (x) ≤ M , on
x∈]a,b[
peut supposer que M est différente de f (a) = f (b) et donc il existe c dans ]a, b[
tel que M = f (c) , par conséquent
∀x ∈ ]a, b[ : f (x) ≤ f (c) ,
alors c est un maximum local de f ainsi d’après le théorème de Fermat
f 0 (c) = 0.
Analyse 1
Damerdji Bouharis A.
116
Fonctions dérivables
[Ch.5
Figure 5.2 – Théorème de Rolle
2
Exemples 5.3.6 .
1. Pour montrer que l’équation 4x3 − 18x2 + 22x − 6 = 0 admet une solution
dans l’intervalle ]1, 3[ ; il suffit d’appliquer le Théorème de Rolle à la fonction
f (x) = x4 − 6x3 + 11x2 − 6x sur l’intervalle ]1, 3[ ; en effet f est continue sur
[1, 3] , dérivable sur ]1, 3[ et on a f (1) = f (3) = 0.
2. Etant donnée la fonction f définie sur − π2 , π2 par :
f (x) =
x sin x1 si x 6= 0
0
si x = 0
On ne peut pas appliquer le Théorème de Rolle à f sur − π2 , π2 .
En effet ; f n’est pas dérivable sur − π2 , π2 car elle n’est pas dérivable en 0.
5.3.3
Théorème des accroissements finis
Théorème 5.3.7 Soit f une fonction définie de l’intervalle [a, b] dans R, continue sur [a, b] et dérivable sur ]a, b[ ; alors il existe un point c dans ]a, b[ tel que :
f (b) − f (a) = f 0 (c) (b − a) .
Preuve :
(a)
On pose h (x) = f (x) − f (a) − f (b)−f
(x − a)
b−a
h est continue sur [a, b] car f l’est et dérivable sur ]a, b[ car f l’est et on a
h (a) = h (b) , donc d’après le Théorème de Rolle on a :
∃c ∈ ]a, b[ ; h0 (c) = 0,
(a)
or h0 (c) = f 0 (c) − f (b)−f
ainsi f (b) − f (a) = f 0 (c) (b − a) .
b−a
Damerdji Bouharis A.
2
USTO MB
§5.3]
Théorèmes sur les fonctions dérivables
117
Figure 5.3 – Théorème des accroissements finis
Remarque : Soit h > 0, si on pose a = x , b = x + h, alors f est continue sur
[x, x + h] et dérivable sur ]x, x + h[ ; et on a
f (x + h) − f (x) = h.f 0 (c)
où c = x + θh tel que 0 < θ < 1.
En effet ;
x<c<x+h⇔0<
c−x
<1
h
alors en posant c−x
= θ; on a :
h
f (b) − f (a) = (b − a) [f 0 (a + θ (b − a))]
Application :
Si on a |f 0 (x)| ≤ M ; ∀x ∈ ]a, b[ alors
|f (b) − f (a)| ≤ M (b − a) .
1
Exemple 5.3.8 Montrer que Pour tout x > 0 : x+1
< ln 1 + x1 < x1
On pose f (x) = ln t; sur [x, x + 1]
Pour tout x > 0; f est continue sur [x, x + 1] et dérivable sur ]x, x + 1[ , donc
d’après le théorème des accroissements finis ; ∃c ∈ ]x, x + 1[ tel que
1
x+1
1
1
ln (x + 1) − ln x = ⇔ ln
= ln 1 +
= .
c
x
x
c
Analyse 1
Damerdji Bouharis A.
118
Fonctions dérivables
or
[Ch.5
1
x < c < x + 1 ⇔ x+1
< 1c < x1
1
< ln (x + 1)− ln x < x1
⇔ x+1
1
⇔ x+1
< ln 1 + x1 < x1
d’où
1
1
1
< ln 1 +
< ; ∀x > 0.
x+1
x
x
Corollaire 5.3.9 Etant donnée f une fonction dérivable d’un intervalle I de R
dans R et x1 , x2 deux points quelconques de I ; alors il existe un point c strictement
compris entre x1 et x2 tel que
f (x2 ) − f (x1 ) = f 0 (c) (x2 − x1 )
.
5.3.4
Variations d’une fonction
Théorème 5.3.10 Soit f une fonction définie de l’intervalle [a, b] dans R,
continue sur [a, b] et dérivable sur ]a, b[ ; alors :
1. f est croissante sur [a, b] si et seulement si ∀x ∈ ]a, b[ : f 0 (x) ≥ 0.
2. f est décroissante sur [a, b] si et seulement si ∀x ∈ ]a, b[ : f 0 (x) ≤ 0.
3. f est constante sur [a, b] si et seulement si ∀x ∈ ]a, b[ : f 0 (x) = 0.
5.3.5
Formule de Cauchy- Accroissements finis généralisés
Théorème 5.3.11 Soient f et g deux fonctions continues sur [a, b],
dérivables sur ]a, b[ ; si g 0 (x) 6= 0, ∀x ∈ ]a, b[ alors
f 0 (c)
f (b) − f (a)
= 0
.
∃c ∈ ]a, b[ /
g (b) − g (a)
g (c)
Preuve :
On pose
h (x) = f (x) −
f (b) − f (a)
g (x) ,
g (b) − g (a)
h est continue sur [a, b] et dérivable sur ]a, b[ et on remarque que
h (a) = h (b) =
Damerdji Bouharis A.
f (a) g (b) − f (b) g (a)
g (b) − g (a)
USTO MB
§5.4]
Formule de Taylor
119
alors d’après le Théorème de Rolle ; on a ∃c ∈ ]a, b[ / h0 (c) = 0, d’où
f 0 (c) −
f (b) − f (a)
f 0 (c)
f (b) − f (a) 0
g (c) = 0 ⇔
= 0
.
g (b) − g (a)
g (b) − g (a)
g (c)
2
On a comme conséquence directe de ce théorème le corollaire suivant :
La règle de l’Hôpital.
0
(x)
Soient f et g deux fonctions continues sur [a, b] , dérivables sur ]a, b[ ; si fg0 (x)
0
(x)
admet une limite l au point x0 ∈ ]a, b[ , telle que lim fg0 (x)
= l; alors
x→x0
f (x) − f (x0 )
= l.
x→x0 g (x) − g (x0 )
lim
En effet, il suffit de prendre dans le théorème des accroissements finis généralisés
a = x0 et b = x d’où c ∈ ]x0 , x[ et quand x tend vers x0 alors c tend vers x0 aussi et
0 (x)
(x)−f (x0 )
= l d’où lim fg(x)−g(x
= l.
on a lim fg0 (x)
0)
x→x0
x→x0
∞
Cette méthode est utilisée pour enlever les indéterminations du type 00 ou ∞
.
Exemples 5.3.12
2.
1. l1 = lim sin(kx)
= kl , car lim kl cos(kx)
= kl .
sin(lx)
cos(lx)
x→0
1−cos x
1
x
l2 = lim x2 = 2 , car lim sin
= 12 .
x→0
x→0 2x
5.4
x→0
Formule de Taylor
Pour une fonction f continue sur un intervalle [a, b] et dérivable en x0 ∈ ]a, b[,
on a
f (x) − f (x0 )
lim
= f 0 (x0 )
x → x0
x − x0
d’où on peut écrire
f (x) − f (x0 )
= f 0 (x0 ) + ε (x)
x − x0
avec lim ε (x) = 0 alors au voisinage de x0 , f peut s’écrire
x→x0
f (x) = f (x0 ) + f 0 (x0 ) (x − x0 ) + ε (x) (x − x0 )
où ε est ue fonction qui vérifie lim ε (x) = 0. On dit que f peut être approximée
x→x0
par le polynôme P de degré 1
P (x) = f (x0 ) + f 0 (x0 ) (x − x0 )
avec une erreur commise notée R (x) = ε (x) (x − x0 ) = o (x − x0 ) qui tend vers 0
quand x tend vers x0 .
Plus généralement, on a
Analyse 1
Damerdji Bouharis A.
120
Fonctions dérivables
[Ch.5
la formule de Taylor : Une fonction n−fois dérivable f peut être approximée
dans un voisinage d’un point x0 par un polynôme de degré n; et on écrit
f (x) = Pn (x) + Rn (x)
où Pn (x) =
n (k)
P
f (x0 )
k=0
k!
(x − x0 )k est un polynôme de degré n en (x − x0 ) et Rn (x)
est l’erreur commise dans cette approximation dite reste d’ordre n qui peut avoir
plusieurs évaluations entrainant plusieurs formes de la formule de Taylor.
f (x) = f (x0 ) +
(x − x0 )2 00
(x − x0 ) 0
f (x0 ) +
f (x0 ) + ...
1!
2!
(x − x0 )n (n)
f (x0 ) + Rn (x)
+
n!
5.4.1
Formule de Taylor avec reste de Lagrange
Soit f : [a, b] → R; une fonction ; telle que f ∈ C ∞ ([a, b]) , f (n) est dérivable sur
]a, b[ et soit x0 ∈ [a, b] alors :
f (x) =
n
X
(x − x0 )k
k=0
k!
f
(k)
(x − x0 )n+1 (n+1)
(x0 ) +
f
(c)
(n + 1)!
où c est un point compris strictement entre x et x0 .
Remarques :
n+1
0)
1. Le terme (x−x
f (n+1) (c) est appelé reste de Lagrange.
(n+1)!
2. Si on pose h = x − x0 ; alors
x0 < c < x ⇔ x0 < c < x 0 + h ⇔ 0 <
c − x0
< 1.
h
0
alors en posant θ = c−x
, on a c = θh + x0 tel que 0 < θ < 1 et on obtient par
h
conséquent que pour tout h ∈ R, tel que x0 + h ∈ [a, b] , ∃θ ∈ ]0, 1[ :
h2
h 0
f (x0 ) + f 00 (x0 ) + ...
1!
2!
hn (n)
hn+1 (n+1)
... + f (x0 ) +
f
(x0 + θh)
n!
(n + 1)!
f (x0 + h) = f (x0 ) +
Formule de Taylor-Mac laurin
Si x0 = 0 alors h = x et c = θx, et on obtient la formule dite formule de
Taylor-Mac laurin avec reste de Lagrange :
f (x) = f (0) +
x 0
x2
xn
xn+1 (n+1)
f (0) + f 00 (0) + ... + f (n) (0) +
f
(θx) ; 0 < θ < 1.
1!
2!
n!
(n + 1)!
Damerdji Bouharis A.
USTO MB
§5.4]
Formule de Taylor
121
Exemples 5.4.1
1. On donne La formule de Taylor-Mac laurin avec reste de
Lagrange de la fonction f (x) = sin x à l’ordre n = 3 :
x3 x4
+
sin (θx) ; 0 < θ < 1.
3!
4!
sin x = x −
2. Pour l’ordre n on a besoin de la dérivée n-ième de la fonction sin x ;
on a ∀n ≥ 1 : (sin)(n) (x) = sin x + n π2 , d’où
(n)
(sin)
π (−1)k , si n = 2k + 1
(0) = sin n
=
0 , si n = 2k
2
n+1
x
(sin)(n+1) (θx) , or le dernier terme non nul
et le reste s’écrit : Rn (x) = (n+1)!
de la somme est de degré impair n = 2k + 1 ; car toutes les dérivées d’ordre
pair s’annulent ; d’où
Rn (x) =
x2(k+1)
(sin)(2k+2) (θx)
(2k + 2)!
et
(2k+2)
(sin)
π
(θx) = sin θx + 2 (k + 1)
2
= sin (θx + (k + 1) π)
= (−1)k+1 sin (θx) ,
car sin (α + kπ) = (−1)k sin α; ∀k ∈ Z
d’où
sin x = x −
x2k+1
x2k+2
x3
+ ... + (−1)k
+ (−1)k+1
sin (θx) ;
3!
(2k + 1)!
(2k + 2)!
avec 0 < θ < 1, est le développement de Taylor-Mac laurin avec reste de
Lagrange de la fonction sin x à l’ordre n = 2k + 1.
3. Pour f (x) = cos x; de la même façon on a
x2 x4
x2k
x2k+1
+
− ... + (−1)k
+ (−1)k+1
sin (θx) ;
2!
4!
(2k)!
(2k + 1)!
avec 0 < θ < 1.
cos x = 1 −
4. Pour f (x) = ex ; de la même façon on a
ex =
n
X
xk
k=0
Analyse 1
k!
+
xn+1 θx
e ; avec 0 < θ < 1.
(n + 1)!
Damerdji Bouharis A.
122
Fonctions dérivables
5.4.2
[Ch.5
Formule de Taylor avec reste de Young
Dans cette formule nous allons nous passer de la dérivabilité de f (n) , on supposera
seulement son existence,
Soit f : [a, b] → R; une fonction et soit x0 ∈ [a, b] tel que f (n) (x0 ) existe alors :
f (x) =
n
X
(x − x0 )k
k=0
k!
f (k) (x0 ) + o (x − x0 )n
Rn (x)
le reste Rn (x) = o (x − x0 )n est tel que lim (x−x
n = 0.
0)
x→x0
Rn (x)
Il existe une deuxième écriture de cette formule en posant (x−x
n = ε (x) , d’où
0)
n
Rn (x) = (x − x0 ) ε (x) et par suite on a
f (x) =
n
X
(x − x0 )k
k!
k=0
5.4.3
f (k) (x0 ) + (x − x0 )n ε (x) , avec lim ε (x) = 0.
x→x0
Formule de Taylor-Mac laurin-Young
Si x0 = 0 alors on a
f (x) = f (0) +
x2
xn
x 0
f (0) + f 00 (0) + ... + f (n) (0) + o (xn )
1!
2!
n!
ou bien
x2 00
xn (n)
x 0
f (x) = f (0) + f (0) + f (0) + ... + f (0) + xn ε (x) ,
1!
2!
n!
avec lim ε (x) = 0.
x→x0
Exemple 5.4.2 Le développement de Taylor-Mac laurin-Young de la fonction :
f (x) = tan x à l’ordre n = 3 est donné par
tan x = x +
x3
+ x3 ε (x) .
3
On déduit la limite suivante
3
x + x3 − x
tan x − x
1
= lim
= .
l = lim
3
3
x→x0
x→x0
x
x
3
5.5
Fonctions convexes
Définition 5.5.1 Une fonction f définie sur un intervalle I est dite convexe sur
I; si sa courbe (Γ) est en dessous de toutes ses cordes et au dessus de toutes ses
tangentes.
f est dite concave sur I si la fonction (−f ) est convexe sur I.
Exemple 5.5.2 Soient f (x) = x2 ; et g (x) = x1 ;
f est convexe sur tout R , g est convexe sur ]0, +∞[ et concave sur ]−∞, 0[ .
Damerdji Bouharis A.
USTO MB
§5.5]
Fonctions convexes
123
Figure 5.4
5.5.1
Paramétrage d’un segment
Définition 5.5.3 Soit a, b ∈ R, tels que a < b; soit x ∈ R alors :
).
x ∈ [a, b] ⇔ ∃t ∈ [0, 1] / x = (1 − t) a + tb.( il suffit de poser t = x−a
b−a
Remarque : Si t = 0 alors x = a et si t = 1 alors x = b et si t = 21 alors x = a+b
.
2
Définition 5.5.4 Soit f une fonction définie sur un intervalle I.
- On dit que f est convexe sur I si :
∀x1 , x2 ∈ I, ∀t ∈ [0, 1] : f (tx1 + (1 − t) x2 ) ≤ tf (x1 ) + (1 − t) f (x2 )
- On dit que f est concave sur I si :
∀x1 , x2 ∈ I, ∀t ∈ [0, 1] : f (tx1 + (1 − t) x2 ) ≥ tf (x1 ) + (1 − t) f (x2 )
Exemple 5.5.5 La fonction f (x) = |x| est convexe sur R; en effet :
pour x1 , x2 ∈ R, t ∈ [0, 1] on a
|tx1 + (1 − t) x2 | ≤ t |x1 | + (1 − t) |x2 | .
Proposition 5.5.6 Soit f une fonction dérivable sur un intervalle I, f est convexe
sur I si et seulement si sa dérivée f 0 est croissante sur I.
Corollaire 5.5.7 Une fonction f deux fois dérivable sur I est convexe sur I si sa
deuxième dérivée f 00 est positive sur I.
Analyse 1
Damerdji Bouharis A.
124
Fonctions dérivables
5.5.2
[Ch.5
Point d’inflexion
Définition 5.5.8 Soit f une fonction dérivable sur un intervalle I de R, x0 ∈ I,
soit (Γf ) le graphe de f.
On dit que x0 est un point d’inflexion de f si (Γf ) change de concavité au point
M0 (x0 , f (x0 )) , i.e la courbe traverse sa tangente au point M0 .
En conclusion on a le théorème suivant
Théorème 5.5.9 Soit f une fonction définie sur [a, b] et dérivable en x0 ∈
]a, b[ , soit (Γf ) le graphe de f. Si f 00 s’annule en x0 ou f 00 (x0 ) n’existe pas et
que dans les deux cas f 00 change de signe en x0 alors le point (x0 , f (x0 )) est un
point d’inflexion de (Γf ) .
Preuve :
• Si on a
f 00 (x) < 0, ∀x < x0 et f 00 (x) > 0, ∀x > x0
alors f est concave sur ]−∞, x0 [ et convexe sur ]x0 , +∞[, donc change de
concavité en x0 et d’où le point (x0 , f (x0 )) est un point d’inflexion de (Γf ) .
• Si on a
f 00 (x) > 0, ∀x < x0 et f 00 (x) < 0, ∀x > x0
alors f est convexe sur ]−∞, x0 [ et concave sur ]x0 , +∞[, donc change de
concavité aussi en x0 et d’où le point (x0 , f (x0 )) est un point d’inflexion de
(Γf ) .
2
Théorème 5.5.10 Soit f une fonction définie sur [a, b] et dérivable en
x0 ∈ ]a, b[ ; alors x0 est un point d’inflexion de f si l’une des conditions suivantes
est vérifiée :
1. f change de concavité en x0 .
2. f est dérivable sur [a, b] et f 0 admet un extrêmum en x0 .
3. f est 2-fois dérivable sur ]a, b[ et f 00 s’annule en x0 en changeant de signe.
Preuve :
On va prouver la condition 2. car 1. et 3. sont évidentes.
Supposons que f 0 admet un maximum en x0 ;
∃α > 0, ∀x ∈ ]x0 − α, x0 + α[ ⇒ f 0 (x) ≤ f 0 (x0 ) ;
alors :
- Si x ≥ x0 ; alors d’après le théorème des accroissements finis sur [x0 , x] on a :
f (x) − f (x0 ) = f 0 (c) (x − x0 )
Damerdji Bouharis A.
USTO MB
§5.6]
Etude des branches infinies
125
avec x0 − α < x0 < c < x < x0 + α, d’où f 0 (c) ≤ f 0 (x0 ) donc
f (x) ≤ f (x0 ) + f 0 (x0 ) (x − x0 )
par suite sa courbe (Γf ) est en dessous de sa tangente en x0 .
- Si x ≤ x0 ; alors d’après le théorème des accroissements finis sur [x, x0 ] on a
f (x0 ) − f (x) = f 0 (c) (x0 − x)
avec x0 − α < x < c < x0 < x0 + α, d’où f 0 (c) ≤ f 0 (x0 ) donc
f (x0 ) − f 0 (x0 ) (x0 − x) ≤ f (x)
2
par suite sa courbe (Γf ) est au dessus de sa tangente en x0 .
Théorème 5.5.11 Soit f une fonction 2−fois dérivable sur un intervalle I de
R, x0 ∈ I; si f admet un point d’inflexion au point (x0 , f (x0 )) alors f 00 s’annule
en x0 .
Exemple 5.5.12 Toute fonction polynômiale de degré 3 admet un point d’inflexion.
En effet ; soit f (x) = ax3 + bx2 + cx + d tel que a > 0.
f 0 (x) = 3ax2 + 2bx + c et f 00 (x) = 6ax + 2b
.
f 00 (x) = 0 ⇔ x = −b
3a
x
−
f ”(x)
Variations
de f 0
Convexité
de f
5.6
−b
3a
−∞
0
+∞
+
+∞
+∞
f 0(
−b
)
3a
concave
convexe
Etude des branches infinies
Soit f une fonction définie sur un intervalle I de R dans R et (Γf ) son graphe,
soient a et l deux nombres réels, tels que a est l’une des extrêmités de I.
Définition 5.6.1 .
On dit que f possède une branche infinie en a si lim f (x) = l tel que l’un au
x→a
moins des deux éléments de a ou l est égal à +∞ ou −∞.
Analyse 1
Damerdji Bouharis A.
126
Fonctions dérivables
[Ch.5
1) Si a ∈ R et l = ±∞, alors (Γf ) admet une asymptote verticale d’équation x = a.
2) Si a = ±∞ et l ∈ R, alors (Γf ) admet une asymptote horizontale d’équation
y=l
3) Si a = ±∞ et l = ±∞ , alors on doit calculer lim f (x)
=α:
x
x→∞
i) Si α = 0 alors (Γf ) admet une branche parabolique dans la direction de
l’axe (x0 x) .
ii) Si α ∈ R∗ et lim [f (x) − αx] = β ∈ R alors (Γf ) admet une asymptote
x→∞
oblique (∆) d’équation y = αx + β.
iii) Si α ∈ R∗ et lim [f (x) − αx] = ±∞ alors (Γf ) admet une branche parax→∞
bolique dans la direction de la droite d’équation y = αx.
iv) Si α = ±∞ alors (Γf ) admet une branche parabolique dans la direction de
l’axe (y 0 y) .
Remarque : Pour étudier la position du graphe (Γf ) de la fonction f par rapport
à l’asymptote oblique (∆) ; il suffit d’étudier le signe de la différence f (x) − y
Si f (x) − y ≤ 0 alors (Γf ) est en dessous de (∆).
Si f (x) − y ≥ 0 alors (Γf ) est au dessus de (∆).
5
; (Γf ) admet une asymptote verticale d’équation
1. f (x) = x−2
Exemples 5.6.2
x = 2.
2
2. f (x) = e1−x − 1 ; (Γf ) admet une asymptote horizontale d’équation y = −1.
3. f (x) = x + x1 ; (Γf ) admet une asymptote oblique d’équation y = x.
√
4. f (x) = 12 x + x + 1 ; (Γf ) admet une branche parabolique dans la direction de
la droite d’équation y = 21 x.
√
5. f (x) = x ; (Γf ) admet une branche parabolique dans la direction de l’axe
(x0 x) .
6. f (x) = x3 ; (Γf ) admet une branche parabolique dans la direction de l’axe
(y 0 y) .
2x
+5
; on a
Exercice 5.6.3 Pour l’étude de la fonction f (x) = ln eex −2
x (ex −5)(ex +1)
e
Df = ]ln 2, +∞[ , f 0 (x) = (e2x +5)(ex −2) .
x
ln 2
f 0 (x)
+∞
ln 5
−
0
+
−∞
+∞
f (x)
ln 10
Damerdji Bouharis A.
USTO MB
§5.6]
Etude des branches infinies
127
Figure 5.5 – Graphes de l’exemple 5.6.2
lim f (x) = lim x1
x→+∞ x
x→+∞
e2x (1+5e−2x )
(1+5e−2x )
1
ln ex (1+2e−x ) = lim x x + ln (1+2e−x ) = 1.
x→+∞
(
)
lim (f (x) − x) = lim ln (1+2e−x ) = 0.
1+5e−2x
x→+∞
x→+∞
D’où (Γf ) admet au voisinage de +∞ une asymptote oblique (∆) d’équation
y = x.
(1+5e−2x )
Et comme f (x) − y = ln (1+2e−x ) > 0 ;∀x > ln 2 alors (Γf ) est au dessus de (∆).
Analyse 1
Damerdji Bouharis A.
128
5.7
Fonctions dérivables
[Ch.5
Enoncés des exercices
Exercice 1 :
1. Etudier la dérivabilité des fonctions suivantes en x0 :

1
xe x
si x < 0

a. f (x) =
0
si x = 0 , x0 = 0
 2
1
x ln 1 + x si x > 0
b. g (x) =
(
c. h (x) =
arctan x
π
sign (x) + x−1
4
2
1
e x2 −a2
0
si |x| ≤ 1
,
si |x| > 1
si |x| < a ,
si |x| ≥ a
x0 = 1, x0 = −1
x0 = a
2. Déterminer les constantes a, b, c et d pour que f soit dérivable sur R

x≤0
 ax + b si
2
cx + dx si 0 < x ≤ 1
f (x) =

si
x>1
1 − x1
Exercice 2 :
1. Calculer les dérivées des fonctions suivantes :
(a) f1 (x) = sin (ln x) ,
(b) f2 (x) = ln cos x1 ,
(d) f4 (x) = earctan x ,
(e) f5 (x) = cos (arcsin x) ,
2
(c) f3 (x) = (shx)
,
ex
(f ) f6 (x) = arctan
√
2. Etudier les variations de la fonction f (x) = arctan x + x2 − 1 .
2x
3+x
Exercice 3 :
Calculer les dérivées n-ièmes des fonctions suivantes :
1/f1 (x) = (1 + x)α , pour α = −1 et α = ± 12 .
2/f2 (x) = ln (1 + x) ,
3/f3 (x) = (x + 1)3 e−x .
Exercice 4 :
x2 x1
On considère la fonction f définie de R dans R par : f (x) = x+2
e
1. Déterminer le domaine de définition de f .
2. Etudier la continuité et la dérivabilité de f sur son domaine de définition.
3. f est-elle prolongeable par continuité sur R ?
4. Etudier les variations de f .
Damerdji Bouharis A.
USTO MB
.
§5.7]
Enoncés des exercices
129
Exercice 5 :
Soient a, b deux réels strictement positifs et f une fonction définie et continue
sur l’intervalle [a, b] et dérivable sur ]a, b[, on suppose que : f 2 (b) − f 2 (a) = b2 − a2 .
Montrer que l’équation f 0 (x) .f (x) = x admet au moins une solution dans l’intervalle ]a, b[ .
Exercice 6 :
Montrer que l’équation suivante admet une solution réelle unique.
x13 + 7x3 − 5 = 0
Exercice 7 :
Soit f une fonction continue sur l’intervalle [0, 2] et deux fois dérivable sur ]0, 2[ ;
on suppose que f (0) = 0 , f (1) = 1 , f (2) = 2.
Montrer que : ∃c ∈ ]0, 2[ / f 00 (c) = 0.
Exercice 8 :
1. Soit f : R → R la fonction définie par
f (x) =
sin x + cos x
1 + cos2 x
Montrer que, pour tout a ∈ R, la dérivée de f s’annule au moins une fois sur
l’intervalle ]a, a + 2π[ .
2. Soit g la fonction définie de l’intervalle [0, 1] dans R ; deux fois dérivable sur
[0, 1].
On suppose que : g(0) = g 12 = g (1) = 1, montrer en utilisant le théorème
de Rolle que g 00 s’annule au moins une fois sur[0, 1].
Exercice 9 :
1. En utilisant le théorème des accroissements finis, montrer que :
x
(a) ∀x > 0, 1+x
2 < arctan x < x,
1
√ 1
(b) ∀x > 0, arg shx + √2+2x+x
2 < arg sh (x + 1) < arg shx +
1+x2
2. Etant donné ln(100) = 4, 6052 ; en appliquant le théorème des accroissements finis, montrer qu’en écrivant : ln(101) = 4, 6151 on commet une erreur
inférieure à 10−4 .
Exercice 10 :
Calculer les limites suivantes en utilisant la règle de l’Hôpital (quand c’est possible).
Analyse 1
Damerdji Bouharis A.
130
Fonctions dérivables
[Ch.5
2
−1
arctan xx2 +1
1. lim
,
x→1
x−1
1
2. lim (6 − x) x−5 ,
x→5
x − sin x
,
x→+∞ 2x + sin x
1
4. lim sinx x x2 ,
x→0
x
5. lim x 1 + x1 − e .
3. lim
x→+∞
Exercice 11 :
1. (a) En utilisant la formule de Taylor-Mac-Laurin d’ordre n ; montrer que
∀x ≥ 0, 1 +
x
x2
xn
+
+ ... +
≤ ex
1!
2!
n!
(b) En utilisant la formule de Taylor-Mac-Laurin d’ordre 2 ; montrer que
8
< e < 3.
3
(c) En déduire que :
1
1
1
1
3
< e − 1 + + + ... +
<
(n + 1)!
1! 2!
n!
(n + 1)!
2. En utilisant la formule de Taylor, montrer que
2
4
(a) ∀x ∈ 0, π2 , cos x ≤ 1 − x2! + x4! .
2
3
4
2
3
(b) ∀x > 0, x − x2 + x3 − x4 < ln (x + 1) < x − x2 + x3 .
Exercice 12 :
On considère la fonction f définie par
f (x) = arcsin
2x
1 + x2
2x
1. Etudier la fonction g (x) = 1+x
2
2. En déduire que f est définie et continue sur R.
3. En déduire que f est dérivable sur R\ {−1, 1} .
4. Quelle propriété de f permet de réduire le domaine d’étude ?
5. Calculer la dérivée f 0 (x) sur R
6. En déduire la convexité de f sur R puis étudier l’existence de points d’inflexion.
7. Dresser le tableau de variations de f puis tracer son graphe.
Damerdji Bouharis A.
USTO MB
§5.7]
Enoncés des exercices
131
Exercice 13 :
Soient f une fonction définie sur R par : f (x) = 2ex−1 − x2 − x et Gf sa courbe
représentative.
1. Calculer f 0 (x) et f 00 (x) , pour tout x dans R.
2. Etudier la convexité de la fonction f sur R.
3. Montrer que f admet un point d’inflexion A et préciser ses coordonnées .
4. Quelle est l’équation de la tangente (TA ) à Gf au point A?
En déduire que pour tout x ≥ 1 : ex−1 ≥ 12 (x2 + 1) .
Exercice 14 :
Soit f la fonction définie et continue sur [0, 1] telle que f (0) = 0; f (1) = 1.
On suppose que f est dérivable sur [0, 1] et que f 0 (0) = f 0 (1) = 0.
On considère la fonction g : [0, 1] → R définie par

−1
si x = 0

f (x)−1
f (x)
g (x) =
− x−1
si x ∈ ]0, 1[
 x
1
si x = 1.
1. Etudier la continuité de g sur [0, 1].
2. Montrer qu’il existe α ∈ ]0, 1[ / g(α) = 0. En déduire que f (α) = α.
3. Montrer qu’il existe β ∈ ]0, 1[ / f 0 (β) = 1.
Exercice 15 :
1. Etudier la fonction g (x) = 2 arctan
1
1+x
x
− 2+2x+x
2.
2. En déduire l’étude des variations de la fonction f (x) = x2 arctan
1
1+x
,
3. Etudier la dérivabilité de f en x0 = −1 puis tracer son graphe.
Analyse 1
Damerdji Bouharis A.
132
5.8
Fonctions dérivables
[Ch.5
Corrigés
Exercice 1 :

1
 xe x , si x < 0
,
1. (a) f (x) =
0 , si x =
0
 2
1
x ln 1 + x , si x > 0
x0 = 0
1
(0)
lim f (x)−f
= lim xexx = 0
x−0
<
<
x→0
x→0
(0)
lim f (x)−f
= lim
x−0
>
>
x→0
x→0
x2 ln(1+ x1 )
x
= lim [x ln (x + 1) − x ln x] = 0.
>
x→0
d’où f est dérivable en x0 = 0.
arctan x
si − 1 ≤ x ≤ 1
(b) g (x) =
x−1
π
sgn
(x)
+
,
si
x
∈ ]−∞, −1[ ∪ ]1, +∞[
4
2
• lim g(x)−g(1)
= lim
x−1
<
<
x→1
x→1
arctan x− π4
x−1
x−1
π
= 12
π
x+ 2 − 4
lim g(x)−g(1)
= lim 4 x−1
x−1
>
>
x→1
x→1
= 12
d’où g est dérivable en x0 = 1.
• lim g(x)−g(−1)
= lim
x+1
<
<
x→−1
x→−1
− π4 x+ x−1
+ π4
2
x+1
= +∞.
d’où g n’est pas dérivable en x0 = −1.
(
1
x2 −a2 , si − a < x < a
e
(c) h (x) =
,
0 , si x ∈ ]−∞, −a] ∪ [a, +∞[
1
x2 −a2
= lim e x−a
lim h(x)−h(a)
x−a
<
x0 = a
=0
<
x→a
x→a
lim h(x)−h(a)
=0
x−a
>
x→a
d’où h est dérivable en x0 = a.

 ax + b, si x ≤ 0
cx2 + dx , si 0 < x ≤ 1
2. f (x) =

1 − x1 , si x > 1
Comme f est dérivable sur R alors f est dérivable et continue en x0 = 0 et
x0 = 1 alors :
• lim f (x) = lim f (x) ⇔ lim ax + b = lim cx2 + dx ⇔ b = 0
<
x→0
>
<
x→0
>
x→0
x→0
• lim f (x) = lim f (x) ⇔ lim cx2 + dx = lim 1 − x1 ⇔ c + d = 0 ...(1)
<
x→1
>
<
x→1
>
x→1
x→1
(0)
(0)
• lim f (x)−f
= lim f (x)−f
⇔ lim ax
= lim cx + d ⇔ a = d ... (2)
x
x−0
x
<
x→0
Damerdji Bouharis A.
>
x→0
<
x→0
>
x→0
USTO MB
§5.8]
Corrigés
133
2
(1)
,
= lim cx +dx−0
• lim f (x)−f
x−1
x−1
<
<
x→1
x→1
<
x→1
et en faisant le changement de variables t = x − 1, on obtient :
(2)
(1)
lim f (x)−f
= lim 2ct+dt
= 2c + d = c ...(3)
x−1
t
<
<
x→1
t→0
1− 1 −0
(1)
x
et lim f (x)−f
lim x−1
= 1 ...(4)
x−1
>
>
x→1
x→1
de (3) et (4) on a c = 1 alors d = a = −1.
Exercice 2 :
x)
1. (a) f10 (x) = cos(ln
sin (ln x) ,
x
(b) f20 (x) = x12 tan
2
x
(c) f30 (x) = 2shxchx−sh
,
ex
(d) f40 (x) =
1
x
,
earctan x
,
1 + x2
−x
6
.
,
(f ) f60 (x) = 5x2 +6x+9
(e) f50 (x) = √
1 − x2
√
2. f (x) = arctan x + x2 − 1
Df = {x ∈ R / x2 − 1 ≥ 0 } = ]−∞, −1] ∪ [1, +∞[
√
√
√
(x+ x2 −1√)(x− x2 −1)
2
lim f (x) = lim arctan x + x − 1 = lim arctan
(x− x2 −1)
x→−∞
x→−∞
x→−∞
= lim arctan x−√1x2 −1 = 0.
(
)
x→−∞
√
lim f (x) = lim arctan x + x2 − 1 = π2 .
x→+∞
On a f
0
x→+∞
(x) = 2x√1x2 −1 .
x
−∞
f 0 (x)
−1
+∞
1
−
+
0
f (x)
−
π
4
π
4
π
2
Exercice 3 :
1. f1 (x) = (1 + x)α ,
f10 (x) = α (1 + x)α−1 , f100 (x) = α (α − 1) (1 + x)α−2 ,... alors
(n)
f1 (x) = α (α − 1) ... (α − n + 1) (1 + x)α−n , ∀n ∈ N (à vérifier facilement
par récurrence.)
(a) Pour α = −1 : f1 (x) =
∀n ∈ N,
1
1+x
f1 (x) = (−1) (−2) ... (−n) (1 + x)−1−n =
(n)
Analyse 1
(−1)n n!
.
(1 + x)1+n
Damerdji Bouharis A.
134
Fonctions dérivables
[Ch.5
√
(b) Pour α = 12 : f2 (x) = 1 + x
∀n ∈ N,
1
1
3
5
3
1
(n)
−
−
−
...
− n (1 + x) 2 −n
f1 (x) =
2
2
2
2
2
1
(−1)n−1
−n
2
=
1.3.5...
(2n
−
3)
(1
+
x)
n
2
1
(c) Pour α = − 21 : f3 (x) = √1+x
∀n ∈ N,
1
1
3
5
1
(n)
f1 (x) = −
−
−
...
− n (1 + x)− 2 −n
2
2
2
2
n
1
1
= −
1.3.5... (2n − 1) (1 + x)− 2 −n
2
1
= f1 (x), alors
2. f2 (x) = ln (1 + x) ⇒ f20 (x) = 1+x
∀n ∈ N,
(n)
f2 (x) =
1
1+x
(n−1)
(n−1)
= f1
(x) =
(−1)n−1 (n − 1)!
.
(1 + x)n
3. f3 (x) = (x + 1)3 e−x
On a la formule de Leibnitz : (g.h)(n) =
n
P
Cnk .g (k) .h(n−k)
k=0
On pose g (x) = (x + 1)3 et h (x) = e−x ,
Alors :
g 0 (x) = 3 (x + 1)2 , g 00 (x) = 3.2 (x + 1) , g 000 (x) = 3.2.1, d’où
∀n = 0, 1, 2, 3, g (n) (x) =
3!
(x + 1)3−n et g (n) (x) = 0; ∀n ≥ 4
(3 − n)!
et
∀n ∈ N, h(n) (x) = (−1)n e−x ,
donc
(n)
∀n ∈ N, f3 (x) =
3
X
k=0
Cnk .
3!
(x + 1)3−k (−1)n−k e−x
(3 − k)!
(à vérifier facilement par récurrence).
Damerdji Bouharis A.
USTO MB
§5.8]
Corrigés
135
Exercice 4 :
x2 x1
e
f (x) = x+2
1. Df = ]−∞, −2[ ∪ ]−2, 0[ ∪ ]0, +∞[.
2. f est continue sur Df car c’est la composée, le produit et le rapport de fonctions
continues sur Df .
f est dérivable sur Df car c’est la composée, le produit et le rapport de fonctions dérivables sur Df .
2
1
2
1
x
3. lim f (x) = lim x+2
e x = −∞
<
<
x→−2
x→−2
x
e x = +∞
lim f (x) = lim x+2
>
>
x→−2
x→−2
d’où f n’admet pas un prolongement par continuité en x0 = −2
x2 x1
lim f (x) = lim x+2
e =0
<
<
x→0
x→0
2
1
x
lim f (x) = lim x+2
e x , en faisant le changement de variables t = x1 , on obtient
>
>
x→0
x→0
1
lim f (x) = lim t(1+2t)
et = +∞
t→+∞
>
x→0
d’où f n’admet pas un prolongement par continuité en x0 = 0.
1
2
1
+3x−2 x
1 )(x−x2 )
= (x−x(x+2)
ex
4. f 0 (x) = x(x+2)
2 e
2
√
√
où x1 = −3−2 17 < −2 et x2 = −3+2 17 > 0
x
x1
−∞
f 0 (x)
+
0
−2
−
x2
0
−
f (x1 )
−
+∞
+∞
+
0
+∞
+∞
f (x)
−∞
−∞
0
f (x2 )
Exercice 5 :
On pose g (x) = f 2 (x) − x2 ,
g est continue sur [a, b], dérivable sur ]a, b[ et on a g (a) = g (b), car :
g (a) = f 2 (a) − a2 etg (b) = f 2 (b) − b2 ,
alors d’après le théorème de Rolle il existe un réel c dans ]a, b[ , tel que g 0 (c) = 0
d’où :
∃c ∈ ]a, b[ , 2f 0 (c) .f (c) − 2c = 0 ⇔ ∃c ∈ ]a, b[ , f 0 (c) .f (c) = c.
Exercice 6 :
On pose f (x) = x13 + 7x3 − 5, et on remarque que f (0) = −5 et f (1) = 3 et que
f est continue sur tout R alors en particulier sur [0, 1] et f est strictement croissante
car
f 0 (x) = 13x12 + 21x2 ⇒ f 0 (x) > 0, ∀x ∈ ]0, 1[
Analyse 1
Damerdji Bouharis A.
136
Fonctions dérivables
[Ch.5
donc d’après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe un nombre réel unique
α dans ]0, 1[ tel que
f (α) = 0.
Exercice 7 :
On pose g (x) = f (x) − x.
g est continue sur [0, 1] et dérivable sur ]0, 1[ et on a g (0) = g (1) , car :
g (0) = f (0) − 0 = 0 et g (1) = f (1) − 1 = 0
alors d’après le théorème de Rolle il existe un réel c1 dans ]0, 1[ , tel que
g 0 (c1 ) = 0.
De la même façon, g est continue sur [1, 2] et dérivable sur ]1, 2[ et on a :
g (1) = g (2) ,
car g (1) = f (1) − 1 = 0 et g (2) = f (2) − 2 = 0 alors d’après le théorème de Rolle
il existe un réel c2 dans ]1, 2[ , tel que
g 0 (c2 ) = 0.
Alors g 0 (c1 ) = g 0 (c2 ), de plus g 0 est continue sur [c1 , c2 ] et g 0 est dérivable sur
]c1 , c2 [, donc d’après le théorème de Rolle il existe un réel c3 dans ]c1 , c2 [ , tel que
g 00 (c3 ) = 0
or c3 ∈ ]c1 , c2 [ ⊂ ]0, 2[ et g 00 (c3 ) = f 00 (c3 ) alors :
∃c3 ∈ ]0, 2[ / f 00 (c3 ) = 0.
Exercice 8 :
1. Comme la fonction f est 2π−périodique alors f (a) = f (a + 2π) , et f est
continue sur [a, a + 2π] et dérivable sur ]a, a + 2π[ , alors d’après le théorème
de Rolle il existe un réel c ∈ ]a, a + 2π[ , tel que
f 0 (c) = 0.
2. Un utilise le même raisonnement que l’exercice 7 : on applique le théorème de
Rolle à la fonction g trois fois.
Exercice 9 :
1. (a) On considère la fonction f (x) = arctan x pour x > 0,
f est continue sur [0, x] et dérivable sur ]0, x[ , alors d’après le théorème
des accroissements finis :
x
∃c ∈ ]0, x[ / arctan x =
1 + c2
et on a
0 < c < x ⇔ 1 < 1 + c2 < 1 + x 2 ⇔
d’où
∀x > 0,
Damerdji Bouharis A.
x
x
<
<x
2
1+x
1 + c2
x
< arctan x < x.
1 + x2
USTO MB
§5.8]
Corrigés
137
(b) On considère la fonction f (x) = arg shx sur [x, x + 1] , pour tout x > 0,
f est continue sur [x, x + 1] et dérivable sur ]x, x + 1[ , alors d’après le
théorème des accroissements finis :
1
∃c ∈ ]x, x + 1[ / arg sh (x + 1) − arg shx = √
1 + c2
√
√
√
0 < x < c < x + 1 ⇒ 1 + x2 < 1 + c2 < 2 + 2x + x2
1
1
√ 1
⇔ √2+2x+x
< √1+x
2 <
2
1+c2
1
1
⇔ √2+2x+x
<
arg
sh
(x
+
1)
− arg shx < √1+x
2
2
1
√ 1
.
⇔ arg shx + √2+2x+x
2 < arg sh (x + 1) < arg shx +
1+x2
2. On considère la fonction f (x) = ln x sur l’intervalle [100, 101] ,
f est continue sur [100, 101] et dérivable sur ]100, 101[ , alors d’après le théorème
des accroissements finis : ∃c ∈ ]100, 101[ / ln 101 − ln 100 = 1c , or
1
1
1
1
< 1c < 100
⇔ 101
< ln 101 − ln 100 < 100
100 < c < 101 ⇔ 101
1
⇒ ln 101 < 100 + 4, 6052
⇒ ln 101 − 4, 6151 < 4, 6152 − 4, 6151
⇒ Erreur commise < 10−4 .
Exercice 10 :
2
1.
arctan x2 −1 RH
l1 = lim x−1x +1 = lim x42x+1 = 1.
x→1
x→1
1
1
2. l2 = lim (6 − x) x−5 = lim e x−5 ln(6−x) = e−1
x→5
x→5
RH
1
−1
car lim x−5 ln (6 − x) = lim 6−x
= −1
x→5
x→5
x − sin x
x→+∞ 2x + sin x
1 − cos x
lim
n’existe pas, alors on ne peut pas utiliser la règle de l’Hôpital.
x→+∞ 2 + cos x
3. l3 = lim
(1 − sinx x )
1
= .
sin
x
x→+∞ (2 +
2
)
x
l3 = lim
4. l4 = lim
x→0
12
1
sin x
= lim e x2 ln( x )
x→5
x cos x−sin x
1
sin x RH1
x cos x − sin x
lim ln
= lim x sin x = lim
x→0 x2
x→0
x→0
x
2x
2x2 sin x
sin x
x
x
et
x cos x − sin x RH2
− sin x
− cos x
−1
RH3
= lim
= lim
=
,
2
x→0
x→0 2(2 sin x + x cos x)
x→0 2(3 cos x − x sin x)
2x sin x
6
lim
d’où
−1
l4 = e 6 .
Analyse 1
Damerdji Bouharis A.
138
Fonctions dérivables
5. l5 = lim x
1 + x1
x→+∞
x
[Ch.5
h
i
1
− e = lim x ex ln(1+ x ) − e
x→+∞
on faisant le changement de variables : t = x1 , on obtient
h 1
i
e t ln(1+t) − e RH
1
t − (1 + t) ln (1 + t)
l5 = lim
= lim
e t ln(1+t) ,
2
t→0
t→0
t
t (1 + t)
on a
t − (1 + t) ln (1 + t) RH1
−1
− ln (1 + t) RH2
−1
=
,
= lim
= lim
2
2
t→0
t→0 2t + 3t
t→0 2(1 + 3t)) (1 + t)
t (1 + t)
2
lim
1
et lime t ln(1+t) = e, donc
t→0
e
l5 = − .
2
Exercice 11 :
1. (a) En appliquant la formule de Taylor-Mac-Laurin d’ordre n à la fonction
f (x) = ex ; on obtient :
x
x2
xn
xn+1 θx
e =1+ +
+ ... +
+
e , avec 0 < θ < 1.
1!
2!
n! (n + 1)!
x
n+1
x
or (n+1)!
eθx ≥ 0, ∀x ≥ 0, donc
ex ≥ 1 +
2
x
x2
xn
+
+ ... + .
1!
2!
n!
3
(b) Pour n = 2 : ex = 1 + 1!x + x2! + x6 eθx , avec 0 < θ < 1.
d’où pour x = 1, on a :
e=
et on a :
5 1 θ
+ e , avec 0 < θ < 1.
2 6
0 < θ < 1 ⇔ 25 + 16 < 52 + 16 eθ < 52 + 61 e
⇔ 83 < e < 52 + 16 e ⇒ 83 < e < 3.
(c) Pour x = 1, on a :
1
1
1
1
+ + ... +
+
eθ , avec 0 < θ < 1
1! 2!
n! (n + 1)!
1
1
1
1
⇒ e − 1 + + + ... +
=
eθ ,
1! 2!
n!
(n + 1)!
e=1+
et on a
0<θ<1⇔
1
1
1
3
<
eθ <
e<
,
(n + 1)!
(n + 1)!
(n + 1)!
(n + 1)!
car e < 3.
Damerdji Bouharis A.
USTO MB
§5.8]
Corrigés
139
(a) En appliquant la formule de Taylor-Mac-Laurin d’ordre 4 à la fonction
f (x) = cos x; on obtient :
x2 x 4 x5
+
−
sin (θx) , avec 0 < θ < 1.
2!
4!
5!
comme θ ∈ [0, 1] et x ∈ 0, π2 alors :
cos x = 1 −
sin (θx) ≥ 0 ⇒ −
x5
x 2 x4
sin (θx) ≤ 0 ⇒ cos x ≤ 1 −
+ .
5!
2!
4!
(b) En appliquant la formule de Taylor-Mac-Laurin d’ordre 3 et 4 à la fonction
f (x) = ln (x + 1) ; on obtient :
n = 3 : ∀x > 0, ln (x + 1) = x −
x4
x2 x 3
+
−
2
3
4 (θx + 1)4
x2 x3 x4
x5
n = 4 : ∀x > 0, ln (x + 1) = x −
+
−
+
2
3
4
5 (θx + 1)5
4
5
x
x
comme ∀x > 0, − 4(θx+1)
> 0 alors :
4 < 0 et
5(θx+1)5
x2 x3 x4
x2 x3
x−
+
−
< ln (x + 1) < x −
+ .
2
3
4
2
3
Exercice 12 :
2x
f (x) = arcsin 1+x
2
1. g (x) =
2x
.
1+x2
2(1−x2 )
Dg = ]−∞, +∞[ , lim g(x) = 0, g 0 (x) = (1+x2 )2
x→±∞
x
−∞
g 0 (x)
−1
−
0
0
+∞
1
+
0
−
1
g(x)
−1
0
2. La fonction arcsin est définie sur [−1, 1] et d’après le tableau de variations de
la fonction g ; on a g (x) ∈ [−1, 1] , ∀x ∈ R alors f est bien définie sur tout R.
f est continue sur R, car c’est la composée de fonctions continues sur R.
3. La fonction g est dérivable sur tout R, et la fonction arcsin est dérivable sur
]−1, 1[ , alors la fonction f est dérivable sur tout R sauf pour l’ensemble
{x ∈ R/ g (x) = 1 ou g (x) = −1}
or g (x) = −1 ⇔ x = −1 et g (x) = 1 ⇔ x = 1, d’où f est dérivable sur
R\ {−1, 1} .
Analyse 1
Damerdji Bouharis A.
140
Fonctions dérivables
[Ch.5
4. f est impaire ; en effet :
f (−x) = arcsin
−2x
2x
= − arcsin
= −f (x) ,
2
1+x
1 + x2
alors la fonction f est symétrique par rapport à l’origine o donc on peut réduire
son domaine d’étude à [0, +∞[ .
5.
2(1−x2 )
g 0 (x)
2 (1 − x2 )
2 (1 − x2 )
(1+x2 )2
=q 4 2 =
=
f 0 (x) = p
x −2x +1
(1 + x2 ) |x2 − 1|
(1 + x2 ) |1 − x2 |
1 − (g 2 (x))
2 2
(1+x )
d’où
0
2
1+x2
−2
1+x2
(
−4x
(1+x2 )2
4x
(1+x2 )2
f (x) =
, si x ∈ ]−1, 1[
, si x ∈ ]−∞, −1[ ∪ ]1, +∞[ .
6. On déduit que
00
f (x) =
, si x ∈ ]−1, 1[
, si x ∈ ]−∞, −1[ ∪ ]1, +∞[ .
alors on résume le signe de f 00 et la convexité de f dans le tableau ci-dessous
−∞
x
−1
0
f 00 (x)
−
+
Convexité
de f
concave
convexe
+∞
1
−
+
concave
convexe
0
On remarque que la deuxième dérivée f 00 s’annule et que f change de convexité
à l’origine o (0, 0) ; par conséquent l’origine o est un point d’inflexion du graphe
de f.
Tableau de variations de f
x
−∞
f 0 (x)
−1
−
−
+
0
f (x)
+∞
1
−π
2
+π
2
0
7. Ci-dessous (figure 5.6) le graphe de la fonction f
Damerdji Bouharis A.
USTO MB
§5.8]
Corrigés
141
Figure 5.6 – Graphe de la fonction f
Exercice 13 :
f (x) = 2ex−1 − x2 − x
1. f 0 (x) = 2ex−1 − 2x − 1; f 00 (x) = 2ex−1 − 2, pour tout x dans R.
2. f 00 (x) = 0 ⇔ x = 1
x
−∞
+∞
1
f ”(x)
−
Convexité de f
concave
0
+
convexe
3. On remarque que f 00 s’annule et change de convexité en x0 = 1 ; par conséquent
le point A (1, 0) est un point d’inflexion du graphe de f .
4. (TA ) : y = f (1) + f 0 (1) (x − 1) , d’où (TA ) : y = −x + 1.
Dans l’intervalle [1, +∞[ ; f est convexe donc son graphe Gf est au dessus de
toutes ses tangentes ; en particulier (TA ) alors on a :
∀ x ≥ 1 : f (x) ≥ y ⇔ 2ex−1 − x2 − x ≥ 1 − x ⇔ ex−1 ≥ 21 (x2 + 1) .
Exercice 14 :
On a f (0) = 0; f (1) = 1, f est dérivable sur [0, 1] et f 0 (0) = f 0 (1) = 0.

si x = 0
 −1
f (x)
f (x)−1
g (x) =
− x−1 , si x ∈ ]0, 1[
 x
1
si x = 1
Analyse 1
Damerdji Bouharis A.
142
Fonctions dérivables
[Ch.5
1. La fonction g est continue sur ]0, 1[, car c’est la somme et le rapport de fonctions continues sur ]0, 1[ .
lim g (x) = lim f (x)
− f (x)−1
x
x−1
>
>
x→0
x→0
− lim f (x)−1
= f 0 (0) − 1 = −1 = g (0)
⇒ lim g (x) = lim f (x)
x
x−1
>
>
>
x→0
x→0
f (x)
f (x)−1
lim g (x) = lim x − x−1
<
<
x→1
x→1
− lim f (x)−1
= 1− f 0 (1) = 1 = g (1)
⇒ lim g (x) = lim f (x)
x
x−1
<
<
<
x→1
x→1
x→1
x→0
Donc g est continue sur [0, 1].
2. g est continue sur [0, 1], dérivable sur ]0, 1[ et g (0) .g (1) < 0 alors d’après
le théorème des valeurs intermédiaires, il existe un réel α dans ]0, 1[ tel que
g (α) = 0.
g (α) = 0 ⇔
f (α) f (α) − 1
α − f (α)
−
=0⇔
= 0 ⇔ f (α) = α.
α
α−1
α (α − 1)
3. f est continue sur [0, 1], dérivable sur ]0, 1[ alors d’après le théorème des accroissements finis on a :
∃β ∈]0, 1[ /f (1) − f (0) = f 0 (β) ⇔ ∃β ∈]0, 1[ / f 0 (β) = 1.
Exercice 15 :
1
x
1. g (x) = 2 arctan 1+x
− 2+2x+x
2
Dg = ]−∞, −1[ ∪ ]−1, +∞[
lim g (x) = lim g (x) = 0 , lim g (x) = 1 − π ,
x→−∞
x→−∞
<
lim g (x) = 1 + π
>
x→−1
x→−1
−x2 +4x−6
g 0 (x) = (2+2x+x2 )2 ⇒ g 0 (x) < 0 , ∀x ∈ Dg .
x
−∞
g 0 (x)
−1
−
+∞
−
0
1+π
0
g(x)
1−π
0
1
2. f (x) = x2 arctan 1+x
Df = ]−∞, −1[ ∪ ]−1, +∞[
Pour le calcul des limites on remarque qu’au voisinage de l’infini ; on a l’équivalence
1
1
entre arctan 1+x
et 1+x
, alors
1
x2
lim f (x) = lim x2 arctan 1+x
= lim 1+x
= −∞ ,
x→−∞
x→−∞
x→−∞
1
x2
lim f (x) = lim x2 arctan 1+x
= lim 1+x
= +∞ ,
x→+∞
Damerdji Bouharis A.
x→+∞
x→+∞
USTO MB
§5.8]
Corrigés
143
lim f (x) = − π2 , lim f (x) = π2 .
>
<
x→−1
x→−1
1
x2
f 0 (x) = 2x arctan 1+x
− 2+2x+x
2 = xg (x) , ∀x ∈ Df .
On remarque du tableau ci-dessus que
∀x ∈ ]−∞, −1[ : g (x) < 0 et ∀x ∈ ]−1, +∞[ : g (x) > 0 d’où on a
x
−∞
f 0 (x)
−1
−
+
−
f (x)
−∞
+∞
0
0
π π
2 2
+
+∞
0
Figure 5.7 – Graphe de la fonction f
Analyse 1
Damerdji Bouharis A.
Bibliographie
[1] K. Allab, Eléments d’analyse ; Fonctions d’une variable réelle ; 1ère et 2ème année
d’université ; Ecoles scientifiques -OPU- 1984.
[2] E. Azoulay, Problèmes corrigés de mathématiques - 2 éd. Paris : Dunod, 2002.
[3] C. Baba-Hamed et K. Benhabib, Analyse 1- Rappel de cours et exercices avec
solutions. O.P.U., 1985.
[4] L. Chambadal, Exercices et problèmes résolus d’analyse : mathématiques
spéciales. Bordas, 1973.
[5] G. Costantini, Cours et exercices corrigés. De boeck 2013.
[6] A. Hitta, Cours Algèbre et Analyse1 et exercices corrigés, 2008-2009.
144
Analyse 1
Fiche de TD Complète
Fiche de Travaux Dirigés (TD) - Analyse 1
Couverture des chapitres fondamentaux
Thème 1 : Ensemble des Nombres Réels (R)
1.
2.
3.
4.
Démontrer, en raisonnant par l'absurde, que
rationnel.
√
3 n'est pas un nombre
Soient A = {x ∈ R | x2 < 2} et B = { pq ∈ Q | q ∈ N∗ , p ∈ Z}.
Déterminer
et comparer sup(A) et inf(B) (on admettra que sup(A) =
√
2).
Résoudre l'inéquation suivante dans R : |2x − 1| ≥ x + 2.
Démontrer par récurrence que pour tout entier naturel n ≥ 4, on a
2n < n!.
n
5.
6.
∗
Montrer que l'ensemble E = { (−1)
n + 2 | n ∈ N } est borné et déterminer sa borne supérieure et sa borne inférieure.
Soient x, y ∈ R. Montrer que sup(x, y) = x+y+|x−y|
.
2
Thème 2 : Ensemble des Nombres Complexes (C)
√
1.
Calculer le module et l'argument du nombre complexe z = 1 − i 3.
Écrire z sous forme trigonométrique et exponentielle.
2.
Résoudre l'équation dans C : z2 − 4z + 5 = 0.
3.
Linéariser l'expression cos3 (x).
4.
5.
Déterminer l'ensemble des points M du plan complexe d'axe z tels
que | z−2i
z+1 | = 1. Interpréter géométriquement.
Calculer les racines cubiques de z = 8i et les représenter dans le plan
complexe.
√
6.
Calculer z10 pour z = 21 + i 23 .
Thème 3 : Suites Numériques
1.
Soit la suite (un )n∈N dénie par un = 2n−1
n+3 . Démontrer, en utilisant la
dénition de la limite, que (un ) converge vers 2.
1
Analyse 1
2.
Fiche de TD Complète
Étudier la monotonie de la suite (un )n∈N∗ dénie par un =
1
k=1 k .
Pn
√
Déterminer la limite de la suite (un )n∈N∗ dénie par un = n2 + n − n.
√
un + 2. Montrer
4. Soit la suite (un )n∈N dénie par u0 = 1 et un+1 =
que la suite converge et déterminer sa limite.
sin(n)
5. Déterminer la limite de la suite (un )n∈N dénie par un = 2
n +1 . (Utiliser
le théorème des gendarmes).
6. Étudier la convergence de la suite arithmético-géométrique dénie par
u0 = 0 et un+1 = 21 un + 3.
3.
Thème 4 : Suites Adjacentes
Soient les suites (un ) et (vn ) dénies pour n ≥ 1 par un = nk=1 k!1 et
1
vn = un + n·n!
. Montrer que ces suites sont adjacentes.
Pn 1
1
2. Montrer que les suites (un ) et (vn ) dénies par un =
k=1 k2 et vn = un + n
sont adjacentes.
√
n
3. Soient (an ) et (bn ) dénies par a0 = 1, b0 = 2 et an+1 =
an bn , bn+1 = an +b
2 .
Montrer que ces suites sont adjacentes.
4. Soient (un ) et (vn ) deux suites adjacentes. Montrer que la suite (wn )
dénie par wn = un + vn converge. Quelle est sa limite ?
Pn 1
1
5. On pose un =
k=0 k! et vn = un + n! . Sont-elles adjacentes ?
6. Soient a, b ∈ R tels que 0 < a < b. On dénit u0 = a, v0 = b et
n vn
n
un+1 = u2un +v
, vn+1 = un +v
2 . Montrer que (un ) et (vn ) sont adjacentes.
n
P
1.
Thème 5 : Limite et Continuité
1.
2.
3.
sin(3x)
Calculer les limites suivantes : L1 = lim tan(2x)
et L2 = lim
x→0
√
x→+∞
x2 + 2x − x.
−1
La fonction f (x) = xx−1
est-elle prolongeable par continuité en x = 1 ?
Si oui, donner ce prolongement.
2
Étudier la continuité de la fonction f dénie sur R par : f (x) =
(
x2 sin( x1 ) si x ̸= 0
0
Montrer que l'équation ex = 2 − x2 admet au moins une solution dans
l'intervalle [0, 1]. (Utiliser le Théorème des Valeurs Intermédiaires (TVI)).
5. Soit f une fonction continue sur R telle que lim f (x) = 0 et lim f (x) =
x→−∞
x→+∞
0. Montrer que f est bornée sur R et atteint ses bornes.
4.
2
si x = 0
.
Analyse 1
6.
Fiche de TD Complète
Déterminer les asymptotes à la courbe représentative de la fonction
2
+2x
f (x) = xx−1
.
Thème 6 : Dérivabilité
1.
2.
3.
4.
5.
6.
Étudier la dérivabilité en x = 0 de la fonction f (x) = x|x|. Calculer
f ′ (x) pour x ̸= 0 et f ′ (0).
Déterminer la dérivée de la fonction f (x) = ln(sin(x)) sur l'intervalle
]0, π[.
Écrire l'équation de la tangente à la courbe de la fonction f (x) =
au point d'abscisse x = 1.
√
x2 + 3
Établir le tableau de variations de la fonction f (x) = x3 − 6x2 + 5 sur
R.
Soit f une fonction dérivable sur R telle que f ′ (x) > 0 pour tout x ∈ R.
Montrer que f est injective.
Utiliser le théorème de Rolle pour montrer que la fonction f (x) = x3 − 3x + 1
admet un unique zéro dans l'intervalle [−2, −1].
Thème 7 : Fonctions Circulaires et Hyperboliques
1.
2.
3.
4.
Simplier l'expression cos(arcsin(x)) pour x ∈ [−1, 1].
Résoudre l'équation sinh(x) = 2 dans R. (Exprimer la solution avec la
fonction ln).
Montrer que pour tout x ∈ R, on a cosh(x) − sinh(x) = e−x .
tan(a)+tan(b)
Démontrer l'identité trigonométrique tan(a + b) = 1−tan(a)
tan(b) en utilisant les formules d'Euler pour sin et cos.
5.
Déterminer le domaine de dénition et la dérivée de la fonction f (x) = arctan( x1 ).
6.
Montrer l'identité hyperbolique cosh(2x) = cosh2 (x) + sinh2 (x).
Thème 8 : Développement Limité (DL)
1.
Déterminer le DL à l'ordre 3 au voisinage de 0 de la fonction f (x) = e2x cos(x).
2.
1
Déterminer le DL à l'ordre 2 au voisinage de 0 de la fonction f (x) = 1−sin(x)
.
3.
Calculer la limite suivante en utilisant un DL : L = lim ln(1+x)−x
.
x2
x→0
3
Analyse 1
4.
Fiche de TD Complète
Déterminer
un DL à l'ordre 2 au voisinage de x0 = 1 de la fonction
√
f (x) = x. (Poser x = 1 + h).
5.
Déterminer le DL à l'ordre 3 au voisinage de 0 de la fonction f (x) = arctan(x2 ).
6.
Calculer la limite suivante en utilisant un DL : L = lim cosh(x)−1
.
x2
x→0
4
Analyse 1 - Corrigé
Fiche de TD Complète
Corrigé de la Fiche de Travaux Dirigés (TD) - Analyse
1
Solutions détaillées
Thème 1 : Ensemble des Nombres Réels (R)
1. Démontrer, en raisonnant par l'absurde, que
√
rationnel.
3
n'est pas un nombre
Solution :
Supposons√ par l'absurde que √3 ∈ Q. Il existe donc p ∈ Z et q ∈ N
tels que 3 = , avec p et q premiers entre eux (fraction irréductible).
Alors 3 = , soit p = 3q . Ceci implique que p est un multiple de 3,
donc p est un multiple de 3. On pose p = 3k (k ∈ Z). On substitue :
(3k) = 3q =⇒ 9k = 3q =⇒ 3k = q . Ceci implique que q
est un multiple de 3, donc q est un multiple de 3. Si p et q sont tous
deux multiples de 3, ils ne sont√ pas premiers entre eux. Ceci contredit
l'hypothèse de départ. Donc, 3 ∈/ Q.
2. Soient A = {x ∈ R | x < 2} et B = { ∈ Q | q ∈ N , p ∈ Z}.
Déterminer
et comparer sup(A) et inf(B) (on admettra que sup(A) =
√
2).
∗
p
q
p2
q2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
p
q
2
2
∗
Solution :
. Les bornes de A sont
et . Donc
et
.
L'ensemble est simplement l'ensemble des nombres rationnels : B = Q.
L'ensemble n'est ni minoré ni majoré dans . Donc sup(B) = +∞
et
.
Comparaison : Les deux ensembles ne sont pas comparables en termes
de bornes supérieures/inférieures dans leur intégralité. Si l'énoncé suggère une erreur et voulait
√ une borne de A et une borne de B , on pourrait
comparer sup(A)√= 2 et inf(Q)√= −∞. Si l'énoncé voulait inf(A),
alors inf(A) = − 2 et sup(A) = 2.
3. Résoudre l'inéquation suivante dans R : |2x − 1| ≥ x + 2.
√
√
√ √
A√
= {x √
∈ R | − 2 < x < √2} =] − 2, 2[ √
− 2
2
sup(A) = 2 inf(A) = − 2
B
Q
R
inf(B) = −∞
Solution :
On résout par cas : Cas 1 : 2x − 1 ≥ 0 ⇐⇒ x ≥ 1/2 2x − 1 ≥
x + 2 =⇒ 2x − x ≥ 2 + 1 =⇒ x ≥ 3. L'intersection avec x ≥ 1/2 est
1
Analyse 1 - Corrigé
Fiche de TD Complète
.
.
L'intersection avec
est
. La solution est l'union
des deux cas :
.
4. Démontrer par récurrence que pour tout entier naturel n ≥ 4, on a
2 < n!.
[3, +∞[ Cas 2 : 2x − 1 < 0 ⇐⇒ x < 1/2 −(2x − 1) ≥ x + 2 =⇒
−2x + 1 ≥ x + 2 =⇒ 1 − 2 ≥ x + 2x =⇒ −1 ≥ 3x =⇒ x ≤ −1/3
x < 1/2
] − ∞, −1/3]
S =] − ∞, −1/3] ∪ [3, +∞[
n
Solution :
Soit P (n) la propriété : 2 < n!. Initialisation (n = 4) : 2 = 16.
4! = 24. Comme 16 < 24, P (4) est vraie. Hérédité : Supposons P (k)
vraie pour un entier k ≥ 4, c'est-à-dire 2 < k!. Montrons P (k + 1),
c'est-à-dire 2 < (k + 1)!. 2 = 2 · 2 . Par hypothèse de récurrence,
2 < k!. Donc 2
< 2 · k!. Puisque k ≥ 4, on a 2 < k + 1. Donc
2 · k! < (k + 1) · k! = (k + 1)!. Par transitivité, 2
< (k + 1)!. P (k + 1)
est vraie. Conclusion : La propriété est vraie pour tout n ≥ 4.
5. Montrer que l'ensemble E = {
+ 2 | n ∈ N } est borné et déterminer sa borne supérieure et sa borne inférieure.
n
4
k
k+1
k
k+1
k
k+1
k+1
(−1)n
n
∗
Solution :
Pour tout n ∈ N , on a −1 ≤ (−1) ≤ 1. En divisant par n (qui est
positif), on obtient − ≤ ≤ . Comme n ≥ 1, on a 0 < ≤ 1,
donc −1 ≤ − . Ainsi, −1 ≤ ≤ 1. En ajoutant 2 : 2 − 1 ≤ u ≤
2 + 1, soit 1 ≤ u ≤ 3. L'ensemble E est **borné**.
Borne Supérieure (sup(E)) : Pour n = 2 (pair), u = + 2 = 2.5.
Pour n pair, u = 2 + . Comme lim (2 + ) = 2, on ne peut pas
atteindre 3. La borne supérieure est atteinte pour n = 1 (impair) :
u =
+ 2 = 1. (Erreur dans le raisonnement : sup(E) est atteint
pour n pair). Pour n = 2 : u = 2.5. Pour n = 4 : u = 2.25. La borne
supérieure ne peut pas être 3, car 3 n'est jamais atteint. Reprenons :
u = 2+ si n est pair. Le max est u = 2.5. u = 2− si n est impair.
Le max est lim (2 − ) = 2. La plus grande valeur est u = 2.5. Donc
sup(E) = 2.5.
Borne Inférieure (inf(E)) : u = 2 − si n est impair. Le min est
u = 1. u = 2 + si n est pair. Le min est lim (2 + ) = 2. La plus
petite valeur est u = 1. Donc inf(E) = 1.
6. Soient x, y ∈ R. Montrer que sup(x, y) =
.
∗
n
n
(−1)
1
n
n
(−1)n
n
1
n
1
n
1
n
n
n
1
2
2
1
n
n
1
1
n
n→∞
−1
1
2
n
1
n
4
2
1
n
n→∞
n
1
n
2
n
1
n
1
n
1
n
n→∞
1
x+y+|x−y|
2
Solution :
2
1
n
Analyse 1 - Corrigé
Fiche de TD Complète
On utilise la dénition de la valeur absolue : Cas 1 : x ≥ y (donc
sup(x, y) = x et |x − y| = x − y )
=
= = x. Cas
2 : x < y (donc sup(x, y) = y et |x−y| = −(x−y) = y−x)
=
= = y . Dans tous les cas, sup(x, y) =
.
x+y+|x−y|
2
x+y+(y−x)
2
x+y+(x−y)
2
2x
2
x+y+|x−y|
2
x+y+|x−y|
2
2y
2
Thème 2 : Ensemble des Nombres Complexes (C)
1. Calculer le module et l'argument du nombre complexe z = 1 − i 3.
√
Écrire z sous forme trigonométrique et exponentielle.
Solution :
Module
:|z| =
q
.
√
√
12 + (− 3)2 = 1 + 3 = 2 Argument : z =
√
cos(θ) = 1/2
sin(θ) = − 3/2
. On reconnaît
et
. Donc . Forme Trigonométrique : z = 2 cos(− ) + i sin(− ) .
Forme Exponentielle : z = 2e .
2. Résoudre l'équation dans C : z − 4z + 5 = 0.
√
3
1
2 −i 2
θ = − π3 (mod 2π)
2
π
3
−i π3
π
3
2
Solution :
On calcule le discriminant ∆ : ∆ = b − 4ac = (−4) − 4(1)(5) =
16 − 20√= −4.√Comme√∆ < 0, il y a deux solutions complexes conjuguées. ∆ = −4 = 4i = 2i. Les solutions sont : z =
=
= 2 + i. z =
=
= 2 − i. L'ensemble solution est
S = {2 + i, 2 − i}.
3. Linéariser l'expression cos (x).
2
2
2
4+2i
2
√
−b− ∆
2a
2
√
−b+ ∆
2a
1
4−2i
2
3
Solution :
. cos (x) =
On utilise la formule d'Euler :
(e + e ) . En utilisant la formule du binôme (a + b) = a +
3a b + 3ab + b : cos (x) =
e + 3e
+e
e + 3e e
cos (x) =
(e + e
) + 3(e + e ) . En utilisant à nouveau la
formule d'Euler (e + e = 2 cos(θ)) : cos (x) = (2 cos(3x) + 3 ·
2 cos(x)) = (cos(3x)+3 cos(x)). Finalement, cos (x) = cos(3x) + cos(x).
ix
−ix
cos(x) = e +e
2
1
8
ix
3
e +e−ix
=
2
3
3
ix
3
−ix 3
2
2
3
3
3
1
8
i3x
−i3x
iθ
1
8
ix
i3x
i2x −ix
ix −i2x
−i3x
−ix
−iθ
3
2
8
3
1
8
1
4
3
4
4. Déterminer l'ensemble des points M du plan complexe d'axe z tels
que |
z−2i
z+1 | = 1
. Interpréter géométriquement.
Solution :
3
Analyse 1 - Corrigé
Fiche de TD Complète
La condition est équivalente à |z − 2i| = |z + 1|. Soient A le point d'afxe z = 2i et B le point d'axe z = −1. M est le point d'axe z.
L'équation se traduit géométriquement par MA = MB. L'ensemble des
points M équidistants de A et B est la mdiatricedusegment[AB].
Calcul algébrique : Soit z = x + iy. |x + iy − 2i| = |x + iy + 1| =⇒
|x+i(y−2)| = |(x+1)+iy| x +(y−2) = (x+1) +y x +y −4y+4 =
x + 2x + 1 + y −4y + 4 = 2x + 1 =⇒ 2x + 4y − 3 = 0. L'ensemble
est la **droite** d'équation 2x + 4y − 3 = 0, qui est bien la médiatrice
de [AB].
5. Calculer les racines cubiques de z = 8i et les représenter dans le plan
complexe.
A
B
2
2
2
2
2
2
2
2
Solution :
On écrit z sous forme polaire : z = 8i. |z| = 8. arg(z)p = . Donc
z = 8e . Les racines cubiques w sont données par w = |z|e
pour k ∈ {0, 1, 2}. p |z|√= √8 = 2. Pour k = 0 : w = 2e = 2e =
2 cos( ) +i sin( ) =
= 2e
=
3 +√i. Pour k = 1 : w = 2e
= 2 − +i
= − 3 + i. Pour k = 2 : w = 2e
=
2e
2e
= 2e = 2(−i) = −2i. Représentation : Les trois racines
forment un triangle équilatéral inscrit dans le cercle de rayon 2.
6. Calculer z pour z = + i .
i π2
k
√
i 5π
6
3
2
i 9π/2
3
i π/2
3
3
3
π
6
3
k
0
π
6
1
1
2
π
2
i arg(z)+2kπ
3
i π6
i π/2+2π
3
2
i 5π/2
3
i π/2+4π
3
i 3π
2
1
2
10
√
3
2
Solution :
On écrit sous forme exponentielle :
.
tel que
et
Donc .
. On utilise la formule de De Moivre :
.
. L'argument principal est
.
q
√
z
|z| =
(1/2)2 + ( 3/2)2 =
p
√
1/4 + 3/4 = 1 arg(z) = θ
cos(θ) = 1/2
sin(θ) = 3/2
π
π
θ = π3 z = ei 3
z 10 = (ei 3 )10 =
10π
ei 3 10π/3 = (6π+4π)/3 = 2π+4π/3
4π/3
√
4π
4π
π
π
1
10
i 4π
10
3
z = e = cos( 3 ) + i sin( 3 ) = − cos( 3 ) − i sin( 3 ) z = − 2 − i 23
.
.
.
Thème 3 : Suites Numériques
1. Soit la suite (un)n∈N dénie par un = 2n−1
n+3 . Démontrer, en utilisant la
dénition de la limite, que (u ) converge vers 2.
n
Solution :
On cherche à montrer que pour tout ε > 0, il existe N ∈ N tel que pour
tout n ≥ N , on ait |u − 2| < ε. |u − 2| = − 2 =
=
n
n
4
2n−1
n+3
2n−1−2(n+3)
n+3
Analyse 1 - Corrigé
Fiche de TD Complète
. On veut < ε. Puisque n + 3 > 0, on
a
, soit
. Donc n > − 3. Il sut de choisir
. La suite (u ) converge bien vers 2.
2. Étudier la monotonie de la suite (u )
dénie par u = P .
−7
7
= n+3
= n+3
7
7 < ε(n + 3)
ε < n + 3
7
N = max(0, ⌊ ε − 3⌋ + 1)
2n−1−2n−6
n+3
7
n+3
7
ε
n
n n∈N∗
n
1
k=1 k
n
Solution :
OnPétudie le signe de la diérence u − u . u − u =
−
. u − u = . Comme n ∈ N , on a n + 1 > 0, donc
u
− u > 0. La suite (u ) (suite harmonique) est donc **strictement
croissante**. (Elle diverge vers +∞).
3. Déterminer la limite de la suite (u )
dénie par u = √n + n − n.
n+1
n
1
k=1 k
n+1
n+1
n
n
n
n+1
n
P
n+1 1
k=1 k
∗
1
n+1
n
n n∈N∗
2
n
Solution :
C'est une forme indéterminée "∞ − ∞". On utilise la technique de la
**multiplication par l'expression conjuguée** :
√
√
( n2 + n − n)( n2 + n + n) (n2 + n) − n2
n
√
un =
= √
=√
n2 + n + n
n2 + n + n
n2 + n + n
On factorise le terme dominant au dénominateur :
n
n
p
un = p
=
n2 (1 + 1/n) + n |n| 1 + 1/n + n
Puisque n ∈ N , |n| = n.
∗
n
n
1
un = p
= p
=p
n 1 + 1/n + n n( 1 + 1/n + 1)
1 + 1/n + 1
Quand n → +∞, 1/n → 0.
lim un = √
n→+∞
1
1
1
=
=
1+0+1 1+1 2
4. Soit la suite (un)n∈N dénie par u0 = 1 et un+1 =
que la suite converge et déterminer sa limite.
Solution :
√
. Montrer
un + 2
1. Convergence : La suite est à termes positifs. Cherchons un majo-
rant/minorant.
5
Analyse 1 - Corrigé
Fiche de TD Complète
Monotonie
√ (par récurrence) : Montrons que u < u . u =
√
1 + 2 = 3 ≈ 1.73. u = 1. u < u . (Initialisation ok). Supposons u < u . Alors√u + 2 < u√ + 2. Comme la fonction racine
carrée est croissante, u + 2 < u + 2, soit u < u . (Hérédité ok). La suite (u ) est **croissante**.
Bornée (par récurrence) : Cherchons un point xe L = √L + 2 =⇒
L −L−2 = 0. Les solutions sont L = 2 et L = −1. Comme u > 0,
la limite doit être L = 2. Montrons que u < 2. u = 1 <√2. (Initialisation ok). Supposons u < 2. Alors u +2 < 4. u = u + 2 <
√
4 = 2. (Hérédité ok). La suite est **majorée** par 2.
Toute suite croissante et majorée converge. La suite (u ) **converge**.
2. Limite
: Si L est la limite, elle vérie l'équation du point xe :
√
L = L + 2 =⇒ L = L + 2 =⇒ L − L − 2 = 0. (L − 2)(L +
1) = 0. Puisque u ≥ 1 pour tout n, la limite doit être positive. Donc
lim
u = 2.
5. Déterminer la limite de la suite (u ) dénie par u =
. (Utiliser
le théorème des gendarmes).
k
k+1
0
0
k
k+1
k
n
n+1
1
k+1
k+2
1
k+1
n
2
n
n
k
0
k
k+1
k
n
2
2
n
n→+∞
n
n n∈N
n
sin(n)
n2 +1
Solution :
On sait que pour tout n ∈ N, −1 ≤ sin(n) ≤ 1. Comme n + 1 > 0, on
peut diviser l'inégalité par n + 1 :
2
2
−
Soient v = −
n
1
n2 +1
1
sin(n)
1
≤
≤
n2 + 1 n2 + 1 n2 + 1
et w =
n
1
n2 +1
.
lim vn = lim −
n→+∞
n→+∞
1
=0
n2 + 1
1
=0
n→+∞ n2 + 1
lim vn = lim wn = 0
lim wn = lim
n→+∞
Puisque v ≤ u ≤ w et
, le **Théorème des
Gendarmes** (ou Squeeze Theorem) assure que :
n
n
n
lim un = 0
n→+∞
6. Étudier la convergence de la suite arithmético-géométrique dénie par
u0 = 0
et u
1
n+1 = 2 un + 3
.
Solution :
6
Analyse 1 - Corrigé
Fiche de TD Complète
1. Recherche du point xe : La limite L doit vérier L = 12 L + 3.
.
2. Étude de la convergence
: On pose v = u − L = u − 6. v =
u
− 6 = u + 3 − 6 = u − 3 = (u − 6) = v . La suite (v )
est une suite géométrique de raison q = 1/2. Puisque |q| = |1/2| < 1,
la suite (v ) converge
vers 0. v = v · . v = u − 6 = 0 − 6 = −6.
Donc v = −6 . lim v = 0. Puisque u = v + 6, on a :
L − 21 L = 3 =⇒ 12 L = 3 =⇒ L = 6
n
1
2 n
1
2 n
n+1
n
n
1 n
2
n
1
2
n→+∞
n
n+1
1
2 n
n
1 n
2
0
n
0
n
0
n
n
n
lim un = lim (vn + 6) = 0 + 6 = 6
n→+∞
n→+∞
La suite (u ) **converge** vers 6.
n
Thème 4 : Suites Adjacentes
1. Soient les suites (un) et (vn) dénies pour n ≥ 1 par un =
1
vn = un + n·n!
. Montrer que ces suites sont adjacentes.
Pn
1
k=1 k!
et
Solution :
Deux suites (u ) et (v ) sont adjacentes si :
1. L'une est croissante et l'autre est décroissante.
2. lim (v − u ) = 0.
. Puisque
1. Diérence et Limite : v − u = u +
−u =
n · n! → +∞ quand n → ∞, on a lim
(v − u ) = 0. (Condition
2 vériée). 2. Monotonie : u − u = . Comme (n + 1)! > 0,
u − u > 0. (u ) est **strictement croissante**. v − v = (u +
) − (u +
)v
− v = (u
−u )+
−
v
−v =
+
−
(Factorisation au dén. par
(n + 1)! et mise au même dén. pour le dernier terme).v
−v =
n
n→∞
n
n
n
n
n
1
n·n!
n
n→∞
n+1
n+1
n
1
(n+1)(n+1)!
n+1
n
n
n
1
(n+1)!
n
n
n
1
(n+1)!
1
n·n!
n
n+1
1
n·n!
n+1
1
(n+1)(n+1)!
n
n+1
n+1
n·(n+1)!
n
n
n+1
1
1
(n+1)(n+1)!
n·n!
n+1
n(n+1)+n−(n+1)2
1
1
1 + n+1
− n+1
v
−
v
=
n+1
n
n
n(n+1)
2
(n+1)! 2
n +n+n−(n +2n+1)
1
1
−1
= (n+1)!
(n+1)!
n(n+1)
n(n+1)
1
(n+1)!
n
vn+1 − vn =
. Puisque le numérateur est
−1 (négatif) et le reste est positif, v
− v < 0. (v ) est **strictement décroissante**. (Condition 1 vériée). Les suites (u ) et (v ) sont
**adjacentes**.
P
et v = u +
2. Montrer que les suites (u ) et (v ) dénies par u =
sont adjacentes.
n+1
n
n
n
n
n
Solution :
7
n
n
n
1
k=1 k2
n
n
1
n
Analyse 1 - Corrigé
Fiche de TD Complète
1. Diérence et Limite : vn−un = n1 . limn→∞(vn − un) = limn→∞ n1 = 0.
(Condition 2 vériée). 2. Monotonie : un+1 − un = (n+1)1 . Comme
,
2
.
est **strictement croissante**.
2
(n + 1) > 0 un+1 − un > 0 (un )
1
1
vn+1 − vn = (un+1 + n+1
) − (un + n1 ) vn+1 − vn = (un+1 − un ) + n+1
− n1
n−(n+1)
n−(n+1)
1
−1
1
vn+1 − vn = (n+1)
2 + n(n+1) = (n+1)2 + n(n+1) vn+1 − vn = n(n+1)2 =
−1
−1
n(n+1)2
vn+1 − vn < 0 (vn )
(un ) (vn )
√
n
3.
(an ) (bn )
a0 = 1, b0 = 2 an+1 = an bn bn+1 = an +b
2
. Puisque le numérateur est (négatif) et le dénominateur est
positif,
. est **strictement décroissante**. (Condition 1 vériée). Les suites et sont **adjacentes**.
Soient et dénies par
et
,
Montrer que ces suites sont adjacentes.
Solution :
est la moyenne géométrique et b est la moyenne arithmétique. 1. Ordre : On sait que la moyenne
géométrique est inférieure ou
√
égale à la moyenne arithmétique : xy ≤ (pour x, y ≥ 0). Donc
a
≤ b . Montrons par récurrence que a√ ≤ b . C'est
p vrai pour
n = 0 (1 ≤ 2). Si a ≤ b , alors a
= a b ≤ b = b , et
b
=
≥
= a . Donc a ≤q
b pour tout n. 2. Mono√
− 1). Puisque a ≤ b ,
tonie : a − a = a b − a = a (
q
≥ 1, donc
≥ 1. a
− a ≥ 0. (a ) est **croissante**.
−b =
. Puisque a ≤ b , a − b ≤ 0.
b
−b =
b
− b ≤ 0. (b ) est **décroissante**. 3. Diérence et Limite :
(a ) est croissante et majorée par b = 2. (b ) est décroissante et
minorée par a = 1. Les deux suites convergent
vers des limites L
√
et L . De plus, 0 √≤ b √− a =
− a b =
=
( b − a ). ... (La démonstration formelle de la limite à 0 est complexe et n'est pas nécessaire pour le TD, on montre la
convergence et l'ordre). On peut montrer que b − a ≤ (b − a ).
Par récurrence, 0 ≤ b − a ≤ (b − a ). lim (b − a ) = 0.
Les suites (a ) et (b ) sont **adjacentes**. (Elles convergent vers la
moyenne arithmético-géométrique).
4. Soient (u ) et (v ) deux suites adjacentes. Montrer que la suite (w )
dénie par w = u + v converge. Quelle est sa limite?
an+1
n+1
x+y
2
n+1
n+1
n
an +bn
2
n+1
n+1
n
n
n+1
an +an
2
n
n
n n
n
bn
an
bn
an
n+1
n
an +bn
2
n+1
n
n
n
n
bn
an
n
n
n
an +bn
2
n+1
1
2n
n
0
0
1
2
n+1
n→∞
n
n
n
n
n
n
n
a
n
n
n
n
√
√
( bn − an )2
2
n n
n+1
n
n
n
0
n+1
n
n
0
√ b√
√
√
( bn − an )( bn + an )
√
√
2( bn + an )
n
n
n
n
2
n
n n
n
n
n+1
an −bn
2
n
n
n
n
Solution :
Si (u ) et (v ) sont adjacentes, elles convergent vers la même limite L.
lim u = L et lim v = L
n
n
n→∞
n
n→∞
8
n
.
Analyse 1 - Corrigé
Fiche de TD Complète
Par propriété des limites de suites, la limite de la somme est la somme
des limites (si elles existent).
lim wn = lim (un + vn ) = lim un + lim vn = L + L = 2L
n→∞
n→∞
n→∞
n→∞
La suite (w ) **converge** et sa limite est **deux fois la limite commune** des suites adjacentes (u ) et (v ).
P
et v = u + . Sont-elles adjacentes?
5. On pose u =
n
n
n
n
1
k=0 k!
n
n
1
n!
n
Solution :
1. Diérence et Limite : vn−un = n!1 . limn→∞(vn − un) = limn→∞ n!1 = 0.
1
(Condition 2 vériée). 2. Monotonie : un+1 − un = (n+1)!
> 0. (un )
est **strictement croissante**. v
1
1
n+1 − vn = (un+1 + (n+1)! ) − (un + n! )
1
1
1
n+1
vn+1 − vn = (un+1 − un ) + (n+1)!
− n!1 vn+1 − vn = (n+1)!
+ (n+1)!
− (n+1)!
1−n
vn+1 − vn = 1+1−(n+1)
= (n+1)!
n ≥ 1 1−n ≤ 0
n≥2
(n+1)!
. Pour
,
. Pour
,
1 − n < 0. Donc v
− v ≤ 0. (v ) est **décroissante**. Les suites
(u ) et (v ) sont **adjacentes**. (Elles convergent toutes deux vers le
nombre e).
6. Soient a, b ∈ R tels que 0 < a < b. On dénit u = a, v = b et
u
=
, v = . Montrer que (u ) et (v ) sont adjacentes.
n+1
n
n
n+1
2un vn
un +vn
n
n
0
n+1
un +vn
2
n
0
n
Solution :
est la moyenne harmonique, v est la moyenne arithmétique.
1. Ordre et Monotonie : Puisque 0 < a < b, √tous les termes sont
strictement positifs. On utilise l'inégalité ≤ xy ≤ . u =
≤v
=
. Donc u ≤ v pour tout n.
Monotonie de (u ) : u − u = − u =
=
=
. Puisque u > 0, u + v > 0, et v − u ≥ 0,
on a u − u ≥ 0. (u ) est **croissante**.
Monotonie de (v ) : v − v = − v = . Puisque
u − v ≤ 0, on a v
− v ≤ 0. (v ) est **décroissante**.
2. Limite de la Diérence : (u ) est croissante et majorée par
v = b. (v ) est décroissante et minorée par u = a. Les deux suites
convergent vers des limites L et L . De plus,on peutmontrer que le
produit u v est constant. u v =
= u v . Donc
u v = u v = ab. À la limite : L L = ab. Puisque (u ) et (v )
un+1
n+1
2xy
x+y
2un vn
un +vn
n+1
un +vn
2
n
n
un vn −u2n
un +vn
n+1
n
n+1
2un vn
un +vn
n
n
n
n
n
2un vn −u2n −un vn
un +vn
n
n
n
n
n
n+1
n
un (vn −un )
un +vn
n
x+y
2
n+1
n+1
un +vn
2
n
n
n
un −vn
2
n
n
0
n
0
u
n n
n n
v
2un vn
un +vn
n+1 n+1
0 0
u
9
v
un +vn
2
n n
n
n
Analyse 1 - Corrigé
Fiche de TD Complète
sont adjacentes, elles convergent√vers la même limite L = L = L .
L = ab. Puisque u > 0, L = ab. La convergence vers la même limite implique lim (v − u ) = L − L = 0. Les suites (u ) et (v )
sont **adjacentes**.
u
2
v
n
n→∞
n
n
n
n
Thème 5 : Limite et Continuité
sin(3x)
et L2 = x→+∞
lim x2 + 2x − x.
1. Calculer les limites suivantes : L1 = x→0
lim tan(2x)
√
Solution :
Limite L1 : (Forme indéterminée 00 . Utilisation des équivalents.) On utilise les équivalents usuels au voisinage de 0 : sin(u) ∼ u
et tan(u) ∼ u.
sin(3x)
3x
3
tan(2x) ∼ 2x = 2
.
3
sin(3x)
=
x→0 tan(2x)
2
L1 = lim
Limite L2 : (Forme indéterminée ∞ − ∞. Utilisation de l'expression conjuguée.)
√
√
p
2 + 2x − x)( x2 + 2x + x)
(
x
(x2 + 2x) − x2
2x
√
x2 + 2x−x =
= √
=√
x2 + 2x + x
x2 + 2x + x
x2 + 2x + x
√
x → +∞
x
x2 = x
x>0
Pour
, on factorise au dénominateur (
pour
):
2x
2x
2
p
p
= lim
= lim p
x→+∞ x( 1 + 2/x + 1)
x→+∞
x→+∞ x 1 + 2/x + x
1 + 2/x + 1
L2 = lim
L2 = √
2
2
= =1
1+0+1 2
−1
2. La fonction f (x) = xx−1
est-elle prolongeable par continuité en x = 1 ?
2
Si oui, donner ce prolongement.
Solution :
La fonction f n'est pas dénie en x = 1. Elle est prolongeable par
continuité en x = 1 si lim f (x) existe et est nie. f (x) = =
= x + 1 pour x ̸= 1.
x2 −1
x−1
x→1
(x−1)(x+1)
x−1
lim f (x) = lim (x + 1) = 1 + 1 = 2
x→1
x→1
10
Analyse 1 - Corrigé
Fiche de TD Complète
La limite existe et est nie. La fonction est donc **prolongeable par
continuité** en x = 1. Le prolongement par continuité f˜ est déni par :
(
si x ̸= 1
f̃ (x) =
2
si x = 1
Soit simplement f̃ (x) = x + 1 pour tout x ∈ R.
(
x sin( ) si x ̸= 0
3. Étudier la continuité de la fonction f dénie sur R par : f (x) =
0
si x = 0 .
x2 −1
x−1
1
x
2
Solution :
1. Continuité sur R∗ : Pour x ̸= 0, la fonction f (x) est le produit et
la composition de fonctions continues (x 7→ x , x 7→ 1/x, x 7→ sin(x)).
La fonction f est **continue sur R **. 2. Continuité en x = 0 : La
fonction f est continue en 0 si lim f (x) = f (0). f (0) = 0. On calcule
la limite en 0. On utilise le théorème d'encadrement (gendarmes) : Pour
tout x ̸= 0, on sait que −1 ≤ sin( ) ≤ 1. En multipliant par x (qui
est ≥ 0) :
2
∗
x→0
1
x
2
1
−x2 ≤ x2 sin( ) ≤ x2
x
2
limx→0 (−x ) = 0
limx→0 (x2 ) = 0
Puisque
darmes assure que :
et
, le théorème des gen-
lim f (x) = 0
x→0
Comme lim f (x) = 0 = f (0), la fonction f est **continue en 0**.
Conclusion : f est **continue sur R**.
4. Montrer que l'équation e = 2 − x admet au moins une solution dans
l'intervalle [0, 1]. (Utiliser le Théorème des Valeurs Intermédiaires (TVI)).
x→0
x
2
Solution :
L'équation est équivalente à e + x − 2 = 0. On pose g(x) = e + x − 2.
1. Continuité : La fonction g(x) est une somme de fonctions élémentaires (exponentielle, puissance, constante) qui sont continues sur R.
Donc g est **continue sur [0, 1]**. 2. Bornes : On calcule les valeurs
aux extrémités de l'intervalle : g(0) = e + 0 − 2 = 1 + 0 − 2 =
−1. g(1) = e + 1 − 2 = e + 1 − 2 = e − 1. Comme e ≈ 2.718,
g(1) ≈ 1.718 > 0. 3. Conclusion : Puisque g(0) = −1 < 0 et g(1) =
x
2
x
0
1
2
11
2
2
Analyse 1 - Corrigé
Fiche de TD Complète
, on a g(0) · g(1) < 0. D'après le **Théorème des Valeurs Intermédiaires (TVI)**, il existe au moins un c ∈]0, 1[ tel que g(c) = 0,
soit e = 2 − c .
5. Soit f une fonction continue sur R telle que lim f (x) = 0 et lim f (x) =
0. Montrer que f est bornée sur R et atteint ses bornes.
e−1 > 0
c
2
x→−∞
x→+∞
Solution :
1. f est bornée sur R : Puisque limx→+∞ f (x) = 0, il existe A >
tel que pour tout x ≥ A, |f (x) − 0| < 1, donc −1 < f (x) < 1.
Puisque lim f (x) = 0, il existe B < 0 tel que pour tout x ≤ B,
|f (x) − 0| < 1, donc −1 < f (x) < 1. Sur l'intervalle fermé et borné
[B, A], la fonction f est continue. Le **Théorème des bornes atteintes
(ou de Weierstrass)** garantit que f est bornée sur [B, A]. Soit M =
sup
|f (x)|. Sur R, on a |f (x)| ≤ max(1, M ). f est donc **bornée
sur R**. 2. f atteint ses bornes : f est bornée, donc elle admet une
borne supérieure M = sup f . Si M = 0, alors f (x) ≤ 0. Si f n'est
pas identiquement nulle (sinon les bornes sont trivialement atteintes),
on cherche la borne inférieure. Supposons M > 0. Par dénition de
la borne supérieure, il existe une suite (x ) telle que f (x ) → M .
Les limites en ±∞ sont 0. Pour ε = M/2 > 0, il existe A > 0 tel
que pour |x| > A, |f (x)| < M/2. La borne M ne peut être atteinte
qu'à l'intérieur de l'intervalle [−A, A]. Sur l'intervalle fermé et borné
[−A, A], f atteint son maximum M . Puisque sup
f (x) = M et
que f (x) < M pour |x| > A, on doit avoir M = M . M est donc
atteint. (Même raisonnement pour l'inmum m).
6. Déterminer les asymptotes à la courbe représentative de la fonction
f (x) =
.
0
x→−∞
0
0
x∈[B,A]
n
n
max
x∈R
max
x2 +2x
x−1
Solution :
1. Asymptotes Verticales : f est dénie sur R \ {1}.
3
x2 + 2x
lim+ f (x) = lim+
= + = +∞
x→1
x→1
x−1
0
3
x2 + 2x
lim− f (x) = lim−
= − = −∞
x→1
x→1
x−1
0
x=1
totes Obliques/Horizontales (±∞) :
La droite d'équation
est une **asymptote verticale**. 2. AsympLe degré du numérateur (2)
est supérieur d'une unité au degré du dénominateur (1), on cherche
une asymptote oblique y = ax + b. On eectue la division euclidienne
12
Analyse 1 - Corrigé
Fiche de TD Complète
du numérateur par le dénominateur : x + 2x = (x − 1)(x + 3) + 3.
=x+3+
.
f (x) =
2
(x−1)(x+3)+3
x−1
3
x−1
3
=0
x→±∞ x − 1
lim [f (x) − (x + 3)] = lim
x→±∞
La droite d'équation y = x + 3 est une **asymptote oblique** en +∞
et en −∞.
Thème 6 : Dérivabilité
1. Étudier la dérivabilité en x = 0 de la fonction f (x) = x|x|. Calculer
f ′ (x)
pour x ̸= 0 et f (0).
′
Solution :
1. Dérivée pour x ̸= 0 :
Si x > 0 : f (x) = x . f (x) = 2x.
Si x < 0 : f (x) = x(−x) = −x . f (x) = −2x.
2. Dérivabilité en x = 0 : On utilise la dénition du nombre dérivé :
f (0) = lim
= lim
= lim
|h|.
lim |h| = 0 et lim |h| = 0
La limite existe et est nie. La fonction f est **dérivable en 0** et
f (0) = 0. On peut réécrire f (x) de manière compacte : f (x) = 2|x|.
2. Déterminer la dérivée de la fonction f (x) = ln(sin(x)) sur l'intervalle
]0, π[.
2
′
2
′
f (0+h)−f (0)
h
h→0
h→0
h|h|−0
h
h→0
h→0−
h→0+
′
′
′
′
Solution :
La fonction est de la forme ln(u) où u(x) = sin(x). La dérivée est
f (x) =
. u (x) = cos(x).
cos(x)
f (x) =
= cotan(x)
sin(x)
Sur ]0, π[, sin(x) > 0, donc la fonction est bien dénie et dérivable.
√
3. Écrire l'équation de la tangente à la courbe de la fonction f (x) = x + 3
au point d'abscisse x = 1.
′
u′ (x)
u(x)
′
′
2
Solution :
13
Analyse 1 - Corrigé
Fiche de TD Complète
L'équation de la tangente√en x = 1 est
√ T : y = f (1)(x − 1) + f (1). 1.
Calcul de f (1)p: f (1) = 1 + 3 = 4 = 2. 2. Calcul de f (x) : f (x)
est de la forme u(x), avec u(x) = x +3. u (x) = 2x. f (x) = √ =
=
. 3. Calcul de f (1) : f (1) =
=
= . 4.
Équation de la tangente : y = (x − 1) + 2 = x − + 2 = x + .
L'équation de la tangente est y = x + .
4. Établir le tableau de variations de la fonction f (x) = x − 6x + 5 sur
R.
′
0
′
2
′
2
u′ (x)
′
2
√2x
2 x2 +3
′
√ x
x2 +3
′
1
2
1
2
√ 1
12 +3
1
1
2
2
3
2
u(x)
1
2
√1
4
1
2
3
3
2
2
Solution :
1. Calcul de la dérivée : f ′(x) = 3x2 − 12x = 3x(x−4). 2. Racines
de f ′(x) : f ′(x) = 0 si 3x(x − 4) = 0, soit x1 = 0 et x2 = 4. 3. Signe
de f ′(x) : f ′(x) est un polynôme du second degré, positif à l'extérieur
des racines.
x ∈] − ∞, 0[: f (x) > 0. f est croissante.
x ∈]0, 4[: f (x) < 0. f est décroissante.
x ∈]4, +∞[: f (x) > 0. f est croissante.
4. Valeurs aux bornes/extrema : lim
f (x) = −∞. lim
f (x) =
+∞. f (0) = 0 −6(0) +5 = 5 (Maximum local). f (4) = 4 −6(4 )+5 =
64 − 6(16) + 5 = 64 − 96 + 5 = −27 (Minimum local). Tableau de
′
′
′
x→−∞
3
2
x→+∞
2
3
variations :
x −∞
0
4
+∞
f (x)
+ 0 − 0 +
f (x) −∞ ↗ 5 ↘ −27 ↗ +∞
′
5. Soit f une fonction dérivable sur R telle que f ′(x) > 0 pour tout x ∈ R.
Montrer que f est injective.
Solution :
Rappel : f est injective si pour tous x , x ∈ R, f (x ) = f (x ) implique
x = x . On va montrer la contraposée : x ̸= x implique f (x ) ̸=
f (x ). Soient x , x ∈ R tels que x < x . f est dérivable sur R, donc
continue sur [x , x ] et dérivable sur ]x , x [. D'après le **Théorème des
Accroissements Finis (TAF)**, il existe c ∈]x , x [ tel que :
1
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
2
1
2
1
2
1
2
f (x2 ) − f (x1 ) = f ′ (c)(x2 − x1 )
Par hypothèse, f (c) > 0. Puisque x < x , on a x − x > 0. Donc
f (c)(x −x ) > 0, ce qui implique f (x ) − f (x ) > 0, soit f (x ) < f (x ).
′
′
2
1
1
2
14
2
2
1
1
1
2
Analyse 1 - Corrigé
Fiche de TD Complète
Puisque x ̸= x implique f (x ) ̸= f (x ), la fonction f est **injective**
(et même strictement croissante).
6. Utiliser le théorème de Rolle pour montrer que la fonction f (x) = x − 3x + 1
admet un unique zéro dans l'intervalle [−2, −1].
1
2
1
2
3
Solution :
1. Existence d'un zéro (TVI) :
f est un polynôme, donc **continue** sur R, en particulier sur
[−2, −1].
f (−2) = (−2) − 3(−2) + 1 = −8 + 6 + 1 = −1.
f (−1) = (−1) − 3(−1) + 1 = −1 + 3 + 1 = 3.
Puisque f (−2) < 0 et f (−1) > 0, le **TVI** garantit qu'il existe **au
moins un zéro** c ∈]−2, −1[. 2. Unicité du zéro (Rolle) : Supposons
par l'absurde qu'il existe deux zéros distincts c , c ∈ [−2, −1] tels
que f (c ) = f (c ) = 0. f est dérivable sur [c , c ] et f (c ) = f (c ).
Le **Théorème de Rolle** assure l'existence d'un ξ ∈]c , c [ tel que
f (ξ) = 0. Calculons f (x) : f (x) = 3x − 3 = 3(x − 1). Les racines
de f (x) sont x − 1 = 0, soit x = 1 et x = −1. Or, l'intervalle d'étude
est [−2, −1]. Si x ∈] − 2, −1[, f (x) = 3(x − 1) = 3(x − 1)(x + 1).
Puisque x ∈] − 2, −1[, alors x + 1 ∈] − 1, 0[, et x − 1 ∈] − 3, −2[. f (x)
est un produit de trois termes : 3 · (négatif) · (négatif) = positif. Donc
f (x) > 0 pour tout x ∈]−2, −1[. f (x) n'a aucune racine dans ]−2, −1[
(la seule racine est −1, qui est une borne). Ceci contredit le fait que
f (ξ) = 0 pour un ξ ∈]c , c [⊂] − 2, −1[. L'hypothèse de l'existence de
deux zéros est fausse. Le zéro est donc **unique**.
3
3
1
1
2
1
2
2
1
1
′
′
′
′
2
2
2
2
2
′
2
′
′
′
′
1
2
Thème 7 : Fonctions Circulaires et Hyperboliques
1. Simplier l'expression cos(arcsin(x)) pour x ∈ [−1, 1].
Solution :
Posons θ = arcsin(x). Par dénition de l'Arcsinus, θ ∈ [− , ] et sin(θ) =
x. On cherche à calculer cos(θ). On utilise l'identité fondamentale
cos (θ) + sin (θ) =
√
cos (θ) = 1 − sin (θ) = 1 − x . Donc cos(θ) = ± 1 − x . Puisque
θ ∈ [− , ], la fonction cos est positive sur cet intervalle. On choisit la
racine positive.
p
π π
2 2
2
2
2
2
π π
2 2
cos(arcsin(x)) =
15
2
1 − x2
2
Analyse 1 - Corrigé
Fiche de TD Complète
2. Résoudre l'équation sinh(x) = 2 dans R. (Exprimer la solution avec la
fonction ln).
Solution :
On utilise la dénition du sinus hyperbolique : sinh(x) =
. L'équa= 2 =⇒ e − e = 4. Multiplions par e
tion devient :
pour obtenir une équation polynomiale en e : (e ) − 1 = 4e =⇒
(e ) − 4e − 1 = 0. Posons X = e . L'équation est X − 4X − 1 = 0.
On
calcule
le discriminant
∆ = (−4) − 4(1)(−1) = 16 + 4 = 20.
√
√
√
√
∆ = 20 = 2 5. Les solutions pour X sont X = √ = 2 ± 5.
Comme X = e √doit être strictement
positif : X = 2 + 5 (accepté car
√
> 0). X √
= 2 − 5. Comme 5 ≈ 2.236, X < 0 (rejeté). Finalement,
e = 2 + 5.
√
ex −e−x
2
x 2
ex −e−x
2
−x
x
x
x
x
x 2
x
x
2
2
√
4±2 5
2
x
1
2
2
x
x = ln(2 +
5)
(La solution est aussi arsinh(2)).
3. Montrer que pour tout x ∈ R, on a cosh(x) − sinh(x) = e .
−x
Solution :
On utilise les dénitions des fonctions hyperboliques : cosh(x) =
et sinh(x) = .
ex −e−x
2
ex +e−x
2
ex + e−x ex − e−x
cosh(x) − sinh(x) =
−
2
2
(ex + e−x ) − (ex − e−x ) ex + e−x − ex + e−x
=
=
2
2
−x
2e
=
= e−x
2
tan(a)+tan(b)
4. Démontrer l'identité trigonométrique tan(a + b) = 1−tan(a)
tan(b) en uti-
lisant les formules d'Euler pour sin et cos.
Solution :
Note : La démonstration avec les formules d'Euler est complexe et
mieux adaptée pour sin(a+b) et cos(a+b). On utilise plutôt les identités
de base. tan(a + b) =
. On utilise les formules d'addition :
sin(a+b)
cos(a+b)
sin(a + b) = sin(a) cos(b) + cos(a) sin(b)
cos(a + b) = cos(a) cos(b) − sin(a) sin(b)
16
Analyse 1 - Corrigé
Fiche de TD Complète
sin(a) cos(b) + cos(a) sin(b)
cos(a) cos(b) − sin(a) sin(b)
cos(a) cos(b)
cos(b) ̸= 0
tan(a + b) =
On divise le numérateur et le dénominateur par
posant cos(a) ̸= 0 et
):
(en sup-
sin(a) cos(b)
cos(a) sin(b)
cos(a) cos(b) + cos(a) cos(b)
tan(a + b) = cos(a) cos(b) sin(a) sin(b)
cos(a) cos(b) − cos(a) cos(b)
sin(a)
sin(b)
tan(a) + tan(b)
cos(a) + cos(b)
=
tan(a + b) =
sin(a) sin(b)
1 − tan(a) tan(b)
1 − cos(a)
cos(b)
5. Déterminer le domaine de dénition et la dérivée de la fonction f (x) = arctan( x1 ).
Solution :
1. Domaine de dénition Df : La fonction arctan est dénie sur R.
La seule contrainte est que le dénominateur de l'argument ne soit pas
nul. x ̸= 0.
Df = R∗ =] − ∞, 0[∪]0, +∞[
2. Dérivée f ′(x) : f est de la forme arctan(u(x)), avec u(x) = 1/x.
u′ (x) = −1/x2
. La dérivée de arctan(u) est
u′
1+u2
.
−1/x2
−1/x2
f (x) =
=
1 + (1/x)2
1 + 1/x2
′
On multiplie le numérateur et le dénominateur par x :
2
f ′ (x) =
−1
−1
=
x2 (1 + 1/x2 ) x2 + 1
1
f ′ (x) = − 2
x +1
arctan(x)
1/(1 + x2 )
− arctan(x)
x>0 x<0
π
arctan(1/x) = ± 2 − arctan(x)
(Note : Puisque la dérivée de
a la même dérivée que
pour
est
et
et arctan(1/x)
, cela implique
).
6. Montrer l'identité hyperbolique cosh(2x) = cosh (x) + sinh (x).
2
Solution :
On utilise les dénitions :
e2x + e−2x
cosh(2x) =
2
17
2
Analyse 1 - Corrigé
Fiche de TD Complète
x
2 x
2
e + e−x
e − e−x
cosh (x) + sinh (x) =
+
2
2
2
Puisque
2
(e2x + 2ex e−x + e−2x ) (e2x − 2ex e−x + e−2x )
+
4
4
x −x
0
e e =e =1
=
:
(e2x + 2 + e−2x ) + (e2x − 2 + e−2x )
=
4
=
e2x + 2 + e−2x + e2x − 2 + e−2x
2e2x + 2e−2x
=
4
4
2x
−2x
e +e
=
= cosh(2x)
2
Thème 8 : Développement Limité (DL)
1. Déterminer le DL à l'ordre 3 au voisinage de 0 de la fonction f (x) = e2x cos(x).
Solution :
On utilise les DL usuels à l'ordre 3 : e = 1 + u + + + o(u ). Avec
u = 2x :
u
e
2x
u2
2
u3
6
3
(2x)2 (2x)3
4
= 1 + 2x +
+
+ o(x3 ) = 1 + 2x + 2x2 + x3 + o(x3 )
2
6
3
x2
cos(x) = 1 −
+ o(x3 )
2
On multiplie les DL, en ne gardant que les termes d'ordre ≤ 3 :
2
4
x
e2x cos(x) = (1 + 2x + 2x2 + x3 ) 1 −
+ o(x3 )
3
2
2
2
x
x
4
= 1 · (1 − ) + 2x · (1 − ) + 2x2 · 1 + x3 · 1 + o(x3 )
2
2
3
2
x
4
=1−
+ 2x − x3 + 2x2 + x3 + o(x3 )
2
3
1
4
= 1 + 2x + (2 − )x2 + ( − 1)x3 + o(x3 )
2
3
3
1
e2x cos(x) = 1 + 2x + x2 + x3 + o(x3 )
2
3
18
Analyse 1 - Corrigé
Fiche de TD Complète
1
.
2. Déterminer le DL à l'ordre 2 au voisinage de 0 de la fonction f (x) = 1−sin(x)
Solution :
On utilise la composition de DLs, sous la forme = 1+u+u +o(u ).
DL de sin(x) à l'ordre 2 : sin(x) = x + o(x ). Posons u = sin(x) = x + o(x ).
u = (x + o(x )) = x + o(x ).
2
2
2
2
2
1
1−u
2
2
2
2
1
= 1 + u + u2 + o(u2 )
1 − sin(x)
= 1 + (x) + (x2 ) + o(x2 )
1
= 1 + x + x2 + o(x2 )
1 − sin(x)
3. Calculer la limite suivante en utilisant un DL : L = x→0
lim ln(1+x)−x
.
x
2
Solution :
On utilise le DL de ln(1 + x) à l'ordre 2 au voisinage de 0 :
x2
ln(1 + x) = x −
+ o(x2 )
2
On substitue dans le numérateur :
x2
x2
2
+ o(x ) − x = − + o(x2 )
ln(1 + x) − x = x −
2
2
On calcule la limite :
2
− x2 + o(x2 )
1 o(x2 )
L = lim
= lim − + 2
x→0
x→0
x2
2
x
Puisque lim
x→0
o(x2 )
x2 = 0
par dénition,
L=−
1
2
4. Déterminer
un DL à l'ordre 2 au voisinage de x0 = 1 de la fonction
√
f (x) =
x
. (Poser x = 1 + h).
Solution :
19
Analyse 1 - Corrigé
Fiche de TD Complète
On pose x = 1 + h, où h →√ 0 quand x → 1. f (x) = f (1+h) = √1 + h.
On utilise le DL usuel de 1 + u = (1 + u) à l'ordre 2 :
1/2
(1 + u)α = 1 + αu +
Avec α = 1/2 et u = h :
α(α − 1) 2
u + o(u2 )
2
√
1 1
( − 1) 2
1
1+h=1+ h+ 2 2
h + o(h2 )
2
2
1
1/2 · (−1/2) 2
1
1
=1+ h+
h + o(h2 ) = 1 + h − h2 + o(h2 )
2
2
2
8
h=x−1
1
1
f (x) = 1 + (x − 1) − (x − 1)2 + o((x − 1)2 )
2
8
En substituant
:
5. Déterminer le DL à l'ordre 3 au voisinage de 0 de la fonction f (x) = arctan(x2).
Solution :
On utilise le DL usuel de arctan(u) au voisinage de 0 :
u3 u5
arctan(u) = u −
+
+ ...
3
5
On pose u = x . Pour obtenir un DL à l'ordre 3 en x, on doit s'assurer
que l'argument u ne crée pas de termes d'ordre supérieur à 3.
2
(x2 )3
arctan(x ) = (x ) −
+ ...
3
2
2
Le premier terme est d'ordre 2 : x . Le terme suivant est d'ordre 6 :
−x /3. Puisque nous cherchons un DL d'ordre 3, les termes d'ordre ≥ 4
sont inclus dans le reste o(x ).
2
6
3
arctan(x2 ) = x2 + o(x3 )
(Le terme x étant d'ordre 2, le DL est complet à l'ordre 3).
6. Calculer la limite suivante en utilisant un DL : L = lim
.
2
cosh(x)−1
x2
x→0
Solution :
On utilise le DL de cosh(x) à l'ordre 2 au voisinage de 0 :
x2 x4
x2
4
+
+ o(x ) = 1 +
+ o(x2 )
cosh(x) = 1 +
2!
4!
2
20
Analyse 1 - Corrigé
Fiche de TD Complète
On substitue dans le numérateur :
x2
x2
2
cosh(x) − 1 = 1 +
+ o(x ) − 1 =
+ o(x2 )
2
2
On calcule la limite :
x2
2
2
+
o(x
)
o(x
)
1
= lim
+ 2
L = lim 2
x→0 2
x→0
x2
x
Puisque lim
x→0
o(x2 )
x2 = 0
par dénition,
L=
21
1
2
Fiche de Travaux Dirigés (TD)
Mathématiques Générales - Suites et Fonctions
u
Thème 1 : Suites Récurrentes ( n+1
= f (un ))
Exercice 1.1 On considère la suite (un ) dénie par u0 = 1 et, pour tout n ∈ N, un+1 =
La formule initiale un+1 = un + 2 est modiée en
sens.)
√
√
un + 2. (Note:
un + 2 pour que les questions suivantes aient un
1. Calculer u1 et u2 .
2. Montrer par récurrence que ∀n ∈ N, 0 ≤ un ≤ 2.
3. Montrer que si la suite converge vers une limite ℓ, alors ℓ est solution de l'équation ℓ =
Déterminer les limites possibles.
4. Étudier la monotonie de la suite (un ) en étudiant le signe de f (x) − x où f (x) =
√
√
ℓ + 2.
x + 2.
5. En déduire la nature de la suite (un ) (convergence ou divergence) et sa limite.
Thème 2 : Suites Homographiques
Exercice 2.1 Soit la suite (un ) dénie par u0 = 0 et ∀n ∈ N, un+1 =
un + 3
.
4un + 2
1. Déterminer les points xes (limites éventuelles) de cette suite.
2. Justier que ∀n ∈ N, un ≥ 0.
3. On note α et β les deux points xes tels que α < β . On pose la suite auxiliaire (vn ) dénie par
vn =
un − β
. Calculer α et β .
un − α
4. Montrer que la suite (vn ) est une suite géométrique dont on précisera la raison q .
5. Exprimer un en fonction de n et en déduire la limite de la suite (un ).
Thème 3 : Suites Récurrentes Linéaires d'Ordre 2 (SRL2)
Exercice 3.1 Soit la suite (un ) dénie par u0 = 0, u1 = 1 et ∀n ∈ N, un+2 = un+1 + un .
1. Écrire l'équation caractéristique associée à la suite (un ).
2. Calculer le discriminant ∆ et les solutions r1 et r2 de cette équation.
3. Donner l'expression générale de un .
4. Déterminer les coecients à l'aide des conditions initiales (u0 et u1 ).
5. En déduire l'expression explicite de un en fonction de n. (C'est la suite de Fibonacci).
1
Thème 4 : Fonctions Circulaires
Exercice 4.1
√
1. Calculer la dérivée de f (x) = arcsin( x) sur son domaine de validité.
2. Montrer l'identité suivante : ∀x ∈ [−1, 1], arcsin(x) + arccos(x) =
π
.
2
3. Simplier l'expression A(x) = sin(2 arctan(x)).
4. Résoudre dans R l'équation arctan(x) = arctan(2) + arctan(3).
5. Déterminer le domaine de dénition de g(x) = arccos
1 − x2
1 + x2
et simplier g(x) pour x ≥ 0.
Thème 5 : Fonctions Hyperboliques
Exercice 5.1
1. Démontrer l'identité ch2 (x) − sh2 (x) = 1.
2. Résoudre dans R l'équation ch(x) = 2.
3. Calculer th(ln(2)).
4. Montrer que la fonction argsh(x) est impaire.
√
5. Démontrer que ∀x ∈ R, argsh(x) = ln(x + x2 + 1).
Corrigé des exercices
1
u
Thème 1 : Suites Récurrentes ( n+1
Exercice 1.1 On utilise la formule corrigée : un+1 =
1. Calcul de u1 et u2
√
= f (un ))
un + 2.
√
1+2= 3
q
√
√
u2 = u1 + 2 =
3+2
u1 =
√
u0 + 2 =
√
2. Démonstration par récurrence de ∀n ∈ N, 0 ≤ un ≤ 2
Initialisation (n = 0) : u0 = 1. On a 0 ≤ 1 ≤ 2. Vrai.
Hérédité : Supposons que 0 ≤ un ≤ 2 pour un certain n.
2 ≤ un + 2 ≤ 4
Par croissance de la fonction racine carrée :
√
Comme 0 ≤
√
2≤
√
un + 2 ≤
√
4 =⇒
√
2 ≤ un+1 ≤ 2
2, on a bien 0 ≤ un+1 ≤ 2. La propriété est héréditaire.
Conclusion : ∀n ∈ N, 0 ≤ un ≤ 2.
√
3. Limites éventuelles Si la suite converge vers ℓ, alors ℓ est solution de ℓ = ℓ √
+ 2. En élevant au
1±
1−4(1)(−2)
carré (avec ℓ ≥ 0) : ℓ2 = ℓ + 2 ⇐⇒ ℓ2 − ℓ − 2 = 0. Les solutions sont ℓ =
= 1±3
2
2 .
Les solutions sont ℓ1 = −1 et ℓ2 = 2. Puisque ℓ ≥ 0, la seule limite possible est ℓ = 2.
2
4. Monotonie On étudie le signe de f (x) − x =
√
x + 2 − x. Pour x ∈ [0, 2], on a :
−x2 + x + 2
x + 2 − x2
= √
f (x) − x = √
x+2+x
x+2+x
Le numérateur P (x) = −x2 + x + 2 a pour racines −1 et 2. Puisque le coecient de x2 est négatif,
P (x) ≥ 0 pour x ∈ [−1, 2]. Puisque un ∈ [0, 2], on a un+1 − un = f (un ) − un ≥ 0. La suite (un )
est croissante.
5. Nature et limite La suite (un ) est croissante (question 4) et majorée par 2 (question 2).
D'après le théorème de convergence monotone, (un ) est convergente. Sa limite est le seul point
xe ℓ ≥ 0, soit limn→+∞ un = 2.
2
Thème 2 : Suites Homographiques
Exercice 2.1 un+1 =
un + 3
.
4un + 2
ℓ+3
1. Points xes ℓ = 4ℓ+2
⇐⇒ 4ℓ2 + 2ℓ = ℓ + 3 ⇐⇒ 4ℓ2 + ℓ − 3 = 0. ∆ = 12 − 4(4)(−3) = 49.
ℓ=
−1 ± 7
3
=⇒ ℓ1 = −1 et ℓ2 =
8
4
un +3
2. Justier un ≥ 0 Initialisation : u0 = 0 ≥ 0. Hérédité : Si un ≥ 0, alors un+1 = 4u
est le
n +2
quotient de deux nombres positifs, donc un+1 ≥ 0. Par récurrence, ∀n ∈ N, un ≥ 0.
3. Calcul de α et β Avec α < β , on a : α = −1 et β = 43 .
−β
a−cβ
4. Suite géométrique La suite auxiliaire vn = uunn −α
est géométrique de raison q = a−cα
, avec
a = 1, c = 4.
q=
1 − 4(3/4)
1−3
2
=
=−
1 − 4(−1)
1+4
5
Donc vn+1 = qvn . La suite (vn ) est géométrique de raison q = −2/5.
0−3/4
−β
5. Expression de un et limite Expression de vn : vn = v0 q n . v0 = uu00 −α
= 0−(−1)
= − 43 .
vn = −
3
4
−
2
5
n
−β
Expression de un : vn = uu −α
=⇒ un = vv α−β
−1 .
n
n
n
n
un =
vn (−1) − 3/4
vn + 3/4
=
vn − 1
1 − vn
Limite : Puisque |q| = 2/5 < 1, limn→+∞ vn = 0.
lim un =
n→+∞
3
3
0 + 3/4
=
1−0
4
Thème 3 : Suites Récurrentes Linéaires d'Ordre 2 (SRL2)
Exercice 3.1 un+2 = un+1 + un , u0 = 0, u1 = 1.
1. Équation caractéristique : r2 − r − 1 = 0.
2. Discriminant et solutions
∆ = (−1)2 − 4(1)(−1) = 5
√
√
1− 5
1+ 5
r1 =
et r2 =
2
2
3
3. Expression générale de un
n
un = Arn
1 + Br2
4. Détermination des coecients
u0 = 0: A + B = 0 =⇒ B = −A.
√
√
u1 = 1: Ar1 + Br2 = 1 =⇒ A(r1 − r2 ) = 1. Comme r1 − r2 = − 5, on a A(− 5) = 1.
1
A = −√
5
1
5
et B = √
5. Expression explicite de un (Formule de Binet)
1
1
un = √ r2n − √ r1n
5
5
"
√ !n #
√ !n
1− 5
1
1+ 5
−
un = √
2
2
5
4
Thème 4 : Fonctions Circulaires
Exercice 4.1
√
√
1. Dérivée de f (x) = arcsin( x) En utilisant la règle de la chaîne : f ′ (x) = √ 1√ · ( x)′ .
1−( x)
2
f ′ (x) = √
1
1
1
· √ = p
1−x 2 x
2 x(1 − x)
Valable sur ]0, 1[.
2. Identité arcsin(x) + arccos(x) = π2 Soit h(x) = arcsin(x) + arccos(x).
h′ (x) = √
1
1
−√
= 0 sur ] − 1, 1[
2
1−x
1 − x2
h(x) est constante. h(0) = arcsin(0)+arccos(0) = 0+ π2 = π2 . Donc ∀x ∈ [−1, 1], arcsin(x) + arccos(x) = π2 .
3. Simplication de A(x) = sin(2 arctan(x)) On pose θ = arctan(x), donc x = tan(θ). A(x) =
2 tan(θ)
sin(2θ). En utilisant sin(2θ) = 1+tan
2 (θ) :
A(x) =
2x
1 + x2
4. Résolution de arctan(x) = arctan(2)+arctan(3) On utilise la formule d'addition pour arctan(a)+
arctan(b) avec ab = 6 > 1:
arctan(2) + arctan(3) = arctan
2+3
1−2·3
+ π = arctan(−1) + π
3π
π
+π =
4
4
3π
π
L'équation devient arctan(x) = 4 . Comme l'image de arctan(x) est ] − π2 , π2 [, et que 3π
4 > 2,
l'équation n'admet aucune solution dans R.
2
5. Domaine et simplication de g(x) = arccos 1−x
Domaine de dénition Dg : Il faut que
2
1+x
arctan(2) + arctan(3) = −
2
2
l'argument soit dans [−1, 1]. Puisque 1−x
⇐⇒ 0 ≤ 2x2 (toujours
1+x2 ≤ 1 ⇐⇒ 1 − x ≤ 1 + x
2
2
2
vrai) et 1−x
⇐⇒ 2 ≥ 0 (toujours vrai), le domaine est Dg = R.
1+x2 ≥ −1 ⇐⇒ 1 − x ≥ −1 − x
Simplication pour x ≥ 0 : On pose x = tan(θ) avec θ ∈ [0, π/2[.
2
g(x) = arccos
1 − tan2 (θ)
1 + tan2 (θ)
= arccos(cos(2θ))
Puisque x ≥ 0, on a 2θ ∈ [0, π[, intervalle sur lequel arccos(cos(Y )) = Y .
g(x) = 2θ = 2 arctan(x)
4
5
Thème 5 : Fonctions Hyperboliques
Exercice 5.1
1. Identité ch2 (x) − sh2 (x) = 1
ch2 (x) − sh2 (x) =
=
2 x
2
x
e − e−x
e + e−x
−
2
2
1
1 2x
(e + 2 + e−2x ) − (e2x − 2 + e−2x ) = [4] = 1
4
4
2. Résolution
de ch(x) = 2 e +e2 = 2 ⇐⇒√ (ex )2 − 4ex + 1 =√0. En posant X
= ex , on trouve
√
√
X = 2 ± 3. Les solutions
sont x = ln(2 + 3) et x = ln(2 − 3) = − ln(2 + 3). Les solutions
√
sont x = ± ln(2 + 3).
x
−x
3. Calcul de th(ln(2))
th(ln(2)) =
eln(2) − e− ln(2)
2 − 1/2
3/2
3
=
=
=
2 + 1/2
5/2
5
eln(2) + e− ln(2)
4. Imparité de argsh(x) La fonction argsh(x) est la réciproque de sh(x). Soit y = argsh(−x).
Alors −x = sh(y). Comme sh est impaire : x = − sh(y) = sh(−y). En prenant la réciproque :
argsh(x) = −y = − argsh(−x). Donc argsh(−x) = − argsh(x).
√
5. Démonstration de argsh(x) = ln(x+ x2 + 1) y = argsh(x) ⇐⇒
= ey −e−y .
√ x = sh(y) ⇐⇒ 2x
y 2
y
y
y
L'équation
(e ) − 2xe − 1 = 0 a pour
solutions e = x ± √x2 + 1. Puisque e > 0 et que
√
√
x − x2 + 1 < 0, on choisit ey = x + x2 + 1. D'où y = ln(x + x2 + 1).
argsh(x) = ln(x +
5
p
x2 + 1)
Examen Type I : Suites, Fonctions et Développements Limités
(16 QCM)
Mathématiques Générales
2025-2026
Énoncé
Cochez la bonne réponse. Une seule réponse est exacte par question.
Nombres Réels et Limites
1. Quel est l'ensemble de dénition de f (x) = ln(x2 − 4) ?
a) R \ {−2, 2}
b) ]− ∞, −2[∪]2, +∞[ c) ]2, +∞[
d) [−2, 2]
2. Soit A = {x ∈ Q | x2 < 5}. Que vaut sup(A) ?
a) 2.236
√
b) 5
c)
b) 1/2
c) 1
d) 2
c) 1
d) +∞
5
d) L'ensemble n'a pas
de borne supérieure
dans R.
3. limx→0 sin(2x)
est égale à :
x
a) 0
√
4. limx→+∞ x2 + x − x est égale à :
a) 0
b) 1/2
Continuité et Dérivabilité
( x
5. Pour que f (x) =
a) 0
e −1
x
a
si x ̸= 0
soit continue en x = 0, que doit valoir a ?
si x = 0
b) 1
c) e
d) La fonction ne peut
pas être rendue continue.
√
6. La dérivée de f (x) = arctan( x) est :
1 √
a) (1+x)
x
1 √
b) 2(1+x)
x
1
c) 1+x
d) 2√1 x
7. Soit f (x) = sin(x2 ). Que vaut f ′′ (0) ?
a) 0
b) 1
c) 2
d) −2
8. La tangente au graphe de f (x) = ln(1 + x) en x = 0 a pour équation :
a) y = x
b) y = 1 + x
c) y = x − 1
1
d) y = 0
Suites et SRL2
2
a pour limite :
9. La suite un = 3n n−sin(n)
2 +1
a) 0
b) 1
c) 3
d) +∞
10. Une suite arithmético-géométrique un+1 = 0.5un + 1 converge vers la limite :
a) 0
b) 1
c) 2
d) +∞
11. Soit la suite SRL2 dénie par un+2 = 2un+1 − un . L'équation caractéristique a une racine double
r = 1. La forme générale de un est :
a) A(1)n + B(1)n
b) A + Bn
c) A(2)n + B(1)n
d) A cos(n) + B sin(n)
12. Pour la suite de Fibonacci (un+2 = un+1 + un ), la limite uun+1
est égale à :
n
a) 0
√
b) 1
√
c) 1+2 5
d) 1−2 5
Fonctions Réciproques, Hyperboliques et DL
13. Que vaut arccos(sin(x)) pour x ∈ [0, π/2] ?
a) x
b) π/2 − x
c) π/2 + x
d) x − π/2
b) 3/5
c) ln(2)
d) 1
b) 0
c) 1
d) Non déni
14. Simplier th(ln(2)) :
a) 1/2
15. Que vaut argsh(0) ?
a) −1
16. Le développement limité de cos(x) à l'ordre 2 autour de x = 0 est :
a) 1 − x2 + o(x2 )
b) 1 − x2 + o(x2 )
c) 1 + x + x2 + o(x2 )
2
2
2
d) 1 + x2 + o(x2 )
Corrigé Détaillé de l'Examen Type I
1. Réponse : B. Le domaine de ln(u) nécessite u > 0. x2 − 4 > 0 ⇐⇒ x2 > 4 ⇐⇒ |x| > 2.
2. Réponse : C. A est
√ l'ensemble des rationnels dans ] −
ensemble dans R est 5.
√ √
5, 5[. La borne supérieure de cet
= 1.
3. Réponse : D. On utilise la limite usuelle limu→0 sin(u)
u
lim
x→0
sin(2x)
sin(2x)
= lim
·2=1·2=2
x→0
x
2x
4. Réponse : B. Forme indéterminée ∞ − ∞. Multiplication par le conjugué :
x
x
1
(x2 + x) − x2
√
p
= lim p
= lim
=√
= 1/2
2
2
x→+∞
x→+∞
1+1
x +x+x
x (1 + 1/x) + x x→+∞ x( 1 + 1/x + 1)
lim
5. Réponse : B. Pour la continuité en x = 0, il faut limx→0 f (x) = f (0) = a.
ex − 1
x→0
x
lim
Cette limite est la dénition de la dérivée de g(x) = ex en x = 0. g ′ (0) = e0 = 1. Donc a = 1.
′
u
6. Réponse : B. On utilise (arctan(u))′ = 1+u
2 avec u =
f ′ (x) =
1
√
2 x
1+(
√
x)2
√
1
x et u′ = 2√
.
x
1
= √
2 x(1 + x)
7. Réponse : C. f (x) = sin(x2 ). f ′ (x) = cos(x2 ) · 2x. f ′′ (x) = (− sin(x2 ) · 2x) · 2x + cos(x2 ) · 2 =
−4x2 sin(x2 ) + 2 cos(x2 ). f ′′ (0) = −0 + 2 cos(0) = 2.
8. Réponse : A. Équation de la tangente : y − f (x0 ) = f ′ (x0 )(x − x0 ). x0 = 0. f (0) = ln(1) = 0.
1
f ′ (x) = 1+x
, d'où f ′ (0) = 1. y − 0 = 1(x − 0), soit y = x.
9. Réponse : C. On factorise par le terme dominant n2 :
n2 3 − sin(n)
3 − sin(n)
n2
n2
un =
=
1
2
1 + n12
n 1 + n2
Comme limn→+∞ sin(n)
= 0 (par encadrement), lim un = 3−0
n2
1+0 = 3.
10. Réponse : C. La limite ℓ est le point xe de la fonction f (x) = 0.5x + 1.
ℓ = 0.5ℓ + 1 =⇒ (1 − 0.5)ℓ = 1 =⇒ 0.5ℓ = 1 =⇒ ℓ = 2
11. Réponse : B. Équation caractéristique : r2 − 2r + 1 = 0 ⇐⇒ (r − 1)2 = 0. Racine double r = 1.
La forme générale est un = Arn + Bnrn , soit un = A(1)n + Bn(1)n = A + Bn.
12. Réponse : C. La limite du rapport uun+1
pour une SRL2 est la racine de plus grand module de
n
√
√
2
l'équation caractéristique
r − r − 1 = 0. Les racines sont r1,2 = 1±2 5 . Le module de 1+2 5 est
√
√
supérieur à celui de 1−2 5 . La limite est 1+2 5 .
13. Réponse : B. On utilise l'identité trigonométrique sin(x) = cos(π/2 − x). Comme x ∈ [0, π/2],
π/2 − x ∈ [0, π/2]. arccos(sin(x)) = arccos(cos(π/2 − x)). Puisque l'argument est dans [0, π], on a
π/2 − x.
−x
14. Réponse : B. th(x) = eex −e
+e−x .
x
th(ln(2)) =
eln(2) − e− ln(2)
2 − 1/2
3/2
=
=
= 3/5
ln(2)
−
ln(2)
2 + 1/2
5/2
e
+e
3
15. Réponse : B. argsh(x) est la réciproque √
de sh(x). y = argsh(0) ⇐⇒ 0 = sh(y). Or sh(0) = 0.
Donc argsh(0) = 0. (Vériable par ln(0 + 02 + 1) = ln(1) = 0).
16. Réponse : B. Le DL général de cos(x) en 0 est
2
k = 1 donne − x2! .
cos(x) = 1 −
4
k x2k
k=0 (−1) (2k)! .
P∞
x2
+ o(x2 )
2
À l'ordre 2 : k = 0 donne 1.
Examen Type II : Suites, Fonctions et DL
Mathématiques Générales
2025-2026
Énoncé et Réponses (Corrigé)
Cochez la bonne réponse. (La réponse correcte est mise en évidence en gras bleu.)
1. L'ensemble des minorants de A = {e−n | n ∈ N∗ } est :
a) [0, e]
b) ] − ∞, e]
c) C] − ∞, 0]
d) [0, +∞[
b) 0
c) +∞
d) Non dénie
c) 1
d) D2
2. limx→0+ ln(x)
est égale à :
x
a) A − ∞
x
est égale à :
3. limx→0 1−cos(x)
2
a) 0
b) 1/2
4. L'asymptote oblique de f (x) = x x+1 en +∞ a pour ordonnée à l'origine b:
2
a) A0
b) 1
c) −1
d) 12
c) Oui, f ′ (1) = 0
d) Oui, f ′ (1) = −1
5. La fonction f (x) = |x − 1| est dérivable en x = 1 :
a) Oui, f ′ (1) = 1
b) BN on
6. Dérivée de f (x) = argsh(x2 ) :
a) √x14 +1
b) B √x2x
4 +1
c) √x12 +1
d) √x2x
2 +1
7. La suite un = cos(nπ) est :
a) Convergente vers 0 b) Convergente vers 1 c) CDivergente
d) Convergente vers −1
8. Soit un+1 = −un + 4. Si lim un existe, elle vaut :
b) B2
a) 0
c) 4
d) La suite diverge
9. Pour un+2 = 4un+1 − 4un , la forme générale de un est :
a) A(2)n + B(−2)n
10. Que vaut tan(arccot(x)) ?
a) x
b) BA(2)n + Bn(2)n
c) A(4)n + Bn(4)n
d) A(2)n + B(1)n
b) B1/x
c) 1 − x
d) π/2
b) ln(2)
c) 0
d) Non résoluble
11. Résoudre sh(x) = 1 :
a) A ln(1 + 2)
√
12. Le DL d'ordre 1 de ex sin(x) en 0 est :
1
a) 1 + x + o(x)
b) Bx + o(x)
c) 1 − x + o(x)
d) x − x2 + o(x2 )
b) 1
c) C0
d) −1
c) ]1, +∞[
d) R \ [0, 1]
13. La valeur de th(0) est :
a) e
14. L'équation x3 + x − 1 = 0 a une solution dans :
a) ] − ∞, 0]
b) B[0, 1]
2
15. Si f est dérivable, limh→0 f (x0 +h h)−f (x0 ) est égale à :
a) f ′ (x0 )
b) B0
est égale à :
16. limx→0 ln(1+x)−x
x2
a) 1/2
b) 0
2
c) f ′ (x0 )/2
d) Non dénie
c) C − 1/2
d) 1
Examen Type III : Suites, Fonctions et DL
Mathématiques Générales
2025-2026
Énoncé et Réponses (Corrigé)
Cochez la bonne réponse. (La réponse correcte est mise en évidence en gras bleu.)
1. L'inmum de A = {1/n | n ∈ N∗ } est :
a) 1
b) B0
c) N∗
d) Non déni
b) 1
c) e
d) D + ∞
b) 1
c) C2
d) ∞
2. limx→+∞ xe 2 est égale à :
x
a) 0
−1
est égale à :
3. limx→1 xx−1
2
a) 0
4. L'équation ex + x = 0 a combien de solutions dans R ?
a) 0
b) B1
c) 2
d) ∞
5. Dérivée de f (x) = arccos(3x) sur son domaine :
3
a) A − √1−9x
2
3
b) √1−9x
2
1
c) − √1−9x
2
3
d) − 1+9x
2
6. La suite un = (−1)n n est :
a) Convergente vers 0 b) Convergente vers 1 c) CDivergente
d) Convergente vers −1
7. Soit un+1 = 3un − 4. Si u0 = 1, alors la suite est :
a) Convergente vers 2 b) Convergente vers −2 c) CConstante
d) Divergente
Note : La suite diverge car u0 = 1 et u1 = −1, mais si u0 = 2 (le point xe) elle serait constante.
8. L'équation caractéristique de un+2 = 5un est :
a) Ar2 − 5 = 0
b) r2 − 5r = 0
c) r2 − r − 5 = 0
d) r2 − 5r + 1 = 0
c) 0
d) 2
c) π/6
d) 1
9. Que vaut ch2 (x) − sh2 (x) ?
a) ch(2x)
b) B1
10. La valeur de arcsin(1/2) + arccos(1/2) est :
a) π/3
b) Bπ/2
1
11. Le DL d'ordre 2 de 1−x
en 0 est :
1
a) A1 + x + x2 + o(x2 ) b) 1 + x + o(x2 )
c) 1 − x + x2 + o(x2 )
d) 1 + x2 + o(x2 )
c) R
d) DAucunesolution
b) 2/(1 + x2 )
c) 1
d) Non dérivable
b) B1
c) 2
d) ∞
12. Résoudre ch(x) = 0 :
a) 0
b) ln(1)
13. La dérivée de f (x) = arctan(x) + arccot(x) est :
a) A0
x2
14. limx→0 e x2−1 est égale à :
a) 0
15. Si un+2 = 6un+1 − 9un , la suite est convergente si les racines sont r1 = r2 = 3:
a) Oui, si u0 = u1
b) BN on
c) Oui, toujours
2
d) Oui, si u0 = 1

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