Manuel de mathématiques tout-en-un pour les classes MP/MP*

TOUT-EN UN
MP|MP*
C. DESCHAMPS, F. MOULIN, A. WARUSFEL
N. CLEIREC, Y. GENTRIC, F. LUSSIER,
C. MULLAERT, S. NICOLAS, M. VOLKER
Mathématiques
tout-en-un
Conception et création de couverture : Atelier 3+
© Dunod, 2016
5 rue Laromiguière, 75005 Paris
www.dunod.com
ISBN 978-2-10-07199-5
La réforme du lycée, qui a suivi celle du collège, s’est achevée en 2012, avec
la mise en œuvre des nouvelles classes de terminale. Depuis septembre 2013,
les étudiants qui entreprennent des études en classes préparatoires, ont bénéficié, durant leur scolarité au collège et au lycée, de programmes rénovés,
en particulier en mathématiques. Afin d’assurer une continuité, de nouveaux
programmes de classes préparatoires étaient donc indispensables.
En mathématiques, en 1995, lors de la mise en place des programmes de
l’époque, les Éditions Dunod nous avaient confié la tâche de fournir aux étudiants des ouvrages de référence clairs et précis complétant le cours, irremplaçable, du professeur. Nous avions alors tenté un pari : faire tenir exposés et
exercices, avec corrigés, en un seul volume, le premier « tout-en-un » (depuis
très largement imité), qui a remporté un grand succès.
En septembre 2013 ont été mis en place de nouveaux programmes des classes
préparatoires et, avec une équipe partiellement renouvelée et de grande qualité,
nous avons récidivé : deux ouvrages « tout en un » (MPSI et PCSI-PTSI) proposent, aux étudiants de première année, un cours en conformité avec le texte,
mais aussi avec l’esprit, du nouveau programme des classes préparatoires.
Aujourd’hui ce nouveau « tout en un » MP prolonge, pour la seconde année,
l’ouvrage MPSI et il conserve l’ambition, en mettant en œuvre de nouvelles
méthodes d’acquisition des connaissances, de proposer à l’étudiant une démarche pour s’approprier les théories du programme, théories indispensables
tant aux mathématiques qu’aux autres disciplines.
En pratique, dans chaque chapitre :
• De très nombreux exemples, souvent simples et issus de connaissances du
lycée ou du programme de première année, illustrent chaque définition et
permettent à l’étudiant de s’approprier cette nouvelle notion.
• Les propositions et théorèmes sont énoncés et suivis immédiatement
d’exemples élémentaires d’applications. En outre, leurs démonstrations
sont l’occasion d’un travail personnel de l’étudiant. Nous avons choisi de
ne pas faire figurer systématiquement, à la suite des énoncés, la rédaction
complète de ces démonstrations mais plutôt d’indiquer à l’étudiant le principe de celles-ci avec les éléments qui lui permettront de la construire par
lui-même et ainsi de mieux s’approprier la propriété. Évidemment, guidé
par un renvoi précis en fin du chapitre, il pourra ensuite consulter la démonstration complète et vérifier ou compléter son travail personnel.
Ú
• Lorsque plusieurs preuves étaient possibles, nous avons choisi de ne pas
privilégier systématiquement la plus courte, souvent au profit de constructions explicites. C’est volontaire ; durant leurs études au lycée nos étudiants
n’ont en général pas construit les objets mathématiques qu’ils ont utilisés :
ils se sont contentés d’en admettre les propriétés. Or construire un objet,
comme le fait un artisan, c’est se l’approprier, connaître parfaitement ses
propriétés et les limites de ces propriétés.
• Dans chaque chapitre, l’étudiant trouvera, pour illustrer immédiatement
l’usage des propositions et théorèmes, de très nombreux exercices simples
qu’il doit évidemment chercher au fur et à mesure de son apprentissage et
dont il pourra consulter une solution en fin de chapitre afin de vérifier son
propre travail.
• Régulièrement l’étudiant trouvera des « point méthode » qui, pour une
situation donnée, lui offrent une ou deux possibilités d’approche de la résolution de son problème. Évidemment il trouvera après ce « point méthode »
exemples et exercices l’illustrant.
• À l’issue de chaque chapitre, figurent des exercices plus ambitieux, demandant plus de réflexion, à chercher une fois le chapitre totalement maitrisé.
Certains plus difficiles sont signalés par des étoiles ; les solutions détaillées
de tous ces exercices complémentaires sont données.
• Enfin les étudiants de classes préparatoires de seconde année sont candidats aux concours des grandes écoles. Nous avons réunis des exercices posés
aux premiers oraux portant sur les nouveaux programmes : l’étudiant trouvera des exercices posés aux oraux des concours 2015. Les chercher (et les
résoudre) sera pour lui un excellent entraînement.
• Bien entendu nous sommes très intéressés par toute remarque que les étudiants, nos collègues, tout lecteur. . . seraient amenés à nous communiquer.
Cela nous permettra, le cas échéant, de corriger certaines erreurs nous ayant
échappé et surtout ce contact nous guidera pour une meilleure exploitation
des choix pédagogiques que nous avons faits aujourd’hui dans cet ouvrage.
Un grand merci à tous les auteurs de cet ouvrage d’avoir mené à terme ce
travail de longue haleine.
Claude Deschamps et François Moulin
Ú
Nathalie tu nous manques !
Notre collègue et amie Nathalie Cleirec
nous a quittés le 17 novembre 2015.
Enseignante de grande qualité,
elle était très attachée à ses étudiants
et faisait tout pour leur réussite.
Toute l’équipe de cet ouvrage
se souvient de sa gentillesse et de son travail :
une participation active aux réunions du groupe
et une rédaction remarquable des chapitres
dont elle avait la responsabilité.
Ú
Préface
v
Chapitre 1. Groupes, anneaux, arithmétique, algèbres
1
I
Anneaux et corps . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
II
Anneau des polynômes à une indéterminée . . . . . . . . . . .
III Groupes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
IV Algèbres . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Démonstrations et solutions des exercices du cours . . . . . . . . .
Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Chapitre 2. Réduction des endomorphismes
I
Sous-espaces stables et endomorphismes induits . . . . . . . .
II
Éléments propres . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
III Endomorphismes et matrices diagonalisables . . . . . . . . . .
IV Endomorphismes et matrices trigonalisables . . . . . . . . . .
V
Utilisations des polynômes annulateurs . . . . . . . . . . . .
Démonstrations et solutions des exercices du cours . . . . . . . . .
Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Chapitre 3. Fonctions convexes
I
Parties convexes d’un espace vectoriel . . . . . . . . . . . . .
II
Fonctions convexes d’une variable réelle . . . . . . . . . . . .
III Convexité et dérivabilité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Démonstrations et solutions des exercices du cours . . . . . . . . .
Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2
13
21
29
35
51
63
64
67
86
92
96
107
130
153
154
158
163
166
176
Chapitre 4. Espaces vectoriels normés
I
Généralités . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
II
Suites d’éléments d’un espace vectoriel normé . . . . . . . . .
III Topologie d’un espace vectoriel normé . . . . . . . . . . . . .
IV Comparaison de normes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Démonstrations et solutions des exercices du cours . . . . . . . . .
Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Chapitre 5. Limites, continuité
I
Limite d’une application . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
II
Opérations sur les limites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
III Continuité globale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
IV Continuité des applications linéaires . . . . . . . . . . . . . .
Démonstrations et solutions des exercices du cours . . . . . . . . .
Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Chapitre 6. Compacité, connexité, dimension finie
I
Compacité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
II
Connexité par arcs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
III Espaces vectoriels normés de dimension finie . . . . . . . . . .
Démonstrations et solutions des exercices du cours . . . . . . . . .
Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Chapitre 7. Fonctions vectorielles de la variable réelle
I
Dérivation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
II
Intégration sur un segment . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
III Primitives et intégrales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
IV Formules de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
V
Arcs paramétrés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Démonstrations et solutions des exercices du cours . . . . . . . . .
Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Chapitre 8. Séries numériques et vectorielles
I
Séries à valeurs dans un espace normé de dimension finie . . .
II
Compléments sur les séries numériques . . . . . . . . . . . . .
Démonstrations et solutions des exercices du cours . . . . . . . . .
Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
187
188
201
206
216
220
242
255
256
262
263
269
271
279
289
290
295
299
306
319
343
344
353
358
360
362
368
378
399
400
405
417
427
Chapitre 9. Familles sommables
I
Dénombrabilité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
II
Familles sommables de réels positifs . . . . . . . . . . . . . .
III Familles sommables de nombres complexes . . . . . . . . . . .
IV Applications . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Démonstrations et solutions des exercices du cours . . . . . . . . .
Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Chapitre 10. Suites et séries de fonctions
I
Modes de convergence des suites . . . . . . . . . . . . . . . .
II
Convergence uniforme et limites . . . . . . . . . . . . . . . . .
III Intégration, dérivation d’une limite . . . . . . . . . . . . . . .
IV Séries de fonctions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
V
Approximation uniforme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Démonstrations et solutions des exercices du cours . . . . . . . . .
Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Chapitre 11. Séries entières
I
Séries entières . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
II
Séries entières de la variable réelle . . . . . . . . . . . . . . .
III Développements en série entière . . . . . . . . . . . . . . . . .
IV Pratique du développement en série entière . . . . . . . . . .
Démonstrations et solutions des exercices du cours . . . . . . . . .
Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Chapitre 12. Intégration sur un intervalle quelconque
I
Intégrale généralisée sur un intervalle [a, +∞[ . . . . . . . . .
II
Généralisation aux autres types d’intervalles . . . . . . . . . .
III Propriétés de l’intégrale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
IV Calcul d’intégrales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
V
Intégration des relations de comparaison . . . . . . . . . . . .
Démonstrations et solutions des exercices du cours . . . . . . . . .
Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Chapitre 13. Convergence dominée et applications
I
Suites et séries d’intégrales . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
II
Intégrales à paramètre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Démonstrations et solutions des exercices du cours . . . . . . . . .
Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Ü
447
448
452
459
463
468
477
491
492
500
502
505
518
521
546
581
582
593
595
605
614
635
663
665
672
676
678
682
685
701
723
724
732
744
759
Chapitre 14. Espaces préhilbertiens et euclidiens
I
Rappels et compléments . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
II
Projection orthogonale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
III Suites orthonormales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
IV Endomorphismes d’un espace euclidien . . . . . . . . . . . . .
Démonstrations et solutions des exercices du cours . . . . . . . . .
Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Chapitre 15. Espaces probabilisés
I
Espaces probabilisés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
II
Probabilités conditionnelles . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Démonstrations et solutions des exercices du cours . . . . . . . . .
Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Chapitre 16. Variables aléatoires discrètes
I
Variables aléatoires discrètes . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
II
Lois usuelles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
III Couples de variables aléatoires . . . . . . . . . . . . . . . . .
IV Indépendance de variables aléatoires . . . . . . . . . . . . . .
V
Espérance, variance, covariance . . . . . . . . . . . . . . . . .
VI Fonctions génératrices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Démonstrations et solutions des exercices du cours . . . . . . . . .
Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Chapitre 17. Équations différentielles linéaires
I
Équations différentielles linéaires d’ordre 1 . . . . . . . . . .
II
Équations différentielles linéaires à coefficients constants . . .
III Équations différentielles linéaires scalaires d’ordre n . . . . .
IV Équations différentielles linéaires scalaires d’ordre 2 . . . . .
V
Exemples de résolution d’équations non résolues . . . . . . .
Démonstration du théorème de Cauchy linéaire . . . . . . . . . . .
Démonstrations et solutions des exercices du cours . . . . . . . . .
Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Chapitre 18. Calcul différentiel
I
Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
II
Différentielle d’une fonction . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
III Opérations sur les fonctions différentiables . . . . . . . . . . .
IV Fonctions numériques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
V
Fonctions de classe C k . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
VI Applications . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Démonstrations et solutions des exercices du cours . . . . . . . . .
Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
795
796
799
802
806
814
827
845
846
855
861
873
891
892
895
898
903
909
921
924
952
1011
1012
1022
1030
1034
1045
1047
1049
1075
1097
1098
1101
1110
1118
1123
1133
1143
1170
Ü
I
Anneaux et corps . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1
Rappels et notations . . . . . . . . . . . . . . . . .
2
2
2
3
Anneaux intègres . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Sous-anneaux — sous-corps . . . . . . . . . . . . .
2
3
4
5
Morphismes d’anneaux . . . . . . . . . . . . . . . .
Anneaux produit . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4
6
6
7
Idéaux d’un anneau commutatif . . . . . . . . . .
L’anneau ZZ/nZZ . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6
8
8
Théorème chinois . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
11
9
Indicatrice d’Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Anneau des polynômes à une indéterminée . . . .
12
13
1
Propriétés arithmétiques élémentaires . . . . . . .
14
2
Utilisation des idéaux de IK[X] . . . . . . . . . . .
16
Groupes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1
Rappels . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
21
21
2
3
Morphismes de groupes . . . . . . . . . . . . . . .
Noyau, image . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
21
23
4
5
Produit de groupes . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Groupes monogènes et cycliques . . . . . . . . . .
24
25
6
Ordre d’un élément dans un groupe . . . . . . . .
Algèbres . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
28
29
1
2
Structure d’algèbre . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Sous-algèbres . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
29
30
3
4
Morphismes d’algèbres . . . . . . . . . . . . . . . .
Substitution polynomiale, polynômes annulateurs .
31
31
Démonstrations et solutions des exercices du cours . .
35
Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
51
II
III
IV
1
Nous revenons dans ce chapitre sur les structures algébriques usuelles vues
en première année : groupes, anneaux et corps, notamment en vue de leur
utilisation en arithmétique (sur ZZ et sur IK[X]).
Nous finirons par la notion d’algèbre, très présente en analyse, et dont les
applications en algèbre linéaire seront étudiées dans le chapitre de réduction
des endomorphismes.
Dans ce chapitre, nous supposons acquises les notions de groupe, de sousgroupe, d’anneaux et de corps vues en première année.
• Dans un anneau A, le neutre pour l’addition est noté 0 (ou 0A ), le neutre
pour la multiplication 1 (ou 1A ).
• L’anneau est commutatif si la multiplication est commutative (l’addition
est commutative par définition).
• Un anneau A est trivial si 1A = 0A ; dans ce cas, A est réduit à cet unique
élément.
• Rappelons que, par définition, un corps est un anneau commutatif non
trivial dans lequel tout élément non nul est inversible.
Définition 1
Un anneau intègre est un anneau A commutatif non trivial qui vérifie :
∀(a, b) ∈ A2
a b = 0 =⇒ (a = 0 ou
1. ZZ est un anneau intègre.
2. Tout corps est un anneau intègre.
b = 0) .
p.35 Exercice 1 Donner un exemple d’anneau commutatif non trivial et non intègre.
Point méthode
Dans un anneau A intègre tout élément a non nul est régulier pour la
multiplication, c’est-à-dire vérifie :
∀(x, y) ∈ A2
a x = a y =⇒ x = y.
Tout anneau fini intègre est un corps.
En effet, soit A un anneau fini intègre et a ∈ A non nul. L’application x → a x de A
dans A est injective par régularité de a. Comme A est fini, elle est bijective, donc 1
admet un antécédent ce qui signifie qu’il existe b ∈ A tel que a b = 1 . Comme A est
commutatif (puisqu’intègre), on a aussi b a = 1 et a est inversible.
p.35 Exercice 2 Montrer que dans l’anneau des fonctions continues de IR dans IR , toute
fonction polynomiale non nulle est régulière.
Définition 2
Un sous-anneau d’un anneau A est un sous-groupe additif de A stable par
multiplication et contenant 1A .
Point méthode
Pour montrer qu’une partie d’un anneau A est un sous-anneau de A, il suffit
de vérifier qu’elle est stable par les deux lois de A par passage à l’opposé,
et qu’elle contient l’élément neutre multiplicatif 1A .
En effet, il ne manque que la présence de l’élément neutre 0A , que l’on obtient
par différence : 0A = 1A − 1A .
Définition 3
Un sous-corps d’un corps IK est un sous-anneau de IK qui est un corps.
1. ZZ est un sous-anneau de Q .
2. L’ensemble des matrices triangulaires supérieures d’ordre n est un sous-anneau
de Mn (IK).
3. ZZ + i ZZ est un sous-anneau de C .
4. Q et IR sont des sous-corps de C.
¿
Proposition 1
Si B est un sous-anneau de A et C un sous-anneau de B , alors C est un
sous-anneau de A.
Démonstration.
C’est immédiat à partir de la caractérisation donnée dans le point méthode ci-dessus.
• La définition d’un sous-anneau impose qu’il contienne 1A . Cette vérification est indispensable car elle n’est pas une conséquence des autres axiomes
comme le montrent les exemples de l’ensemble des matrices triangulaires
supérieures strictes de Mn (IK), ou plus simplement {0A } lorsque A est
un anneau non trivial.
• Ce même exemple {0A } montre que, contrairement à ce qui se passe pour
les sous-groupes, une partie d’un anneau A stable par les lois de A et
qui, munie des lois induites, est un anneau, n’est pas nécessairement un
sous-anneau de A (les deux éléments neutres multiplicatifs peuvent être
différents). Voir aussi l’exercice 1.1 de la page 51.
Définition 4
Soit A et B deux anneaux. On dit qu’une application ϕ : A → B est un
morphisme d’anneaux si elle vérifie :
∀(a, b) ∈ A2
ϕ(a + b) = ϕ(a) + ϕ(b)
∀(a, b) ∈ A2
ϕ(a b) = ϕ(a) ϕ(b)
ϕ(1A ) = 1B .
• La première des conditions ci-dessus est en fait la définition d’un morphisme de groupes de (A, +) dans (B, +) (voir page 21). Un morphisme
d’anneaux est donc en particulier un morphisme de groupes.
• Un morphisme d’anneaux ϕ de A dans B vérifie l’égalité ϕ(0) = 0.
En effet :
ϕ(0) = ϕ(0 + 0) = ϕ(0) + ϕ(0)
et en ajoutant −ϕ(0) des deux côtés, on obtient 0 = ϕ(0). Alors, si x ∈ A,
on a ϕ(x) + ϕ(−x) = ϕ(0) = 0 ce qui montre que ϕ(−x) = −ϕ(x).
Ce sont également des propriétés générales des morphismes de groupes.
En revanche, l’égalité ϕ(1) = 1 de la définition précédente n’est
pas une conséquence des autres axiomes comme le montre l’exemple de la
fonction nulle lorsque B = {0}.
Définition 5
Un isomorphisme d’anneaux est un morphisme d’anneaux bijectif.
Proposition 2
Si ϕ est un isomorphisme d’anneaux, alors ϕ−1 est également un isomorphisme d’anneaux.
Démonstration page 35
Proposition 3
Soit f un morphisme d’anneaux de A dans B .
1. L’image par f de tout sous-anneau de A est un sous-anneau de B .
2. L’image réciproque par f de tout sous-anneau de B est un sous-anneau
de A.
Démonstration page 35
Soit f : A → B un morphisme d’anneaux.
L’image de f est le sous-anneau f (A) de B .
Évidemment, f est surjectif si, et seulement si, son image est égale à B .
Définition 6 (Noyau)
Le noyau d’un morphisme d’anneaux f : A → B est :
Ker f = x ∈ A f (x) = 0B .
p.35 Exercice 3 Montrer qu’un morphisme d’anneaux est injectif si, et seulement si, son
noyau est réduit à {0} .
Le noyau d’un morphisme d’anneaux n’est pas en général un sousanneau (voir ci-dessous la notion d’idéal) comme le montre l’exercice suivant.
p.36 Exercice 4 Montrer que le noyau d’un morphisme d’anneaux f : A → B est un
sous-anneau de A si, et seulement si, B est trivial.
Étant donné des anneaux A1 , . . . , An , on munit le produit cartésien A1 × · · · × An d’une structure d’anneau par opérations terme à terme :
(a1 , . . . , an ) + (b1 , . . . , bn ) = (a1 + b1 , . . . , an + bn )
(a1 , . . . , an ) × (b1 , . . . , bn ) = (a1 b1 , . . . , an bn ).
Les deux éléments neutres sont naturellement (0A1 , . . . , 0An ) et (1A1 , . . . , 1An ).
p.36 Exercice 5
1. Écrire de même l’opposé d’un élément du produit cartésien.
2. Quels sont les inversibles d’un anneau produit ?
3. À quelle condition l’anneau produit A × B est-il un corps ?
4. À quelle condition l’anneau produit A × B est-il intègre ?
Si ϕ est un morphisme d’anneaux de A dans B , l’image de ϕ est un sousanneau de B mais son noyau n’est pas un sous-anneau de A, sauf si B est
trivial (voir l’exercice 4 de la page précédente).
Mais Ker ϕ est un sous-groupe de (A, +) qui possède la propriété suivante :
∀x ∈ Ker ϕ
∀a ∈ A
(a x, x a) ∈ (Ker ϕ)2
puisque si x ∈ Ker ϕ et a ∈ A, on a ϕ(a x) = ϕ(a) ϕ(x) = ϕ(a) × 0 = 0 et de
même pour ϕ(x a).
Cela caractérise la notion d’idéal bilatère.
Conformément au programme, on se place dans toute la suite dans le cadre
des anneaux commutatifs.
Définition 7 (Idéal d’un anneau commutatif)
Soit A un anneau commutatif.
On dit qu’une partie I de A est un idéal de A si :
• I est un sous-groupe de (A, +) ;
• I est stable par multiplication par tout élément de A, c’est-à-dire :
∀x ∈ I
∀a ∈ A x a ∈ I.
Par commutativité de A, un idéal I de A vérifie aussi :
∀x ∈ I
∀a ∈ A a x ∈ I.
1. Nous venons de voir que le noyau d’un morphisme d’anneaux de A (commutatif)
dans B est un idéal de A.
2. Si A est un anneau commutatif, alors A et {0} sont évidemment des idéaux de A.
3. L’ensemble des fonctions nulles sur une partie X de IR est un idéal de F (IR, IR).
p.36 Exercice 6 Montrer que les suites réelles convergeant vers 0 constituent un idéal
de l’anneau des suites réelles bornées.
S’agit-il d’un idéal de l’anneau de toutes les suites réelles ?
Soit I un idéal de A contenant 1.
Alors, pour tout a ∈ A, on a a = a.1 ∈ I , donc I = A.
p.37 Exercice 7
1. Montrer plus généralement qu’un idéal contenant un élément inversible de A est
égal à A.
2. Quels sont les idéaux d’un corps ?
Soit A un anneau commutatif.
Proposition 4
Une intersection d’idéaux de A est un idéal de A.
Démonstration page 37
p.37 Exercice 8 Étant donné une partie X de A, montrer qu’il existe un plus petit
idéal de A contenant X .
On l’appelle idéal de A engendré par X .
Soit x ∈ A. Décrivons l’idéal engendré
par x, c’est-à-dire par {x} (cf. exercice précédent). Par définition, pour tout idéal I
contenant x et pour tout a ∈ A, on a a x ∈ I , donc I contient x A = x a ; a ∈ A .
Montrons que x A est le plus petit idéal de A contenant x.
• Il contient 0 = x × 0 et il est stable par + et − puisque pour tout (a, b) ∈ A :
x a + x b = x (a + b) ∈ x A
et
− (x a) = x (−a) ∈ x A.
Donc x A est un sous-groupe de (A, +).
• Pour tout y = x a ∈ x A et b ∈ A, on a y b = x (a b) ∈ x A. Donc x A est un
idéal.
• Comme x = x × 1A , on a bien x ∈ x A.
• Enfin, on a vu plus haut que tout idéal de A contenant x contenait aussi x A.
p.37 Exercice 9 Montrer qu’un anneau commutatif A non trivial n’ayant que les deux
idéaux A et {0} est un corps (réciproque de la deuxième question de l’exercice 7
de la page précédente).
Proposition 5
Si I1 et I2 sont deux idéaux de A, leur somme :
I1 + I2 = x1 + x2 ; (x1 , x2 ) ∈ I1 × I2
est un idéal de A.
C’est le plus petit idéal de A contenant I1 et I2 .
Démonstration page 37
Z
Z
Pour tout n ∈ ZZ, l’ensemble n ZZ = n k ; k ∈ ZZ des multiples de n est un
idéal de ZZ. C’est l’idéal de ZZ engendré par n (voir l’exemple de la page précédente).
Comme n ZZ = (−n) ZZ pour tout n ∈ ZZ, on peut se limiter à n ∈ IN.
Nous allons voir qu’en fait ce sont les seuls idéaux de ZZ.
Lemme 6
Les sous-groupes de (ZZ, +) sont les n ZZ, pour n ∈ IN.
Principe de démonstration. Si H est un sous-groupe non nul de ZZ , on considère le plus petit
élément n strictement positif de H et l’on utilise la division euclidienne par n pour montrer que
tout élément de H est un multiple de n .
Démonstration page 37
Un idéal étant en particulier un sous-groupe, on en déduit le résultat important
suivant.
Théorème 7
Les idéaux de ZZ sont les n ZZ, pour n ∈ IN.
ZZ/nZZ
Z
Z
Soit n un entier naturel.
Nous avons vu en première année la relation de congruence modulo n définie par :
x≡y
[n] ⇐⇒ y − x ∈ n ZZ.
Il s’agit une relation d’équivalence sur ZZ qui est compatible avec les opérations
de ZZ, c’est-à-dire qui vérifie :
∀(x, y, x , y ) ∈ ZZ4
x ≡ x [n]
=⇒
y ≡ y [n]
x + y ≡ x + y x × y ≡ x × y [n]
[n].
On note ZZ/nZZ l’ensemble des classes d’équivalence pour cette relation.
La classe d’un élément k de ZZ est notée k .
p.38 Exercice 10 Qu’est-ce que ZZ/0ZZ ? ZZ/1ZZ ? ZZ/2ZZ ?
Proposition 8
Pour n ∈ IN∗ , l’ensemble ZZ/nZZ a n éléments, et l’on a :
ZZ/nZZ = 0, 1, . . . , n − 1 .
Principe de démonstration.
Utiliser la division euclidienne par n . Démonstration page 38
ZZ/nZZ est appelé ensemble quotient de ZZ par n ZZ, ce qui
explique sa notation.
ZZ/nZZ
Proposition 9
1. Il existe sur ZZ/nZZ des lois, notées + et × (ou implicitement pour le
produit) et appelées lois quotient, telles que :
∀(x, y) ∈ (ZZ/nZZ)2
x+y =x+y
et
x × y = x y.
2. (ZZ/nZZ, +, ×) est un anneau commutatif d’éléments neutres 0 et 1.
3. La projection canonique ZZ −→ ZZ/nZZ est un morphisme d’anneaux
x −→ x
surjectif de noyau n ZZ.
Principe de démonstration.
α+β =x+y
Pour α et β dans ZZ/nZZ , on définit :
et
α × β = xy
où
x∈α
et
y ∈ β.
Il faut vérifier que x + y et x y ne dépendent que de α et β , et non des représentants x et y
choisis, grâce à la compatibilité de la relation de congruence avec les lois de ZZ .
Démonstration page 38
• On peut aussi prendre pour représentants des classes modulo n = 0, n’importe quel n-uplet d’entiers consécutifs.
Par exemple, pour étudier la multiplication sur ZZ/5ZZ, il pourra être inté
ressant d’écrire ZZ/5ZZ = 0, ±1, ±2 .
• Les éléments 0, 1, . . . , n − 1 sont privilégiés dans leurs classes respectives.
Il arrivera donc que l’on note p à la place de p lorsque 0 ⩽ p < n, s’il n’y
a pas de confusion possible.
p.39 Exercice 11 Écrire les tables d’addition et de multiplication de ZZ/5ZZ et ZZ/6ZZ.
Ces anneaux sont-ils intègres ?
Proposition 10 (Éléments inversibles de ZZ/nZZ)
1. La classe de k ∈ ZZ est inversible dans ZZ/nZZ si, et seulement si, k est
premier avec n.
2. Pour n ∈ IN∗ , les assertions suivantes sont équivalentes :
(i) ZZ/nZZ est un corps ;
(ii) ZZ/nZZ est intègre ;
(iii) n est premier.
Principe de démonstration.
Démonstration page 39
1. L’élément k est inversible si, et seulement s’il existe (u, v) ∈ ZZ2 tel que k u + n v = 1 et
son inverse est alors u .
2. On montre (ii) =⇒ (iii) par contraposée : si n = a b , alors a b = 0 .
(iii) =⇒ (i) : si n est premier, tous les éléments de [[1, n − 1]] sont premiers avec n .
L’implication (ii) =⇒ (i) est un cas particulier de l’exemple de la page 3.
Point méthode
Comme on l’a vu dans la démonstration précédente, pour déterminer
l’inverse de k dans ZZ/nZZ, il suffit de trouver un couple (u, v) tel
que k u + n v = 1 (coefficients de Bézout). L’inverse de k est alors u.
p.40 Exercice 12 Donner l’inverse de 13 dans ZZ/34ZZ.
½¼
On note ici [k]n la classe de l’entier k modulo un entier naturel non nul n.
Proposition 11
Soit n et m des entiers premiers entre eux. Les anneaux ZZ/(nm)ZZ
et (ZZ/nZZ) × (ZZ/mZZ) sont isomorphes par le morphisme d’anneaux ϕ :
ZZ/(nm)ZZ −→ (Z
Z/nZZ) ×(ZZ/mZZ)
[k]nm −→ [k]n , [k]m .
Principe de démonstration. Pour la définition de ϕ , vérifier que le couple
dépend que de la classe de k modulo nm .
On démontre l’injectivité de ϕ et l’on conclut par cardinalité.
[k]n , [k]m
ne
Démonstration page 40
Le corollaire suivant n’est que la traduction en termes de congruence de la
proposition 11.
Corollaire 12 (Théorème chinois)
Si n et m sont des entiers premiers entre eux, pour tout (a, b) ∈ ZZ2 , il existe
un entier k vérifiant le système :
k ≡ a [n]
k ≡ b [m]
(S)
et les solutions de ce système sont exactement les entiers congrus à k modulo n m.
Le théorème chinois permet de ramener l’étude d’une équation sur ZZ/nZZ
lorsque n n’est pas premier, à celle d’équations sur des anneaux plus simples.
Point méthode (pour obtenir une solution de (S))
À partir d’une relation de Bézout m u + n v = 1, on trouve deux entiers k1 = m u et k2 = n v vérifiant respectivement les systèmes de
congruences :
k1 ≡ 1 [n]
k1 ≡ 0 [m]
et
k2 ≡ 0
k2 ≡ 1
[n]
[m]
et une solution du système (S) est alors k = k1 a + k2 b (vérification immédiate en prenant les congruences modulo n et m).
L’obtention d’une telle solution est non triviale, mais sa vérification est immédiate. Il ne faut donc pas oublier de la faire pour repérer une
erreur de calcul éventuelle.
½½
Trouvons les entiers k tels que k2 + k + 11 ≡ 0 [143], c’est-à-dire tels
que k 2 + k + 11 ≡ 0 [11] et k 2 + k + 11 ≡ 0 [13].
Cela revient à résoudre l’équation x2 + x + 11 = 0 dans ZZ/11ZZ et dans ZZ/13ZZ. Pour
chaque couple de solutions [a]11 , [b]13 , le point méthode précédent donne la classe
modulo 143 correspondante.
p.40 Exercice 13 Finir l’exemple ci-dessus.
Définition 8
On appelle indicatrice d’Euler de n ∈ IN∗ , et l’on note ϕ(n), le cardinal
de l’ensemble :
k ∈ [[1, n]] k ∧ n = 1 .
• On a évidemment ϕ(1) = 1.
• Pour n ⩾ 2, ϕ(n) est aussi le nombre d’éléments de [[1, n − 1]] premiers
avec n.
• Dans tous les cas, c’est aussi le nombre d’éléments de [[0, n − 1]] premiers avec n, donc également le nombre d’éléments inversibles dans l’anneau ZZ/nZZ.
1. Pour tout n ⩾ 2 , on a ϕ(n) ⩽ n − 1 avec égalité si, et seulement si, n est premier. En effet, d’après les remarques précédentes, ϕ(n) est le nombre d’éléments
de [[1, n − 1]] premiers avec n (d’où l’inégalité) et n est premier si, et seulement
s’ils sont tous premiers avec n.
2. Soit p un nombre premier. Pour tout k ∈ IN∗ , on a ϕ(pk ) = pk − pk−1 puisque
les éléments qui sont non premiers avec pk sont les multiples de p, c’est-àdire p, 2p, . . . , (pk−1 ) p pour ceux qui sont dans [[1, pk ]] . Il y en a donc pk−1 .
p.40 Exercice 14 Soit n ∈ IN∗ . Montrer :
ϕ(d) = n.
d|n
Indication : on pourra considérer l’ensemble des rationnels de la forme p/n,
avec p ∈ [[1, n]].
½¾
Proposition 13
Si n et m sont premiers entre eux, alors on a ϕ(n m) = ϕ(n) ϕ(m).
Démonstration. Les anneaux ZZ/(nm)ZZ et (ZZ/nZZ) × (ZZ/mZZ) étant isomorphes (théorème
chinois), ils ont autant d’éléments inversibles.
Or, les inversibles de l’anneau produit (ZZ/nZZ) × (ZZ/mZZ) sont évidemment les couples (u, v) ,
où u et v sont inversibles respectivement dans ZZ/nZZ et ZZ/mZZ . On en déduit le résultat.
Corollaire 14
Si n = pα1 1 · · · pαr r , avec p1 , . . . , pr des nombres premiers distincts deux à
deux et α1 , . . . , αr des entiers naturels non nuls, alors on a :
ϕ(n) = n
1−
1
1
··· 1 −
p1
pr
·
Démonstration. Le résultat est immédiat si n = 1 (un produit vide vaut 1 ). Sinon, r ⩾ 1
αr−1
α
1
r
est premier avec pα
et puisque les pk k sont premiers entre eux deux à deux, pα
r
1 · · · pr−1 . À
α
r−1
αr
1
partir de la proposition précédente, on a ϕ(n) = ϕ(pα
1 · · · pr−1 ) ϕ(pr ) .
αr
1
On en déduit ϕ(n) = ϕ(pα
1 ) · · · ϕ(pr ) par récurrence immédiate, sur le nombre de facteurs
premiers de n . À l’aide du résultat de l’exemple 2 de la page ci-contre, il vient :
α1 −1
αr −1
r
1
ϕ(n) = pα
· · · pα
r − pr
1 − p1
αr
1
ce qui donne le résultat après factorisation par n = pα
1 · · · pr .
On peut adapter le
crible d’Eratosthène (voir livre de première année) pour calculer l’indicatrice d’Euler
des n premiers entiers. Cela consiste à multiplier chaque entier k par 1 − p1 , pour
tous les diviseurs premiers p de k .
" " " Retourne l a l i s t e des p h i ( p )
pour p i n [ 0 , n ] " " "
t=l i s t ( range ( n+1)) # i n i t i a l e m e n t , t [ p]=p pour t o u t p
fo r p in range ( 2 , n ) :
i f t [ p ] == p : # p e s t premier
fo r k in range ( p , n+1 ,p ) :
# on m u l t i p l i e l e s m u l t i p l e s
# de p par 1−1/p
t [ k ] −= t [ k ] // p
return t
On considère un corps IK (dans la pratique, un sous-corps de C). La structure
d’anneau de IK[X], étudiée en première année lorsque IK = IR ou IK = C, se
définit de la même manière dans le cas général.
½¿
On conserve en particulier la notion de degré ainsi que ses propriétés qui
permettent de montrer le résultat suivant.
Proposition 15
IK[X] est un anneau intègre.
Démonstration.
Il est clair que IK[X] est un anneau commutatif non réduit à {0} .
Soit A et B deux polynômes non nuls. Écrivons :
A=
p
ai X i
et
i=0
B=
q
bj X j
avec
p = deg A
et
q = deg B.
j=0
Par définition du produit, le coefficient du terme de degré n = p + q de A B est ap bq , donc
non nul comme produit d’éléments non nuls du corps IK . Ainsi A B = 0 .
Définition 9
Soit (A, B) ∈ IK[X]2 . On dit que B divise A, ou que A est un multiple
de B , s’il existe Q ∈ IK[X], appelé quotient de A par B , tel que A = B Q.
On note B | A.
La relation de divisibilité est une relation réflexive et transitive, mais n’est ni
symétrique ni antisymétrique (ce n’est ni une relation d’ordre, ni une relation
d’équivalence).
Proposition 16
Les éléments inversibles de IK[X] sont les éléments de IK∗ .
Démonstration page 41
1. Les diviseurs de 1 sont les éléments inversibles, c’est-à-dire les polynômes
constants non nuls.
2. Tout élément de IK[X] divise 0 , mais 0 ne divise que lui-même.
Proposition 17
Soit A et B deux éléments de IK[X]. Les propriétés suivantes sont équivalentes :
(i) A | B et B | A ;
(ii) il existe λ ∈ IK∗ tel que B = λ A.
On dit alors que A et B sont associés.
Démonstration page 41
½
1. 0 n’est associé qu’à lui-même.
2. Les éléments inversibles de IK[X] sont les associés de 1 .
Corollaire 18
Tout élément non nul de IK[X] est associé à un unique polynôme unitaire.
Définition 10
Un polynôme irréductible est un polynôme non constant dont les seuls
diviseurs sont ses associés et les constantes non nulles.
Tout polynôme de degré 1 est irréductible.
Proposition 19
Un élément A ∈ IK[X] est irréductible si, et seulement si :
• A est non constant ;
• si A = B C , avec (B, C) ∈ IK[X]2 , alors B ou C est constant.
Démonstration page 41
• Les polynômes irréductibles de C[X] sont les polynômes de degré 1.
• Les polynômes irréductibles de IR[X] sont les polynômes de degré 1 et les
polynômes de degré 2 dont le discriminant est strictement négatif.
Montrons que P = X 3 + X + 1 est irréductible dans Q[X].
Supposons P = Q R , avec Q et R non constants. Alors l’un est de degré 2 et l’autre
de degré 1 . En particulier, l’un des deux, donc P aussi, admet une racine dans Q .
Montrons que c’est impossible.
Soit p et q deux entiers premiers entre eux, avec q = 0 , tels que P (p/q) = 0 .
Alors p3 + p q 2 + q 3 = 0 , donc q | p3 et p | q 3 . On en déduit p = ±1 et q = ±1
puisque p ∧ q = 1 . Ainsi, p/q = ±1 , ce qui est contradictoire puisque P (1) = 3 = 0
et P (−1) = −1 = 0 .
Plus généralement, un polynôme de IK[X] de degré 2 ou 3 n’ayant
aucune racine dans IK est irréductible dans IK[X].
p.41 Exercice 15 Le polynôme P = X 4 + X 2 + 1
1. a-t-il des racines dans C ? dans IR ? dans Q ?
2. est-il irréductible dans C[X] ? dans IR[X] ? dans Q[X] ?
½
Définition 11
Deux éléments de IK[X] sont premiers entre eux si leurs seuls diviseurs
communs sont les polynômes constants non nuls de IK[X].
Deux polynômes irréductibles non associés sont premiers entre eux. Considérons, en effet, deux polynômes irréductibles P et Q non premiers entre eux. Ils
admettent alors un diviseur commun D non constant. Comme P et Q sont irréductibles, on en déduit que D est associé à P et à Q , donc que P et Q sont associés.
Plus généralement :
Proposition 20
Soit P un polynôme irréductible et A un polynôme quelconque. Alors P
et A sont premiers entre eux si, et seulement si, P ne divise pas A.
Démonstration page 41
IK[X]
IK[X]
Si B est un élément de IK[X], l’exemple de la page 7 montre que :
B IK[X] = B Q ; Q ∈ IK[X]
est un idéal de IK[X].
Comme dans le cas de ZZ, on a ainsi obtenu tous les idéaux de IK[X].
Théorème 21
Les idéaux de IK[X] sont les B IK[X], pour B ∈ IK[X].
Principe de démonstration. Si I est un idéal non nul de IK[X] , on considère un élément B
non nul de I de degré minimal et l’on utilise la division euclidienne par B pour montrer que
tout élément de I est un multiple de B .
Démonstration page 42
Grâce à cette propriété importante de IK[X], nous allons pouvoir retrouver
(et généraliser au cas d’un corps IK quelconque) les propriétés arithmétiques
de l’anneau IK[X].
• Un anneau principal est un anneau intègre A dans lequel tout idéal
est principal, c’est-à-dire de la forme x A, pour un certain x de A (voir
l’exemple de la page 7).
• L’anneau IK[X] est ainsi un anneau principal, ainsi que ZZ d’après le théorème 7 de la page 8.
½
• Les résultats arithmétiques qui suivent utilisent cette propriété de principalité de IK[X] et peuvent donc se généraliser à n’importe quel anneau
principal (sauf l’algorithme d’Euclide qui utilise la division euclidienne).
• Le même schéma permettrait ainsi de retrouver les résultats classiques de
l’arithmétique de ZZ en utilisant ses idéaux.
La proposition suivante permet de ramener la notion de divisibilité à une
relation d’ordre (inclusion sur les idéaux).
Proposition 22
On a :
∀(A, B) ∈ IK[X]2
Démonstration.
B | A ⇐⇒ A IK[X] ⊂ B IK[X].
On a les équivalences immédiates :
B | A ⇐⇒ ∃Q ∈ IK[X]
A = B Q ⇐⇒ A ∈ B IK[X].
Il ne reste plus qu’à vérifier que A IK[X] ⊂ B IK[X] ⇐⇒ A ∈ B IK[X] .
• L’implication =⇒ est évidente puisque A ∈ A IK[X] .
• Puisque B IK[X] est un idéal, si A ∈ B IK[X] , alors ∀Q ∈ IK[X]
prouve l’implication ⇐= .
A Q ∈ B IK[X] , ce qui
On en déduit, grâce à la proposition 17 de la page 14, que deux
polynômes sont associés si, et seulement s’ils sont générateurs du même idéal.
Corollaire 23
Tout idéal I de IK[X] non réduit à {0} est de la forme A IK[X] pour un
unique polynôme unitaire A.
Ce polynôme A est appelé le générateur de I .
Soit A et B deux polynômes non nuls.
1. L’ensemble des multiples communs à A et B est A IK[X] ∩ B IK[X]. Il s’agit donc
d’un idéal de IK[X], non nul puisque A B lui appartient. Son générateur M est
appelé le PPCM de A et B . C’est l’unique polynôme unitaire M ∈ IK[X] tel
que :
A IK[X] ∩ B IK[X] = M IK[X]
c’est-à-dire vérifiant :
∀P ∈ IK[X] (A | P
et
B | P ) ⇐⇒ M | P.
2. De même que, pour le PPCM, on s’intéresse à A IK[X] ∩ B IK[X] qui est le plus
grand idéal de IK[X] contenu dans A IK[X] et B IK[X], pour le PGCD on va
considérer le plus petit idéal de IK[X] contenant A IK[X] et B IK[X], c’est-à-dire,
d’après la proposition 5 de la page 8, leur somme A IK[X] + B IK[X].
½
Définition 12
Soit A et B deux éléments de IK[X] non tous les deux nuls.
On appelle PGCD de A et B le générateur D de l’idéal A IK[X] + B IK[X].
Il vérifie la relation :
∀P ∈ IK[X]
(P | A
et P | B) ⇐⇒ P | D.
On a la relation de Bézout :
∃(U, V ) ∈ IK[X]2
D = A U + B V.
• Parmi les diviseurs communs à A et B , le PGCD est le polynôme unitaire
de degré maximal.
• Si A = 0, le PGCD de A et B est le polynôme B normalisé (c’est-à-dire
divisé par son coefficient dominant).
• Rappelons que l’on peut obtenir le PGCD par l’algorithme d’Euclide :
∗ tant que B est non nul, on remplace (A, B) par (B, R), où R est le
reste de la division euclidienne de A par B ;
∗ le PGCD recherché est alors A divisé par son coefficient dominant.
La définition précédente se généralise naturellement à k éléments (A1 , . . . , Ak ) ∈ IK[X]k non tous nuls. L’ensemble :
A1 U1 + A2 U2 + · · · + Ak Uk ; (U1 , U2 , . . . , Uk ) ∈ IK[X]k ,
noté A1 IK[X] + A2 IK[X] + · · · + Ak IK[X], est un idéal de IK[X]. Son générateur D est le PGCD de (A1 , A2 , . . . , Ak ) et on a la relation de Bézout :
∃(U1 , U2 , . . . , Uk ) ∈ IK[X]k
D = A1 U1 + A2 U2 + · · · + Ak Uk .
Par définition du PGCD, on a immédiatement les résultats suivants.
Proposition 24
Soit (A, B) ∈ IK[X]2 .
1. Si D est le PGCD de A et B , alors il existe U et V dans IK[X] tels
que D = A U + B V .
2. Les polynômes A et B sont premiers entre eux si, et seulement s’il
existe (U, V ) ∈ IK[X]2 tel que A U + B V = 1.
Démonstration. Seule la réciproque du deuxième point reste à démontrer. Si A U + B V = 1 ,
tout diviseur commun à A et B divise A U + B V donc 1 . On en déduit que les seuls diviseurs
communs à A et B sont les polynômes constants non nuls, donc que A et B sont premiers
entre eux.
½
p.42 Exercice 16 Soit (A, B) ∈ IK[X]2 . Pour quels P ∈ IK[X], l’équation A U +B V = P
admet-elle des solutions en (U, V ) ∈ IK[X]2 ?
Corollaire 25
Soit (A, B) ∈ IK[X]2 . Si D est le PGCD de A et B , on peut écrire A = D A
et B = D B , avec A et B premiers entre eux.
Démonstration.
Il suffit de diviser une relation de Bézout A U + B V = D par D pour
obtenir A U + B V = 1 , ce qui prouve que A et B sont premiers entre eux.
Dans IK[X], on peut déterminer le PGCD et un couple
de coefficients de Bézout par l’algorithme d’Euclide.
Cet algorithme a déjà été présenté en première année (lorsque IK = IR ou IK = C).
Nous donnons ici une version récursive.
Algorithme d’Euclide étendu dans IK[X]
Entrées : les polynômes A et B , avec A non nul.
Variables : Q , R , D , U , V et λ.
Résultat : PGCD unitaire et coefficients de Bézout
function pgcd(A,B)
if B = 0 then
λ ← coefficient dominant de A
1
return ( A
λ , λ , 0)
else
(Q, R) ← quotient et reste de la division de A par B
(D, U, V ) ← pgcd(B, R)
return (D, V, U − Q V )
Théorème 26 (Lemme de Gauss)
Soit A, B et C trois éléments de IK[X].
Si A divise B C et si A est premier avec B , alors A divise C .
Principe de démonstration.
Multiplier par C une relation de Bézout A U + B V = 1 .
Démonstration page 42
p.42 Exercice 17 Montrer que si A et B sont deux polynômes premiers entre eux et
non tous les deux constants, il existe un unique couple (U, V ) ∈ IK[X]2 tel que :
AU + B V = 1
avec
deg U < deg B
et
deg V < deg A.
½
Théorème 27
Tout polynôme non constant de IK[X] est produit d’irréductibles.
Principe de démonstration.
On démontre qu’un polynôme P non constant est produit d’ir-
Démonstration page 43
réductibles par récurrence forte sur le degré de P .
Notons P l’ensemble des polynômes irréductibles unitaires. Les éléments de P
sont donc deux à deux non associés et tout polynôme irréductible est associé
à un unique élément de P .
Théorème 28
Tout polynôme A non nul de IK[X] s’écrit de façon unique sous la forme :
P αP
A=λ
P ∈P
où λ ∈ IK∗ et (αP )P ∈P est une famille presque nulle d’entiers naturels.
Démonstration page 43
Point méthode
Dans la pratique, on écrit la décomposition en produits d’irréductibles d’un
élément A non nul sous l’une des formes :
• A = λ P1α1 · · · Pkαk où λ ∈ IK∗ , P1 , . . . , Pk sont des éléments de P distincts deux à deux et α1 , . . . , αk des entiers naturels non nuls ;
• A = λ P1α1 · · · Pkαk où λ ∈ IK∗ , P1 , . . . , Pk sont des éléments de P distincts deux à deux et α1 , . . . , αk des entiers naturels éventuellement nuls.
Avec la deuxième forme, on perd l’unicité, mais on peut utiliser les mêmes
irréductibles pour plusieurs éléments de IK[X].
Soit A et B deux éléments non nuls de IK[X] décomposés sous la deuxième
forme :
A = λ P1α1 · · · Pkαk
B = μ P1β1 · · · Pkβk .
et
• B | A si, et seulement si, ∀i ∈ [[1, k]] βi ⩽ αi ;
min(α1 ,β1 )
• le PGCD de A et B est D = P1
max(α1 ,β1 )
• le PPCM de A et B est M = P1
On a ainsi A B = λ μ D M .
¾¼
min(αk ,βk )
· · · Pk
;
max(αk ,βk )
· · · Pk
.
Rappelons quelques exemples de groupes classiques étudiés en première année.
1. ZZ est un groupe commutatif.
2. Si E est un ensemble, l’ensemble S(E) des permutations de E est un groupe
pour la composition des applications.
3. Si E est un espace vectoriel, le groupe linéaire GL(E) est un groupe.
4. Si n est un entier naturel non nul, GLn (IK) est un groupe, non commutatif dès
que n ⩾ 2 .
5. Si E est un espace vectoriel euclidien, les automorphismes orthogonaux de E
forment le groupe orthogonal O(E). De même, les matrices orthogonales
d’ordre n ∈ IN∗ , forment le groupe orthogonal On (IR).
Nous venons également de voir la structure d’anneau de ZZ/nZZ (n ∈ IN).
Comme pour tout anneau, muni de son addition, ZZ/nZZ a donc une structure
de groupe abélien.
Nous allons ici prolonger l’étude des groupes commencée en première année.
Contrairement aux groupes additifs des anneaux, leur loi est souvent notée
multiplicativement. C’est ainsi que seront formulés les définitions et résultats
qui vont suivre. Le lecteur est invité à les traduire avec la notation additive
(réservée aux groupes commutatifs, rappelons-le).
Définition 13
Soit G et G deux groupes. On appelle morphisme de groupes de G
dans G , toute application ϕ de G dans G vérifiant :
∀(g, h) ∈ G2
ϕ(g h) = ϕ(g) ϕ(h).
1. L’application qui envoie tous les éléments d’un groupe G sur l’élément neutre d’un
groupe G est un morphisme de groupes.
2. L’exponentielle est un morphisme de groupes de (IR, +) dans (IR∗+ , ×).
Sa réciproque, l’application logarithme, est un morphisme de groupes de (IR∗+ , ×)
dans (IR, +).
3. L’application :
GLn (IK) −→ IK∗
A −→ det A
est un morphisme de groupes de (GLn (IK), ×) dans (IK∗ , ×).
¾½
4. La signature est un morphisme de Sn dans {−1, 1} .
5. Un morphisme d’anneaux est en particulier un morphisme entre leurs groupes
additifs.
Il induit un morphisme entre les groupes des éléments inversibles des deux anneaux.
Proposition 29
Soit f un morphisme de groupes de G (d’élément neutre e) dans G (d’élément neutre e ). On a :
• f (e) = e ,
• ∀x ∈ G
−1
f (x)
• ∀x ∈ G ∀n ∈ ZZ
= f x−1 ,
n
f (x)
= f (xn ) .
Démonstration page 43
Définition 14
Un isomorphisme est un morphisme bijectif.
Un automorphisme est un isomorphisme d’un groupe dans lui-même.
1. Pour λ ∈ IR∗ , l’application x → λ x est un automorphisme de (IR, +).
2. Plus généralement, un automorphisme d’un espace vectoriel E est en particulier
un automorphisme de groupe additif de E .
3. Soit (G, .) un groupe et g ∈ G. L’application x → g x g −1 est un automorphisme
de G, appelé automorphisme intérieur.
Proposition 30
Si ϕ est un isomorphisme de groupes, alors ϕ−1 est également un isomorphisme de groupes.
Démonstration page 44
1. La fonction logarithme est un isomorphisme de groupes de (IR∗+ , ×) dans (IR, +).
2. Sa réciproque, l’exponentielle, est un isomorphisme de groupes de (IR, +)
dans (IR∗+ , ×).
On note Aut(G) l’ensemble des automorphismes du groupe G.
p.44 Exercice 18 Montrer que Aut(G) est un groupe.
Définition 15
Deux groupes sont isomorphes s’il existe un isomorphisme entre eux.
¾¾
Les groupes additifs ZZ/(mn)ZZ et (ZZ/mZZ) × (ZZ/nZZ) sont isomorphes
lorsque m et n sont premiers entre eux : c’est une conséquence du théorème chinois
(cf. page 11) puisqu’un isomorphisme d’anneaux induit en particulier un isomorphisme
entre leurs groupes additifs.
Point méthode
• Pour montrer que deux groupes sont isomorphes, il suffit d’exhiber un
isomorphisme entre eux.
• Pour montrer qu’ils ne sont pas isomorphes, on exhibe une propriété liée
à la loi de groupe (et donc conservée par isomorphisme) qui est vraie
pour l’un et pas pour l’autre.
1. ZZ/6ZZ et S3 ne sont pas isomorphes car l’un est commutatif et pas l’autre.
2. Lorsque n et m ne sont pas premiers entre eux, ZZ/(nm)ZZ et (ZZ/nZZ) × (ZZ/mZZ)
ne sont pas isomorphes. En effet, si p est le PPCM de m et n, on a 0 < p < n m
puisque et n et m ne sont pas premiers entre eux et donc p [1]nm = [p]nm = [0]nm .
Si ZZ/(nm)ZZ et (ZZ/nZZ) × (ZZ/mZZ) étaient isomorphes, il existerait donc un
élément (x, y) ∈ (ZZ/mZZ) × (ZZ/nZZ) tel que p (x, y) = [0]n , [0]m , ce qui est faux
puisque p x = [0]n (p multiple de n) et p y = [0]m (p multiple de m).
Rappelons que la notation p α = α + · · · + α désigne ici l’itéré d’un élément α
d’un groupe additif.
p fois
p.44 Exercice 19 Les groupes suivants sont-ils isomorphes ?
1. (IR, +) et (Q, +),
3. (IR, +) et (IR∗ , ×),
2. (IR, +) et (IR∗+ , ×),
4. (Q, +) et (Q∗+ , ×).
Soit G et G deux groupes d’éléments neutres respectifs e et e , ainsi que f
un morphisme de groupes de G dans G .
Proposition 31
• Si H est un sous-groupe de G, alors f (H) est un sous-groupe de G .
• Si H est un sous-groupe de G , alors f −1 (H ) est un sous-groupe de G.
Démonstration page 44
¾¿
Corollaire 32
• f (G), l’image de f , est un sous-groupe de G . On le note Im f .
• L’ensemble f −1 {e } , appelé noyau de f , est un sous-groupe de G.
On le note Ker f .
1. Si n ∈ IN∗ , l’application
C∗ −→ C∗ est un endomorphisme surjectif du
x −→ xn
∗
groupe (C , ×). Son noyau est Un , l’ensemble des racines n-ièmes de l’unité,
ce qui permet de prouver que ce dernier est un sous-groupe de C∗ .
2. Le morphisme G −→ G a pour noyau G et pour image {e } .
x −→ e
3. L’application θ → eiθ est un morphisme surjectif du groupe (IR, +) sur le
groupe (U, ×). Son noyau est 2πZZ.
4. L’application z → ez est un morphisme surjectif du groupe (C, +) sur le
groupe (C∗ , ×). Son noyau est 2iπZZ.
5. Le groupe spécial orthogonal SO n (IR), constitué des matrices orthogonales
de déterminant 1 est un sous-groupe de On (IR) par le morphisme de groupes
déterminant.
p.45 Exercice 20 Montrer que l’application ϕ : g → (x → g x g −1 ) est un morphisme de
groupes de G dans le groupe des automorphismes de G. Quel est son noyau ?
Théorème 33
Le morphisme de groupes f est injectif si, et seulement si, Ker f = {e},
c’est-à-dire :
∀x ∈ G f (x) = e =⇒ x = e.
Démonstration page 45
Soit G1 et G2 deux groupes dont les lois sont notées multiplicativement et
d’éléments neutres e1 et e2 . On définit sur l’ensemble produit G1 × G2 une
loi de composition par :
∀ (x1 , x2 ), (y1 , y2 ) ∈ (G1 × G2 )2
(x1 , x2 ).(y1 , y2 ) = (x1 y1 , x2 y2 ).
Cette loi munit G1 × G2 d’une structure de groupe, le neutre étant (e1 , e2 ),
−1
le symétrique de (x1 , x2 ) étant (x−1
1 , x2 ).
On peut facilement étendre cette définition à tout produit fini de groupes.
1. L’application (ρ, θ) → ρ eiθ est un morphisme surjectif du groupe (IR∗+ , ×)×(IR, +)
sur le groupe (C∗ , ×).
2. Si U est l’ensemble des nombres complexes de module 1 , l’application (ρ, u) → ρ u
est un isomorphisme de groupes de (IR∗+ , ×) × (U, ×) dans (C∗ , ×).
¾
Soit G un groupe.
Proposition 34
Une intersection de sous-groupes de G est un sous-groupe de G.
Démonstration page 45
Définition 16
Soit A une partie de G. Il existe un plus petit sous-groupe de G contenant A. On l’appelle sous-groupe engendré par A.
Il est immédiat que le sous-groupe de G engendré par l’ensemble
vide est {e}. Dans la suite, nous pouvons donc supposer A = ∅.
Proposition 35
Le sous-groupe engendré par une partie A non vide est l’ensemble des produits d’éléments de A et d’inverses d’éléments de A.
Démonstration.
Soit H l’ensemble des produits d’éléments de A et d’inverses d’éléments de A :
H = x1 . . . xn ; n ∈ IN
et
∀i ∈ [[1, n]]
xi ∈ A ou x−1
∈A .
i
On montre que H est le plus petit sous-groupe de G contenant A .
• H contient A : pour tout a ∈ A , prendre n = 1 et x1 = a .
• Tout sous-groupe de G contenant A contient H par stabilité par produit et passage à
l’inverse.
• H est un sous-groupe de G :
∗ H contient l’élément neutre e de G puisque, A étant non vide, on peut écrire e = x x−1
avec x ∈ A
∗ il est évidemment stable par produit et par passage à l’inverse (l’inverse de x1 . . . xn
−1
est x−1
n . . . x1 ).
Définition 17
On dit que A engendre G ou que c’est une partie génératrice de G si
le sous-groupe engendré par A est égal à G.
On a vu en première année
1. que tout élément du groupe Sn des permutations de [[1, n]] était produit de transpositions ; cela signifie que le groupe Sn est engendré par l’ensemble des transpositions ;
¾
2. que tout automorphisme orthogonal d’un plan euclidien E était soit une réflexion,
soit une rotation qui est alors un produit de deux réflexions ; cela entraîne que le
groupe O(E) est engendré par l’ensemble des réflexions.
Nous verrons dans l’exercice 14.9 de la page 829 que ce résultat subsiste en toute
dimension.
Définition 18
Un groupe G est monogène s’il existe x ∈ G tel que G = xn ; n ∈ ZZ .
Un tel élément x est alors appelé générateur de G. On dit aussi que G
est engendré par x.
Pour un groupe noté additivement, la définition devient :
∃x ∈ G G = n.x ; n ∈ ZZ .
1. ZZ est engendré par 1 .
2. ZZ/nZZ est engendré par 1 .
3. Un est engendré par e2iπ/n (n ∈ IN∗ ).
p.45 Exercice 21
1. Montrer que ZZ2 n’est pas monogène.
2. Est-ce que (ZZ/10ZZ) × (ZZ/21ZZ) est monogène ?
Définition 19
Un groupe est cyclique s’il est monogène et fini.
Pour n ∈ IN∗ , les groupes ZZ/n ZZ et Un sont ainsi cycliques.
Soit G un groupe monogène et a un générateur de G.
L’application :
ϕa : ZZ −→ G
n −→ an
est donc surjective. Les règles de calcul sur les itérés :
∀(p, q) ∈ ZZ2
ap+q = ap aq
montrent que ϕa est un morphisme de groupes de ZZ dans G. Son noyau :
Ker ϕa = k ∈ ZZ ak = e
¾
est un sous-groupe de ZZ, donc de la forme n ZZ, pour n ∈ IN (cf. le lemme 6
de la page 8). On obtient la description suivante de G.
Proposition 36
Avec les notations précédentes :
• ou bien ϕa est injective et G est infini isomorphe à ZZ,
• ou bien Ker ϕa = nZZ avec n ∈ IN∗ et :
G = e, a, a2 , . . . , an−1
est isomorphe à ZZ/nZZ.
L’entier n et alors le plus petit entier naturel k non nul tel que ak = e.
Principe de démonstration.
définir l’application :
Lorsque Ker ϕa = n ZZ , avec n ∈ IN∗ , on vérifie que l’on peut
ZZ/nZZ
x
−→
−→
G
ak
si x = k
et que cette dernière est un isomorphisme.
Démonstration page 46
Corollaire 37
1. Tout groupe monogène infini est isomorphe à ZZ.
2. Tout groupe cyclique de cardinal n ∈ IN∗ est isomorphe à ZZ/nZZ.
Le groupe Un des racines n-ièmes de l’unité est isomorphe à ZZ/nZZ.
p.46 Exercice 22
Montrer que G =
2n
0
n 2n−1
2n
; n ∈ ZZ est un sous-groupe de GL2 (IR) iso-
morphe à ZZ.
p.46 Exercice 23 Montrer que tout sous-groupe d’un groupe monogène est monogène.
Indication : considérer l’image réciproque d’un tel sous-groupe par le morphisme ϕa .
Proposition 38
Les générateurs de ZZ/nZZ sont les classes des entiers premiers avec n.
Il y en a donc ϕ(n), où ϕ est l’indicatrice d’Euler.
Principe de démonstration.
Démonstration page 46
Remarquer que k engendre ZZ/nZZ si, et seulement si, 1 est dans le sous-groupe engendré par k .
¾
Définition 20
Un élément a d’un groupe G d’élément neutre e est d’ordre fini s’il existe
un entier naturel n non nul tel que an = e.
L’ordre de a est alors le plus entier naturel n non nul tel que an = e.
Proposition 39
Un élément a d’un groupe G est d’ordre fini si, et seulement si, le sousgroupe engendré par a est fini et l’ordre p de a est alors le cardinal de ce
sous-groupe. Il est caractérisé par la relation :
∀n ∈ IN
an = e ⇐⇒ p | n.
Démonstration. C’est un conséquence de la proposition 36 de la page précédente. En particulier, le fait que a soit d’ordre fini est une traduction, par le noyau, de la non injectivité du
morphisme ϕa .
L’ordre de a est donc le plus petit entier naturel non nul p tel
que ap = e, aussi bien pour l’ordre naturel de IN que pour la relation de
divisibilité.
p.47 Exercice 24 Soit a un élément d’ordre n.
1. Montrer que pour tout diviseur d de n, l’ordre de ad est n/d.
2. Quel est l’ordre de ak , pour k ∈ IN ?
Corollaire 40
Dans un groupe fini, tout élément est d’ordre fini.
p.47 Exercice 25 Montrer que si G est fini, le sous-groupe engendré par une partie A
est l’ensemble des produits d’éléments de A.
Théorème 41
L’ordre de tout élément d’un groupe fini G divise le cardinal de G.
Principe de démonstration dans le cas où G est commutatif
Pour tout a ∈ G , on a
(ag) =
g∈G
g.
g∈G
La démonstration dans le cas général est non exigible.
Elle est proposée dans l’exercice 1.8 de la page 52.
¾
Démonstration page 47
1. Tout groupe fini de cardinal premier est cyclique.
En effet, soit G un groupe de cardinal p premier. Alors G = {e} . Considérons
donc un élément a de G différent de e . Le cardinal du sous-groupe H de G
engendré par a est alors un diviseur de p, différent de 1 puisque a =
e.
On a donc card H = p = card G, ce qui prouve l’égalité G = H et donc que G
est engendré par a.
2. Un est le seul sous-groupe de C∗ de cardinal n. En effet, si H est un sous-groupe
de C∗ de cardinal n, le théorème 41 de la page ci-contre donne :
∀z ∈ H
zn = 1
c’est-à-dire
H ⊂ Un .
Cette inclusion et l’égalité des cardinaux (finis) donne alors H = Un .
Théorème 42 (Théorème d’Euler)
Soit n ∈ IN∗ . Pour tout a ∈ ZZ premier avec n, on a aϕ(n) ≡ 1 [n].
Principe de démonstration.
La classe de a est élément de l’ensemble des inversibles de ZZ/nZZ
Démonstration page 47
qui est un groupe de cardinal ϕ(n) .
Lorsque p est un nombre premier, on retrouve le petit théorème de Fermat :
∀k ∈ ZZ k ∧ p = 1 =⇒ k p−1 ≡ 1
[p]
puis
∀k ∈ ZZ k p ≡ k
[p].
Définition 21
Une algèbre sur IK (ou une IK-algèbre) est un IK-espace vectoriel A, muni
d’une loi de composition interne (x, y) → x.y , appelée multiplication, qui
est bilinéaire, associative et qui possède un neutre souvent noté 1 ou 1A .
• La bilinéarité se traduit par la propriété suivante : quels que soient x, y, z
dans A et quels que soient les scalaires λ et μ :
x (λ y + μ z) = λ xy + μ xz
et
(λ x + μ y) z = λ xz + μ yz.
(∗)
• Munie de son addition et de sa multiplication, une algèbre est un anneau.
Réciproquement, un espace vectoriel A muni d’une structure d’anneau est
une algèbre si, et seulement si, les deux multiplications (interne et externe)
vérifient la propriété de compatibilité :
∀(λ, a, b) ∈ IK × A × A λ (a.b) = (λa).b = a.(λb).
(∗∗)
En effet, cette propriété (∗∗) est une conséquence évidente de (∗) et réciproquement (∗) découle de (∗∗) et la distributivité de la multiplication
par rapport à l’addition.
¾
• Lorsque la multiplication est commutative, on dit que l’algèbre est commutative.
La structure d’algèbre est une notion très importante qui se rencontre fréquemment, notamment en analyse.
1. Les suites réelles, les suites réelles convergentes, les fonctions réelles constituent
des IR -algèbres.
2. De même, les suites complexes, les suites complexes convergentes, les fonctions
complexes constituent des C-algèbres.
3. IK[X], L(E) et Mn (IK) sont des IK -algèbres pour les lois usuelles (E étant un
IK -espace vectoriel).
p.48 Exercice 26 Soit A un anneau contenant IK comme sous-anneau. À quelle condition
peut-on munir A d’une structure de IK -algèbre avec comme loi externe la restriction
à IK × A du produit de A ?
p.48 Exercice 27 Soit A une algèbre de dimension finie et a un élément de A régulier
à gauche, c’est-à-dire vérifiant :
∀(x, y) ∈ A2
a x = a y =⇒ x = y.
1. Montrer qu’il existe un élément b ∈ A tel que a b = 1 .
2. En déduire que a est inversible.
3. Que peut-on dire d’une algèbre A de dimension finie vérifiant :
∀(x, y) ∈ A2
x y = 0 =⇒ (x = 0
ou y = 0) ?
Définition 22
Une sous-algèbre d’une algèbre A est un sous-espace vectoriel de A stable
par multiplication et contenant 1A , c’est-à-dire une partie de A stable par
combinaison linéaire, par multiplication et contenant l’élément neutre multiplicatif 1A .
1. Si A est une algèbre, alors Vect(1A ) est une sous-algèbre de A.
2. Dans Mn (IK), l’ensemble des matrices triangulaires supérieures est une sousalgèbre. De même pour les matrices triangulaires inférieures ou les matrices diagonales, mais pas pour les matrices symétriques lorsque n ⩾ 2 (un produit de deux
matrices symétriques est symétrique si, et seulement si, elles commutent).
¿¼
Définition 23
Soit A et B deux IK-algèbres. Un morphisme d’algèbres de A dans B
est une application linéaire de A dans B qui est également un morphisme
d’anneaux, c’est-à-dire une application de A dans B qui vérifie :
• ∀(x, y) ∈ A2 ∀(λ, μ) ∈ IK2 f (λ x + μ y) = λ f (x) + μ f (y)
• ∀(x, y) ∈ A2 f (x y) = f (x) f (y),
• f (1A ) = 1B .
On dit que f est un isomorphisme lorsqu’il est bijectif, un endomorphisme lorsque A = B et un automorphisme lorsque c’est un endomorphisme bijectif.
1. Pour toute algèbre A, la sous-algèbre Vect(1A ) est isomorphe à IK par l’isomorphisme λ → λ 1A .
2. Si B est une base d’un espace vectoriel E de dimension finie n, l’application u → MatB (u) est un isomorphisme d’algèbres de L(E) sur Mn (IK).
3. Soit P ∈ GLn (IK).
L’application Mn (IK) −→ Mn (IK)
est un automorphisme d’algèbre.
M −→ P M P −1
• Une composée de morphismes d’algèbres est un morphisme d’algèbres.
• La réciproque d’un isomorphisme d’algèbres est un isomorphisme d’algèbres.
p.48 Exercice 28
1. L’image par un morphisme d’algèbres d’une sous-algèbre est-elle une sousalgèbre ? Et l’image réciproque ?
2. L’image et le noyau d’un morphisme d’algèbres sont-ils des sous-algèbres ?
Un morphisme d’algèbres f : A → B étant en particulier une
application linéaire et un morphisme d’anneaux, son noyau est un sous-espace
vectoriel et un idéal de A.
Dans le chapitre de réduction, nous aurons besoin de considérer P (A) ou P (u)
pour P ∈ IK[X], A ∈ Mn (IK) et u ∈ L(E), où E est un IK-espace vectoriel.
Pour unifier ces deux cas de figure, nous allons nous placer plus généralement
dans une IK-algèbre A. Les exemples seront donnés dans les cas particuliers
de L(E) et Mn (IK) qui nous intéressent.
¿½
Soit A une IK-algèbre.
Définition 24
Soit u ∈ A et P =
p
k=0
ak X k ∈ IK [X].
On note P (u) l’élément de A défini par :
P (u) = a0 1A + a1 u + · · · + ap u =
p
p
ak uk .
k=0
En utilisant la notation P =
+∞
ak X k , où (ak ) est une suite de
k=0
scalaires nulle à partir d’un certain rang, cela s’écrit aussi P (u) =
+∞
ak uk .
k=0
1. Lorsque A = IK , on retrouve la notion de fonction polynomiale.
2. Lorsque A = IK[X], cela donne la composition des polynômes : si P et Q
sont deux éléments de IK[X], le polynôme P (Q) est aussi noté P ◦ Q .
3. Cas des endomorphismes d’un espace vectoriel E .
p
Ici, A = L(E). Pour P =
ak X k ∈ IK [X] et u ∈ L(E), l’endomorphisme P (u)
k=0
est défini par :
P (u) = a0 IdE +a1 u + · · · + ap up =
ak u k .
k=0
4. Cas des matrices carrées.
Ici, A = Mn (IK). Pour P =
p
p
ak X k ∈ IK [X] et A ∈ Mn (IK), la matrice P (A)
k=0
est définie par :
P (A) = a0 In + a1 A + · · · + ap Ap =
p
ak Ak .
k=0
Proposition 43
Soit A une IK-algèbre et u ∈ A. L’application P → P (u) est un morphisme
d’algèbres de IK[X] dans A.
Démonstration page 49
Définition 25
Soit u ∈ A. Le noyau du morphisme IK[X] −→ A
est appelé idéal
annulateur de u.
P −
→ P (u)
On appelle polynôme annulateur de u tout élément de l’idéal annulateur
de u, c’est-à-dire tout polynôme P tel que P (u) = 0.
¿¾
La structure des idéaux de IK[X] (cf. le théorème 21 de la page 16) justifie la
définition suivante.
Définition 26 (Polynôme minimal)
Soit u ∈ A admettant un polynôme annulateur non nul. Le polynôme
minimal de u est le générateur unitaire de l’idéal annulateur de u. On le
note πu .
Lorsque u admet un polynôme minimal, ses polynômes annulateurs sont alors
les multiples de πu .
1. Un élément u d’une algèbre est dit nilpotent s’il existe n ∈ IN tel que un = 0 .
Pour un tel n, le polynôme X n est alors annulateur de u et donc le polynôme
minimal de u est de la forme X k , avec k ⩽ n.
L’entier k ainsi défini est appelé indice de nilpotence de u .
2. Si A =
{0} , le polynôme minimal de u ∈ A, s’il existe, est de degré supérieur ou
égal à 1 , puisque 1(u) = 1A = 0 .
3. Un élément u d’une algèbre non nulle est dit idempotent si u2 = u . Son polynôme minimal π est alors un diviseur de X 2 − X . C’est donc son polynôme
minimal sauf si l’on est dans un des deux cas suivants :
• π = X auquel cas u = 0A ,
• π = X − 1 auquel cas u = 1A .
Ainsi, les projecteurs non triviaux d’un espace vectoriel ont pour polynôme minimal X 2 − X .
p.49 Exercice 29 Qu’en est-il des symétries ?
IK[u]
Soit u un élément de l’algèbre A.
On note IK[u] = P (u) ; P ∈ IK[X] . C’est une sous-algèbre commutative
de A comme image de l’algèbre commutative IK[X] par le morphisme d’évaluation P → P (u).
Proposition 44
• Si u admet un polynôme minimal et si d = deg (πu ), alors IK[u] est de
dimension finie d et la famille uk 0⩽k⩽d−1 est une base de IK [u].
• Sinon, IK[u] est isomorphe à IK[X] donc de dimension infinie.
Principe de démonstration.
On utilise la division euclidienne par le polynôme minimal πu .
Démonstration page 49
¿¿
Point méthode
La démonstration de la proposition précédente fournit une méthode pratique
de décomposition de v = P (u) ∈ IK [u] dans la base uk k∈[[0,d−1]] de IK [u] :
on détermine le reste de la division euclidienne de P par le polynôme minimal
de u.
Ainsi, pour calculer les puissances successives de u, on détermine le reste de
la division euclidienne de X p , avec p ∈ IN, par le polynôme minimal de u.
⎛
8 −3
p.50 Exercice 30 Soit A = ⎝ −2
3
6 −3
⎞
−6
2 ⎠.
−4
1. Calculer A2 et en déduire un polynôme de degré 2 annulant A.
S’agit-il de son polynôme minimal ?
2. En déduire que A est inversible.
3. Déterminer An pour n ∈ IN puis pour n ∈ ZZ.
Proposition 45
Dans une algèbre A de dimension finie, tout élément admet un polynôme
minimal.
Démonstration. Soit n la dimension de A . Pour tout u ∈ A , la famille (1, u, . . . , un ) est liée,
puisque constituée de n + 1 vecteurs, donc il existe une famille de scalaires (λ0 , λ1 , . . . , λn ) non
tous nuls tels que
n
p=0
λp up = 0 . Le polynôme P =
n
λp X p est donc un polynôme annulateur
p=0
non nul de u .
Soit E un espace vectoriel de dimension n. Tout endomorphisme u de E
admet un polynôme annulateur de degré inférieur ou égal à n2 . En fait, on verra dans
le chapitre suivant que le polynôme minimal de u est de degré inférieur ou égal à n.
Il en est de même pour une matrice A ∈ Mn (IK).
p.50 Exercice 31
1. Soit ϕ : A → B un isomorphisme d’algèbres. Montrer que u ∈ A admet un
polynôme minimal si, et seulement si, ϕ(u) admet un polynôme minimal et
qu’alors ces polynômes minimaux sont égaux.
2. Si E est un espace vectoriel de dimension finie n et B une base de E , montrer que tout endomorphisme de E a même polynôme minimal que sa matrice
dans B .
¿
Démonstrations et solutions des exercices du cours
Exercice 1 On peut prendre par exemple l’anneau des fonctions de IR dans IR : les
fonctions indicatrices de IR+ et de IR∗− sont non nulles, mais leur produit est nul.
Exercice 2 Soit f une fonction polynomiale non nulle. L’ensemble Z de ses zéros est
alors fini, donc IR \ Z est dense dans IR.
Soit g et h deux fonctions continues telles que f g = f h.
On a alors ∀x ∈ IR \ Z g(x) = h(x). Par densité de IR \ Z dans IR et continuité de g
et h, on en déduit ∀x ∈ IR g(x) = h(x), c’est-à-dire g = h.
Donc f est régulière.
Proposition 2 Soit ϕ un isomorphisme d’anneaux de A dans B .
•
•
•
Comme ϕ(1A ) = 1B , on a ϕ−1 (1B ) = 1A .
Soit y1 et y2 deux éléments de B . On a :
ϕ ϕ−1 (y1 ) + ϕ−1 (y2 ) = ϕ ϕ−1 (y1 ) + ϕ ϕ−1 (y2 ) = y1 + y2
et l’on en déduit ϕ−1 (y1 + y2 ) = ϕ−1 (y1 ) + ϕ−1 (y2 ).
On procède de la même façon pour le produit.
Donc ϕ−1 est un morphisme d’anneaux de B dans A, c’est-à-dire un isomorphisme par
bijectivité.
Proposition 3
1. Soit A un sous-anneau de A.
• Comme 1A ∈ A , on a 1B = f (1A ) ∈ f (A ).
Soit (x1 , x2 ) ∈ A . On a f (x1 ) + f (x2 ) = f (x1 + x2 ), avec x1 + x2 ∈ A par
stabilité de A par addition. On en déduit que f (A ) est stable par addition.
• Il en est de même pour la multiplication.
• Enfin, si x ∈ A , on a −f (x) = f (−x) avec −x ∈ A , donc f (A ) est stable par
passage à l’opposé.
Donc f (A ) est un sous-anneau de B .
2. Soit B un sous-anneau de B .
• Comme f (1A ) = 1B appartient à B par définition, on a 1A ∈ f −1 (B ).
• Soit (x1 , x2 ) ∈ f −1 (B )2 .
Alors f (x1 ) et f (x2 ) sont dans B , donc f (x1 + x2 ) = f (x1 ) + f (x2 ) aussi. On
en déduit que x1 + x2 est dans f −1 (B ).
• On procède de la même façon pour le produit.
• Enfin, l’égalité f (−x) = −f (x) et la stabilité de B par passage à l’opposé donne
la stabilité de f −1 (B ) par passage à l’opposé.
•
2
Exercice 3 Soit f : A → B un morphisme d’anneaux.
•
•
L’égalité f (0) = 0 montre que 0 est le seul antécédent de 0 lorsque f est injective.
Supposons Ker f = {0} . Soit x et y deux éléments de A tels que f (x) = f (y).
Alors f (x − y) = f (x) − f (y) = 0 , donc x − y ∈ Ker f . On en déduit x − y = 0 ,
c’est-à-dire x = y . D’où l’injectivité de f .
¿
Exercice 4
• Si B = {0} , il est clair que Ker f = A est un sous-anneau de A.
• Supposons que Ker f soit un sous-anneau de A.
Alors 1A ∈ Ker f , donc 1B = f (1A ) = 0 . On en déduit que B est trivial.
Exercice 5
1. Pour tout (a1 , . . . , an ) ∈ A1 × · · · × An :
(a1 , . . . , an ) + (−a1 , . . . , −an ) = (a1 − a1 , . . . , an − an ) = (0, . . . , 0)
donc −(a1 , . . . , an ) = (−a1 , . . . , −an ).
2. Soit (a1 , . . . , an ) inversible dans A1 × · · · × An et (b1 , . . . , bn ) son inverse. Alors :
(a1 b1 , . . . , an bn ) = (a1 , . . . , an ) × (b1 , . . . , bn ) = (1, . . . , 1)
ce qui prouve que a1 , . . . , an sont inversibles d’inverses respectifs b1 , . . . , bn .
Réciproquement, il est clair que si a1 , . . . , an sont inversibles, alors :
−1
(a1 , . . . , an ) (a−1
1 , . . . , an ) = (1, . . . , 1)
−1
donc que (a1 , . . . , an ) est inversible d’inverse (a−1
1 , . . . , an ).
3 et 4. Supposons A × B intègre (ce qui est le cas en particulier si c’est un corps). Alors
l’égalité (1A , 0B ) × (0A , 1B ) = (0A , 0B ) prouve que 1A = 0A ou 1B = 0B . L’un
des deux anneaux A ou B est donc trivial et ils ne peuvent pas l’être tous les
deux, sinon leur produit le serait également.
Supposons maintenant B trivial. L’application f : A −→ A × B est alors
x −→ (x, 0)
une bijection et c’est un morphisme d’anneaux. En effet :
f (1A ) = (1A , 0B ) = (1A , 1B )
puisque B est trivial,
les deux autres propriétés étant évidentes.
Par l’isomorphisme f , il est alors immédiat que A × B est intègre si, et seulement
si, A est intègre et que A × B est un corps si, et seulement si, A est un corps.
En conclusion, un produit de deux anneaux est :
• intègre si, et seulement si, l’un des deux anneaux est intègre et l’autre trivial ;
• un corps si, et seulement si, l’un des deux est un corps et l’autre trivial.
Exercice 6
• Notons B(IN, IR) l’ensemble des suites bornées. Il s’agit d’un sous-anneau
de F(IN, IR) : cela traduit le fait qu’une somme, une différence et un produit
de suites bornées sont des suites bornées et que la suite constante (1)n∈IN est
bornée.
L’ensemble C0 des suites tendant vers 0 est une partie de B(IN, IR) puisqu’une
suite convergente est bornée. C’est un sous-espace vectoriel de B(IN, IR) donc en
particulier un sous-groupe additif. La deuxième propriété traduit le fait que le
produit d’une suite bornée par une suite tendant vers 0 est une suite tendant
vers 0 .
• En revanche, C0 n’est pas un idéal de F (IN, IR) puisque, par exemple, le produit
de la suite (2−n )n∈IN ∈ C0 par (2n )n∈IN n’est pas une suite tendant vers 0 .
¿
Démonstrations et solutions des exercices du cours
Exercice 7
1. Si l’idéal I de A contient un élément inversible u , il contient aussi 1 = u u−1 ,
donc est égal à A d’après la remarque précédente.
2. Ainsi, un idéal non réduit à {0} d’un corps IK contient un élément inversible,
donc est égal à IK .
Réciproquement, IK et {0} sont évidemment des idéaux de IK.
Iλ .
Proposition 4 Soit (Iλ )λ∈Λ une famille d’idéaux de A. Posons I =
λ∈Λ
•
•
Comme tous les Iλ sont des sous-groupes de (A, +), leur intersection I en est
également un sous-groupe.
Soit x ∈ I et a ∈ A. Pour tout λ ∈ Λ , on a a x ∈ Iλ puisque Iλ est un idéal de A.
Donc a x ∈ I .
Exercice 8 Considérons l’intersection I de tous les idéaux de A contenant X (il en
existe, puisque A est lui-même un idéal de A contenant X ). D’après la proposition
précédente, il s’agit d’un idéal de A, il contient évidemment X et, par définition,
tout idéal de A contenant X contient I .
Exercice 9 Soit A un anneau commutatif non trivial dans lequel les seuls idéaux sont A
et {0} . Montrons que tout élément non nul de A est inversible.
Soit x ∈ A non nul. L’idéal x A engendré par x contient x donc est différent de {0} .
On en déduit que x A = A et, en particulier, qu’il existe a ∈ A tel que x a = 1 , ce
qui prouve que x est inversible.
Proposition 5
• I1 et I2 sont des sous-groupes de (A, +), donc :
∗ ils contiennent 0 , ce qui donne 0 = 0 + 0 ∈ I1 + I2 ;
∗ pour tous (x1 , y1 ) ∈ I12 et (x2 , y2 ) ∈ I22 , par commutativité de l’addition et
stabilité de I1 et I2 par soustraction :
(x1 + x2 ) − (y1 + y2 ) = (x1 − y1 ) + (x2 − y2 ) ∈ I1 + I2 .
•
Ainsi, I1 + I2 est un sous-groupe de A.
Soit (x1 , x2 ) ∈ I1 × I2 et a ∈ A. Par distributivité, (x1 + x2 ) a = x1 a + x2 a, ce qui
prouve que (x1 + x2 ) a appartient à I1 + I2 puisque I1 et I2 sont des idéaux de A.
Donc I1 + I2 est un idéal de A et il contient I1 = I1 + {0} et I2 = {0} + I2 .
C’est évidemment le plus petit idéal de A contenant I1 et I2 , puisque tout idéal de A
contenant I1 et I2 doit contenir tous les x1 + x2 pour (x1 , x2 ) ∈ I1 × I2 (par stabilité
par addition).
Lemme 6 Soit H un sous-groupe de ZZ. Si H = {0} , on a bien H = 0 ZZ. Sinon, H
contient un élément p non nul et il contient aussi −p. Ainsi, l’ensemble des éléments
strictement positifs de H est une partie non vide de IN. Considérons son plus petit
élément n.
• Par stabilité par addition de H , on a :
∀k ∈ IN∗
k n = n + n + · · · + n ∈ H.
k fois
¿
Comme 0 ∈ H , on a 0 × n ∈ H puis, par stabilité par passage à l’opposé :
∀k ∈ ZZ
•
kn ∈ H
soit
n ZZ ⊂ H.
Soit a ∈ H . La division de a par n > 0 s’écrit :
a = nq +r
avec
q ∈ ZZ et
r ∈ [[0, n − 1]].
Alors r = a − n q appartient à H puisque a ∈ H et n a ∈ n ZZ ⊂ H . Comme n
est le plus petit élément strictement positif de H , on en déduit r = 0 , ce qui
donne a = n q ∈ n ZZ. Ainsi H ⊂ n ZZ.
Conclusion : H = n ZZ.
Exercice 10
• La congruence modulo 0 est la relation d’égalité, donc ZZ/0ZZ = {k} ; k ∈ ZZ .
•
•
Deux entiers quelconques sont évidemment congrus modulo 1 , donc ZZ/1ZZ = {ZZ}
(il n’y a qu’une seule classe).
Enfin, il y a deux classes modulo 2 : celle des entiers pairs et celle des entiers
impairs. Donc ZZ/2ZZ = {2ZZ, 2ZZ + 1} .
Proposition 8 Grâce à la division euclidienne par n, tout entier est congru à un élément
de [[0, n − 1]] , donc ZZ/nZZ = 0, 1, . . . , n − 1 .
Pour conclure, il suffit de vérifier que les éléments 0, 1, . . . , n − 1 sont distincts deux à
deux, ce qui est le cas puisque deux éléments de [[0, n − 1]] ne peuvent différer d’un
multiple de n que s’ils sont égaux.
Proposition 9
1. Soit α et β dans ZZ/nZZ. Si x, x sont deux représentants de α et y, y deux représentants de β , on a :
x + y ≡ x + y [n]
x ≡ x [n]
donc, par compatibilité,
y ≡ y [n]
x × y ≡ x × y [n].
On peut donc poser α + β = x + y et α × β = x × y pour n’importe quels représentants x de α et y de β et l’on a ainsi :
∀(x, y) ∈ (ZZ/nZZ)2
x+y =x+y
et
x × y = x y.
2. Pour l’associativité de l’addition, on écrit, pour tout (x, y, z) ∈ ZZ3 :
x + (y + z) = x + (y + z) = x + (y + z)
par définition de l’addition.
En utilisant l’associativité de l’addition de ZZ, on a x + (y + z) = (x + y) + z et de
la même façon que ci-dessus, on a (x + y) + z = (x + y) + z .
On démontre de la même façon l’associativité de la multiplication, la commutativité
de l’addition et de la multiplication, ainsi que la distributivité.
Ensuite, pour tout x ∈ ZZ :
0+x=0+x=x
et
1 × x = 1 × x = x.
Enfin, pour tout x ∈ ZZ :
x + (−x) = x − x = 0
donc tout élément est symétrisable pour l’addition.
¿
Démonstrations et solutions des exercices du cours
3. Le fait que la projection canonique soit un morphisme d’anneau est une conséquence
des relations suivantes déjà montrées :
x×y =x×y
x+y =x+y
x × 1 = x.
Elle est surjective par définition de ZZ/nZZ. Son noyau est l’ensemble des entiers
congrus à 0 modulo n, c’est-à-dire des multiples de n.
Exercice 11 Conformément à la remarque précédente, et pour alléger les notations,
nous identifierons chaque classe avec son représentant privilégié.
ZZ/5ZZ :
+
0
1
2
3
4
0
0
1
2
3
4
1
1
2
3
4
0
2
2
3
4
0
1
3
3
4
0
1
2
4
4
0
1
2
3
ZZ/6ZZ :
+
0
1
2
3
4
5
0
0
1
2
3
4
5
1
1
2
3
4
5
0
2
2
3
4
5
0
1
3
3
4
5
0
1
2
4
4
5
0
1
2
3
5
5
0
1
2
3
4
×
0
1
2
3
4
0
0
0
0
0
0
1
0
1
2
3
4
2
0
2
4
1
3
3
0
3
1
4
2
4
0
4
3
2
1
×
0
1
2
3
4
5
0
0
0
0
0
0
0
1
0
1
2
3
4
5
2
0
2
4
0
2
4
3
0
3
0
3
0
3
4
0
4
2
0
4
2
5
0
5
4
3
2
1
On remarque que ZZ/5ZZ est intègre puisque pour avoir x y = 0 il est nécessaire
d’avoir x = 0 ou y = 0 .
En revanche, ZZ/6ZZ est non intègre puisque, par exemple 2 × 3 = 0 .
Proposition 10
1. Soit k ∈ ZZ.
k inversible dans ZZ/nZZ ⇐⇒ ∃u ∈ ZZ k u = 1
⇐⇒ ∃u ∈ ZZ k u = 1
⇐⇒ ∃u ∈ ZZ ∃v ∈ ZZ k u + n v = 1
⇐⇒ k ∧ n = 1.
2.
(i) =⇒ (ii). Tout corps est intègre.
(ii) =⇒ (iii) par contraposée. Supposons n non premier.
Si n = 1 , alors card (ZZ/nZZ) = 1 donc ZZ/nZZ est non intègre puisque trivial.
Sinon, il existe alors deux entiers a et b tels que n = a b avec 1 < a < n
et 1 < b < n. Par suite, a = 0 et b = 0 et a b = 0 . Donc ZZ/nZZ est non intègre.
(iii) =⇒ (i). Supposons n premier. Soit α ∈ ZZ/nZZ différent de 0. Alors il
existe k ∈ [[1, n − 1]] tel que α = k et ainsi k est premier avec n donc sa classe
est inversible dans ZZ/nZZ d’après le premier point de la proposition. On en déduit
que α est inversible.
Donc ZZ/nZZ est un corps.
¿
Exercice 12 Par exemple à l’aide de l’algorithme d’Euclide (voir le cours de première
année), on trouve 5×34−13×13 = 1 , donc l’inverse de 13 est −13 = 21 dans ZZ/34ZZ.
Proposition 11
•
Soit k et deux entiers tels que k ≡
[nm]. Alors évidemment k et ont même
classe modulo m et même classe modulo n. L’application ϕ est donc bien définie.
Le fait que ϕ soit un morphisme découle immédiatement de la même propriété pour
les trois projections canoniques de ZZ sur ZZ/nZZ, ZZ/mZZ et ZZ/(nm)ZZ.
Soit k ∈ ZZ tel que ϕ [k]nm = [0]n , [0]m . Alors k est un multiple de n et m,
donc un multiple de nm puisque n et m sont premiers entre eux. On en déduit [k]nm = [0]nm . Donc ϕ est injective (son noyau est trivial).
Comme card (ZZ/(nm)ZZ) = nm = card (ZZ/nZZ) × (ZZ/mZZ) , on en déduit que ϕ
est bijective.
•
•
Ainsi, ϕ est un isomorphisme d’anneaux.
Exercice 13
• Dans ZZ/11ZZ, l’équation devient x2 + x = 0 , c’est-à-dire x (x + 1) = 0 .
Comme ZZ/11ZZ est un corps, cela équivaut à x = 0 ou x = −1 .
•
De même, dans ZZ/13ZZ, on obtient l’équation x2 + x − 2 = 0 , c’est-àdire (x − 1)(x + 2) = 0 , ce qui donne les deux solutions x = 1 ou x = −2 .
On a donc 4 solutions modulo 143 à l’équation initiales données par a ∈ {0, −1}
et b = {1, −2} .
Une relation de Bézout entre 11 et 13 est 6 × 11 − 5 × 13 = 1 . Ainsi k1 = −65
vérifie k1 ≡ 1 [11] et k1 ≡ 0 [13]. De même, k2 = 66 vérifie k2 ≡ 0 [11]
et k2 ≡ 1 [13].
•
•
•
Pour chaque couple (a, b), la solution correspondante est a k1 + b k2 . Les résultats
sont récapitulés dans le tableau ci-dessous :
H
HH b
HH
a
1
−2
0
66
11
−1
−12
76
p
n ; p ∈ [[1, n]] . C’est un ensemble de cardinal n. Ses
éléments admettent une forme irréductible kd , avec k ∧ d = 1 et d | n. On a donc :
Exercice 14 Considérons A =
A=
Ad
où
Ad =
d|n
k
; k∧d =1
d
et k ∈ [[1, d]] .
Cette réunion est disjointe par unicité du représentant irréductible d’un rationnel.
Donc :
card Ad =
ϕ(d).
n = card A =
d|n
¼
d|n
Démonstrations et solutions des exercices du cours
Proposition 16 Si A est inversible, il existe B ∈ IK[X] tel que A B = 1 .
On a donc deg A + deg B = deg 1 = 0 . Comme deg A ∈ IN et deg B ∈ IN (les
polynômes A et B sont non nuls), on a deg A = deg B = 0 , c’est-à-dire A ∈ IK∗
et B ∈ IK∗ .
Réciproquement, si λ ∈ IK∗ , on a λ λ−1 = 1 , donc λ est inversible.
Proposition 17 Supposons A | B et B | A. Il existe alors deux polynômes Q1 et Q2 tels
que A = B Q1 et B = A Q2 .
•
•
Si A = 0 , alors B = A Q2 = 0 et donc B = 1 × A, avec 1 ∈ IK∗ .
Sinon, on a A = A Q2 Q1 et comme A = 0 , l’intégrité de IK[X] donne Q1 Q2 = 1 ,
donc Q1 et Q2 sont inversibles. On a alors A = λ B , avec λ = Q1 ∈ IK∗ d’après la
proposition 16 de la page 14.
Réciproquement, si A = λ B , avec λ ∈ IK∗ , alors B = λ−1 A donc B | A et A | B .
Proposition 19
•
Supposons A irréductible. Alors A est non constant par définition.
Si A = B C , alors B | A, donc B est constant ou associé à A. Dans ce deuxième
cas, A = λ B , avec λ ∈ IK∗ , et comme A = B C , on en déduit que C est égal à la
constante λ par intégrité de IK[X].
•
Réciproquement, supposons A non constant (en particulier non nul) et :
∀(B, C) ∈ IK[X]2 A = B C =⇒ B ∈ IK ou C ∈ IK).
Soit B un diviseur de A. Il existe C ∈ IK[X] tel que A = B C . Par hypothèse, B
est constant (non nul, puisque A = 0 ) ou C est constant (non nul pour la même
raison) et dans ce cas A est associé à B .
Comme A est non constant, on en déduit qu’il est irréductible.
Exercice 15
1. Le polynôme P a (au moins) une racine dans C comme tout polynôme non
constant de C[X].
Il n’a pas de racine dans IR et, a fortiori, pas dans Q , puisque ∀x ∈ IR P (x) > 0 .
2. Comme il est de degré 4 , il n’est irréductible ni dans C[X] ni dans IR[X] (voir le
rappel ci-dessus).
Il n’est pas non plus irréductible dans Q[X] comme le montrent les égalités suivantes :
X 4 + X 2 + 1 = (X 2 + 1)2 − X 2 = (X 2 + X + 1) (X 2 − X + 1).
Proposition 20 Il est évident que si P divise A, alors P et A ne sont pas premiers entre
eux puisqu’ils admettent P comme diviseur commun non constant.
Supposons que P et A soient non premiers entre eux. Ils admettent alors un diviseur
commun D non constant. Par suite D divise P irréductible, donc est associé à P .
Comme D divise A, on en déduit que P divise A.
½
Théorème 21 Soit I un idéal de IK[X].
•
•
Si I = {0} , alors I = 0 IK[X].
Sinon, parmi les éléments non nuls de I , il en existe un de degré minimal. Notons B
un tel polynôme.
Comme B appartient à I , on a B IK[X] ⊂ I puisque B IK[X] est le plus petit idéal
de IK[X] contenant B .
Réciproquement, soit A ∈ I . Effectuons la division euclidienne de A par B :
A = B Q + R , avec deg R < deg B . Or, R = A − B Q appartient à I puisque A ∈ I
et B Q ∈ B IK[X] ⊂ I . Par minimalité du degré de B parmi les polynômes non nuls
de I , on en déduit R = 0 , c’est-à-dire A = B Q ∈ B IK[X]. Donc I ⊂ B IK[X].
Finalement I = B IK[X].
Exercice 16 Soit D le PGCD de A et B .
• S’il existe un tel couple (U, V ), alors P ∈ A IK[X] + B IK[X] = D IK[X].
Donc D | P .
• Réciproquement, supposons D | P .
En multipliant une relation de Bézout D = A U + B V par le polynôme quotient Q = P/D , on obtient A (U Q) + B (V Q) = P .
La condition nécessaire et suffisante cherchée est donc D | P .
Théorème 26 Supposons A ∧ B = 1 et A | BC . D’après l’identité de Bézout, il existe des
polynômes U et V tels que A U + B V = 1 , ce qui implique A C U + B C V = C .
Comme A divise A C U et B C V , on a A | A C U + B C V et donc A | C .
Exercice 17
Unicité. Supposons l’existence de deux tels couples (U1 , V1 ) et (U2 , V2 ). On a alors :
A (U1 − U2 ) = B (V2 − V1 )
Donc A | B (V2 −V1 ) et comme A et B sont premiers entre eux, on a A | (V2 −V1 ).
Or, deg(V2 − V1 ) < deg A, donc V2 − V1 = 0 , ce qui donne V1 = V2 . Par symétrie,
on a donc aussi U1 = U2 , d’où l’unicité.
Existence. Supposons, par exemple, deg A > 0 . Alors B =
0 , sinon A serait un
diviseur non constant commun à A et B . On en déduit que A et B sont tous les
deux non nuls, et il en est de même, par symétrie, si deg B > 0 .
Soit U0 et V0 deux polynômes tels que A U0 + B V0 = 1 . Notons Q et U respectivement les quotient et reste de la division euclidienne de U0 par B . On a
donc U0 = B Q + U ; posons V = V0 + A Q de sorte que l’on ait :
A U + B V = A (U0 − B Q) + B (V0 + A Q) = A U0 + B V0 = 1.
•
•
D’une part, par définition de U , on a deg U < deg B .
Pour prouver que le couple (U, V ) convient, il reste à montrer deg V < deg A.
On a deg(A U ) = deg A + deg U < deg A + deg B puisque deg U < deg B
et deg A = −∞. De plus, deg 1 = 0 < deg A + deg B , donc :
deg(B V ) = deg(1 − A U ) < deg A + deg B.
On en déduit deg V < deg A puisque deg B = −∞.
Finalement, le couple (U, V ) répond à la question.
¾
Démonstrations et solutions des exercices du cours
Théorème 27 Montrons par récurrence forte sur n ∈ IN∗ :
Hn : « tout polynôme P de degré n est produit d’irréductibles. »
•
•
H1 est immédiat car tout polynôme de degré 1 est irréductible.
Soit n ∈ IN tel que n ⩾ 2 . Supposons H1 , . . . , Hn−1 . Soit P de degré n.
∗ Si P est irréductible, alors il est évidemment produit d’irréductibles (un seul).
∗ Sinon, on peut écrire P = A B , avec 1 ⩽ deg A, deg B < n. Par hypothèse de
récurrence, A et B sont des produits d’irréductibles et par suite P = A B aussi.
D’où Hn .
Théorème 28
Existence. Si A est constant non nul, on prend λ = A et αP = 0 pour tout P ∈ P .
Sinon, on utilise le théorème 27 de la page 20 pour écrire A = P1 . . . Pr ,
avec P1 , . . . , Pr irréductibles. En factorisant chaque Pi par son coefficient dominant,
cela donne A = λ Q1 . . . Qr , où λ ∈ IK∗ et Q1 , . . . , Qr dans P . Pour tout P ∈ P ,
on prend alors pour αP le nombre de Qi égaux à P .
α
P P une telle décomposition. Comme les éléments de P
Unicité. Soit A = λ
P ∈P
sont unitaires, le scalaire λ est égal au coefficient dominant de A.
β
P P . Soit P0 ∈ P . Supposons par
Considérons une autre décomposition A = λ
P ∈P
αP0
exemple αP0 ⩽ βP0 . En simplifiant par P0 = 0 (IK[X] est intègre), on obtient :
β
P αP = P0 P0
−αP0
P ∈P\{P0 }
P βP .
P ∈P\{P0 }
Le membre de gauche de cette égalité est un polynôme premier avec P0 (produit de
β
polynômes premiers avec P0 ). Donc P0 P0
que βP0 − αP0 = 0 .
−αP0
est premier avec P0 , ce qui prouve
Les familles (αP )P ∈P et (βP )P ∈P sont donc égales, ce qui montre l’unicité de la
décomposition.
Proposition 29
• En notant ∗ les lois de G et de G , on a :
e ∗ f (e) = f (e) = f (e ∗ e) = f (e) ∗ f (e).
•
En simplifiant par f (e) qui est régulier dans le groupe G , on en déduit f (e) = e .
D’autre part, pour tout x ∈ G :
f (x) ∗ f (x−1 ) = f (x ∗ x−1 ) = f (e) = e
et de même :
f (x−1 ) ∗ f (x) = e ,
ce qui prouve que le symétrique de f (x) est f (x−1 ).
•
Une récurrence permet de prouver la dernière formule pour n ∈ IN. Pour n ∈ ZZ− , on
écrit alors :
−1
−1 = f (x−n )
= f (x−n )−1 = f (xn ).
f (x)n = f (x)−n
¿
Proposition 30 Soit ϕ un isomorphisme de groupes de G dans G .
Soit y1 et y2 deux éléments de G . On a :
ϕ ϕ−1 (y1 ) ϕ−1 (y2 ) = ϕ ϕ−1 (y1 ) ϕ ϕ−1 (y2 ) = y1 y2
et l’on en déduit ϕ−1 (y1 y2 ) = ϕ−1 (y1 ) ϕ−1 (y2 ) en composant par ϕ−1 .
Donc ϕ−1 est un morphisme de groupes de G dans G, c’est-à-dire un isomorphisme par
bijectivité.
Exercice 18 C’est la traduction des résultats suivants :
• l’identité de G est un automorphisme du groupe G ;
• la composée de deux automorphismes du groupe G est un automorphisme de G ;
• la réciproque d’un automorphisme du groupe G est un automorphisme de G.
Exercice 19
1. IR et Q ne sont pas isomorphes puisqu’ils ne sont pas en bijection : Q est dénombrable alors que IR ne l’est pas (voir le chapitre 9).
2. IR et IR∗+ sont isomorphes ; l’application exponentielle est un isomorphisme de IR
sur IR∗+ .
3. Dans IR∗+ , il existe un élément x = −1 différent de l’élément neutre 1 et tel
que x × x = 1 . Si (IR, +) et (IR∗ , ×) étaient isomorphes, il existerait donc dans IR
un élément y différent de l’élément neutre 0 tel que y+y = 0 , ce qui est impossible.
4. Le groupe (Q, +) vérifie la propriété suivante :
∀y ∈ Q ∃x ∈ Q y = x + x.
S’il existait un isomorphisme de (Q, +) sur (Q∗+ , ×), on en déduirait :
∀y ∈ Q∗+
∃x ∈ Q∗+
y =x×x
ce qui est impossible puisque par exemple, 2 n’admet pas de racine carrée dans Q .
Proposition 31
• Soit H un sous-groupe de G et H0 = f (H).
Comme H contient l’élément neutre e de G, H0 contient e = f (e) qui est l’élément
neutre de G .
2
Soit (y, y ) ∈ H0 . Prenons (x, x ) ∈ H 2 tel que y = f (x) et y = f (x ). Alors :
y ∗ y = f (x) ∗ f (x ) = f (x ∗ x ) ∈ H0 puisque x ∗ x ∈ H .
y −1 = f (x)−1 = f x−1 ∈ H0 puisque x−1 ∈ H .
•
Donc H0 est un sous-groupe de G .
Soit H un sous-groupe de G et H0 = f −1 (H ).
Comme f (e) = e ∈ H , on a e ∈ H0 .
Soit (x, x ) ∈ H0 2 . Alors f (x) ∈ H et f (x ) ∈ H , et puisque H est un sousgroupe :
f (x ∗ x ) = f (x) ∗ f (x ) ∈ H f x−1 = f (x)−1 ∈ H et par suite x ∗ x et x−1 appartiennent à H0 .
Donc H0 est un sous-groupe de G.
Démonstrations et solutions des exercices du cours
Exercice 20 On a déjà vu (exercice 18 de la page 22) que Aut(G), l’ensemble des
automorphismes du groupe G, était un groupe.
Soit g et h deux éléments de G. Pour tout x ∈ G, on a :
ϕ(h) ϕ(g)(x) = h g x g −1 h−1 = (h g) x (h g)−1
ce qui prouve l’égalité ϕ(h) ◦ ϕ(g) = ϕ(h g). Donc ϕ est un morphisme de G
dans Aut(G).
Son noyau est l’ensemble des g ∈ G tels que ϕ(g) = IdG . Or, pour tout x ∈ G :
ϕ(g)(x) = x ⇐⇒ g x g −1 = x ⇐⇒ g x = x g.
Donc le noyau de ϕ est le centre de G c’est-à-dire l’ensemble des éléments qui
commutent avec tout élément de G.
Théorème 33
•
La propriété :
∀x ∈ G f (x) = e =⇒ x = e.
signifie Ker f ⊂ {e} , ce qui est bien équivalent à Ker f = {e} puisque f (e) = e .
•
Supposons l’application f injective. Si x ∈ Ker f alors f (x) = e = f (e) donc x = e
puisque f est injective.
•
Supposons Ker f = {e}. Soit (x, y) ∈ G2 tel que f (x) = f (y). Alors :
f (x y −1 ) = f (x) f (y)−1 = e ,
c’est-à-dire x y −1 ∈ Ker f . Donc x y −1 = e , ce qui donne x = y .
Donc f est injective.
Proposition 34 Soit (Hλ )λ∈Λ une famille de sous-groupes de G. Posons H =
•
•
•
Hλ .
λ∈Λ
Comme tous les Hλ sont des sous-groupes de G, ils contiennent son élément neutre e ,
donc e ∈ H .
Soit x ∈ H . Pour tout λ ∈ Λ , on a x−1 ∈ Hλ puisque Hλ est un sous-groupe de G.
Donc x−1 ∈ H .
Soit (x, y) ∈ H 2 . Pour tout λ ∈ Λ , on a x y ∈ Hλ puisque Hλ est un sous-groupe
de G. Donc x y ∈ H .
Donc H est un sous-groupe de G.
Exercice 21
1. Soit (a, b) ∈ ZZ2 .
Le sous-groupe de ZZ2 engendré par (a, b) est l’ensemble A = (n a, n b) ; n ∈ ZZ .
•
•
Si (a, b) = (0, 0), il est clair que A =
ZZ2 .
Sinon, supposons par exemple b = 0 .
Alors (1, 0) ∈
/ A puisque n b = 0 ⇒ n = 0 .
Dans tous les cas A = ZZ2 , donc ZZ2 n’est pas monogène.
2. D’après l’exemple de la page 23, le groupe (ZZ/10ZZ) × (ZZ/21ZZ) est isomorphe
à ZZ/210ZZ puisque 10 et 21 sont premiers entre eux (21 − 2 × 10 = 1 ).
Proposition 36 Le premier point est évident.
Supposons Ker ϕa = n ZZ, avec n ∈ IN∗ . On peut définir l’application :
ZZ/nZZ −→ G
x −→ ak
car si k = , alors il existe q ∈ ZZ tel que
si x = k
= k + n q et alors :
a = ak anq = ak (an )q = ak eq = ak ,
donc ak ne dépend que de la classe de k modulo n.
On a ainsi défini une application ϕ
a de ZZ/nZZ dans G telle que :
∀k ∈ ZZ ϕ
a (k) = ϕa (k) = ak .
Cette application est surjective puisque a engendre G.
C’est un morphisme de groupes de ZZ/nZZ dans G puisque :
∀(k, ) ∈ ZZ2
ϕ
a (k + ) = ϕ
a (k + ) = ak+ = ak a = ϕ
a (k) ϕ
a ( ).
Soit k ∈ ZZ. On a :
ϕ
a (k) = e ⇐⇒ ϕa (k) = e ⇐⇒ k ∈ Ker ϕa ⇐⇒ k ∈ n ZZ ⇐⇒ k = 0.
Donc Ker ϕ
a = {0} ce qui prouve que ϕ
a est injective.
Finalement, ϕ
a est un isomorphisme de ZZ/nZZ sur G.
Comme
on en déduit que
ZZ/nZZ = 0, 1, 2, . . . , n − 1
G = e, a, a2 , . . . , an−1
De plus, n et alors le plus petit entier naturel k non nul tel que k = 0 , donc n est aussi
le plus petit entier naturel k non nul tel que ak = e .
2 1
, on a G = An ; n ∈ ZZ .
0 2
Donc G est monogène. Comme il est de plus évidemment infini, il est isomorphe à ZZ.
Exercice 22 On remarque qu’en posant A =
Exercice 23 Soit H un sous-groupe d’un groupe G monogène. Notons a un générateur
de G. D’après la proposition 31 de la page 23, ϕ−1
Z,
a (H) est un sous-groupe de Z
donc de la forme n ZZ pour un certain n ∈ IN. Ainsi ϕa (n ZZ) ⊂ H .
Réciproquement, soit x ∈ H . Comme ϕa est surjective, il existe k ∈ ZZ tel
Z.
que ϕa (k) = x et alors, par définition de l’image réciproque, k ∈ ϕ−1
a (H) = n Z
Donc x = ϕa (k) ∈ ϕa (n ZZ).
En conclusion, H = ϕa (n ZZ) et comme n ZZ est engendré par n, il est immédiat
que H est engendré par ϕa (n) donc est monogène.
Proposition 38 Soit k ∈ ZZ.
Le groupe ZZ/nZZ est engendré par 1 ce qui signifie que tout sous-groupe de ZZ/nZZ
contenant 1 est égal à ZZ/nZZ.
Démonstrations et solutions des exercices du cours
Donc le sous-groupe engendré par k est égal à ZZ/nZZ si, et seulement s’il contient 1 , ce
qui équivaut à l’existence d’un entier tel que k = 1 , c’est-à-dire si, et seulement s’il
existe ( , a) ∈ ZZ2 tel que k = 1 + a n, ce qui est encore équivalent à k ∧ n = 1 d’après
la relation de Bézout.
Exercice 24
1. Posons n = d p . On a :
(ad )k = e ⇐⇒ adk = e ⇐⇒ n | dk ⇐⇒ dp | dk ⇐⇒ p | k.
Donc l’ordre de ad est p = n/d.
2. Soit d = k ∧ n. Montrons que ad et ak engendrent le même sous-groupe ce qui
prouvera qu’ils ont le même ordre p = n/d.
Pour x ∈ G, on note ici x le sous-groupe de G engendré par x.
En écrivant k = d k , on a ak = (ad )k ∈ ad ce qui donne ak ⊂ ad
puisque ak est le plus petit sous-groupe contenant ak .
D’autre part, le théorème de Bézout donne des entiers u et v tels que d = u k+v n.
Alors :
ad = auk avn = (ak )u (an )v = (ak )u ∈ ak
et l’on conclut comme précédemment que ad ⊂ ak .
Exercice 25 D’après la caractérisation du sous-groupe engendré par A (cf. la proposition 35 de la page 25), il suffit de montrer que l’inverse de tout élément de A peut
s’écrire comme produit d’éléments de A.
Soit a ∈ A. Comme G est fini, a est d’ordre fini, donc il existe n ∈ IN∗ tel que an = e .
On en déduit que a−1 = an × a−1 = an−1 est bien un produit d’éléments de A.
Théorème 41 Démonstration dans le cas où G est commutatif. Notons n = card G.
Soit a ∈ G. L’application g → a g est une bijection de G (de réciproque g → a−1 g ).
Comme le groupe G est commutatif, le produit P =
h a bien un sens et, par le
h∈G
changement d’indice h = a g , on a :
h=
P =
h∈G
(ag).
g∈G
Toujours par commutativité de G, on en déduit :
P = acard G
g = an P.
g∈G
Par régularité de P , cela donne an = e . D’après la proposition 39 de la page 28, cela
implique que l’ordre de a divise n.
Théorème 42 Soit a ∈ ZZ premier avec n. Alors sa classe appartient au groupe des éléments inversibles de l’anneau ZZ/nZZ. Ce groupe étant de cardinal ϕ(n) par définition
ϕ(n)
= 1 . En
de l’indicatrice d’Euler, on en déduit que l’ordre de a divise ϕ(n), soit a
termes de congruences, cela se réécrit aϕ(n) ≡ 1
[n].
Exercice 26
• Comme A est un anneau, en particulier (A, +) est un groupe commutatif.
• Les propriétés suivantes proviennent de la structure d’anneau de A :
1
∀x ∈ A 1.x = x (élément neutre),
2
∀x ∈ A ∀(λ, μ) ∈ IK2 λ (μ x) = (λ μ) x (associativité),
3
∀(x, y) ∈ A2 ∀λ ∈ IK λ (x + y) = λ x + λ y (distributivité),
4
∀x ∈ A ∀(λ, μ) ∈ IK2 (λ + μ) x = λ x + μ x (distributivité).
Donc (A, +, .) est un IK -espace vectoriel.
• Reste la propriété (∗∗ ) de la page 29 de compatibilité entre les deux multiplications.
∗ La relation ∀(λ, a, b) ∈ IK × A × A λ (a.b) = (λa).b vient de l’associativité du
produit de A.
∗ La relation ∀(λ, a, b) ∈ IK × A × A λ (a.b) = a.(λb) est vraie, toujours pas
associativité, si λ et a commutent.
Pour que A soit une IK -algèbre, il suffit (et il est facile d’ailleurs de montrer que c’est
également nécessaire) que tout élément de IK commute avec tout élément de A.
Exercice 27
1. Par bilinéarité du produit, l’application x → a x est un endomorphisme d’espace
vectoriel de A. La régularité à gauche de a donne son injectivité, donc sa bijectivité
puisque A est un espace vectoriel de dimension finie.
Par suite, il existe un élément b ∈ A tel que a b = 1 .
2. On a donc :
a × 1 = a = (a b) a = a (b a)
et la régularité de a à gauche donne b a = 1 . Donc a est inversible, d’inverse b .
3. Supposons que A vérifie :
∀(x, y) ∈ A2
x y = 0 =⇒ (x = 0
ou y = 0).
Soit a ∈ A non nul. Alors :
∀(x, y) ∈ A2
a x = a y =⇒ a (x − y) = 0 =⇒ x − y = 0 =⇒ x = y
donc a est régulier à gauche et, par ce qui précède, inversible.
Dans A, tout élément non nul est donc inversible.
Si l’on suppose A intègre, c’est-à-dire si l’on ajoute aux hypothèses la non trivialité
et la commutativité, alors A est un corps (comparer avec l’exemple de la page 3).
Exercice 28
1. La réponse est positive pour les deux questions en utilisant les résultats correspondant pour les morphismes d’espaces vectoriels et les morphismes d’anneaux.
2. Soit ϕ : A → B un morphisme d’algèbres.
L’image de ϕ est donc une sous-algèbre de B .
On a vu à l’exercice 4 de la page 5 que le noyau de ϕ n’est pas un sous-anneau
de A si B est non trivial. Ce n’est donc pas non plus une sous-algèbre. Lorsque B
est trivial, on a Ker ϕ = A qui est alors évidemment une sous-algèbre de A.
Démonstrations et solutions des exercices du cours
Proposition 43 La relation 1(u) = 1 et la linéarité de P → P (u) sont immédiates.
Soit P =
n
ap X p et Q =
p=0
m
bq X q . Par bilinéarité, on a :
q=0
PQ=
ap bq X p+q
0⩽p⩽n
0⩽q⩽m
et donc (P Q)(u) =
ap bq up+q (linéarité).
0⩽p⩽n
0⩽q⩽m
De même, par bilinéarité :
P (u) Q(u) =
n
ap u
p=0
p
m
bq u
q
=
q=0
ap bq up+q
0⩽p⩽n
0⩽q⩽m
d’où l’égalité (P Q)(u) = P (u) Q(u).
Exercice 29 De le même façon, le polynôme minimal π d’une symétrie s d’un espace
vectoriel E divise X 2 −1 puisque s2 = IdE . On a donc π = X 2 −1 sauf si π = X ±1 ,
c’est-à-dire s = ∓ IdE .
Proposition 44
•
Supposons que u admette un polynôme minimal πu de degré d.
∗ La famille F = uk k∈[[0,d−1]] est bien sûr une famille d’éléments de IK [u].
∗
d−1
Soit (λ0 , . . . , λd−1 ) ∈ IKd \ (0, . . . , 0) tel que
λk uk = 0 .
k=0
Le polynôme P =
d−1
λk X k est alors un polynôme annulateur non nul de u ,
k=0
∗
de degré strictement plus petit que d = deg πu , ce qui contredit la définition du
polynôme minimal πu . La famille F est donc libre.
Soit v ∈ IK[u] ; il existe donc P ∈ IK[X] tel que v = P (u). La division euclidienne
de P par πu s’écrit :
P = Qπu + R
avec
deg (R) < d.
En appliquant le morphisme d’évaluation, on obtient :
v = P (u) = Q (u) πu (u) + R (u) = R (u) ,
puisque πu (u) = 0 . Comme deg (R) < d, on a v ∈ Vect 1, u, . . . , ud−1 , ce qui
prouve que la famille F est une famille génératrice de IK [u].
En conclusion, la famille F est une base de IK [u].
•
Sinon, le morphisme d’évaluation P → P (u) est injectif puisque son noyau est réduit
à {0} . Son image IK[u] est donc isomorphe à IK[X].
Exercice 30
⎛
⎞
34 −15 −30
9
10 ⎠ puis A2 − 5A + 6I3 = 0 .
1. On trouve A2 = ⎝ −10
30 −15 −26
Le polynôme X 2 − 5X + 6 est donc annulateur. Si ce n’était pas le polynôme
minimal, celui-ci serait de degré 1 , donc A serait une matrice scalaire, ce qui
n’est pas le cas.
Donc Π = X 2 − 5X + 6 est le polynôme minimal de A.
2. On en déduit que A (A − 5I3 ) = −6I3 , ce qui prouve que A est inversible, d’inverse − 16 (A − 5I3 ).
3. Soit n ∈ IN. La division euclidienne de X n par Π s’écrit X n = Qn Π + an X + bn ,
avec Qn ∈ IK[X] et (an , bn ) ∈ IK2 . En évaluant cette égalité en 2 et 3 (les deux
racines de Π), on obtient le système :
2an + bn = 2n
soit
an = 3n − 2n et bn = 3 × 2n − 2 × 3n .
3an + bn = 3n
Finalement :
An = (3n − 2n ) A + (3 × 2n − 2 × 3n ) I3 = 2n B + 3n C
⎛
⎞
⎛
⎞
−5
3
6
6 −3 −6
0 −2 ⎠ et C = ⎝ −2
1
2 ⎠.
avec B = ⎝ 2
−6
3
7
6 −3 −6
Remarquons que, pour n = −1 , cette formule donne − 61 A + 56 I3 qui est la valeur
de A−1 trouvée à la question précédente.
Montrons qu’il en est de même pour tout entier n ∈ ZZ∗− en vérifiant que le produit
de 2n B + 3n C par A−n est bien égal à I3 , ce qui prouvera que 2n B + 3n C est
bien l’inverse de A−n . En effet, on a B 2 = B , C 2 = C et B C = C B = 0 . Donc :
(2n B + 3n C) (2−n B + 3−n C) = 2n × 2−n B + 3n × 3−n C = B + C = I3 .
Exercice 31
1. Soit P =
n
ap X k un polynôme et u ∈ A. Comme ϕ est un morphisme d’al-
k=0
gèbres, on a ϕ(uk ) = ϕ(u)k pour tout k ∈ IN (en particulier ϕ(u0 ) = ϕ(u)0
puisque ϕ(1) = 1 ), puis ϕ P (u) = P ϕ(u) par linéarité de ϕ.
On en déduit que si P (u) = 0 , alors P ϕ(u) = 0 . L’idéal annulateur de u est
donc inclus dans l’idéal annulateur de ϕ(u). Comme ϕ−1 est aussi un morphisme
d’algèbres, on en déduit l’inclusion inverse.
Les deux éléments u et ϕ(u) ont donc le même idéal annulateur, donc le même
polynôme minimal (générateur unitaire de cet idéal).
2. On applique la première question à l’isomorphisme u → MB (u) de L(E)
dans Mn (IK).
¼
Exercices
1.1 Montrer que IR × {0} muni des lois induites par celles de l’anneau produit IR2 est un
anneau mais n’est pas un sous-anneau de IR2 .
1.2 On appelle groupe de Mn (IK) toute partie de Mn (IK), stable par produit et qui,
munie de la loi induite, est un groupe.
1. Montrer que tout groupe de Mn (IK) inclus dans GLn (IK) est un sous-groupe
de GLn (IK).
Y a-t-il d’autres groupes de Mn (IK) que les sous-groupes de GLn (IK) ?
2. Soit r ∈ [[0, n]]. Montrer que :
A 0
; A ∈ GLr (IK)
Gn,r =
0 0
(avec par convention Gn,r = {0} pour r = 0 et Gn,r = GLn (IK) pour r = n) est
un groupe de Mn (IK).
Montrer que son élément neutre est la matrice d’un projecteur.
3. Soit G un groupe de Mn (IK).
Montrer qu’il existe r ∈ [[0, n]] et P ∈ GLn (IK) tels que G soit un sous-groupe du
groupe :
P M P −1 ; M ∈ Gn,r .
1.3 (Polytechnique 2015)
Montrer qu’il existe un multiple non nul de 23 qui ne s’écrit qu’avec des 1 en base 10 .
1.4 Le polynôme P = X 4 + 1 est-il irréductible dans C[X] ? dans IR[X] ? dans Q[X] ?
1.5 L’exercice 17 de la page 19 a montré que si A et B sont deux polynômes premiers
entre eux et non tous les deux constants, alors ils sont tous les deux non nuls et il
existe un unique couple (U, V ) ∈ IK[X]2 tel que :
AU + B V = 1
avec
deg U < deg B
et
deg V < deg A.
Montrer que l’algorithme d’Euclide étendu de la page 19 donne ce couple-là.
1.6 Deux éléments d’un groupe G sont conjugués si l’un est l’image de l’autre pas un
automorphisme intérieur (voir page l’exemple 3 de la page 22). Plus précisément, le
conjugué de x ∈ G par g ∈ G est g x g −1 .
1. Montrer que le conjugué par σ ∈ Sn d’une transposition (a, b) de Sn (avec
donc a = b ) est la transposition σ(a), σ(b) .
2. Quel est le conjugué d’un p-cycle (a1 , . . . , ap ) par une permutation σ ?
3. Montrer que deux transpositions quelconques de Sn sont conjuguées.
½
1.7 On pourra utiliser la première question de l’exercice 1.6.
1. Montrer que les transpositions du type (i, i + 1) engendrent Sn .
2. Montrer que le groupe Sn est engendré par la transposition τ = (1, 2) et le
n-cycle γ = (1, 2, . . . , n).
3. Est-ce vrai pour une transposition et un n-cycle quelconque ?
1.8 Théorème de Lagrange
Soit G un groupe fini. Si H est un sous-groupe de G, on définit la relation :
x R y ⇐⇒ x−1 y ∈ H.
1. Montrer qu’il s’agit d’une relation d’équivalence et que la classe d’équivalence de
tout élément x ∈ G est :
xH = x h ; h ∈ H .
2. Montrer que les classes d’équivalence pour cette relation ont toutes même cardinal
égal à celui de H .
3. En déduire que le cardinal de H divise celui de G.
4. Démontrer le théorème 41 de la page 28.
1.9 Déterminer l’ordre d’une permutation σ ∈ Sn en fonction des longueurs des cycles
intervenant dans sa décomposition en cycles à supports disjoints.
1.10 Soit G un groupe abélien fini, ainsi que a et b deux éléments de G d’ordres respectifs m et n.
1. Montrer que si m et n sont premiers entre eux, alors ab est d’ordre mn.
Que peut-on dire de l’ordre de ab dans le cas général ?
2. En déduire que si r est le PPCM des ordres des éléments de G, il existe un élément
de G d’ordre r .
3. Qu’en est-il si G n’est plus supposé abélien ?
1.11 Soit IK un corps. Montrer, en utilisant l’exercice 1.10, que tout sous-groupe multiplicatif fini de IK∗ est cyclique. On pourra admettre que tout polynôme de degré n à
coefficients dans IK admet au maximum n racines.
1.12 Montrer qu’un groupe G cyclique de cardinal n admet, pour tout diviseur d de n,
un unique sous-groupe de cardinal d et que celui-ci est cyclique.
1.13 1. Montrer que si n est produit de nombres premiers distincts, alors :
∀k ∈ IN
∀a ∈ ZZ
a1+kϕ(n) ≡ a
2. Le résultat est-il vrai pour n ∈ IN∗ quelconque ?
¾
[n].
Exercices
1.14 (Centrale 2015)
Soit A une IR -algèbre intègre de dimension finie n ⩾ 2 et a ∈ A.
1. Montrer que x → a x est linéaire puis que a est inversible si, et seulement si, a = 0 .
2. Montrer que a admet un polynôme annulateur non nul.
3. Montrer que son polynôme minimal est irréductible dans IR[X].
4. Montrer que C est, à isomorphisme près, la seule IR -algèbre intègre de dimension
finie n ⩾ 2 .
1.15 ( Constante de Liouville Polytechnique 2015)
Un réel est dit algébrique lorsqu’il annule un polynôme non nul à coefficients rationnels. Dans le cas contraire, on dit qu’il est transcendant.
1. Soit x un irrationnel algébrique. Montrer qu’il existe α ∈ IR∗+ et n ∈ IN tels que,
p α
p
∗
pour tout rationnel , avec q ∈ IN , on ait x − ⩾ n ·
q
q
q
Qu’en est-il si x est un rationnel ?
+∞
−n!
10
(constante de Liouville) est un réel transcendant.
2. Montrer que
n=1
¿
1.1 • IR × {0} est un groupe commutatif comme produit des deux groupes commuta
tifs (IR, +) et {0}, + .
• Il est évidemment stable par produit puisque (x, 0) × (y, 0) = (x y, 0) pour
tout (x, y) ∈ IR2 .
• La multiplication est associative et distributive par rapport à l’addition comme
dans l’anneau IR2 .
• Il est immédiat que (1, 0) est neutre pour la multiplication de IR × {0} .
Donc IR × {0} est un anneau. Ce n’est pas un sous-anneau de IR2 puisqu’il ne contient
pas l’élément neutre multiplicatif (1, 1) de ce dernier.
1.2 1. Soit G un tel groupe.
• Son élément neutre J vérifie J 2 = J , donc par inversibilité, J = In .
Ainsi In ∈ G.
• Tout élément M ∈ G admet un symétrique M qui vérifie donc, par définition,
M M = J = In . On en déduit que M −1 = M appartient à G.
Donc G est un sous-groupe de GLn (IK).
Il y a des groupes de Mn (IK) qui ne sont pas des sous-groupes de GLn (IK) : par
exemple le groupe trivial {0} .
2. Les deux cas particuliers r = 0 et r = n sont évidents (et ont été vus dans la
question précédente). Supposons donc 1 ⩽ r ⩽ n − 1 .
Les opérations matricielles par blocs donnent directement :
• que Gn,r est stable par produit ;
Ir 0
;
• que Gn,r admet pour élément neutre Jr =
0 0
• que tout élément
A
0
0
0
∈ Gn,r admet pour symétrique
A−1
0
0
0
.
Enfin, l’associativité est une conséquence de celle de la multiplication de l’anneau Mn (IK).
Donc Gn,r est un groupe de Mn (IK). Son élément neutre Jr vérifie donc Jr2 = Jr ,
ce qui caractérise la matrice d’un projecteur.
3. • Soit P ∈ GLn (IK). L’application M → P M P −1 est un automorphisme d’algèbre de Mn (IK), donc il est clair qu’elle envoie tout groupe de Mn (IK) sur
un groupe de Mn (IK). En particulier, P Gn,r P −1 = P M P −1 ; M ∈ Gn,r
est un groupe de Mn (IK).
• Soit G un groupe de Mn (IK). Son élément neutre J vérifie J 2 = J , donc c’est
la matrice d’un projecteur et il existe P ∈ GLn (IK) telle que J = P Jr P −1 ,
où r = rg(J). Considérons alors G = P −1 G P ; c’est un groupe de Mn (IK)
d’élément neutre Jr .
Solution des exercices
A B
,
C D
avec A ∈ Mr (IK), B ∈ Mr,n−r (IK), C ∈ Mn−r,r (IK) et D ∈ Mn−r (IK). On
a alors :
A B
A 0
et
M = M Jr =
.
M = Jr M =
0 0
C 0
Soit M une matrice de G écrite par blocs sous la forme M =
Donc B = 0 , C = 0 et D = 0 .
D’autre part, M admet un symétrique M =
A 0
∈ G , ce qui
0 0
donne A A = Ir en écrivant M M = Jr . Donc A ∈ GLr (IK).
Finalement, G ⊂ Gn,r et, comme dans la première question, on montre que G
est un sous-groupe de Gn,r . Il s’ensuit, en écrivant G = P G P −1 , que G est
un sous-groupe de G = P Gn,r P −1 .
1.3 Un entier naturel s’écrit uniquement avec des 1 en base 10 si, et seulement s’il est de
la forme :
10r − 1
n = 1 + 10 + · · · + 10r−1 =
avec
r ∈ IN∗ .
10 − 1
Le problème revient donc à montrer l’existence d’un entier naturel r non nul tel
que 10r − 1 = 9 × k , avec k multiple de 23 . Pour un tel r , on a 10r ≡ 1 [23].
Réciproquement, si 10r ≡ 1 [23], alors 10r − 1 est multiple de 23 et de 9 , donc
de 9 × 23 puisque 9 ∧ 23 = 1 . Alors 1 + 10 + · · · + 10r−1 est un multiple de 23 qui
ne s’écrit qu’avec des 1 en base 10 .
Comme 10 est premier avec 23 , sa classe 10 modulo 23 appartient au groupe des
inversibles de ZZ/23ZZ. Notons r son ordre (le groupe des inversibles de ZZ/23ZZ est
r
fini). Alors 10 = 1 , ce qui donne 10r ≡ 1 [23] et permet de conclure d’après ce qui
précède.
L’ordre de 10 est un diviseur de ϕ(23), c’est-à-dire de 22 puisque 23 est
premier. Il suffit donc d’essayer 1 , 2 , 11 et 22 pour déterminer tel entier r .
On trouve ici r = 22 .
1.4 Il n’est irréductible ni dans C[X] ni dans IR[X] puisqu’il n’est ni de degré 1 , ni de
degré 2 (voir le rappel de la page 15).
Supposons qu’il soit réductible dans Q[X]. Comme il n’a pas de racine rationnelle (ni
réelle, d’ailleurs), il ne peut pas admettre de diviseur de degré 1 . Il s’écrit donc comme
un produit de deux polynômes de degré 2 . Quitte à les diviser par leur coefficient
dominant, on peut même les supposer unitaires. On a donc :
avec (a, b, α, β) ∈ Q4 .
P = (X 2 + a X + b) (X 2 + α X + β)
Par identification des coefficients, on a les relations :
a+α =0
aα+ b+ β = 0
a β + α b = 0 et b β = 1.
On en déduit que b et β sont non nuls et de même signe, donc b + β = 0 . Par
conséquent, α = −a = 0 et la troisième égalité, qui s’écrit a (β − b) = 0 , donne b = β .
Finalement, b = β = ±1 et donc a2 = ∓2 , ce qui est impossible avec a ∈ Q.
Donc P est irréductible dans Q[X].
1.5 Montrons par récurrence forte sur n ∈ IN le résultat suivant :
Hn : « Si A et B sont premiers entre eux, non tous les deux constants,
et si deg B = n, alors l’algorithme fournit un couple (U, V )
tel que A U + B V = 1 avec deg U < deg B et deg V < deg A. »
• H0 est vérifié car si deg B = 0 , alors B est une constante λ = 0 et A est non
constant. La division euclidienne de A par B s’écrit alors A = (A/λ) λ + 0 et la
fonction pgcd est appelée avec (λ, 0) et retourne ainsi U = λ−1 et V = 0 . Finalement, les coefficients U et V retournés tels que A U +B V = 1 sont U = V = 0
et V = U − 0 = λ−1 qui vérifient bien :
deg V = 0 < deg A
et
deg U < deg B
puisque U = 0 et B =
0.
∗
• Soit n ∈ IN ; supposons H0 , H1 , . . . , Hn−1 . Soit A et B premiers entre eux,
avec deg B = n (donc B non constant). Soit Q et R les quotient et reste de la
division euclidienne de A par B . On a deg R < n, et l’hypothèse de récurrence
appliquée aux polynômes B et R non tous les deux constants et premiers entre eux
nous dit que le couple (U, V ) retourné par pgcd(B,R) est tel que deg V < deg B .
Donc les coefficients U et V retournés tels que A U + B V = 1 sont U = V
et V = U − Q V , avec donc deg U < deg B . Remarquons que A st non nul, sinon
A et B ne serait pas premiers entre eux.
∗ Si V = 0 , alors deg V < deg A puisque A = 0 .
∗ Sinon, B V est non constant, puisque deg(B) = n ⩾ 1 .
L’égalité A U = 1 − B V donne alors :
deg(A) + deg(U ) = deg(B) + deg(V )
et donc deg(V ) < deg(A) puisque deg(U ) < deg(B) et A = 0 .
D’où Hn .
σ−1
(a,b)
σ
σ−1
(a,b)
σ
σ−1
(a,b)
σ
1.6 1. Notons τ = σ◦(a, b)◦σ −1 . On a : σ(a) −→ a −→ b −→ σ(b)
σ(b) −→ b −→ a −→ σ(a)
σ(x) −→ x −→ x −→ σ(x)
si x ∈
/ {a, b}.
Comme par bijectivité de σ tout élément de [[1, n]] s’écrit sous la forme σ(x),
avec x ∈ [[1, n]], cela prouve que τ échange σ(a) et σ(b) et laisse fixe les autres
éléments de [[1, n]], c’est-à-dire est la transposition σ(a), σ(b) .
2. On démontre de la même façon qu’il s’agit du p-cycle σ(a1 ), . . . , σ(ap ) .
3. Soit (a, b) et (c, d) deux transpositions. Montrons qu’il existe σ ∈ Sn tel
que (c, d) = σ ◦ (a, b) ◦ σ −1 . D’après la première question, il suffit de montrer
l’existence d’une permutation σ telle que σ(a) = c et σ(b) = d.
Les deux ensembles E = [[1, n]] \ {a, b} et F = [[1, n]] \ {c, d} sont de même
cardinal n − 2 ; donc il existe une bijection ϕ de E sur F .
L’application σ : [[1, n]] −→ [[1, n]]
répond alors à la question.
a −→ c
b −→ d
x −→ ϕ(x) si x =
a et x = b.
Solution des exercices
1.7 1. Soit (i, j) une transposition, avec j > i + 1 . Alors (en utilisant les résultats de
l’exercice 1.6 ou par un calcul direct) :
(j − 1, j) ◦ (i, j − 1) ◦ (j − 1, j) = (i, j).
Il est alors facile de montrer par récurrence sur j − i que toute transposition (i, j),
avec i < j , est un produit de transpositions du type (k − 1, k).
2. Soit i ∈ [[1, n − 1]]. Les relations γ i−1 (1) = i et γ i−1 (2) = i + 1 permettent de
vérifier, grâce à l’exercice 1.6, que :
γ i−1 ◦ (1, 2) ◦ γ −(i−1) = (i, i + 1).
Toute transposition de la forme (i, i + 1) s’écrit donc comme un produit des
permutations τ et γ (on utilise le fait que τ −1 = τ et γ −1 = γ n−1 ). On conclut
à l’aide de la question précédente.
3. Le résultat est faux en général pour une transposition et un n-cycle quelconques.
Par exemple, pour n = 4 , on prend la transposition τ = (1, 3) et le ncycle γ = (1, 2, 3, 4).
2
On vérifie facilement que, pour tout (i, j) ∈ [[, 4]] :
i≡j
[2] =⇒ γ(i) ≡ γ(j) [2]
et
i≡j
[2] =⇒ τ (i) ≡ τ (j)
[2].
On en déduit que ce résultat reste vrai pour tout élément σ du sous-groupe engendré par τ et γ , puisque σ s’écrit comme produit de permutations égales à τ
et γ . En particulier, la transposition σ = (1, 2) n’appartient pas à ce sous-groupe
puisque 1 ≡ 3 [2] mais σ(1) = 2 ≡ σ(3) = 3 [2].
1.8 1. Réflexivité : pour tout x ∈ G, x−1 x = e ∈ H .
Symétrie : pour tout (x, y) ∈ G2 ,
x R y =⇒ x−1 y ∈ H
−1
=⇒ y −1 x = x−1 y
∈ H.
Transitivité : pour tout (x, y, z) ∈ G3 ,
(x R y et y R z) =⇒ x−1 y ∈ H et y −1 z ∈ H
=⇒ x−1 z = x−1 y y −1 z ∈ H.
Soit x ∈ G. Pour tout y ∈ G :
y R x ⇐⇒ ∃h ∈ H
x−1 y = h ⇐⇒ ∃h ∈ H
y = xh
donc la classe d’équivalence de x est xH .
2. La classe de x ∈ G est en bijection avec H par l’application H −→ xH de
h −→ x h
réciproque xH −→ H
k −→ x−1 k.
3. Comme G est fini, il y a un nombre fini de classes d’équivalence ; notons
ce nombre p. Les classes formant une partition de G et ayant toutes le
même nombre d’éléments card H , on en déduit card G = p card H , ce qui
donne card H | card G.
4. Soit a ∈ G. L’ordre de a est égal au cardinal du sous-groupe de G engendré par a
et divise donc le cardinal de G.
1.9 Supposons σ = γ1 ◦· · ·◦γr , avec γ1 , . . . , γr des cycles à supports disjoints de longueurs
respectives k1 , . . . , kr .
Montrons que l’ordre de σ est le PPCM m de k1 , . . . , kr .
• Pour tout i ∈ [[1, r]], on a γiki = Id, donc γim = Id. Puisque les γi sont à supports
disjoints, ils commutent deux à deux, ce qui donne σ m = γ1m ◦ · · · ◦ γrm = Id .
• Soit p ∈ IN tel que σ p = Id. Pour tout i ∈ [[1, r]] et x dans le support de γi ,
on a σ p (x) = γip (x) puisque x est invariant par tous les autres γj . On en déduit
que γip (x) = x, et donc ki | p par définition d’un cycle de longueur ki .
Par suite, m divise p et l’ordre de σ est bien m.
1.10 1. Comme G est commutatif, on a ∀k ∈ IN (a b)k = ak bk .
Donc (a b)m∨n = e et l’ordre de a b divise m ∨ n.
Supposons m ∧ n = 1 et montrons que l’ordre de a b est égal à m ∨ n = m n.
Soit k ∈ IN tel que (a b)k = e . Alors ak = b−k . Comme ak appartient au sousgroupe engendré par a, son ordre divise le cardinal de ce sous-groupe, c’est-àdire m. De même, l’ordre de b−k divise n. Finalement, l’ordre de ak = b−k
divise m et n donc divise m ∧ n = 1 et l’on en déduit que ak = bk = e .
Donc m | k et n | k , ce qui prouve que m n = m ∨ n divise k . Ainsi, l’ordre de a b
est égal à m n.
Dans le cas général, l’ordre de a b divise m ∨ n, mais ne lui est pas égal en général.
Par exemple, dans Un , les éléments a = e2iπ/n et b = e−2iπ/n sont d’ordre n,
alors que leur produit est d’ordre 1 .
2. Pour x ∈ G, notons o(x) son ordre. Soit r le PPCM des ordres de tous les
k
i
pα
éléments de G. Décomposons r en facteurs premiers : r =
i , avec p1 , . . . , pk
i=1
premiers distincts et α1 , . . . , αk dans IN∗ .
o(y),
Soit i ∈ [[1, k]]. Notons vi la valuation pi -adique. Comme r =
y∈G
on a αi = vi (r) = max vi o(y) , donc il existe un élément yi ∈ G tel
y∈G
qi
∗
i
que vi o(yi ) = αi , donc tel que o(yi ) = pα
i qi , avec qi ∈ IN . Alors xi = yi est
αi
d’ordre pi (voir l’exercice 24 de la page 28).
Comme les xi sont des éléments d’ordres premiers entre eux deux à deux, on
déduit de la première question, par une récurrence immédiate :
αk
1
o(x1 · · · xk ) = o(x1 ) · · · o(xk ) = pα
1 · · · pk = r.
3. Le résultat ne subsiste pas sans l’hypothèse de commutativité. Par exemple, les
éléments de G = S3 sont l’identité (d’ordre 1 ), les transpositions (d’ordre 2)
et les 3 -cycles (d’ordre 3 ). On a donc r = 6 , mais il n’existe aucun élément
d’ordre 6 .
Solution des exercices
1.11 Soit G un sous-groupe fini de IK∗ et n son cardinal. L’ordre de tout élément de G
divise n, donc le PPCM r de tous ces ordres divise n.
Le polynôme X r −1 est de degré r et admet pour racines dans IK les n éléments de G
donc n ⩽ r . On en déduit r = n et puisque G est commutatif (IK est commutatif
par définition), il existe un élément x de G d’ordre r . Donc le sous-groupe engendré
par x est de cardinal n = card G, ce qui prouve que G est engendré par x, donc
cyclique.
1.12 Soit d un diviseur de n.
• Soit a un générateur de G. On a vu à l’exercice 24 de la page 28 que an/d était
d’ordre d donc engendre un sous-groupe de G de cardinal d et celui-ci est alors
cyclique.
• Montrons l’unicité d’un tel sous-groupe. Comme G et Un sont isomorphes (tous
les groupes cycliques de cardinal n le sont), il suffit de montrer que Un n’admet
qu’un seul sous-groupe de cardinal d.
Puisque qu’un sous-groupe de Un est un sous-groupe de C∗ et que ce dernier
n’admet qu’un seul sous-groupe fini de cardinal d d’après l’exemple 2 de la page 29,
cela permet de conclure.
1.13 1. • Supposons tout d’abord n premier. Soit k ∈ IN et a ∈ ZZ.
∗ Si a est premier avec n, alors aϕ(n) ≡ 1 [n] d’après le théorème d’Euler,
donc a1+kϕ(n) ≡ a [n].
∗ Sinon, n divise a puisque n est premier. Alors a1+kϕ(n) ≡ 0 ≡ a [n].
• Soit n1 et n2 deux entiers naturels non nuls premiers entre eux tels que pour
tout k ∈ IN et tout a ∈ ZZ :
a1+kϕ(n1 ) ≡ a
[n1 ]
et
a1+kϕ(n2 ) ≡ a
[n2 ].
(∗)
Montrons qu’alors :
∀k ∈ IN ∀a ∈ ZZ a1+kϕ(n1 n2 ) ≡ a
[n1 n2 ].
Puisque n1 et n2 sont premiers entre eux, on a ϕ(n1 n2 ) = ϕ(n1 ) ϕ(n2 ) (cf. la
proposition 13 de la page 13). Soit k ∈ IN et a ∈ ZZ. D’après (∗) :
a1+kϕ(n1 n2 ) = a1+ k ϕ(n2 ) ϕ(n1 ) ≡ a [n1 ]
a1+kϕ(n1 n2 ) = a1+ k ϕ(n1 ) ϕ(n2 ) ≡ a [n2 ].
On en déduit que a1+kϕ(n1 n2 ) − a est divisible par n1 et n2 , donc par n1 n2
puisque n1 et n2 sont premiers entre eux. Par suite, a1+kϕ(n1 n2 ) ≡ a [n1 n2 ].
• La propriété :
∀k ∈ IN ∀a ∈ ZZ a1+kϕ(n) ≡ a [n],
(Hn )
qui est vraie pour tout nombre premier, est donc vraie pour tout entier n
produit de nombre premiers distincts deux à deux par récurrence immédiate
sur le nombre de ces facteurs premiers.
2. Le résultat est faux dans le cas général. En effet, prenons n = 4 , a = 2 et k = 1 .
On a ϕ(n) = 2 et a1+k ϕ(n) = 23 ≡ 0 [4], donc a1+kϕ(n) ≡ a [n].
1.14 1. C’est un cas particulier de l’exercice 27 de la page 30.
2. La famille (1, a, . . . , an ) est liée dans l’espace vectoriel A de dimension n.
On en déduit l’existence de (λ0 , . . . , λn ) ∈ IRn+1 non nul tel que
n
λi ai = 0 .
i=0
Le polynôme
n
λi X i convient.
i=0
3. Soit Π ∈ IR[X] le polynôme minimal de a. Comme A = {0} , on a Π = 1
puisque 1(a) = 1A = 0 .
Supposons Π non irréductible. Il existe donc deux polynômes P et Q non
constants tels que Π = P Q. On a alors 0 = Π(a) = P (a) Q(a) et comme A
est intègre, on en déduit P (a) = 0 ou Q(a) = 0 . C’est absurde puisque P et Q
sont de degrés strictement inférieurs à deg Π.
Donc Π est irréductible dans IR[X].
4. • Puisque n ⩾ 2 , il existe un élément a de A qui n’est pas dans la
droite Vect(1A ). Son polynôme minimal Π est donc irréductible.
∗ Il ne peut pas être de degré 1 , sinon il serait de la forme Π = X − α ,
avec α ∈ IR , et alors la relation Π(a) = 0 donnerait a = α 1A .
∗ Il est donc de degré 2 à discriminant strictement négatif, donc de la
forme Π = (X − α)2 + β 2 , avec (α, β) ∈ IR2 et β = 0 .
L’élément u = (a − α)/β vérifie donc u2 = −1A .
• Montrons qu’alors (1, u) est une base de A.
∗ Elle est libre, sinon il existerait λ ∈ IR tel que u = λ 1A et alors on
aurait u2 = λ2 1A = −1A .
∗ Soit x ∈ A. D’après ce qui précède, son polynôme minimal est irréductible
et :
s’il est de degré 1 , on a x ∈ Vect(1, 1A ) ;
sinon, il existe un élément v ∈ A, avec v 2 = −1A , tel
que x ∈ Vect(1A , v). On a donc :
0 = v 2 − u2 = (v − u) (v + u)
(commutativité de A)
et par intégrité de A, on en déduit v = ±u , puis x ∈ Vect(1A , u).
Donc (1, u) est génératrice de A.
• Considérons l’application IR-linéaire ϕ : C → A vérifiant ϕ(1) = 1A
et ϕ(i) = u . C’est un isomorphisme de IR -espaces vectoriels puisque l’image
de la base (1, i) est une base. D’autre part, un calcul élémentaire utilisant
les relations i2 = −1 et u2 = −1A montre que pour tout (z, z ) ∈ C2 , on
a ϕ(z z ) = ϕ(z) ϕ(z ). Avec la propriété ϕ(1) = 1A , cela prouve que ϕ est un
isomorphisme de IR -algèbres de C sur A.
Finalement, C est, à isomorphisme près, la seule IR -algèbre intègre de dimension
finie n ⩾ 2 .
¼
Solution des exercices
1.15 1. Par définition, x est algébrique si, et seulement s’il admet un polynôme annulateur
non nul en tant qu’élément de la Q -algèbre IR . Notons n le degré de son polynôme
minimal Π. Multiplions Π par le dénominateur commun de ses coefficients ; on
obtient ainsi un polynôme P ∈ ZZ[X] tel que P (x) = 0 .
Le polynôme P étant non nul, il a un nombre fini de racines. On peut donc trouver
un réel r > 0 tel que ∀t ∈ [x − r, x + r] \ {x} P (t) = 0 .
Posons M = sup |P | (fonction continue sur un segment). On a alors, par
[x−r,x+r]
l’inégalité des accroissements finis :
P (x) − P (t) ⩽ M |x − t|.
∀t ∈ [x − r, x + r]
(∗)
Soit (p, q) ∈ ZZ × IN∗ .
• Si p − x ⩽ r , alors P ( p ) = 0 , puisque le seul élément de [x − r, x + r]
q
q
racine de P est x qui est irrationnel. Par réduction au même dénominateur, il
existe k ∈ ZZ tel que P ( pq ) = qkn . Comme pq n’est pas racine de P , on a k = 0 ,
donc P ( p ) ⩾ q −n .
q
En combinant cette inégalité avec (∗), on obtient :
x − p ⩾ 1 P (x) − P p = 1 P p ⩾ 1 ·
q M q M q M qn
• Sinon, on a x − pq ⩾ r ⩾ qrn ·
α
p En posant α = min(r, 1/M ), on a bien x − ⩾ n avec α > 0 .
q
q
Lorsque x est rationnel, il est algébrique avec comme polynôme minimal Π = X − x. Ce qui précède reste donc valable (avec n = 1 ), l’inégalité
n’étant évidemment valable que pour les rationnels p/q différents de x.
+∞
−n!
2. Posons x =
10 . La série est bien convergente, puisque 0 ⩽ 10−n! ⩽ 10−n
n=1
−n
pour tout n ∈ IN et que la série géométrique
10
est convergente.
n
Pour tout n ∈ IN, posons xn =
10−k! . C’est un rationnel qui s’écrit, par
k=1
réduction au même dénominateur, xn = pn /10n! avec pn ∈ IN.
D’autre part, xn < x pour tout n ∈ IN.
Supposons x algébrique. La question précédente (que x soit rationnel ou non,
puisque xn = x) nous donne l’existence d’un réel α > 0 et d’un entier N tel que :
α
α
∀n ∈ IN |x − xn | ⩾
= N n! ·
n!
N
(10 )
10
Soit n ∈ IN. On a, d’autre part :
x − xn =
+∞
k=n+1
10−k! = 10−(n+1)! +
+∞
k=n+2
10−k! ⩽ 10−(n+1)! +
1
10
+∞
10−k! .
k=n+1
−k!
En effet, pour k ⩾ 1 , on a (k + 1)! ⩾ 1 + k!, donc 10−(k+1)! ⩽ 1010 ·
½
½ −(n+1)!
On en déduit |x − xn | ⩽ 10
, ce qui donne finalement :
9 10
10
α
⩽
N
n!
−(n+1)!
10
9.10
soit
10(n+1)!−N n! ⩽
10
·
9α
On arrive à une contradiction en faisant tendre n vers +∞ puisque :
(n + 1)! − N n! ∼ (n + 1)! −→ +∞.
n→+∞
Donc x est transcendant et, en particulier, non rationnel.
¾
I
II
Sous-espaces stables et endomorphismes induits .
64
Éléments propres
67
. . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1
2
Définition des éléments propres d’un endomorphisme
Rappels sur les matrices semblables . . . . . . . .
67
70
3
4
Éléments propres d’une matrice carrée . . . . . . .
Polynômes annulateurs . . . . . . . . . . . . . . .
72
74
5
III
Polynôme caractéristique . . . . . . . . . . . . . .
Endomorphismes et matrices diagonalisables . . .
78
86
IV
V
Endomorphismes et matrices trigonalisables . . .
Utilisations des polynômes annulateurs . . . . . .
92
96
1
2
Polynôme minimal . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Théorème de Cayley-Hamilton . . . . . . . . . . .
96
98
3
4
Lemme de décomposition des noyaux . . . . . . . .
Polynômes annulateurs et diagonalisabilité . . . .
99
103
5
Endomorphismes nilpotents, matrices nilpotentes .
Démonstrations et solutions des exercices du cours . .
104
107
Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
130
2
Dans ce chapitre, E est un espace vectoriel non réduit à {0} sur un souscorps IK de C (on se limite en pratique au cas où IK est égal à IR ou C) et u
est un endomorphisme de E .
Définition 1
Un sous-espace vectoriel F de E est dit stable par u si u (F ) ⊂ F .
On dit aussi que u stabilise F .
1. Les sous-espaces vectoriels {0} et E sont stables par tout endomorphisme. Il
existe des endomorphismes pour lesquels il n’y en a pas d’autres. Par exemple,
une rotation vectorielle r d’angle θ ∈
/ πZZ du plan euclidien.
En effet, pour tout vecteur x non nul, la droite IRx n’est pas stable car, comme θ
n’est pas multiple entier de π , r (x) ∈
/ Vect (x) . Ainsi r ne stabilise aucune droite.
2. À l’opposé, une homothétie stabilise tous les sous-espaces vectoriels de E.
Il est évident qu’un endomorphisme stabilise tous les sous-espaces vectoriels de E
si, et seulement s’ilstabilise toutes les droites de E .
L’exercice qui suit montre que, réciproquement, cette propriété caractérise les
homothéties. Pour cela, on utilise un résultat classique sur les homothéties qui a
déjà été vu en première année.
3. Tout sous-espace vectoriel inclus dans le noyau de u ou contenant l’image de u
est stable par u .
4. L’intersection et la somme de sous-espaces vectoriels stables par u sont stables
par u .
p.107 Exercice 1
1. On suppose que pour tout x ∈ E , la famille (x, u(x)) est liée. Montrer que u
est une homothétie.
2. En déduire que les seuls endomorphismes stabilisant tous les sous-espaces vectoriels de E sont les homothéties.
p.107 Exercice 2 Soit D la dérivation de IK [X].
1. Soit F un sous-espace vectoriel de IK [X] stable par D et contenant un polynôme P non nul de degré d. Montrer que IKd [X] ⊂ F .
2. Déterminer tous les sous-espaces vectoriels de IK [X] stables par D .
Si F est stable par D , on pourra distinguer deux cas, selon que
l’ensemble des degrés des polynômes de F est majoré ou non.
Proposition 1
Si les endomorphismes u et v commutent, c’est-à-dire si u ◦ v = v ◦ u,
alors Ker v et Im v sont stables par u.
Démonstration page 108
Proposition 2
Si F est un sous-espace vectoriel de E engendré par une famille (ei )i∈I ,
alors F est stable par u si, et seulement si :
∀i ∈ I
u(ei ) ∈ F.
Démonstration page 108
1. Soit x un vecteur non nul de E . La droite IKx est donc stable par u si, et
seulement s’il existe λ ∈ IK tel que u(x) = λx.
Dans ce cas, si λ =
0 , c’est-à-dire si x ∈ Ker u , alors u(IKx) = IKx.
2. Soit x un vecteur de E. Le sous-espace vectoriel :
Vect uk (x) | k ∈ IN
est le plus petit sous-espace vectoriel de E contenant x et stable par u.
En effet, ce sous-espace vectoriel contient x (car x = u0 (x)) et est stable par u
(car pour tout entier k , u uk (x) = uk+1 (x)). De plus, il est évidemment inclus
dans tout sous-espace vectoriel contenant x et stable par u .
Définition 2
Soit F un sous-espace vectoriel stable par u. On appelle endomorphisme
induit par u sur F l’endomorphisme uF ∈ L(F ) défini par :
∀x ∈ F
uF (x) = u (x) ,
On ne peut parler d’endomorphisme induit par u sur un sousespace vectoriel F que dans la mesure où F est stable par u.
Dans ce cas, on distinguera soigneusement l’endomorphisme induit uF , qui
est une application linéaire de F vers F, de la restriction u|F qui est une
application linéaire de F vers E.
L’image de uF est égale à u(F ) et son noyau à F ∩ Ker u.
p.108 Exercice 3
Soit F un sous-espace vectoriel de E . Montrer que l’ensemble LF (E) des endomorphismes stabilisant F est une sous-algèbre de L(E).
Corollaire 3 (Traduction matricielle de la stabilité)
Soit F un sous-espace vectoriel de E de dimension p et B = (e1 , . . . , en )
une base de E adaptée à F , c’est-à-dire telle que B = (e1 , . . . , ep ) soit une
base de F .
L’endomorphisme u stabilise F si, et seulement si, sa matrice dans la base B
A C
est de la forme
, avec A ∈ Mp (IK).
0 B
Dans ce cas, A est la matrice dans la base B de l’endomorphisme induit uF .
Démonstration page 108
A C
• Une matrice de la forme
est dite triangulaire par blocs. On
0 B
rappelle que son déterminant est égal au produit det A × det B .
• Avec les notations précédentes, notons G = Vect (ep+1 , . . . , en ).
∗ Le sous-espace vectoriel G est stable par u si, et seulement si, C = 0.
Dans ce cas B s’interprète comme la matrice de l’endomorphisme induit
par u sur G dans la base (ep+1 , . . . , en ).
∗ Lorsque G n’est pas stable par u, l’interprétation de B est plus délicate. Notons q ∈ L(E) la projection sur G parallèlement à F ; on
peut interpréter B comme la matrice dans la base (ep+1 , . . . , en ) de
l’endomorphisme induit par q ◦ u sur G.
p.108 Exercice 4 Soit E un espace vectoriel de dimension finie et B = (e1 , . . . , en ) une
base de E .
1. Pour tout i ∈ [[1, n]], posons Ei = Vect (ei ). Caractériser par leur matrice dans
la base B , les endomorphismes de E qui stabilisent chaque Ei .
2. Pour tout i ∈ [[1, n]], posons Fi = Vect (e1 , . . . , ei ). Caractériser, par leur matrice
dans la base B , les endomorphismes de E qui stabilisent chaque Fi .
Proposition 4
Soit B = (B1 , . . . , Bp ) une base adaptée à une décomposition E =
1⩽i⩽p
Ei .
L’endomorphisme u stabilise chaque Ei si, et seulement si, sa matrice dans
la base B est diagonale par blocs, c’est-à-dire de la forme :
⎛
⎞
A1 0 · · · 0
⎜
.. ⎟
⎜ 0 ... ...
. ⎟
⎜
⎟
⎜ .
⎟,
.. ..
⎜ .
.
. 0 ⎟
⎝ .
⎠
0 · · · 0 Ap
où, pour tout i ∈ [[1, p]], la matrice Ai est carrée d’ordre dim Ei .
Dans ce cas, pour tout i ∈ [[1, p]], Ai est la matrice dans la base Bi de
l’endomorphisme induit par u sur Ei .
Démonstration page 108
Définition 3
1. On dit que λ ∈ IK est valeur propre de u s’il existe un vecteur non
nul x ∈ E tel que u (x) = λx, c’est-à-dire si l’endomorphisme u − λ IdE
est non injectif.
2. On dit que x ∈ E est vecteur propre de u associé à la valeur
propre λ ∈ IK s’il est non nul et vérifie u (x) = λx.
3. Si λ ∈ IK est valeur propre de u, le sous-espace propre de u associé
à la valeur propre λ est :
Eλ (u) = Ker (u − λ IdE ) = {x ∈ E | u (x) = λx}
Si un vecteur x non nul vérifie λx = μx, alors λ = μ ; ce qui
explique que l’on parle de la valeur propre associée à un vecteur propre.
Définition 4
Le spectre d’un endomorphisme d’un espace de dimension finie est l’ensemble
de ses valeurs propres.
• L’endomorphisme u admet 0 pour valeur propre si, et seulement s’il n’est
pas injectif. Dans ce cas E0 (u) = Ker u.
• Une droite vectorielle est stable par u si, et seulement si, elle est engendrée
par un vecteur propre de u.
• Si λ ∈ IK est valeur propre de u, les vecteurs propres associés à la valeur
propre λ sont les vecteurs non nuls de Eλ (u).
• Soit x un vecteur propre de u ∈ L(E) associé à une valeur propre λ non
nulle. On a alors x = u λx ∈ Im u. Par suite, tout espace propre associé
à une valeur propre non nulle est inclus dans Im u.
Par suite, toute somme finie de sous-espaces propres associés à des valeurs
propres non nulles est incluse dans Im u.
Point méthode
On recherche les éléments propres d’un endomorphisme (valeurs et sousespaces associés) en étudiant l’équation u(x) = λx.
1. Homothétie. Tout vecteur non nul est vecteur propre de l’homothétie λ IdE pour
la valeur propre λ. Par suite cette homothétie admet λ pour unique valeur propre
et l’espace propre associé est E .
2. Rotation. Soit E un plan vectoriel euclidien orienté et u une rotation dont l’angle
a pour mesure θ ∈
/ πZZ (si θ ∈ πZZ, alors u est une homothétie).
#
$
Pour tout vecteur x non nul, l’angle x,
u (x) n’est pas multiple entier de π ;
par suite, u (x) ∈
/ Vect (x) . Ainsi u n’a ni valeur propre, ni vecteur propre.
3. Projection. Soit p ∈ L(E) un projecteur avec p = 0 et p = IdE (sinon, p est une
homothétie).
Soit λ une valeur propre de p et x un vecteur propre associé. On a p(x) = λx
puis p(p(x)) = λp(x) donc p(x) = λp(x). Ainsi, soit p(x) = 0 soit λ = 1 . Les
seules valeurs propres possibles de p sont donc 0 et 1 .
Or Im p = Ker (p − IdE ) et Ker p sont deux sous-espaces supplémentaires. L’hypothèse p =
0 et p = IdE implique qu’ils ne sont pas réduits à {0}.
En conclusion, 0 et 1 sont les deux valeurs propres de p avec pour sous-espaces
propres associés Ker p et Ker (p − IdE ) = Im p.
4. Symétries. Soit F et G supplémentaires dans E et s la symétrie par rapport à F
parallèlement à G.
Rappelons que, si p est le projecteur d’image F et de noyau G, on a s = 2p −IdE .
λ+1
Ainsi la relation s (x) = λx équivaut à p (x) =
x.
2
On déduit de ce qui a été prouvé sur les projections que, si s = ± IdE (ce qui
correspond à F = E et F = {0} ), alors s admet pour valeurs propres 1 et −1
et que les sous-espaces propres associés sont respectivement F et G.
p.109 Exercice 5 Soit E = C ∞ (IR, IR) et D ∈ L(E) la dérivation.
Déterminer les valeurs propres et les sous-espaces propres de D .
p.109 Exercice 6 Soit E = CIN , l’espace des suites complexes.
On définit Δ ∈ L(E) par Δ (un )n∈IN = (vn )n∈IN avec ∀n ∈ IN vn = un+1 .
Déterminer les valeurs propres et les sous-espaces propres de Δ.
p.109 Exercice 7 Soit E = C [X] et u ∈ L(E) défini par u (P ) = XP .
Déterminer les valeurs propres de u .
p.109 Exercice 8 Soit ϕ un isomorphisme de E dans F et u un endomorphisme de E .
Déterminer les éléments propres de ϕ ◦ u ◦ ϕ−1 en fonction de ceux de u .
Proposition 5
Si les endomorphismes u et v commutent, c’est-à-dire si u ◦ v = v ◦ u, alors
les sous-espaces propres de l’un sont stables par l’autre.
Démonstration. Soit λ une valeur propre de u ; comme u et v commutent, il en est de
même de (u − λ IdE ) et v . D’après la proposition 1 de la page 65, Eλ (u) = Ker (u − λ IdE )
est stable par v .
Proposition 6
• Si λ1 , . . . , λp sont des valeurs propres deux à deux distinctes de u, alors
les sous-espaces propres associés Eλ1 (u) , . . . , Eλp (u) sont en somme directe.
• Toute famille de vecteurs propres associés à des valeurs propres deux à
deux distinctes est libre.
Démonstration page 109
Principe de démonstration.
• On procède par récurrence sur l’entier p .
• On utilise le premier point.
1. En reprenant l’exercice 5 de la page précédente, on voit que, si λ1 , . . . , λn sont des
réels deux à deux distincts, la famille de fonctions (eλ1 , . . . , eλn ) est une famille
libre de C ∞ (IR, IR) (on a noté eλ la fonction définie par eλ : t → eλt ).
Ainsi, la famille (eλ )λ∈IR est libre.
2. En reprenant l’exercice 6, on voit que, si λ1 , . . . , λp sont des complexes deux à
deux distincts, la famille de suites (λn1 )n∈IN , . . . , λnp n∈IN est libre dans CIN .
$
# est libre.
Ainsi, la famille λn n∈IN
λ∈C
p.110 Exercice 9 Soit E = C ∞ IR∗+ , IR et u ∈ L(E) défini par :
u (f ) = g
où
∀t > 0 g (t) = tf (t) .
Pour tout α ∈ IR , notons fα la fonction définie par fα (t) = tα .
Montrer que la famille (fα )α∈IR est libre.
Corollaire 7
Si E est de dimension finie et si λ1 , . . . , λp sont des valeurs propres deux à
deux distinctes de u, alors :
p
dim Eλi (u) ⩽ dim E
i=1
Corollaire 8
Un endomorphisme d’un espace vectoriel de dimension n a au plus n valeurs
propres distinctes.
Démonstration page 110
Proposition 9
Si F est un sous-espace vectoriel de E stable par u, les valeurs propres de
l’endomorphisme uF induit par u sur F sont les valeurs propres λ de u
telles que Eλ (u) ∩ F = {0}. On a alors :
Eλ (uF ) = Eλ (u) ∩ F.
Démonstration.
Par définition Eλ (uF ) = {x ∈ F | uF (x) = λx} donc :
Eλ (uF ) = {x ∈ F | u(x) = λx} = F ∩ Eλ (u).
Dans cette partie, E est supposé de dimension finie n.
Les résultats rappelés ont été vus en première année ; leurs démonstrations ne
seront donc pas redonnées.
Proposition 10
Si f est un endomorphisme de E et si B et B sont deux bases de E , alors
les matrices M et M de f respectivement dans les bases B et B sont
reliées par :
M = P −1 M P,
où P est la matrice de passage de B à B .
¼
Définition 5
Deux matrices A et B de Mn (IK) sont semblables s’il existe P ∈ GLn (IK)
telle que B = P −1 AP .
Proposition 11
Deux matrices M et M de Mn (IK) sont semblables si, et seulement si, elles
représentent le même endomorphisme de IKn c’est-à-dire s’il existe B et B deux bases de IKn et f ∈ L(IKn ) telles que :
M = MatB (f )
et
M = MatB (f ).
Proposition 12
Deux matrices semblables ont même trace et même déterminant
p.110 Exercice 10 Soit M et M deux matrices de Mn (IR) semblables dans Mn (C),
c’est-à-dire telles qu’il existe P ∈ GLn (C) tel que M = P −1 M P .
Montrer que M et M sont semblables dans Mn (IR) c’est-à-dire qu’il existe une
matrice Q ∈ GLn (IR) tel que M = Q−1 M Q .
• Soit A la matrice représentant l’endomorphisme u dans une base B .
Un vecteur x de E , dont X ∈ Mn,1 (IK) est la matrice colonne des coordonnées dans B , est un vecteur propre de u associé à la valeur propre λ
si, et seulement si, X est non nulle et vérifie AX = λX .
• Soit A ∈ Mn (IK) et u ∈ L(IKn ) l’endomorphisme canoniquement associé
à A, c’est-à-dire :
u : IKn −→ IKn
X −→ AX
(on identifie IKn et Mn,1 (IK)).
Un vecteur X ∈ IKn est un vecteur propre de u associé à la valeur propre λ
si, et seulement si, X est non nul et vérifie AX = λX .
Cela justifie les définitions qui suivent.
½
Définition 6
Soit A ∈ Mn (IK)
1. On dit que λ ∈ IK est valeur propre de A s’il existe une matrice
colonne X ∈ Mn,1 (IK) non nulle telle que AX = λX .
2. On dit que la matrice colonne X ∈ Mn,1 (IK) est vecteur propre
de A associé à la valeur propre λ ∈ IK si elle est non nulle et vérifie AX = λX .
3. Si λ ∈ IK est valeur propre de A, le sous-espace propre de A associé
à la valeur propre λ est :
Eλ (A) = Ker (A − λIn ) = {X ∈ Mn,1 (IK) | AX = λX}
4. L’ensemble des valeurs propres de A est appelé le spectre de A et
noté sp (A).
Le scalaire λ est valeur propre de A ∈ Mn (IK) si, et seulement
si, A − λIn est non inversible. De plus, d’après le théorème du rang :
dim Eλ (A) = n − rg(A − λIn ).
p.111 Exercice 11
1. Déterminer les éléments propres propres de la matrice
⎛
⎞
1 ··· 1
⎜
.. ⎟ ∈ M (IK).
J = ⎝ ...
n
.⎠
1 ··· 1
2. Soit (α, β) ∈ IK2 .
Déterminer les éléments propres propres de la matrice A = αJ + βIn .
En sciences industrielles, on utilise des matrices d’inductance qui
relient flux magnétique et intensité.
⎛
⎞
L M M
⎜
⎟
Lorsque celle-ci est de la forme ⎝M L M ⎠ , elle admet, d’après l’exercice
M M L
précédents, deux valeurs propres L − M et L + 2M .
¾
Point méthode
On peut rechercher les éléments propres d’une matrice en étudiant l’équation AX = λX.
On verra, à l’aide du polynôme caractéristique, une méthode qui permet
d’obtenir les valeurs propres d’une matrice sans résolution de systèmes.
Les éléments propres d’une matrice A sont ceux de l’endomorphisme de Mn,1 (IK) qui à une matrice colonne X associe AX .
Proposition 13
Soit A une matrice représentant l’endomorphisme u dans
base (e1 , . . . , en ). On a alors sp(A) = sp(u) et, pour tout λ ∈ sp(u) :
⎛
x=
n
⎞
x1
⎜ .. ⎟
xi ei ∈ Eλ (u) ⇐⇒ X = ⎝ . ⎠ ∈ Eλ (A).
i=1
Démonstration.
une
xn
On utilise l’exercice 8 de la page 69 avec :
ϕ :
x=
n
i=1
E
−→
x i ei
−→
(IK) ⎞
Mn,1⎛
x1
⎜ .. ⎟
X=⎝ . ⎠
xn
Corollaire 14
Deux matrices semblables ont le même spectre et les sous-espaces propres
associés sont de même dimension.
Plus précisément, si A = P −1 BP , alors pour tout λ ∈ sp(A) :
Eλ (A) = {P −1 X ; X ∈ Eλ (B)}.
Lorsque A est une matrice à coefficients réels, on peut considérer
que A appartient à Mn (IR) ou à Mn (C).
• On obtient dans le premier cas, les éléments propres réels, dans le second,
les éléments propres complexes de A.
• On distinguera donc le spectre réel de A, noté spIR (A) et formé des λ ∈ IR
tels que A − λIn ne soit pas inversible, du spectre complexe, spC (A), de
cette matrice. Une matrice de Mn (IR) étant inversible dans cette algèbre
si, et seulement si, elle l’est dans Mn (C) (grâce aux déterminants), on a :
spIR (A) = spC (A) ∩ IR.
¿
La matrice A =
0
1
−1
0
n’a pas de valeurs propres dans IR mais on a :
spC (A) = {−i, i}.
Plus généralement, on a le résultat suivant :
Proposition 15
Soit IK un sous-corps du corps IK et A ∈ Mn (IK ). Alors le spectre de A
dans IK est inclus dans le spectre de A dans IK.
Démonstration page 111
Proposition 16
Soit A ∈ Mn (IR). Si λ ∈ spC (A), alors λ est valeur propre de A et :
X ∈ Eλ (A) ⇔ X ∈ Eλ (A)
#
$
Plus précisément, si (X1 , . . . , Xk ) est une base de Eλ (A) alors X1 , . . . , Xk
est une base de Eλ (A) donc dim Eλ (A) = dim Eλ (A).
Principe de démonstration. On prouve que, si (X1 , . . . , Xk ) est une base de Eλ (A) , alors
la famille X1 , . . . , Xk est libre et composée de vecteurs propres de A pour la valeur propre λ .
On en déduit dim Eλ (A) ⩽ dim E λ (A) puis l’égalité.
Démonstration page 111
Soit A ∈ Mn (IR) et λ ∈ spIR (A).
Si l’on considère A comme une matrice réelle, alors le sous-espace propre
associé est le IR-espace vectoriel EλIR (A) = {X ∈ Mn,1 (IR) | AX = λX} .
Si l’on considère A comme une matrice complexe, alors le sous-espace propre
associé est le C-espace vectoriel EλC (A) = {X ∈ Mn,1 (C) | AX = λX} .
Dans les deux cas, le sous-espace propre est le noyau de l’application linéaire X → (A − λ In ) X .
Le théorème du rang donne donc dimIK EλIK (A) = n − rgIK (A − λ In ). Comme
le rang d’une matrice réelle est le même qu’on la considère dans Mn (IR) ou
dans Mn (C) (il est caractérisé par la plus grande taille des matrices carrées
extraites de déterminant non nul), on en déduit que la dimension du sousespace propre ne change pas suivant que l’on considère A comme une matrice
réelle ou comme une matrice complexe.
Dans le chapitre précédent, consacré en particulier à la structure d’algèbres,
nous avons étudié la substitution polynomiale et les polynômes annulateurs
(voir à partir de la page 31). Dans un souci d’unification des deux cas qui se
présentent ici, nous avons défini la substitution polynomiale et les polynômes
annulateurs dans le cadre plus général d’une IK-algèbre. Étant donnée l’importance de ces notions dans le cas de ce chapitre consacré à la réduction,
nous reprenons ici, intégralement, ces notions pour les endomorphismes et des
matrices carrées.
On définit les itérés de u ∈ L(E) par récurrence sur k ∈ IN de la façon
suivante : u0 = IdE , puis, pour k ⩾ 1, uk = uk−1 ◦ u, c’est-à-dire :
uk = u ◦ · ·· ◦ u .
k fois
On en déduit facilement (par récurrence) :
∀ (k, ) ∈ IN2
uk ◦ u = u ◦ uk = uk+ .
Pour A ∈ Mn (IK), on définit de même les puissances de A par récurrence
sur k ∈ IN : A0 = In , puis, pour k ⩾ 1, Ak = Ak−1 × A, c’est-à-dire :
Ak = A × · ·· × A .
k fois
On a également :
∀ (k, ) ∈ IN2
Ak A = A Ak = Ak+ .
Définition 7
Soit u ∈ L(E) et P =
p
k=0
ak X k ∈ IK [X].
On note P (u) l’endomorphisme de E défini par :
P (u) = a0 IdE +a1 u + · · · + ap up =
p
ak uk .
k=0
Pour A ∈ Mn (IK), on définit de même la matrice P (A) ∈ Mn (IK) par :
P (A) = a0 In + a1 A + · · · + ap A =
p
p
ak Ak .
k=0
On appelle polynôme en u (respectivement en A) tout endomorphisme
(respectivement toute matrice) de la forme P (u) (respectivement P (A))
avec P ∈ IK[X]
L’ensemble des polynômes en u ∈ L(E) est noté IK [u].
L’ensemble des polynômes en A ∈ Mn (IK) est noté IK [A].
Proposition 17
Pour tout (P, Q) ∈ IK [X]2 , les endomorphismes P (u) et Q(u) commutent.
En particulier, pour tout P ∈ IK [X], Im P (u) et Ker P (u) sont des sousespaces stables par u.
Démonstration. Le fait que pour tout couple d’entiers (k, ) , les endomorphismes uk et u
commutent, permet d’obtenir l’égalité P (u) ◦ Q(u) = Q(u) ◦ P (u) .
Il suffit alors d’appliquer la proposition 1 de la page 65 à v = P (u) qui commute avec u .
Proposition 18
1. Si x ∈ Eλ (u) et si P ∈ IK [X] alors P (u)(x) = P (λ)x.
2. En particulier, si λ est valeur propre de u, alors P (λ) est valeur propre
de P (u) et tout vecteur propre de u associé à la valeur propre λ est
vecteur propre de P (u) associé à la valeur propre P (λ).
Démonstration page 112
Corollaire 19
Soit A ∈ Mn (IK).
1. Si X ∈ Eλ (A) et si P ∈ IK [X] alors P (A)X = P (λ)X .
2. En particulier, si λ est valeur propre de A, alors P (λ) est valeur propre
de P (A) et tout vecteur propre de A associé à la valeur propre λ est
vecteur propre de P (A) associé à la valeur propre P (λ).
Définition 8
On dit que P ∈ IK [X] est un polynôme annulateur de u, s’il vérifie P (u) = 0.
On dit que P ∈ IK [X] est un polynôme annulateur de A ∈ Mn (IK) s’il
vérifie P (A) = 0.
1. Si p est un projecteur, alors p2 = p donc le polynôme X 2 − X annule p.
2. Si s est une symétrie, alors s2 = Id donc le polynôme X 2 − 1 annule s.
Proposition 20
Si P est un polynôme annulateur de u ∈ L(E), alors toute valeur propre
de u est racine de P .
Démonstration. D’après la proposition 18, si λ est valeur propre de u , alors P (λ) est valeur
propre de l’endomorphisme nul P (u) donc P (λ) = 0 .
On retrouve le fait que si p est un projecteur alors sp(p) ⊂ {0, 1} et si s est un
symétrie alors sp(s) ⊂ {−1, 1} .
Lorsqu’on dispose d’un polynôme annulateur P de u ∈ L(E), on
peut dire que toutes les valeurs propres de u sont racines de P , mais certaines
racines de P peuvent ne pas être valeurs propres de u.
Ainsi, le polynôme X 2 − X = X (X − 1) est un polynôme annulateur de IdE ,
alors que 0 n’est pas valeur propre de IdE .
Corollaire 21
Si P est un polynôme annulateur de A ∈ Mn (IK), alors toute valeur propre
de A est racine de P .
Corollaire 22
Si P est un polynôme annulateur de u tel que P (0) = 0 et si E est de
dimension finie, alors u est bijectif.
Démonstration.
D’après la proposition précédente, 0 n’est pas valeur propre de u . L’endomorphisme u est donc injectif. Comme E est de dimension finie, on en déduit que u est
bijectif.
Corollaire 23
Si P est un polynôme annulateur de A et si P (0) = 0, alors A est inversible.
Si u vérifie u4 + u + Id =
0 , alors u est inversible. Plus précisément, on a
u−1 = −u3 − Id car u ◦ −u3 − Id = Id.
Plus généralement, soit P est un polynôme annulateur de u . Il existe un polynôme Q
tel que P − P (0) = XQ . On a donc u ◦ Q(u) = Q(u) ◦ u = −P (0) Id.
Ainsi, si P (0) = 0 , alors u−1 = P−1
(0) Q(u).
Point méthode
La connaissance d’un polynôme annulateur de u permet aussi le calcul rapide
des puissances de u.
En effet, si P annule u et si R est le reste de la division euclidienne de X p
par P , alors up = R(u).
L’utilisation de cette remarque nécessite de connaître un polynôme annulateur de u suffisamment « simple » pour pouvoir déterminer R.
⎛
1 2
p.112 Exercice 12 Soit A = ⎝ −4 10
−8 16
⎞
−1
−4 ⎠ .
−6
1. Trouver un polynôme P unitaire de degré 2 tel que P (A) = 0 .
2. En déduire que A est inversible.
3. Pour tout entier n déterminer le reste de la division euclidienne de X n par P .
4. En déduire An , pour tout entier naturel n.
Par définition, λ ∈ IK est valeur propre de A ∈ Mn (IK) si, et seulement si, la
matrice A − λIn est non inversible donc si, et seulement si, det (λIn − A) = 0.
L’expression det (λIn − A) étant polynomiale en λ, on introduit le polynôme
associé.
Définition 9
Soit A ∈ Mn (IK). On appelle polynôme caractéristique de A et on
note χA (X) l’unique polynôme tel que :
∀λ ∈ C
χλ (λ) = det (λIn − A) .
Par abus, on note χA (X) = det (XIn − A)
• Il s’agit d’un léger abus. En effet, on a défini uniquement le déterminant
d’une matrice à coefficients dans le corps des complexes. Pour pouvoir
parler du polynôme det (XIn − A), il faudrait avoir défini le déterminant
d’une matrice à coefficients dans le corps des fractions rationnelles (ce qui
ne pose pas plus de difficultés).
• Le polynôme caractéristique d’une matrice A ∈ Mn (IR) est identique que
l’on considère A comme une matrice réelle ou comme une matrice complexe.
Théorème 24
Un scalaire λ ∈ IK est une valeur propre de A si, et seulement s’il est une
racine du polynôme caractéristique de A.
Démonstration. Un scalaire λ est valeur propre de A si, et seulement si, A − λIn ∈ GLn (IK)
c’est-à-dire si, et seulement si, det (A − λIn ) = 0 .
Comme det (A − λIn ) = (−1)n χA (λ) , on en déduit le résultat.
Proposition 25
Si A ∈ Mn (IK) est triangulaire de diagonale (α1 , . . . , αn ), alors son polynôme caractéristique est égal à
n
k=1
(X − αk ) et sp(A) = {α1 , . . . , αn }.
Point méthode
Le théorème précédent montre l’importance pratique d’obtenir le polynôme
caractéristique sous forme factorisée. On réalise dans les cas concrets cet objectif en calculant le déterminant det (XIn − A) par opérations élémentaires
afin de faire apparaître des facteurs communs dans les lignes ou les colonnes.
⎛
3
Soit A = ⎝ 4
3
par :
5
7
6
⎞
−6
−9 ⎠ . Le polynôme caractéristique de A est donné
−7
3−X
3
4
χA (X) = (−1) 3
5
7−X
6
−6
.
−9
−7 − X La somme des coefficients des colonnes du déterminant ci-dessus étant 2 − X, l’opération C1 ← C1 + C2 + C3 montre qu’on a :
1
2−X
5
−6
5
−6
.
= (X − 2) 1 7 − X
−9
−9
χA (X) = − 2 − X 7 − X
1
2−X
6
−7 − X 6
−7 − X Les opérations L2 ← L2 − L1 et L3 ← L3 − L1 conduisent alors à :
1
5
−6
= (X − 2) X 2 − X + 1 .
−3
χA (X) = (X − 2) 0 2 − X
0
1
−X − 1 Le spectre de A est donc 2, −j, −j 2 dans C et seulement {2} dans IR .
⎛
1
0
p.112 Exercice 13 Soit θ ∈ IR et A = ⎝ 0 cos θ
0 sin θ
⎞
0
− sin θ ⎠ .
cos θ
Calculer le polynôme caractéristique de A. Déterminer son spectre dans IR et C.
Si A ∈ Mn (C), alors χA = χA donc on retrouve le résultat de la
proposition 16 :
# $
λ ∈ sp A ⇐⇒ λ ∈ sp (A)
p.112 Exercice 14 Soit A ∈ Mn (IK). Montrer que A et tA ont le même polynôme
caractéristique.
Corollaire 26
Soit A ∈ Mn (IK).
• Si IK = C, alors A a au moins une valeur propre.
• Si IK = IR et si n est impair, alors A a au moins une valeur propre.
Démonstration.
On utilise le résultat précédent et le fait :
• qu’un polynôme non constant à coefficients complexes possède au mois une racine complexe
(théorème de d’Alembert-Gauss),
• qu’un polynôme à coefficient réel de degré impair possède au moins une racine (théorème des
valeurs intermédiaires).
Comme le montre l’exemple de la page 74, une matrice réelle
n’admet pas nécessairement de valeur propre réelle.
Proposition 27
Soit A ∈ Mn (IK). Son polynôme caractéristique χA est un polynôme unitaire de degré n et l’on a :
χA (X) = X n − (Tr A) X n−1 + · · · + (−1)n det A.
Principe de démonstration.
On utilise le développement complet d’un déterminant.
Démonstration page 113
Rappelons que, si A = (ai,j )1⩽i,j⩽n ∈ Mn (IK) , on a :
det A =
ε (σ) aσ(1),1 . . . aσ(n),n .
σ∈Sn
On retrouve le fait qu’une matrice carrée de taille n a au plus n
valeurs propres distinctes.
1. Le polynôme caractéristique de A =
α
γ
β
δ
∈ M2 (IK) est :
X 2 − (Tr A) X + det A = X 2 − (α + δ) X + (αδ − βγ) .
⎞
⎛
α
β
γ
2. Le polynôme caractéristique de A = ⎝ α β γ ⎠ de M3 (IK) est :
α β γ X 3 − Tr(A)X 2 + (αβ − α β) + (αγ − α γ) + (β γ − β γ ) X − det A.
On remarquera que le coefficient de X est la trace de la comatrice de A.
3. Si M est matrice triangulaire supérieure par blocs de la forme
A
0
son polynôme caractéristique est donné par :
XIp − A −C
= χA (X)χD (X).
χM (X) = 0
XIq − D Ce résultat se généralise à toute matrice triangulaire par blocs.
¼
C
D
, alors
p.113 Exercice 15 Soit A ∈ Mn (IK) . Calculer le polynôme caractéristique de la matrice
0 A
par blocs B =
en fonction de celui de A.
A 0
p.113 Exercice 16 Soit A et B deux matrices de Mn (C).
Montrer que le polynôme caractéristique de la matrice C de M2n (C) définie par :
A
B
C=
B
A
est le produit des polynômes caractéristiques de A + B et A − B.
p.113 Exercice 17 Polynôme caractéristique d’une matrice compagnon
⎞
⎛
0 0 ... ... 0
−a0
⎜ 1 0 ... ... 0
−a1 ⎟
⎟
⎜
⎜
.
.. ⎟
.
.
.
⎜
.
0 1
.
. ⎟
⎟.
Soit (a0 , . . . , ap−1 ) ∈ IKp et A = ⎜
⎟
⎜ . . .
.
.
.. ⎟
⎜ .. .. . . . . . ..
⎟
⎜
⎝ 0 0 ...
1 0 −ap−2 ⎠
0 0 ...
0 1 −ap−1
Montrer que χA (X) = X p + ap−1 X p−1 + · · · + a1 X + a0 .
En notant L0 , . . . , Lp−1 les lignes de la matrice XIp − A, on pourra
effectuer l’opération L0 ← L0 + XL1 + · · · + X p−1 Lp−1 .
• On peut également prouver ce résultat par récurrence en développant par
rapport à la première ligne.
• La matrice A de l’exercice précédent est appelée matrice compagnon
du polynôme P . Elle intervient souvent dans les exercices et problèmes.
Nous la retrouverons dans l’exercice 33 de la page 98.
On suppose dans ce paragraphe que E est un espace vectoriel de dimension
finie n non nulle.
Lemme 28
Deux matrices semblables ont même polynôme caractéristique.
Démonstration. Soit A ∈ Mn (IK) et P ∈ GLn (IK) . En utilisant les propriétés des déterminants, on a pour tout scalaire λ :
χP AP −1 (λ) = det λIn − P AP −1 = det P (λIn − A) P −1 = det (λIn − A) = χA (λ).
½
Le fait que deux matrices semblables aient le même polynôme caractéristique,
c’est-à-dire que deux matrices représentant le même endomorphisme aient le
même polynôme caractéristique, justifie la définition suivante.
Définition 10
On appelle polynôme caractéristique de l’endomorphisme u et l’on
note χu , le polynôme caractéristique de toute matrice représentant u.
On a donc, pour tout scalaire λ, χu (λ) = det(λ IdE −u).
• La notion de polynôme caractéristique d’un endomorphisme n’a donc aucun sens si E n’est pas de dimension finie.
• Si u est l’endomorphisme canoniquement associé à A, alors χu = χA .
Proposition 29
Le polynôme χu est unitaire, de degré n et l’on a :
χu (X) = X n − (Tr u) X n−1 + · · · + (−1)n det u.
p.114 Exercice 18 Soit u ∈ L(E) de rang 1 . Exprimer χu à l’aide de Tr u .
On pourra utiliser une base adaptée au sous-espace vectoriel Im u .
Théorème 30
Un scalaire λ ∈ IK est une valeur propre de u si, et seulement si, c’est une
racine du polynôme caractéristique de u.
Démonstration. Un scalaire λ ∈ IK est une valeur propre si, et seulement si, u − λ IdE n’est
pas inversible c’est-à-dire :
χu (λ) = det(λ IdE −u) = 0.
On retrouve le fait qu’un endomorphisme d’un espace vectoriel de
dimension n a au plus n valeurs propres distinctes.
Corollaire 31
• Si IK = C, alors u a au moins une valeur propre.
• Si IK = IR et si dim E est impair, alors u a au moins une valeur propre.
Comme le montre l’exercice 7 de la page 69, en dimension infinie,
un endomorphisme d’un C-espace vectoriel n’admet pas nécessairement de
valeur propre.
¾
Proposition 32
Si F est un sous-espace vectoriel de E stable par u, alors le polynôme
caractéristique, χuF , de l’endomorphisme induit par u sur F divise χu .
Principe de démonstration.
Calculer le polynôme caractéristique de la matrice de u dans une
Démonstration page 114
base adaptée à F (base de F complétée en une base de E ).
• En particulier, on a l’inclusion sp (uF ) ⊂ sp u.
• Le polynôme caractéristique d’un endomorphisme u stabilisant les sousespaces vectoriels d’une décomposition E = E1 ⊕ · · · ⊕ Ep est :
χu (X) = χu1 (X) · · · χup (X),
où, pour tout i ∈ [[1, p]], ui est l’endomorphisme induit par u sur Ei .
En effet, si (B1 , . . . , Bp ) est une base adaptée à la somme directe considérée,
la matrice de u dans cette base est une matrice diagonale par blocs dont
le i-ème bloc diagonal est la matrice de ui dans la base Bi de Ei .
Proposition 33
Si le polynôme caractéristique de u est scindé (respectivement scindé à racines simples), alors celui de l’endomorphisme induit par u sur tout sousespace vectoriel de E stable par u l’est aussi.
Démonstration page 114
Définition 11
On appelle ordre de multiplicité d’une valeur propre λ de u (respectivement de A), son ordre de multiplicité en tant que racine du polynôme
caractéristique de u (respectivement de A).
En particulier, une valeur propre de u est dite simple, double,
triple, . . . si c’est une racine simple, double, triple, . . . du polynôme caractéristique de u.
L’ordre de multiplicité d’une valeur propre λ sera noté m(λ).
La notion d’ordre de multiplicité, tout comme celle de polynôme
caractéristique, n’a pas de sens en dimension infinie.
D’après la remarque de la page 74, la multiplicité d’une valeur
propre réelle d’une matrice réelle ne change pas si l’on considère A comme
une matrice réelle ou comme une matrice complexe.
¿
Proposition 34
Pour tout λ ∈ sp (u), on a :
1 ⩽ dim Eλ (u) ⩽ m (λ) .
Principe de démonstration.
On utilise la stabilité par u de Eλ (u) et la proposition 32 de la
Démonstration page 114
page précédente.
1. Si u est de rang r , le polynôme χu (X) est divisible par X n−r , puisque le noyau
Ker u = E0 (u) est de dimension n − r .
2. En particulier, si l’on considère la matrice :
⎡
⎤
0
. . . 0 αn−1
⎢ ..
..
.. ⎥
⎢
.
. ⎥
A=⎢ .
⎥,
⎣ 0
... 0
α1 ⎦
αn−1 . . . α1
0
qui est de rang inférieur ou égal à 2 , il existe des scalaires a et b tels que :
χA (X) = X n−2 X 2 + aX + b .
Le coefficient a, égal à l’opposé de la trace de A, est nul.
Pour obtenir le coefficient b , on peut procéder par récurrence.
Pour n = 2 , on obtient b = −α21 .
X
...
0
−αn−1 ..
..
..
.
.
.
Posons det = X n−2 X 2 + bn et :
0
... X
−α1 −αn−1 . . . −α1
X
X
...
0
−αn ..
..
.. .
. = X n−1 X 2 + bn+1
det .
0
... X
−α1 −αn . . . −α1
X En développant par rapport à la première colonne, on a :
X
...
0
−αn ..
..
.. .
. = X n−1 X 2 + an X + bn − α2 X n−1
det .
n
0
... X
−α1 −αn . . . −α1
X donc bn+1 = bn − α2n .
On en déduit que pour tout entier n bn = −
n−1
j=1
α2j .
On peut également obtenir ce résultat en utilisant le développement complet du
déterminant :
n
Pσ avec Pσ = ε (σ)
Xδσ(i),i − aσ(i),i .
χA (X) =
σ∈Sn
i=1
• Si σ laisse invariants au plus n−3 entiers de [[1, n]], alors on a deg (Pσ ) ⩽ n−3 .
• Si σ laisse invariants au moins n − 1 entiers de [[1, n]], alors, comme c’est une
bijection, on a σ = Id et Pσ = X n .
• Si σ laisse invariants exactement n − 2 entiers de [[1, n]], alors σ est une
transposition τi,j (i = j ) et Pσ = −aj,i ai,j X n−2 .
Pour 1 ⩽ i, j ⩽ n − 1 , on a aj,i = ai,j = 0 , donc Pσ = 0 .
Pour i = n et j ⩽ n − 1 , on obtient Pσ = −α2j X n−2 .
Il vient alors b = −
n−1
j=1
α2j . En conclusion χA (X) = X n − X n−2
n−1
j=1
α2j .
Corollaire 35
Si λ est valeur propre simple de u, alors dim Eλ (u) = 1.
Démonstration.
C’est une conséquence immédiate de la proposition 34 de la page ci-contre
Le spectre de u est, par définition, l’ensemble des racines de χu
dans IK. Comme dans le cas des polynômes, on distinguera soigneusement les
notions d’ensemble et de liste des valeurs propres de u.
• L’ensemble des valeurs propres est le spectre de u. S’il est égal à
{λ1 , . . . , λp } , avec λ1 , . . . , λp distincts deux à deux, alors on a :
p
(X − λi )m(λi )
χu (X) = Q(X)
i=1
où Q ∈ IK [X] n’a pas de racine dans IK.
• Une liste des valeurs propres est une famille de scalaires répétant les valeurs
propres avec leurs multiplicités. Une telle liste est unique à l’ordre près et
si (μ1 , . . . , μs ) est en est une, alors on a :
s
(X − μi )
χu (X) = Q(X)
i=1
où Q ∈ IK [X] n’a pas de racine dans IK.
• Bien sûr, la liste (μ1 , . . . , μs ) est à l’ordre près formée des λ1 , . . . , λp répétés
autant de fois que leur multiplicité, c’est-à-dire :
(μ1 , . . . , μs ) = (λ1 , . . . , λ1 , . . . , λp , . . . , λp ).
m(λ1 ) fois
m(λp ) fois
On a donc :
s = m(λ1 ) + · · · + m(λp ).
• Si χu est scindé, alors on a s = n et :
p
χu (X) =
k=1
(X − λk )m(λk ) =
n
(X − μi ) .
i=1
Proposition 36
Soit u ∈ L(E), avec dim E = n, tel que χu soit scindé.
• Si (μ1 , . . . , μn ) est une liste de valeurs propres de u, alors :
Tr u =
n
n
μi
et
det u =
i=1
μi .
i=1
• Si sp (u) = {λ1 , . . . , λp }, avec λ1 , . . . , λp distincts deux à deux, alors :
Tr u =
p
p
m (λi ) λi
et
det u =
i=1
m(λi )
λi
.
i=1
Démonstration page 114
1. Tout endomorphisme d’un espace vectoriel complexe de dimension finie a un polynôme caractéristique scindé puisque tout polynôme de C [X] l’est.
2. Il existe des endomorphismes d’espace vectoriel réel de dimension finie dont le
polynôme caractéristique n’est pas scindé.
Par exemple, la rotation d’angle θ = 0 mod π du plan vectoriel euclidien orienté
a pour matrice :
cos θ − sin θ
R(θ) =
sin θ
cos θ
dans une (toute) base orthonormée directe et a pour polynôme caractéristique :
X 2 − 2X cos θ + 1,
qui n’est pas scindé.
On rappelle que E est un espace vectoriel de dimension finie n non nulle.
Définition 12
• Un endomorphisme u est dit diagonalisable s’il existe une base de E
dans laquelle sa matrice est diagonale.
• Une matrice A de Mn (IK) est dite diagonalisable si elle est semblable
à une matrice diagonale, c’est-à-dire s’il existe une matrice D ∈ Mn (IK)
diagonale et une matrice P ∈ GLn (IK) telles que A = P DP −1 .
Proposition 37
Un endomorphisme u de E est diagonalisable si, et seulement s’il existe une
base de E constituée de vecteurs propres de u.
Démonstration page 115
• Une base dans laquelle la matrice de u est diagonale s’appelle une base
de diagonalisation de u.
• Une base de diagonalisation de u ∈ L(E) est donc une base de E constituée
de vecteurs propres de u.
p.115 Exercice 19 Soit Dn ∈ L (IKn [X]) avec n ⩾ 1 , défini par Dn (P ) = P .
L’endomorphisme D est-il diagonalisable ?
p.115 Exercice 20 Soit f ∈ L Mn (IK) défini par f (A) = A + Tr (A) In .
L’endomorphisme f est-il diagonalisable ?
Proposition 38
Les projecteurs et les symétries de E sont diagonalisables.
Démonstration page 115
On verra plus tard qu’il y a plus rapide. En effet, d’après le théorème 60 de la page 103, un endomorphisme annulant un polynôme scindé à
racines simples est diagonalisable.
Proposition 39
Soit A ∈ Mn (IK) une matrice représentant un endomorphisme u.
La matrice A est alors diagonalisable si, et seulement si, u est diagonalisable.
Démonstration.
C’est une conséquence directe de la définition 12 de la page ci-contre.
Corollaire 40
Une matrice A ∈ Mn (IK) est diagonalisable si, et seulement si, son endomorphisme canoniquement associé est diagonalisable.
Soit A ∈ Mn (IK) diagonalisable et P ∈ GLn (IK) la matrice
de passage de la base canonique à une base B de vecteurs propres de A.
D’après l’effet d’un changement de base sur la matrice d’un endomorphisme,
la matrice de l’endomorphisme canoniquement associé à A dans la base B est
égale à P −1 AP . Cette dernière matrice est donc diagonale.
Point méthode
Soit A ∈ Mn (IK) diagonalisable et (E1 , . . . , En ) une base de IKn constituée
de vecteurs propres de A associés aux valeurs propres λ1 , . . . , λn .
Si on pose P = (E1 , . . . , En ), alors :
P −1 AP = Diag (λ1 , . . . , λn ) .
⎛
0
3
p.115 Exercice 21 La matrice A = ⎝ −2
5
2 −3
⎞
2
2 ⎠ est-elle diagonalisable ?
0
Si c’est le cas, fournir une matrice P ∈ GL3 (IK) telle que P −1 AP soit diagonale.
La proposition suivante permet de déterminer si un endomorphisme est diagonalisable sans déterminer explicitement ses espaces propres mais en en connaissant simplement la dimension.
Proposition 41
Si sp(u) = {λ1 , . . . , λp }, avec λ1 , . . . , λp distincts deux à deux, alors les
propriétés suivantes sont équivalentes :
(i) l’endomorphisme u est diagonalisable,
p
(ii)
(iii)
i=1
p
i=1
Eλi (u) = E ,
dim Eλi (u) = dim E .
Démonstration page 116
Corollaire 42
Soit A ∈ Mn (IK) de spectre {λ1 , . . . , λp }, avec λ1 , . . . , λp distincts deux à
deux. Il y a équivalence entre :
(i) la matrice A est diagonalisable,
p
(ii)
(iii)
i=1
p
i=1
Eλi (A) = Mn,1 (IK),
dim Eλi (A) = n.
1. Si u ∈ L (E) admet λ pour unique valeur propre, u est diagonalisable si, et
seulement si, le sous-espace propre associé est égal à E , c’est-à-dire si, et seulement
si, u = λ IdE .
De même, si A ∈ Mn (IK) admet λ pour unique valeur propre, elle est diagonalisable si, et seulement si, son endomorphisme canoniquement associé est égal
à λ IdIKn , c’est-à-dire si, et seulement si, A = λIn .
2. En particulier un endomorphisme u vérifiant up = 0 n’est diagonalisable que
s’il est nul. En effet, d’après la proposition 20 de la page 76, il est annulé par le
polynôme X p donc il admet au plus une valeur propre : 0. Un tel endomorphisme
est dit nilpotent.
L’étude de ces endomorphismes sera détaillée plus tard.
3. De même, si A ∈ Mn (IK) est triangulaire de termes diagonaux tous égaux à λ,
n
alors son polynôme caractéristique est égal à (X − λ) , d’après la proposition 25
de la page 79. La matrice A admet donc λ pour valeur propre d’ordre n ; elle
n’est donc diagonalisable que si A = λIn .
p
• Si {λ1 , . . . , λp } ⊂ sp(u) et si
i=1
dim Eλi (u) = dim E , alors
{λ1 , . . . , λp } = sp(u)
et
E=
p
+
Eλi .
i=1
• Supposons que u soit diagonalisable de spectre {λ1 , . . . , λr } . Nous avons
alors la décomposition en somme directe :
E = Eλ1 (u) ⊕ · · · ⊕ Eλr (u).
Si l’on note (pλ1 , . . . , pλr ) la famille des projecteurs associés ; alors les endomorphismes u et λ1 pλ1 + · · · + λr pλr coïncident sur chaque Eλi donc :
u = λ1 pλ1 + · · · + λr pλr .
Ainsi, dans toute base B adaptée à la somme directe précédente, la matrice
de u est diagonale par blocs de la forme :
Diag (D1 , . . . , Dr )
où Dk est la matrice scalaire de dimension dim Eλk (u) de rapport λk .
Soit la matrice complexe :
⎛
0
⎜ 1
⎜
A=⎝
0
0
1
k
1
1
0
1
0
0
⎞
0
1 ⎟
⎟.
0 ⎠
0
On voit aisément que son polynôme caractéristique vaut X 2 (X 2 − kX − 3).
Comme A est de rang 2, le sous espace-propre associé à 0 est de dimension 2 .
Si k vérifie k 2 + 12 = 0, le trinôme X 2 − kX − 3 à deux racines λ1 et λ2 distinctes
non nulles. Les sous-espaces vectoriels propres associés étant de dimension supérieure
ou égale à 1, la matrice A est diagonalisable.
√
k
Si k est égal à ±2i 3, le trinôme X 2 − kX − 3 à une seule racine λ = ·
2
Le sous-espace propre associé est obtenu en résolvant :
⎧
−λx + y
= 0
⎪
⎪
⎨
x + λy + z + t = 0
y − λz
= 0
⎪
⎪
⎩
y − λt
= 0
⎛
⎞
1
⎜ λ ⎟
⎜
⎟ . La dimension de la somme des
Il est donc de dimension 1 engendré par ⎝
1 ⎠
1
sous-espaces vectoriels propres valant 3, la matrice A n’est pas diagonalisable.
Corollaire 43
Si u est un endomorphisme d’un espace vectoriel de dimension n et possède n valeurs propres distinctes c’est-à-dire si χu est est scindé à racines
simples, alors u est diagonalisable et chaque sous-espace propre est de dimension 1.
De même, si A ∈ Mn (IK) possède n valeurs propres distinctes alors A est
diagonalisable et chaque sous-espace propre est de dimension 1 .
⎛
1
p.117 Exercice 22 La matrice A = ⎝0
0
Démonstration page 117
⎞
2 3
4 5⎠ est-elle diagonalisable ?
0 6
Il faut bien noter que le résultat précédent ne fournit qu’une condition suffisante pour que u soit diagonalisable comme le montre l’exercice 20
de la page 87.
Le théorème qui suit donne une condition nécessaire et suffisante.
Théorème 44
Pour que u ∈ L (E) soit diagonalisable, il faut et il suffit qu’il vérifie les
deux conditions suivantes :
• son polynôme caractéristique χu est scindé sur IK ;
• pour toute valeur propre de u, la dimension du sous-espace propre associé
est égale à l’ordre de cette valeur propre, c’est-à-dire :
∀λ ∈ sp(u)
Principe de démonstration.
¼
dim Eλ (u) = m(λ).
Utiliser les propositions 41 de la page 88 et 34 de la page 84.
Démonstration page 117
Pour toute valeur propre simple λ, on a toujours dim Eλ (u) = m(λ) car :
Eλ (u) = {0}
et
dim Eλ (u) ⩽ m(λ) = 1.
Corollaire 45
Pour que A ∈ Mn (IK) soit diagonalisable, il faut et il suffit qu’elle vérifie les
deux conditions suivantes :
• son polynôme caractéristique χA est scindé sur IK ;
• pour toute valeur propre de A, la dimension du sous-espace propre associé est égale à l’ordre de cette valeur propre, c’est-à-dire :
∀λ ∈ sp(A)
dim Eλ (A) = m(λ).
Point méthode
Pour que u ∈ L (E) soit diagonalisable, il faut et il suffit qu’il vérifie les
deux conditions suivantes :
• son polynôme caractéristique χu est scindé sur IK ;
• pour toute valeur propre multiple de u, la dimension du sous-espace
propre associé est égale à l’ordre de cette valeur propre.
On a un résultat similaire pour les matrices.
⎛
1
p.117 Exercice 23 Soit A = ⎝ 0
0
a
1
0
⎞
b
c ⎠ ∈ M3 (IK). Donner une condition nécessaire
−1
et suffisante portant sur (a, b, c) ∈ IK3 pour que la matrice A soit diagonalisable.
Il n’est pas toujours nécessaire de calculer le polynôme caractéristique d’un endomorphisme pour savoir s’il est diagonalisable comme le montre
l’exercice 20 de la page 87 ou l’exemple suivant.
Soit n un entier.
On considère l’endomorphisme de IR [X], v : P → 1 − X 2 P + nXP .
Il stabilise le sous-espace vectoriel IRn [X]. En effet, v(1) = nX , v(X n ) = nX n−1 et,
pour tout k de [[1, n − 1]], on a :
v(X k ) = (n − k) X k+1 + kX k−1 ∈ IRn [X].
Considérons alors l’endomorphisme u induit par v sur IRn [X].
½
La matrice de u dans la base canonique (1, X, . . . , X n ) est :
⎞
⎛
0
1
(0)
⎟
⎜ n
0
2
⎟
⎜
⎟
⎜
.
.
.
.
⎟.
⎜
.
.
n−1
⎟
⎜
⎟
⎜
..
.
⎝
. .. n ⎠
(0)
1
0
Son polynôme caractéristique ne paraissant pas facile à calculer, on peut rechercher
les valeurs propres de u directement.
Un polynôme P non nul de IRn [X] est un vecteur propre de u s’il existe
λ ∈ IR tel que :
1 − X 2 P + nXP = λP,
soit :
nX − λ
n−λ
n+λ
P
= 2
=
+
P
X −1
2 (X − 1) 2 (X + 1)
r
(X − αk )nk , on a :
dans IR(X). Si la factorisation de P sur C est C
k=1
P
=
P
r
k=1
nk
·
X − αk
Ainsi, si P est un vecteur propre associé à un réel λ, alors, par unicité de la décomposition en éléments simples, n−λ
et n+λ
sont des entiers naturels et :
2
2
n−λ
n+λ
P = C(X − 1) 2 (X + 1) 2 .
Pour tout k ∈ [[0, n]], on pose donc Pk = (X − 1)k (X + 1)n−k . On vérifie alors que :
∀k ∈ [[0, n]] u(Pk ) = (n − 2k) Pk .
Comme les nombres réels (n − 2k)k∈[[0,n]] sont deux à deux distincts, u possède n + 1
valeurs propres distinctes ; il est donc diagonalisable et la famille (Pk )k∈[[0,n]] est une
base de vecteurs propres de u .
On suppose dans ce paragraphe que E est un espace vectoriel de dimension
finie n non nulle.
Définition 13
• L’endomorphisme u est dit trigonalisable s’il existe une base de E dans
laquelle la matrice de u est triangulaire supérieure.
• Une matrice A ∈ Mn (IK) est dite trigonalisable si elle est semblable à
une matrice triangulaire supérieure.
¾
Soit B = (e1 , . . . , en ) une base de E . La matrice de u dans la
base B est triangulaire supérieure si, et seulement si :
∀i ∈ [[1, n − 1]]
ei ∈ Vect (e1 , . . . , ei ) .
Proposition 46
Soit A ∈ Mn (IK) une matrice représentant un endomorphisme u.
La matrice A est alors trigonalisable si, et seulement si, u est trigonalisable.
Démonstration.
C’est une conséquence directe de la définition 13.
Corollaire 47
Une matrice A ∈ Mn (IK) est trigonalisable si, et seulement si, son endomorphisme canoniquement associé est trigonalisable.
On aurait pu aussi choisir la forme triangulaire inférieure. En
effet, il est facile de vérifier que, si la matrice d’un endomorphisme u dans une
base (e1 , e2 , . . . , en ) est triangulaire supérieure, alors sa matrice dans la base
(en , en−1 , . . . , e1 ) est triangulaire inférieure.
p.118 Exercice 24 Soit A la matrice de u dans une base (e1 , e2 , . . . , en ) et B celle de u
dans la base (en , en−1 , . . . , e1 ) . Quelle est la relation entre A et B ?
Théorème 48
Un endomorphisme u ∈ L(E) est trigonalisable si, et seulement si, son
polynôme caractéristique est scindé sur IK.
Principe de démonstration.
Le sens direct découle de la proposition 25 de la page 79.
La réciproque se prouve par récurrence.
Démonstration page 118
Corollaire 49
Un matrice est trigonalisable si, et seulement si, son polynôme caractéristique
est scindé sur IK.
p.118 Exercice 25 Soit u trigonalisable et F un sous-espace vectoriel stable par u .
Montrer que l’endomorphisme induit uF est aussi trigonalisable.
Corollaire 50
Si E est un C-espace vectoriel, alors tout endomorphisme de E est trigonalisable.
Toute matrice carrée à coefficients dans C est trigonalisable.
Démonstration.
Conséquence du théorème de d’Alembert-Gauss.
¿
Il existe des endomorphismes d’espace vectoriel réel de dimension
finie non trigonalisable.
Par exemple, une rotation du plan euclidien d’angle θ = 0 mod π a un polynôme
caractéristique non scindé donc n’est pas trigonalisable.
1. Soit A ∈ M2 (IK) ayant une valeur propre double λ. Deux cas se présentent :
(a) A est diagonalisable et, d’après l’exemple 1 de la page 88, on a A = λI2 .
(b) A n’est pas diagonalisable et le sous-espace propre pour la valeur propre λ est
alors de dimension 1 .
Soit u un vecteur propre associé à cette valeur propre qu’on complète en
une base (u, v) de IK2 . Si P est la matrice de passage de la base canonique
λ α
, avec α = 0 , car A n’est pas
de IK2 à cette base, on a P −1 AP =
0 β
diagonalisable. Comme λ est la seule valeur propre de A, on a β = λ.
En prenant comme base (αu, v) à la place de (u, v) , on remarque que A est
λ 1
semblable à
.
0 λ
2. Soit A ∈ M3 (IK) ayant une valeur propre simple λ et une valeur propre double μ.
Supposons A non diagonalisable, c’est-à-dire dim Eμ (A) = 1 .
Soit u un vecteur propre de A pour la valeur propre λ et v un vecteur propre
de A pour la valeur propre μ. Complétons (u, v) en une base (u, v, w) de IK3 et
notons P la matrice de passage de la base canonique de IK3 à cette base.
⎛
⎞
λ 0 α
On a P −1 AP = ⎝ 0 μ β ⎠ et Tr (A) = λ + 2μ donne γ = μ.
0 0 γ
On peut encore faire mieux comme le montre l’exercice suivant.
p.118 Exercice 26 Soit A ∈ M3 (IK) ayant une valeur propre simple λ et une valeur propre
double μ. On suppose A non diagonalisable, c’est-à-dire que dim Eμ (A) = 1 .
⎛
⎞
λ 0 0
Montrer qu’il existe P ∈ GL3 (IK) tel que P −1 AP = ⎝ 0 μ 1 ⎠ .
0 0 μ
on pourra modifier le troisième vecteur d’une base de trigonalisation.
⎛
⎞
0
3
3
8
6 ⎠.
p.119 Exercice 27 Soit A = ⎝ −1
2 −14 −10
1. La matrice A est-elle diagonalisable ?
2. Montrer que A est trigonalisable et déterminer P ∈ GL3 (IK) et T triangulaire
supérieure telles que A = P T P −1 .
p.120 Exercice 28
⎛
⎞
14 18 18
1. La matrice A = ⎝ −6 −7 −9 ⎠ est-elle diagonalisable ? trigonalisable ?
−2 −3 −1
⎛
⎞
2 0 0
2. Montrer que la matrice A est semblable à la matrice ⎝ 0 2 1 ⎠
0 0 2
Corollaire 51
Soit u est un endomorphisme trigonalisable.
• Si (μ1 , . . . , μn ) est une liste de valeurs propres de u, on a :
Tr u =
n
n
μi
et
det u =
i=1
μi .
i=1
• Si sp (u) = {λ1 , . . . , λp }, on a alors :
Tr u =
p
p
m (λi ) λi
et
m(λi )
det u =
i=1
λi
.
i=1
Démonstration.
C’est une conséquence immédiate de la proposition 36 et du théorème 48 de la page 93.
Recherche de la valeur propre de plus grand module.
Soit A ∈ Mn (C) dont les valeurs propres λ1 , . . . , λp , de multiplicités respectives m(λ1 ), . . . , m(λp ), vérifient :
|λ1 | > |λ2 | ⩾ · · · ⩾ |λp |.
Ainsi λ1 est l’unique valeur propre de module maximal.
#
$
Pour tout entier k , on a Tr Ak =
p
i=1
m (λi ) λki
#
λ1 = lim
k→+∞
Tr Ak+1
Tr (Ak )
∼
k→+∞
m (λ1 ) λk1 donc :
$
·
On a déjà prouvé qu’un endomorphisme (respectivement une matrice) est trigonalisable si, et seulement si, son polynôme caractéristique est scindé.
L’exercice suivant prouve qu’un endomorphisme (respectivement une matrice)
est trigonalisable si, et seulement s’il possède un polynôme annulateur scindé.
p.121 Exercice 29 (Approfondissement)
On veut montrer qu’un endomorphisme est trigonalisable si, et seulement s’il est
annulé par un polynôme scindé.
1. Montrer par récurrence sur la dimension de E que si un endomorphisme u de E
est annulé par un polynôme scindé, alors il est trigonalisable.
2. Montrer que si u est un endomorphisme trigonalisable de E , alors χu annule u .
3. Conclure.
En fait, pour tout endomorphisme u, on a χu (u) = 0.
Il s’agit du théorème de Cayley-Hamilton qui sera démontré dans la section
suivante.
Proposition 52
Soit u ∈ L(E). L’ensemble des polynômes P tels que P (u) = 0 est un idéal
appelé idéal annulateur de u.
Corollaire 53
Soit A ∈ Mn (IK). L’ensemble des polynômes P tels que P (A) = 0 est un
idéal appelé idéal annulateur de A.
Comme le montre l’exercice suivant, il peut arriver, en dimension
infinie, que l’idéal annulateur soit réduit au polynôme nul.
Nous verrons dans la section suivante que c’est impossible en dimension finie.
p.122 Exercice 30 On note D la dérivation de C ∞ IR et, pour tout λ ∈ IR , eλ la
fonction définie sur IR par : ∀t ∈ IR eλ (t) = exp (λt) .
1. Soit λ ∈ IR et P ∈ IR [X]. Calculer P D (eλ ).
2. En déduire l’idéal annulateur de D .
Proposition 54
1. Si E de dimension finie, alors l’idéal annulateur de tout endomorphisme
de E est non réduit à {0}.
2. L’idéal annulateur de A ∈ Mn (IK) n’est pas réduit à {0} .
Démonstration page 122
D’après le théorème 21 de la page 16, si I est un idéal de IK[X]
non réduit au polynôme nul, alors il existe un unique polynôme unitaire P ,
appelé générateur unitaire de I , tel que I = P IK[X].
Définition 14
Soit E de dimension finie et u ∈ L(E). Le générateur unitaire de l’idéal
annulateur de u est appelé polynôme minimal de u ; on le note πu .
On a la même définition pour A ∈ Mn (IK).
Dans la suite on supposera E de dimension finie non nulle, ce qui
assure l’existence d’un polynôme minimal pour tout u ∈ L(E).
• Comme dim E = 0, on a deg (πu ) ⩾ 1, car si P = λ, avec λ ∈ IK∗ , on
a P (u) = λ IdE =
0.
• Le polynôme minimal πu est de degré 1 si, et seulement si, u est une
homothétie.
En effet, si u = λ Id alors πu divise X − λ. Comme πu est unitaire et de
degré supérieur ou égal à 1, on en déduit que πu = X − λ.
Réciproquement, si πu = X − λ, alors 0 = π(u) = u − λ Id donc u = λ Id.
p.122 Exercice 31
1. Déterminer le polynôme minimal d’un projecteur p deE .
2. Déterminer le polynôme minimal d’une symétrie s de E .
p.123 Exercice 32 Montrer que l’ensemble des racines du polynôme minimal πu est égal
au spectre de u .
Proposition 55
#
Si d = deg (πu ), alors la famille uk
$
0⩽k⩽d−1
est une base de IK [u] et l’on
a donc dim IK [u] = deg (πu ).
On a le même résultat pour A ∈ Mn (IK).
Principe de démonstration.
On utilise la division euclidienne par le polynôme minimal πu .
Démonstration page 123
Point méthode
La démonstration de la proposition précédente fournit une méthode pratique
#
de décomposition de v ∈ IK [u] dans la base uk
$
k∈[[0,d−1]]
de IK [u] :
si v = P (u), avec P ∈ IK [X], on détermine le reste de la division euclidienne
de P par le polynôme minimal de u.
Ainsi, pour calculer les puissances successives de u, on détermine le reste de
la division euclidienne de X p , avec p ∈ IN, par le polynôme minimal de u.
On a vu l’intérêt d’obtenir des polynômes annulateurs dans la recherche de valeurs propres d’un endomorphisme et l’on a prouvé leur existence en dimension
finie.
Le théorème de Cayley-Hamilton affirme que le polynôme caractéristique d’un
endomorphisme u est un polynôme annulateur de u.
La démonstration de ce théorème n’est pas exigible.
Nous proposons ici une démonstration en plusieurs étapes s’appuyant sur les
matrices compagnons, notion hors-programme mais qui fait l’objet de nombreux sujets de concours.
p.123 Exercice 33 Polynôme minimal d’une matrice compagnon
Soit (a0 , . . . , ap−1 ) ∈ IKp et
⎛
⎞
0 0 ... ... 0
−a0
⎜ 1 0 ... ... 0
−a1 ⎟
⎜
⎟
⎜
⎟
⎜ 0 1 ...
⎟
⎜
⎟.
A=⎜ . .
⎟
.
.
.
.
. . ..
.. ⎟
⎜ .. .. . .
⎜
⎟
⎝ 0 0 ...
1 0 −ap−2 ⎠
0 0 ...
0 1 −ap−1
On note (E0 , . . . , Ep−1 ) la base canonique de Mp,1 (IK) et l’on pose :
P (X) = X p + ap−1 X p−1 + · · · a1 X + a0 .
1. Calculer Ak E0 , pour k ∈ [[0, p − 1]]. En déduire que deg (πA ) ⩾ p.
2. Calculer AEp−1 , puis P (A) E0 . En déduire que πA = P .
Combiné avec l’exercice 17 de la page 81, ce résultat prouve que
si A est une matrice compagnon, alors πA = χA .
p.124 Exercice 34 Soit u ∈ L(E) et x un vecteur non nul de E .
1. Montrer qu’il existe un plus petit sous-espace vectoriel de E , noté Fx , stable
par u et contenant x.
2. Prouver que, si Fx est de dimension p, alors x, u (x) , . . . , up−1 (x) est une base
de Fx .
Théorème 56 (Théorème de Cayley-Hamilton)
Soit u ∈ L(E) avec E de dimension finie.
Le polynôme caractéristique de u ∈ annule u, c’est-à-dire χu (u) = 0.
Principe de démonstration. On utilise le lemme précédent, puis les exercices 17 de la page 81
et 33 de la page précédente sur les matrices compagnons.
Démonstration (non exigible) page 124
Comme il fait intervenir le polynôme caractéristique de u ∈ L(E),
le théorème de Cayley-Hamilton n’a de sens que si E est de dimension finie.
Corollaire 57 (Théorème de Cayley-Hamilton)
Si A ∈ Mn (IK), alors χA (A) = 0.
⎛
3
p.124 Exercice 35 On reprend la matrice A = ⎝ 4
3
5
7
6
⎞
−6
−9 ⎠ de l’exemple page 79.
−7
Montrer que A est inversible et calculer A−1 en fonction de I3 , A et A2 .
Théorème 58 (Lemme de décomposition des noyaux)
Soit u ∈ L(E), (P1 , . . . , Pr ) ∈ IK[X]r une famille finie de polynômes deux à
deux premiers entre eux et P = P1 . . . Pr leur produit.
On a alors la décomposition en somme directe :
Ker P (u) =
r
+
Ker Pk (u) .
k=1
Principe de démonstration.
récurrence sur r .
On utilise la relation de Bézout pour n = 2 puis on procède par
Démonstration page 125
Corollaire 59
Soit (P1 , . . . , Pr ) ∈ IK[X]r une famille finie de polynômes deux à deux premiers entre eux, P leur produit et u ∈ L(E).
Si P est un polynôme annulateur de u, on a alors :
E=
r
+
Ker Pk (u) .
k=1
Démonstration page 125
On retrouve le fait que si p est un projecteur alors Ker p et Ker(p − Id) sont
supplémentaires et que, si p est une symétrie alors Ker(s − Id) et Ker(s + Id)
sont supplémentaires.
p.125 Exercice 36 Soit (P1 , . . . , Pr ) ∈ IK[X]r une famille de polynômes deux à deux
premiers entre eux et P leur produit. On suppose que P (u) = 0 .
Montrer que les projecteurs associés à la décomposition en somme directe :
E=
r
+
Ker Pk (u).
k=1
sont des polynômes en u .
1. Soit (a, b) ∈ IK2 . L’ensemble S des suites u telles que :
∀n ∈ IN
un+2 = aun+1 + bun
est le noyau de l’endomorphisme Q(T ), avec :
Q = X 2 − aX − b
et T : IKIN −→ IKIN
u −→ (un+1 )n∈IN .
Si le polynôme Q a deux racines distinctes λ1 et λ2 , alors le lemme des noyaux
donne :
S = Ker(T − λ1 Id) ⊕ Ker(T − λ2 Id) = (Aλn1 + Bλn2 )n∈IN , (A, B) ∈ IK2 .
On retrouve ainsi le résultat obtenu en première année.
2. Soit (a, b) ∈ IK2 . Considérons l’ensemble S des fonctions f deux fois dérivables
sur IR telles que f = af + bf . Il est aisé de montrer que tout élément de S est
de classe C ∞ sur IR . Ainsi, S est le noyau de l’endomorphisme Q(D), avec :
Q = X 2 − aX − b et D : C ∞ (IR, IK) −→ C ∞ (IR, IK) .
f −→ f ½¼¼
Si le polynôme Q a deux racines distinctes λ1 et λ2 , alors le lemme des noyaux
donne :
S = Ker(D − λ1 Id) ⊕ Ker(D − λ2 Id)
= x → A eλ1 x + B eλ2 x ; (A, B) ∈ IK2 .
On retrouve donc le résultat obtenu en première année.
Nous allons généraliser ces deux résultats.
Æ Soit l’équation différentielle linéaire à coefficients constants d’ordre p :
f (p) + αp−1 f (p−1) + · · · + α1 f + α0 f = 0
où (α0 , . . . , αp−1 ) ∈ Cp d’inconnue f ∈ C ∞ (IR, C) .
On appelle polynôme caractéristique de (ED) le polynôme :
C(X) = X p +
p−1
(ED)
αk X k .
k=0
r
Sa factorisation dans C[X] sera notée C(X) =
k=1
(X − λk )pk (les λk sont
deux à deux distincts et les pk > 0).
Si D désigne l’endomorphisme de dérivation de E = C ∞ (IR, C), l’ensemble S
des solutions de (ED) est le noyau de l’endomorphisme C(D). Le lemme des
noyaux nous fournit alors la décomposition en somme directe :
S=
r
+
Ker (D − λk IdE )pk .
k=1
Pour tout complexe λ, on note eλ , la fonction x → eλx .
On prouve alors par récurrence sur p la relation suivante :
(D − λk IdE )p (f × eλk ) = eλk × D p (f )
pour tout (k, f ) ∈ [[1, r]] × C ∞ (IR, C) . On en déduit :
0
1
Ker (D − λk IdE )pk = x → P (x)eλk x ; P ∈ Cpk −1 [X] .
Ainsi, tout élément f de S s’écrit sous la forme :
f (x) =
r
Pk (x)eλk x
k=1
pour une unique famille (Pk ) ∈
r
k=1
Cpk −1 [X] et l’espace S est de dimension p.
Lorsque p = 1 ou 2, ce dernier point est également une conséquence du théorème de Cauchy sur les équations linéaires à coefficients constants d’ordre 1
ou 2.
½¼½
Æ Soit l’équation récurrente linéaire à coefficients constants d’ordre p :
∀n ∈ IN un+p + αp−1 un+p−1 + · · · + α1 un+1 + α0 un = 0
(ER)
avec (α0 , . . . , αp−1 ) ∈ Cp , avec α0 = 0, d’inconnue u ∈ E = CIN .
On appelle polynôme caractéristique de (ER) le polynôme :
C(X) = X p +
p−1
αk X k .
k=0
Sa factorisation dans C sera notée :
r
(X − λk )pk
C(X) =
k=1
(les λk sont deux à deux distincts et les pk > 0).
Désignons alors par T l’endomorphisme de translation de L(CIN) défini par :
T (un )n∈IN = (un+1 )n∈IN .
L’ensemble S des solutions de (ER) est le noyau de l’endomorphisme C(T ).
Comme une suite de S est déterminée par ses p premiers termes, l’application :
S −→ IKp
u −→ (u0 , . . . , up−1 )
est un isomorphisme et la dimension de S est égale à p. De plus, le lemme
des noyaux nous fournit la décomposition en somme directe :
S=
r
+
Ker (T − λk IdE )pk .
k=1
Il s’agit maintenant de déterminer pour tout k, le noyau de (T − λk IdE )pk .
Nous venons de voir que cet espace est de dimension pk puisque l’équation (T − λk IdE )pk (u) = 0 est une relation de récurrence linéaire d’ordre pk .
• Si λk = 0, il s’agit du noyau de T pk . C’est évidemment l’espace vectoriel
de suites u telle que un = 0 pour tout n ⩾ pk . On retrouve le fait qu’il
est de dimension pk .
• Supposons λk = 0. Pour tout polynôme P ∈ IK[X], un simple calcul
montre que la suite image de λnk P (n) n∈IN par T − λk IdE est :
#
$
λn+1
Q(n)
k
n∈IN
où Q(X) est le polynôme P (X + 1) − P (X). Le degré de Q étant inférieur
ou égal à deg P − 1, on voit par itération que Ker (T − λk IdE )pk contient
l’ensemble :
0
1
λnk P (n) n∈IN ; P ∈ IKpk −1 [X] .
½¼¾
Comme d’un autre côté, c’est un sous-espace vectoriel de dimension pk
puisqu’il est l’image de IKpk −1 [X] par l’application linéaire injective
P → λnk P (n) n∈IN (l’injectivité découlant du fait qu’un polynôme ayant
une infinité de racines est nul), il vient :
Ker (T − λk IdE )pk =
0
n
1
λk P (n) n∈IN ; P ∈ IKpk −1 [X]
puisque le noyau de (T − λk IdE )pk est aussi de dimension pk .
Comme α0 = 0, tous les λk sont non nuls donc toute solution u de (ER)
s’écrit :
r
∀n ∈ IN un =
λnk Qk (n)
k=1
pour une unique famille (Qk ) ∈
r
k=1
IKpk −1 [X].
On retrouve le fait que l’espace S est de dimension p.
On a déjà prouvé que si le polynôme caractéristique d’un endomorphisme (respectivement d’une matrice) est scindé à racines simples, alors l’endomorphisme
(respectivement la matrice) est diagonalisable mais qu’il ne s’agit que d’une
condition suffisante.
Le théorème suivant prolonge ce résultat et donne une condition nécessaire et
suffisante pour être diagonalisable.
Théorème 60
Les propriétés suivantes sont équivalentes :
(i) u est diagonalisable ;
(ii) u possède un polynôme annulateur scindé à racines simples ;
(iii) le polynôme minimal de u est scindé à racines simples.
On a le même résultat pour A ∈ Mn (IK).
Principe de démonstration.
Démonstration page 126
p
• Pour prouver (i) =⇒ (ii) , on utilise la décomposition en somme directe E =
Eλi (u) ,
i=1
où sp (u) = {λ1 , . . . , λp } , puis la proposition 18 de la page 76.
• Pour prouver (iii) =⇒ (i) , on utilise le lemme de décomposition des noyaux.
L’exercice 29 de la page 96 permet d’énoncer un résultat similaire
pour les endomorphismes trigonalisables.
Les propriétés suivantes sont équivalentes :
(i) u est trigonalisable ;
(ii) u possède un polynôme annulateur scindé ;
(iii) le polynôme minimal de u est scindé.
½¼¿
Corollaire 61
Soit u ∈ L(E) diagonalisable et F un sous-espace vectoriel de E stable
par u. L’endomorphisme induit par u sur F est alors diagonalisable.
Démonstration page 127
On dit qu’une famille (ui )i∈I d’endomorphismes de E est simultanément diagonalisable s’il existe une base B de E dans laquelle les matrices des ui sont
diagonales.
Une telle base s’appelle alors une base de diagonalisation simultanée.
p.127 Exercice 37 Montrer qu’une famille d’endomorphismes de E est simultanément
diagonalisable si, et seulement si, elle est composée d’endomorphismes diagonalisables commutant deux à deux.
En adaptant cet exercice et en utilisant l’exercice 25 de la page 93,
on obtient qu’une famille d’endomorphismes de E trigonalisables commutant
deux à deux est simultanément trigonalisable.
On s’intéresse dans cette section aux endomorphismes annulés par un monôme
c’est-à-dire par un polynôme de la forme X k .
Définition 15
On dit que u ∈ L(E) est nilpotent s’il existe un entier k tel que uk = 0.
Le plus petit entier r tel que ur = 0 s’appelle l’indice de nilpotence de u.
• L’indice de nilpotence d’un endomorphisme u nilpotent est bien défini car
l’ensemble des entiers k tels que uk = 0 est une partie de IN non vide, elle
admet donc un plus petit élément.
• Comme u0 = Id, l’indice de nilpotence est un entier non nul.
• L’endomorphisme de nilpotence est égal à 1 si, et seulement si, l’endomorphisme est nul.
• Un endomorphisme nilpotent est non injectif. En effet, si u est nilpotent
d’indice r , alors ur−1 = 0 donc il existe un vecteur x tel que ur−1 (x) soit
un vecteur non nul de Ker u.
• La seule valeur propre d’un endomorphisme nilpotent est nulle. En effet,
d’après le point précédent, 0 est valeur propre et, grâce à la proposition 20
de la page 76, c’est la seule.
Définition 16
On dit que A ∈ Mn (IK) est nilpotente s’il existe un entier k tel que Ak = 0.
Le plus petit entier r tel que Ar = 0 s’appelle l’indice de nilpotence
de A.
½ • Une matrice A est nilpotente si, et seulement si, son endomorphisme canoniquement associé est nilpotent.
De même, si une matrice représente un endomorphisme, alors elle est nilpotente si, et seulement si, cet endomorphisme l’est.
Les propriétés énoncées sur les endomorphismes nilpotents sont donc transposables aux matrices nilpotentes.
• Toute matrice semblable à une matrice nilpotente est donc nilpotente.
On suppose désormais que E est un espace vectoriel de dimension
finie n (non nulle car E = {0}.)
Proposition 62
Les trois points suivants sont équivalents :
(i) u est nilpotent,
(ii) le polynôme caractéristique de u est X n ,
(iii) il existe une base de E dans laquelle la matrice de u est triangulaire
supérieure stricte.
Démonstration page 127
Corollaire 63
Soit A ∈ Mn (IK). Les trois points suivants sont équivalents :
(i) A est nilpotente,
(ii) le polynôme caractéristique de A est X n ,
(iii) A est semblable à une matrice triangulaire supérieure stricte.
Corollaire 64
Soit A ∈ Mn (IK). Il y a équivalence entre :
(i) A est nilpotente,
(ii) A est trigonalisable avec pour seule valeur propre 0.
Corollaire 65
Soit u un endomorphisme de E . Il y a équivalence entre :
(i) u est nilpotent,
(ii) u est trigonalisable avec pour seule valeur propre 0.
½ Corollaire 66
Soit u un endomorphisme nilpotent.
Son indice de nilpotence est majoré par la dimension de E .
Démonstration. En effet, son polynôme caractéristique est X n et il est annulateur d’après le
théorème de Cayley-Hamilton.
Corollaire 67
Soit A ∈ Mn (IK). Si A est nilpotente, alors An = 0.
p.128 Exercice 38 Soit u un endomorphisme nilpotent d’indice r et x0 ∈ Ker ur−1 .
Montrer que la famille (x0 , u(x0 ), . . . , ur−1 (x0 )) est libre.
p.128 Exercice 39 Soit u un endomorphisme d’un espace vectoriel E de dimension finie n
nilpotent et d’indice n.
1. Soit x0 tel que un−1 (x0 ) = 0. Montrer que uk (x0 ) 0⩽k<n est une base de E.
2. Montrer que, pour tout k de [[0, n]], le sous-espace Ker uk est de dimension k.
3. Montrer que, pour tout k de [[0, n]], Ker uk est le seul sous-espace stable de
dimension k stable par u.
p.128 Exercice 40 Montrer que pour toute famille (u1 , . . . , un ) de n endomorphismes
nilpotents, commutant deux à deux, d’un espace vectoriel E de dimension n, on a :
u1 ◦ · · · ◦ un = 0.
Théorème 68
Lorsqu’il existe un polynôme scindé annulant u, c’est-à-dire lorsque le polynôme minimal de u est scindé, alors E peut se décomposer en une somme
directe de sous-espaces stables par u sur chacun desquels u induit la somme
d’une homothétie et d’un endomorphisme nilpotent.
Démonstration page 129
Matriciellement, si l’on prend une base adaptée à une telle décomposition, on obtient une matrice de la forme :
⎛
⎜
⎝
λ 1 In 1 + N 1
(0)
(0)
..
.
⎞
⎟
⎠
où N1 , . . . , Np sont nilpotentes.
λp Inp + Np
On peut même trigonaliser chaque matrice nilpotente Nk de façon à ce que
chaque bloc diagonal soit triangulaire supérieur.
On obtient ainsi une forme triangulaire particulière que l’on a, par exemple,
obtenue dans l’exercice 26 de la page 94.
½ Démonstrations et solutions des exercices du cours
Exercice 1
1. Par hypothèse, pour tout x ∈ E , il existe un scalaire λx tel que u(x) = λx x. Si
le vecteur x est non nul, alors le scalaire λx est unique, sinon tous les scalaires λ
conviennent.
Soit x et y deux vecteurs non nuls de E . Montrons que λx = λy .
• Si x est proportionnel à y , alors il existe un scalaire μ tel que x = μy . Ainsi :
u(x) = λx x = λx μy = u (μy) = μλy y
•
Comme le vecteur y est non nul, on en déduit que λx μ = λy μ. Le scalaire μ
étant non nul (car x =
0 ), on en déduit que λx = λy .
Si la famille (x, y) est libre, alors l’égalité :
u(x + y) = λx+y (x + y) = u(x) + u(y) = λx x + λy y.
implique que λx = λx+y = λy .
Ainsi, il existe λ ∈ IK tel que pour tout x ∈ E non nul, u(x) = λx. Cette égalité
étant trivialement vraie pour x = 0 , cela prouve que u est une homothétie.
2. Il est clair qu’une homothétie stabilise tous les sous-espaces vectoriels de E .
Réciproquement, soit u un endomorphisme stabilisant toutes les sous-espaces vectoriels de E . Pour tout vecteur x non nul, IKx est stable par u donc u(x) ∈ IKx,
ce qui implique que la famille (x, u(x)) est liée. On en déduit, grâce à la question
précédente, que u est une homothétie.
Ainsi, les seuls endomorphismes stabilisant tous les sous-espaces vectoriels de E
sont les homothéties.
Exercice 2
1. Comme P ∈ F , avec F stable par D , on a :
∀k ∈ [[0, d]] P (k) = Dk (P ) ∈ F.
La famille P (k) 0⩽k⩽d est libre, car échelonnée en degré ; comme c’est une famille
de polynômes de IKd [X] comportant d + 1 = dim IKd [X], c’en est une base. On a
montré que IKd [X] ⊂ F .
2. Soit F = {0} un sous-espace vectoriel de IK [X] stable par D ; notons A l’ensemble
des degrés des polynômes non nuls de F . Il s’agit donc d’une partie de IN non
vide.
• Si A est majoré, alors A admet un plus grand élément, que l’on note d.
Par suite, F ⊂ IKd [X] et il existe P ∈ F de degré d donc, d’après la première
question, on a IKd [X] ⊂ F puis F = IKd [X].
• Sinon, pour tout n ∈ IN, il existe P ∈ A tel que d := deg P ⩾ n. D’après
la première question, on a IKn [X] ⊂ IKd [X] ⊂ F . Comme cette inclusion est
vraie pour tout n ∈ IN, on a F = IK [X].
Réciproquement, pour tout d ∈ IN, IKd [X] est stable par D .
En conclusion, les sous-espaces vectoriels de IK [X] stables par D sont {0}, IK [X]
et les IKd [X], avec d ∈ IN.
½ Proposition 1
•
•
Soit x ∈ Ker v ; on a v u (x) = v ◦ u (x) = u ◦ v (x) = u(0) = 0 donc u (x)
appartient à Ker v . Ainsi, Ker v est stable par u .
Soit y ∈ Im v ; il existe x ∈ E tel que y = v (x) .
Par suite u (y) = u ◦ v (x) = v ◦ u (x) = v (u(x)) ∈ Im v ; donc Im v est stable par u .
Proposition 2
•
Supposons F stable par u . Pour tout i ∈ I , comme ei ∈ F et F est stable par u ,
on a u(ei ) ∈ F .
•
Réciproquement, supposons que, pour tout i ∈ I , u(ei ) ∈ F et montrons que F est
stable par u . Soit x ∈ F , il existe une famille de scalaires presque nulle, (λi )i∈I , telle
que x =
λi ei . Par linéarité de u , on a u(x) =
λi u(ei ) donc u(x) ∈ F . Par
i∈I
i∈I
suite, F est stable par u .
Exercice 3 Il est évident que LF (E) est inclus dans l’algèbre L(E) et contient IdE .
Soit (u, v) ∈ LF (E)2 et (α, β) ∈ IK2 . Pour tout x ∈ F, on a u(x) ∈ F, v(x) ∈ F et
par suite (αu + βv) (x) ∈ F . L’application αu + βv appartient donc à LF (E).
De plus, pour tout x ∈ F , on a (u ◦ v) (x) = u v(x) ∈ F et, par conséquent
∈F
l’application u ◦ v appartient à LF (E).
Ainsi, LF (E) est une sous-algèbre de L(E).
Corollaire 3 Comme (e1 , . . . , ep ) est une base de F , l’espace vectoriel F est stable
par u ∈ L(E) si, et seulement si, ∀j ∈ [[1, p]] u (ej ) ∈ F c’est-à-dire si, et seulement si, les p premières colonnes de la matrice de u dans la base B ont leurs n − p
derniers coefficients nuls, c’est-à-dire si, et seulement si, cette matrice est de la forme :
A
0
C
B
avec
A ∈ Mp (IK).
L’interprétation de A est alors claire.
Exercice 4
1. Pour tout i ∈ [[1, n]], le sous-espace Ei est stable par u ∈ L(E) si, et seulement
s’il existe λi ∈ IK tel que u (ei ) = λi ei . Les endomorphismes cherchés sont donc
ceux dont la matrice dans la base B est diagonale.
2. Les espaces Fi sont stables par u si, et seulement si, pour tout i ∈ [[1, n]],
u(ei ) ∈ Fi . Les endomorphismes cherchés sont donc ceux dont la matrice dans
la base B est triangulaire supérieure.
Proposition 4 Le sous-espace Ei est stable par u si, et seulement si, les vecteurs de Bi ont
pour image par u un vecteur de Ei , c’est-à-dire une combinaison linéaire de vecteurs de
Bi . On en déduit facilement l’équivalence annoncée et l’interprétation des matrices Ai .
½ Démonstrations et solutions des exercices du cours
Exercice 5 Un réel λ est valeur propre de D si, et seulement si, l’équation f = λf a
une solution non nulle dans E . Or les solutions de cette équation différentielle sont
les multiples de la fonction non nulle eλ : t → exp (λt) .
En conclusion, tout réel λ est valeur propre de D et Eλ (D) = Vect (eλ ) .
Exercice 6 Un complexe λ est valeur propre de Δ si, et seulement si, l’équation Δ (u) = λu a une solution non nulle dans E . Or Δ (u) = λu équivaut à :
∀n ∈ IN un+1 = λun ,
ou encore, par une récurrence évidente, à :
∀n ∈ IN
un = u0 λn .
En conclusion, tout complexe λ est valeur propre de Δ, le sous-espace propre associé
étant la droite vectorielle engendrée par la suite géométrique (λn )n∈IN de raison λ.
Rappelons que pour λ = 0 , on a (λn )n∈IN = (δ0,n )n∈IN = (1, 0, 0, . . .).
Exercice 7
Un complexe λ est valeur propre de u si, et seulement si, l’équation XP = λP a une
solution non nulle dans E .
Or, pour P = 0 , on a :
deg (XP ) = 1 + deg (P ) ∈ IN
et
deg (λP ) =
deg (P ) si λ = 0
−∞
si λ = 0,
ce qui rend l’égalité XP = λP impossible puisque deg(λP ) < deg(XP ).
En conclusion, u n’a pas de valeur propre.
Exercice 8 Comme ϕ est un isomorphisme, pour tout vecteur x de E et pour tout
scalaire λ, on a :
u(x) = λx ⇐⇒ u ◦ ϕ−1 ϕ(x) = λx ⇐⇒ ϕ ◦ u ◦ ϕ−1 ϕ(x) = λϕ(x),
c’est-à-dire :
x ∈ Eλ (u) ⇐⇒ ϕ(x) ∈ Eλ (ϕ ◦ u ◦ ϕ−1 ).
Comme ϕ est un isomorphisme, on en déduit que les endomorphismes u et ϕ◦ u ◦ ϕ−1
ont les mêmes valeurs propres et leurs sous-espaces propres sont reliés par :
Eλ (ϕ ◦ u ◦ ϕ−1 ) = ϕ Eλ (u) .
Proposition 6
•
Pour tout p ∈ IN∗ , on pose H(p) : « Si u admet p valeurs propres distinctes, alors
les espaces propres associés sont en somme directe. »
Pour p = 1 , il n’y a rien à prouver.
Supposons la proposition vraie pour un certain rang p ∈ IN∗ . Soit λ1 , . . . , λp+1 des
p+1
p+1
Eλi (u) vérifiant
xi = 0 .
valeurs propres distinctes de u et (x1 , . . . , xp+1 ) ∈
i=1
i=1
½ On a donc u
p+1
xi
i=1
0=u
p+1
xi
=0=
p+1
λi xi puis :
i=1
− λp+1
i=1
p+1
xi =
i=1
p+1
i=1
=
p+1
λi xi −
p+1
λp+1 xi
i=1
(λi − λp+1 ) xi =
i=1
p
i=1
(λi − λp+1 ) xi .
∈Eλi (u)
En appliquant l’hypothèse de récurrence, on obtient :
∀i ∈ [[1, p]]
(λi − λp+1 ) xi = 0.
Or, les valeurs propres étant deux à deux distinctes, pour tout i ∈ [[1, p]], λi = λp+1
p+1
donc xi = 0 . L’égalité
xi = 0 donne enfin xp+1 = 0 ; ce qui prouve H(p + 1).
i=1
•
Soit (x1 , . . . , xp ) une famille de vecteurs propres de u associés aux valeurs propres
p
deux à deux distinctes λ1 , . . . , λp et (α1 , . . . , αp ) ∈ IKp tel que
αi xi = 0 .
i=1
Comme (α1 x1 , . . . , αp xp ) ∈
p
Eλi (u), l’on déduit de la première partie de la pro-
i=1
position que, pour tout i ∈ [[1, p]], αi xi = 0.
Comme chaque xi est non nul, car vecteur propre de u , on peut conclure que :
∀i ∈ [[1, p]] αi = 0.
Par suite, la famille (x1 , . . . , xp ) est libre.
Exercice 9 Soit α ∈ IR . Pour tout t > 0 , on a u (fα ) (t) = t αtα−1 = αtα
donc u (fα ) = αfα et la fonction non nulle fα est vecteur propre de u pour la
valeur propre α .
Par suite, si α1 , . . . , αn sont des réels deux à deux distincts, la famille de fonc
tions (fα1 , . . . , fαn ) est une famille libre de C ∞ IR∗+ , IR .
Ainsi, la famille (fα )α∈IR est libre.
Corollaire 8 D’après la proposition 6 de la page 69, à toute famille de p valeurs propres deux
à deux distinctes on peut associer une famille libre de p vecteurs propres, donc p ⩽ n.
Exercice 10 Soit P1 et P2 deux matrices réelles telles que P = P1 + iP2 .
On a (P1 + iP2 ) M = M (P1 + iP2 ), c’est-à-dire P1 M = M P1 et P2 M = M P2 .
Ainsi, pour tout réel λ, on a (P1 + λP2 ) M = M (P1 + λP2 ). Il reste à prouver
l’existence d’un réel λ tel que P1 + λP2 ∈ GLn (IR) pour conclure.
Or, la fonction λ → det (P1 + λP2 ) est polynomiale et non nulle car P (i) = 0 .
Elle admet donc un nombre fini de racines, ce qui assure l’existence d’un réel λ tel
que P1 + λP2 ∈ GLn (IR).
½½¼
Démonstrations et solutions des exercices du cours
Exercice 11
1. Soit λ ∈ IK . Un vecteur X = (xi )1⩽i⩽n vérifie AX = λX si, et seulement si :
⎧
x1 + x2 + · · · + xn = λx1
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎨ x1 + x2 + · · · + xn = λx2
..
⎪
⎪
.
⎪
⎪
⎪
⎪
⎩x +x
1
2
..
.
+ · · · + xn
..
.
= λxn
Si λ =
0 , on en déduit que x1 = · · · = xn puis que λx1 = nx1 . Ainsi, n est
l’unique valeur propre non nulle de J et le sous-espace propre associé est la droite
⎛ ⎞
1
⎜ .. ⎟
engendré par ⎝ . ⎠ .
1
Si λ = 0 , alors le système devient
n
xi = 0 . Ainsi, 0 est valeur propre de J et
i=1
le sous-espace propre associé est l’hyperplan d’équation
n
xi = 0 .
i=1
2. Soit λ ∈ IK . On a AX = λX si, et seulement si, αJX = (λ − β)X .
Si α = 0 , alors A = βIn donc la seule valeur propre de A est β et le sous-espace
propre associé est Mn,1 (IK).
Sinon, λ est valeur propre de A si, et seulement si, λ−β
α ∈ sp(J) = {0, n} .
Ainsi, sp(A) = {β, αn + β} et les sous-espaces propres associés sont respectivement E0 (J) et En (J).
Proposition 15 Soit λ ∈ IK une valeur propre de A et X ∈ Mn,1 (IK ) un vecteur propre
associé. Comme Mn,1 (IK ) ⊂ Mn,1 (IK), λ est aussi valeur propre de A ∈ Mn (IK), d’où
l’inclusion annoncée.
Proposition 16
•
Soit X un vecteur propre de A pour la valeur propre λ. On a donc AX = λX et,
en utilisant les propriétés de la conjugaison, on en déduit facilement :
A X = AX = λ X,
soit AX = λ X , puisque A est à coefficients réels. D’où λ ∈ spC (A) car X = 0 .
•
Soit (X1 , . . . , Xk ) une base de Eλ (A).
D’après le point précédent, les vecteurs X1 , . . ., Xk appartiennent à Eλ (A).
Soit (α1 , . . . , αk ) une famille de scalaires telle que
k
αj Xj = 0 .
j=1
On a alors
k
j=1
αj Xj = 0 puis
k
αj Xj = 0 . La famille (X1 , . . . , Xk ) étant libre, on
j=1
en déduit que α1 = · · · = αk = 0 , d’où α1 = · · · = αk = 0 .
½½½
Par suite la famille X1 , . . . , Xk est libre et la dimension du sous-espace propre de A
pour la valeur propre λ est supérieure ou égale à k ; d’où dim Eλ (A) ⩽ dim E λ (A) .
Comme λ est aussi une valeur propre de A, on en déduit que :
dim Eλ (A) ⩽ dim E (A) = dim Eλ (A)
λ
puis que dim Eλ (A) = dim Eλ (A).
Proposition 18 Si u (x) = λx, on établit, par une récurrence immédiate :
∀k ∈ IN
Si P =
p
uk (x) = λk x.
ak X k , on en déduit P (u) (x) =
k=0
p
k=0
ak uk (x) =
p
ak λk x = P (λ) x.
k=0
Ainsi, si x est vecteur propre de u associé à la valeur propre λ, alors x est vecteur propre
de P (u) pour la valeur propre P (λ) .
Exercice 12
1. On vérifie que A2 = 3A − 2I3 . Le polynôme P = X 2 − 3X + 2 convient donc.
2. On a A (3I3 − A) = 2I3 .
1
On en déduit que A est inversible et que A−1 = (3I3 − A) .
2
3. Soit n un entier. D’après le théorème de la division euclidienne, il existe deux réels
a et b , ainsi qu’un polynôme Q tels que :
X n = P Q + aX + b = (X − 1)(X − 2)Q + aX + b.
n
1
=a+b
Les réels a et b vérifient le système
.
2n = 2a + b
Par conséquent, le reste de la division Euclidienne de X n par P est
(2n − 1) X + 2 − 2n .
4. Soit n un entier. D’après la question précédent, il existe un polynôme Q tel que :
An = P (A)Q(A) + (2n − 1) A + (2 − 2n ) In = (2n − 1) A + (2 − 2n ) In ;
donc :
⎛
3
An = ⎝ 4 (1 − 2n )
8 (1 − 2n )
⎞
1 − 2n
2 (2n − 1)
9 · 2n − 8
4 (1 − 2n ) ⎠ .
n
16 (2 − 1) −7 · 2n + 8
Exercice 13
En développant det (XI3 − A) par rapport à la première colonne, on obtient :
χA (X) = (X − 1) (X − cos θ)2 + sin θ2 = (X − 1) X 2 − 2 cos θX + 1 .
Ainsi, spC (A) = 1, eiθ , e−iθ et spIR (A) = {1} ou spIR (A) = {−1, 1} (si θ ≡ π[2π]).
#
$
t
Exercice 14 On a χtA = det XIn − tA = det (XIn − A) = χA .
½½¾
Démonstrations et solutions des exercices du cours
Proposition 27 Soit A = (ai,j )1⩽i,j⩽n et λ ∈ IK . La matrice (XIn − A) est une matrice
à coefficients dans IK . Son déterminant, donné par :
ε (σ) λδσ(1),1 − aσ(1),1 . . . λδσ(n),n − aσ(n),n
σ∈Sn
est une expression polynomiale en λ de degré inférieur ou égal à n.
Soit σ ∈ Sn différente de l’identité. il existe alors au moins deux éléments distincts i et j
de [[1, n]] tels que δσ(i),i et δσ(j),j soient nuls et le terme :
ε (σ) λδσ(1),1 − ασ(1),1 . . . λδσ(n),n − ασ(n),n
est de degré inférieur ou égal à n − 2 . Les termes de degré n et n − 1 de χA (λ) sont
donc ceux du produit :
(λ − α1,1 ) . . . (λ − αn,n ) ,
soit λn et − (α1,1 + · · · + αn,n ) λn−1 respectivement.
On obtient finalement le terme constant de χA en évaluant en 0 .
Exercice 15 Soit λ ∈ IK . Si λ =
0 , alors, l’opération élémentaire par blocs
C2 ← C2 + λ−1 AC1 donne :
λIn −A In λ−1 A λIn
0
=
χB (λ) = −A λIn 0
In −A λIn − λ−1 A2 et, par conséquent :
χB (λ) = det λ2 In − A2 = det (λIn − A) det (λIn + A) = χA (λ)(−1)n χA (−λ).
Si λ = 0 , on a le même résultat. Ainsi χB (X) = (−1)n χA (X)χA (−X).
Exercice 16 Pour tout complexe λ, on a :
λIn − A
−B
.
χC (λ) = −B
λIn − A Les opérations C1 ← C1 + C2 puis L2 ← L2 − L1 donnent :
λIn − A − B
λIn − A − B
−B
=
χC (λ) = λIn − A − B λIn − A 0
−B
λIn − A + B donc χC (λ) = χA+B (λ)χA−B (λ). puis χC (X) = χA+B (X)χA−B (X).
Exercice 17 Par l’opération L0 ← L0 + XL1 + · · · + X p−1 Lp−1 , la matrice XIp − A
se transforme en :
⎛
⎞
0
0 ... ...
0
P (X)
⎜ −1 X . . . . . .
0
a1 ⎟
⎜
⎟
⎜
⎟
⎜ 0 −1 . . .
⎟
⎜
⎟
⎜ .
⎟
.
.
.
.
.
.. . .
..
..
.. ⎟
⎜ ..
⎜
⎟
⎝ 0
0 . . . −1 X
ap−2 ⎠
0
0 ...
0 −1 X + ap−1
½½¿
avec P (X) = X p + ap−1 X p−1 + · · · + a1 X + a0 . Un développement suivant la première
ligne donne alors :
χA (X) = (−1)p+1 P (X)(−1)p−1 = P (X).
Exercice 18 Dans une base adaptée au sous-espace vectoriel Im u , la matrice de u est
de la forme :
⎛
⎞
α1,1 . . . . . . α1,n
⎜ 0
... ...
0 ⎟
⎜
⎟
⎜ ..
.. ⎟ .
⎝ .
. ⎠
0
... ...
0
(X − α1,1 ). Comme α1,1 est la trace
Son polynôme caractéristique est donc X
de u , on obtient :
χu (X) = X n−1 (X − Tr u) .
n−1
Proposition 32 Soit p la dimension de F et B = (e1 , . . . , en ) une base de E adaptée
à F , c’est-à-dire telle que BF = (e1 , . . . , ep ) soit une base de F .
A B
, où A est la matrice de uF
0 D
dans la base BF . Le polynôme caractéristique de u , égal à χA (X)χD (X) est donc
divisible par le polynôme caractéristique χA (X) de uF .
La matrice de u dans B est alors de la forme
Proposition 33 En effet, si F est stable par u , alors χuF divise le polynôme scindé χu ,
d’après la proposition 32 de la page 83, donc est scindé.
Proposition 34 Notons n (λ) la dimension du sous-espace propre Eλ (u).
Comme Eλ (u) est non réduit à {0} , on a 1 ⩽ n (λ) . De plus, Eλ (u) est stable par u
et l’endomorphisme induit par u sur Eλ (u) est l’homothétie λ IdEλ (u) ; son polynôme
caractéristique vaut donc (X − λ)n(λ) . D’après la proposition 32, il divise χu (X), ce qui
donne n(λ) ⩽ m (λ) .
Proposition 36 D’après la définition 10 de la page 82, on a :
n
χu (X) = X n − (Tr u) X n−1 + · · · + (−1) det u.
n
(X − μi ) . En utilisant les relations entre
D’après les hypothèses, on a aussi χu (X) =
i=1
coefficients et racines d’un polynôme scindé, on obtient :
n
n
Tr u =
μi et det u =
μi .
i=1
i=1
Comme, à l’ordre près, on a l’égalité :
(μ1 , . . . , μn ) = (λ1 , . . . , λ1 , . . . , λp , . . . , λp )
m(λ1 ) fois
on obtient :
Tr u =
p
i=1
½½
m(λp ) fois
p
m (λi ) λi
et
m(λi )
det u =
λi
i=1
.
Démonstrations et solutions des exercices du cours
Proposition 37 S’il existe une base de E constituée de vecteurs propres de u , alors la
matrice de u dans cette base est diagonale donc u est diagonalisable.
Réciproquement, s’il existe une base B de E telle que la matrice de u dans cette base
soit diagonale, alors la base B est constituée de vecteurs propres de u .
Exercice 19 Pour P = 0 , on a deg (P ) < deg (P ) ; par suite P = Dn (P ) = λP est
impossible avec λ =
0 . Ainsi, sp Dn ⊂ {0} .
Comme Ker (Dn ) = IK0 [X], les vecteurs propres de Dn sont de degré nul donc il
n’existe pas de base de IKn [X] constituée de vecteurs propres de Dn .
Par suite, Dn n’est pas diagonalisable.
Exercice 20 Une matrice A non nulle est vecteur propre de f pour la valeur propre λ
si, et seulement si, f (A) = λA, c’est-à-dire si, et seulement si, (λ − 1) A = Tr (A) In .
Deux cas se présentent :
•
•
λ = 1 . Dans ce cas f (A) = A équivaut à Tr (A) = 0 . Ainsi 1 est valeur propre
de f et le sous-espace propre associé est égal à l’ensemble des matrices de trace
nulle. Il s’agit du noyau de la forme linéaire non nulle Tr donc d’un hyperplan.
λ=
1 . Dans ce cas f (A) = λA entraîne A ∈ Vect (In ) .
Comme f (In ) = (n + 1) In , on en déduit que n + 1 est valeur propre de f , de
sous-espace propre associé Vect (In ) .
/ H et que H est un hyperplan de Mn (IK) , on sait qu’alors :
Comme In ∈
Mn (IK) = H ⊕ Vect (In ) .
Ainsi, en réunissant une base de H et une base de Vect (In ), on obtient une base
de Mn (IK) constituée de vecteurs propres de f .
En conclusion, f est diagonalisable.
Proposition 38
• Soit p un projecteur de E . On a E = Ker p ⊕ Ker (p − IdE ). Donc, si l’on réunit une
base de Ker p et une base de Ker (p − IdE ), on obtient une base de E constituée
de vecteurs propres de p. Ainsi p est diagonalisable.
On peut même préciser que le spectre de p est {0, 1} sauf si p = 0 (auquel cas
sp(p) = {0} ) ou p = IdE (auquel cas sp(p) = {1} ).
• Soit s une symétrie de E . On a E = Ker(s − IdE ) ⊕ Ker(s + IdE ). Donc, si l’on
réunit une base de Ker(s − IdE ) et une base de Ker(s + IdE ), on obtient une base
de E constituée de vecteurs propres de s. Ainsi, s est diagonalisable.
On peut même préciser que son spectre est {−1, 1} sauf si s = Id (auquel cas
sp(s) = {1} ) ou s = − IdE (auquel cas sp(s) = {−1} ).
Exercice 21
• Pour le calcul de χA (X), notons C1 , C2 et C3 les colonnes de la matrice XI3 −A.
L’opération C1 ← C1 + C2 − C3 donne :
X −1
−3
−2 χA (X) = X − 1 X − 5 −2 .
1−X
3
X ½½
En notant cette fois L1 , L2 et L3 les lignes du nouveau déterminant, les opérations
L2 ← L2 − L1 et L3 ← L3 + L1 donnent :
1
−3
−2 = (X − 1) (X − 2)2 .
0
χA (X) = (X − 1) 0 X − 2
0
0
X −2 •
Ainsi, sp(A) = {1, 2} .
On obtient le sous-espace propre associé à la valeur propre 1 en résolvant le
système AX = X soit :
⎧
⎨ −x + 3y + 2z = 0
−2x + 4y + 2z = 0
⎩
2x − 3y − z = 0.
Notons E1 , E2 et E3 les équations de ce système. En effectuant les opérations
E2 ← E2 − E1 et E3 ← E3 + E1 , on montre que ce système est équivalent à
x = y = −z . Ainsi E1 (A) = IKv1 , où :
⎛
⎞
1
v1 = ⎝ 1 ⎠ .
−1
L’étude du sous-espace propre associé à la valeur propre 2 conduit au système :
⎧
⎨ −2x + 3y + 2z = 0
−2x + 3y + 2z = 0
⎩
2x − 3y − 2z = 0,
équivalent à 2x − 3y − 2z = 0 . On obtient E2 (A) = IKv2 ⊕ IKv3 où :
⎛ ⎞
⎛ ⎞
3
1
v2 = ⎝ 2 ⎠ et v3 = ⎝ 0 ⎠ .
0
1
•
Comme les sous-espaces propres sont en somme directe d’après la proposition 6 de
la page 69, C = (v1 , v2 , v3 ) est une famille libre donc une base de vecteurs propres.
Ainsi, la matrice A est diagonalisable.
La matrice de passage de la base canonique à C est :
⎛
⎞
1 3 1
P = ⎝ 1 2 0 ⎠.
−1 0 1
⎛
⎞
1 0 0
On peut donc conclure que P −1 AP = ⎝ 0 2 0 ⎠ .
0 0 2
p
Eλi est directe.
Proposition 41 D’après la proposition 6 de la page 69, la somme
i=1
•
Supposons (i). Puisqu’il existe une base de vecteurs propres de u , la somme dip
Eλi contient E , ce qui implique (ii).
recte
i=1
½½
Démonstrations et solutions des exercices du cours
•
p
Eλi étant directe, on a :
La somme
i=1
dim
p
+
Eλi (u)
=
p
i=1
•
dim Eλi (u) .
i=1
On en déduit que (ii) ⇒ (iii).
Supposons (iii). En réunissant des bases de chaque sous-espace propre de u , on
obtient, d’après la proposition 6 de la page 69, une famille libre de n vecteurs propres
de u ; ce qui prouve (i).
Corollaire 43 Comme deg (χu ) = n, l’endomorphisme u possède n valeurs distinctes si,
et seulement si, χu est scindé à racines simples.
D’après le corollaire 35 de la page 85, chaque sous-espace propre est alors de dimension 1 .
n
dim Eλi (u) = n = dim E . On conclut avec la
Si sp (u) = {λ1 , . . . , λn } , on a donc
i=1
proposition 41 de la page 88.
Exercice 22 Le polynôme caractéristique de A, (X − 1)(X − 4)(X − 6) est scindé
simple donc A est diagonalisable.
Théorème 44 On pose F =
Eλ (u).
λ∈sp(u)
D’après la proposition 41, u est diagonalisable si, et seulement si, F = E donc si, et
seulement si, dim F = dim E . Or, d’après la proposition 34, pour tout λ ∈ sp(u), on
a dim Eλ (u) ⩽ m(λ). Ainsi, :
dim Eλ (u) ⩽
m(λ) ⩽ deg(χu ) = dim E.
dim F =
λ∈sp(u)
λ∈sp(u)
Par suite, u est diagonalisable si, et seulement si :
∀λ ∈ sp(u)
dim Eλ (u) = m(λ)
et
m(λ) = deg(χu );
λ∈sp(u)
c’est-à-dire si, et seulement si :
∀λ ∈ sp(u)
dim Eλ (u) = m(λ)
et
χu est scindé.
Exercice 23 On a χA = (X − 1)2 (X + 1) ; ainsi χA est scindé, −1 est valeur propre
simple et 1 est valeur propre double.
D’après le corollaire 35 de la page 85, on a dim E−1 (A) = 1 . D’après le corollaire 45
de la page 91, la matrice A est diagonalisable si, et seulement si, dim E1 (A) = 2 .
En appliquant le théorème du rang, cela équivaut à :
rg (A − I) = dim IR3 − dim E1 (A) = 1.
⎛
⎞
0 a
b
c ⎠ , on a rg (A − I) = 1 si, et seulement si, la deuxième
Comme A− I = ⎝ 0 0
0 0 −2
colonne est proportionnelle à la dernière, ce qui équivaut à a = 0 .
½½
Exercice 24 En revenant à la définition, on a ∀(i, j) ∈ [[1, n]]2
Bi,j = An+1−i,n+1−j .
On passe donc de A à B par une « symétrie centrale ».
Théorème 48 D’après la proposition 46 de la page 93, il est équivalent d’établir le résultat
pour les matrices ou pour les endomorphismes.
•
•
Si un endomorphisme u est trigonalisable, alors son polynôme caractéristique est égal
à celui d’une matrice triangulaire supérieure ; il est donc scindé sur IK, d’après la
proposition 25 de la page 79.
Montrons la réciproque par récurrence.
Pour n = 1 il n’y a rien à prouver.
Supposons le résultat vrai au rang n ⩾ 1 et considérons u ∈ L(E) tel que
dim E = n + 1 et χu soit scindé.
Comme χu est scindé il possède une racine. Par conséquent, il existe λ ∈ sp (u) et
x un vecteur propre associé. Complétons x en une base B de E de sorte que :
MatB (u) =
λ
0
L
A
,
où le bloc nul est une colonne de Mn,1 (IK), L ∈ M1,n (IK) et A ∈ Mn (IK).
En développant le polynôme caractéristique de u par rapport à la première colonne, on
obtient χu (X) = (X − λ) χA (X). Comme χu est scindé sur IK, on en déduit que χA
l’est également. D’après l’hypothèse de récurrence, l’endomorphisme canoniquement
associé à A est trigonalisable, il existe donc Pn ∈ GLn (IK) tel que Pn−1 APn soit
triangulaire supérieure.
Notons Pn+1 la matrice par blocs Pn+1 =
−1
sible d’inverse Pn+1
=
1
0
0
Pn−1
1
0
0
Pn
λ
0
L
A
. Il s’agit d’une matrice inver-
.
Un produit par blocs donne alors :
−1
MatB (u) Pn+1 =
Pn+1
=
1
0
0 Pn−1
λ
L
0 Pn−1 A
1
0
0
Pn
1
0
0
Pn
=
λ
0
LPn
Pn−1 APn
.
−1
Ainsi Pn+1
MatB (u) Pn+1 est triangulaire supérieure, ce qui permet de conclure que u
est trigonalisable.
Exercice 25 Le polynôme caractéristique de uF divise celui de u qui est scindé. Ainsi,
le polynôme caractéristique de uF est scindé donc uF est trigonalisable.
Exercice 26 Comme cela a été fait en remarque, il existe une base (u, v, w) telle que,
en notant P la matrice de passage de la base canonique de IK3 à cette base, on ait :
⎛
⎞
λ 0 α
P −1 AP = ⎝ 0 μ β ⎠ .
0 0 μ
½½
Démonstrations et solutions des exercices du cours
Soit (a, b, c) ∈ IK3 et f l’endomorphisme canoniquement associé à A.
On pose w = au + bv + cw avec c non nul de sorte que la famille (u, v, w ) soit une
base.
On a alors :
f (w ) = aλu + bμv + c (αu + βv + μw) = (aλ + cα − aμ) u + (bμ + cβ − bμ) v + μw .
cα
Ainsi, on prend a = μ−λ
, de sorte que la matrice de f dans la base (u, v, w ) soit
⎛
⎞
λ 0
0
égale à ⎝ 0 μ cβ ⎠ .
0 0 μ
Comme dim Eμ (f ) = 1 , on a β = 0 et l’on prend c = 1/β pour obtenir la forme
annoncée.
Exercice 27
1. Pour le calcul de χA (X), notons C1 , C2 et C3 les colonnes de la matrice XI3 −A.
L’opération C2 ← C2 + 2C1 − C3 donne :
X 2X
−3 X
−6 .
χA (X) = 1
−2 −X X + 10 En notant cette fois L1 , L2 et L3 les lignes du nouveau déterminant, les opérations
L1 ← L1 − 2L2 et L3 ← L3 + L2 donnent :
X −2 0
9
1
1
−6 = X (X + 1)2 .
χA (X) = X −1
0 X +4 Une liste de valeurs propres de A est donc (0, −1, −1). Comme la matrice :
⎛
⎞
1
3
3
9
6 ⎠
A + I3 = ⎝ −1
2 −14 −9
n’est pas de rang 1 , on a dim E−1 (A) = 2 .
D’après le corollaire 45 de la page 91, la matrice A n’est pas diagonalisable.
2. Comme χA est scindé, la matrice A est trigonalisable, d’après le théorème 48 de
la page 93. En étudiant les systèmes AX = 0 et AX = −X , on obtient facilement
que :
⎛
⎞
2
• E0 (A) = Vect (u), avec u = ⎝ 1 ⎠ ,
−1
⎛
⎞
3
• E−1 (A) = Vect (v), avec v = ⎝ 3 ⎠ .
−4
½½
⎛
⎞
1
On peut compléter (u, v) en une base de M3,1 (IK) à l’aide de w = ⎝ 0 ⎠ .
0
⎛
⎞
2
3
1
3
0 ⎠ la matrice de passage de la base canonique
En notant P = ⎝ 1
−1 −4
0
de M3,1 (IK) à la base (u, v, w) , il existe (α, β, γ) ∈ IK3 tel que :
⎛
⎞
0
0 α
P −1 AP = ⎝ 0 −1 β ⎠ .
0
0 γ
⎛
⎞
0
4
3
On peut soit calculer P −1 = ⎝ 0 −1 −1 ⎠ et obtenir, par un simple calcul
1 −5 −3
⎛
⎞
0
0
2
matriciel, P −1 AP = ⎝ 0 −1 −1 ⎠ .
0
0 −1
⎛
⎞
0
On peut aussi obtenir Aw = ⎝ −1 ⎠ = 2u − v − w par résolution d’un système ;
2
⎛
⎞
0
0
2
on en déduit que P −1 AP = ⎝ 0 −1 −1 ⎠ .
0
0 −1
Exercice 28
X − 14 −18
−18 . En retranchant la deuxième colonne
6
X +7
9
1. On a χA (X) = 2
3
X +1 de la troisième, il vient :
X − 14 −18
0
6
X + 7 −X + 2 .
χA (X) = 2
3
X −2 En ajoutant la dernière ligne à la deuxième, puis en développant par rapport à la
dernière colonne, on obtient :
X − 14
−18
0
X − 14
−18 8
X + 10
0
χA (X) = = (X − 2) 8
X + 10 2
3
X −2 3
= (X − 2) X 2 − 4X + 4 = (X − 2) .
Ainsi χA est scindé et admet 2 pour racine triple. Comme A = 2I3 , A n’est pas
diagonalisable, d’après l’exemple 1 de la page 88.
Comme χA est scindé, la matrice A est trigonalisable.
½¾¼
Démonstrations et solutions des exercices du cours
2. On cherche une base (U, V, W ) de M3,1 (IK) telle que :
⎧
⎨ (A − 2I3 ) U = 0
(A − 2I3 ) V
= 0
( )
⎩
(A − 2I3 ) W = V.
Les vecteurs U et V sont donc à chercher dans le sous-espace propre de A pour
⎛
⎞
12 18 18
la valeur propre 2 . Comme A − 2I3 = ⎝ −6 −9 −9 ⎠ est de rang 1 , l’espace
−2 −3 −3
propre E2 (A) est le plan de IK3 d’équation 2x + 3y + 3z = 0 .
⎛
⎞
6
De plus, le vecteur V doit appartenir à Im(A − 2I3 ) = Vect ⎝ −3 ⎠ .
−1
⎛
⎞
⎛
⎞
⎛
⎞
1
12
0
Prenons W = ⎝ 0 ⎠ , V = ⎝ −6 ⎠ , puis U = ⎝ 1 ⎠ .
0
−2
−1
Les vecteurs U et V forment une base du plan E2 (A) d’équation 2x + 3y + 3z = 0
et W ∈ E2 (A) donc la famille (U, V, W ) est une base de M3,1 (IK) vérifiant ( ).
⎛
⎞
0 12
1
0 ⎠ , alors P ∈ GL3 (IK) et :
Si l’on pose P = ⎝ 1 −6
−1 −2
0
⎛
⎞
2 0 0
P −1 AP = ⎝ 0 2 1 ⎠ .
0 0 2
Exercice 29
1. Le résultat est immédiat si E est de dimension 1 .
Supposons désormais le résultat vrai pour tout espace vectoriel de dimension
dim E − 1 et considérons un endomorphisme u annulé par un polynôme scindé
m
(X − βk ). La relation (u − β1 IdE ) ◦ · · · ◦ (u − βm IdE ) = 0 implique
P (X) =
k=1
alors qu’il existe i ∈ [[1, m]] tel que (u − βi IdE ) soit non inversible. L’endomorphisme non injectif (u − βi IdE ) est alors d’image F strictement contenue dans E .
Choisissons alors un hyperplan H de E contenant F .
Comme F = Im(u − βi IdE ) ⊂ H , l’hyperplan H est stable par (u − βi IdE ) et
donc par u . L’endomorphisme induit uH vérifie P (uH ) = 0 ; il est donc annulé
par un polynôme scindé et, par hypothèse de récurrence, trigonalisable.
Il existe donc une base B de H dans laquelle la matrice de uH est triangulaire
supérieure. Dans toute base B de E , obtenue en complétant B par un seul
vecteur, la matrice de u est triangulaire supérieure ; ce qui conclut la récurrence.
½¾½
2. Supposons que la matrice de u dans la base B = (e1 , . . . , en ) soit de la forme :
⎞
⎛
α1 . . . . . . ∗
⎜
.. ⎟
..
⎜ 0
.
. ⎟
⎟.
⎜
⎜ .
. . . . .. ⎟
⎝ ..
.
. . ⎠
0
... 0
αn
Notons alors Fi le sous-espace vectoriel Vect(e1 , . . . , ei ). Les relations
(u − αi IdE ) (ei ) ∈ Fi−1
et
∀k ∈ [[1, i − 1]] u(ek ) ∈ Fi−1
montrent que l’on a (u − αi IdE ) (Fi ) ⊂ Fi−1 pour tout i. Le sous-espace vectoriel :
(u − α1 IdE ) ◦ · · · ◦ (u − αn IdE ) (Fn )
est donc contenu dans :
(u − α1 IdE ) ◦ · · · ◦ (u − αn−1 IdE ) (Fn−1 )
et par itération dans (u − α1 IdE ) (F1 ) qui est réduit à {0}. On a donc χu (u) = 0.
3. D’après la question précédente et le théorème 48 de la page 93, si u est un endomorphisme trigonalisable de E , alors il est annulé par un polynôme scindé. La
réciproque ayant été montrée à la première question, l’équivalence est prouvée.
Exercice 30
1. Comme eλ est vecteur propre de D pour la valeur propre λ, en appliquant la
proposition 18, on obtient :
P D (eλ ) = P (λ) eλ .
2. Soit P un polynôme annulateur de D . Comme les fonctions eλ sont toutes non
nulles, on a, d’après la première question :
∀λ ∈ IR
P (λ) = 0.
Le polynôme P , ayant une infinité de racines, est donc nul.
Par conséquent, l’idéal annulateur de D soit réduit au polynôme nul.
Proposition 54
1. On considère ϕu l’application linéaire qui à tout polynôme P associe P (u).
Comme L(E) est de dimension finie (égale à n2 si dim E = n), le théorème du rang
implique la non injectivité de ϕu puisque IK[X] est de dimension infinie.
2. Il suffit d’appliquer ce qui précède à l’endomorphisme canoniquement associé à A.
Exercice 31
1. • Si p = 0 , on a πp = X .
• Si p = IdE , on a πp = X − 1 .
• Dans les autres cas, comme p n’est pas une homothétie et vérifie p2 = p, on
a πp = X 2 − X .
2. • Si s = IdE , on a πs = X − 1 .
• Si s = − IdE , on a πs = X + 1 .
• Dans les autres cas, comme s n’est pas une homothétie et vérifie s2 = IdE , on
a πs = X 2 − 1 .
½¾¾
Démonstrations et solutions des exercices du cours
Exercice 32
• On sait, d’après la proposition 20, que toute valeur propre de u est racine de πu .
• Pour la réciproque, on raisonne par l’absurde. Soit μ une racine de πu non valeur
propre de u . On peut écrire : πu = (X − μ) P , avec deg (P ) < deg (πu ).
Comme μ ∈ sp (u), on a (u − μ IdE ) ∈ GL(E). On déduit alors de :
(u − μ IdE ) ◦ P (u) = πu (u) = 0
que P (u) = 0 . Comme πu est non nul, P non plus car IK[X] est intègre. Or
deg (P ) < deg (πu ) , ce qui contredit le caractère minimal de πu .
En conclusion, toute racine de πu est valeur propre de u .
Proposition 55 La famille F = uk k∈[[0,d−1]] est bien sûr une famille d’endomorphismes
de IK [u].
•
d−1
λk uk = 0 .
Soit (λ0 , . . . , λd−1 ) ∈ IKd \ (0, . . . , 0) tel que
k=0
Le polynôme P =
d−1
λk X k est alors un polynôme annulateur non nul de u , de degré
k=0
•
strictement plus petit que d = deg πu , ce qui contredit la définition du polynôme
minimal πu . La famille F est donc libre.
Soit v ∈ IK[u] ; il existe donc P ∈ IK[X] tel que v = P (u). La division euclidienne
de P par πu s’écrit :
P = Qπu + R avec deg (R) < d.
En appliquant le morphisme d’algèbres ϕu , on obtient :
v = P (u) = Q (u) ◦ πu (u) + R (u) = R (u) ,
puisque πu (u) = 0 . Comme deg (R) < d, on a v ∈ Vect IdE , u, . . . , ud−1 , ce qui
prouve que la famille F est une famille génératrice de IK [u].
En conclusion, la famille F est une base de IK [u].
Exercice 33
1. • On a immédiatement :
∀k ∈ [[0, p − 2]] AEk = Ek+1 ,
d’où l’on déduit par récurrence :
•
∀k ∈ [[0, p − 1]] Ak E0 = Ek .
k La famille A E0 k∈[[0,p−1]] est donc libre. Par suite, si Q ∈ IKp−1 [X] est un
2. •
polynôme non nul, on a Q (A) E0 =
0 et donc Q (A) = 0 .
Comme il n’existe pas de polynôme annulateur non nul de A de degré inférieur
ou égal à p − 1 , on a deg (πA ) ⩾ p.
p−1
On a AEp−1 = −
ak Ek , c’est-à-dire :
k=0
Ap E0 = −
p−1
ak Ak E0 .
k=0
Par suite, P (A) E0 = 0 .
½¾¿
•
Pour k ∈ [[1, p − 1]], on a P (A) Ek = P (A) Ak E0 = Ak P (A) E0 = 0, en
utilisant la commutativité de IK [A] .
Comme (E0 , . . . , Ep−1 ) est une base de Mp,1 (IK), on en déduit P (A) = 0 . Le
polynôme P est un polynôme unitaire de degré p, annulateur de A. D’après
la première question, on a πA = P .
#
$
Exercice 34 Notons Fx = Vect uk (x) k∈IN .
•
Si F est un sous-espace vectoriel de E stable par u et contenant x, on a :
∀k ∈ IN uk (x) ∈ F,
•
donc Fx ⊂ F . Comme Fx est stable par u et contient x, Fx est le plus petit
sous-espace vectoriel de E stable par u et contenant x.
La famille de Fx , uk (x) 0⩽k⩽p , contient p éléments, il suffit donc de montrer
qu’elle est génératrice pour conclure.
Soit y ∈ Fx . Il existe P ∈ IK[X] tel que y = P (u)(x).
Par ailleurs, la famille à p + 1 éléments, uk (x) 0⩽k⩽p , est liée donc il existe
T ∈ IKp [X] non nul tel que T (u)(x) = 0 .
On effectue la division euclidienne de P par T :
P = QT + R
avec
deg (R) < p.
On en déduit y = P (u) (x) = Q (u) ◦ T (u) (x) + R (u) (x) . Comme T (u) (x) = 0
$
#
et deg (R) < p − 1 , on a alors y ∈ Vect uk (x) 0⩽k⩽p−1 .
En conclusion, la famille uk (x) 0⩽k⩽p−1 engendre Fx , c’est est donc une base.
Théorème 56 Soit x ∈ E\ {0} et Fx le plus petit sous-espace vectoriel de E stable
par u et contenant x dont on note p la dimension. D’après le lemme précédent,
k
u (x) 0⩽k⩽p−1 est une base de Fx donc il existe (a0 , . . . , ap−1 ) ∈ IKp tel que
up (x) = −
p−1
ak uk (x) . Il en résulte que la matrice de l’endomorphisme induit uFx
par u sur Fx dans la base uk (x) 0⩽k⩽p−1 est une matrice compagnon.
k=0
Or, d’après les exercices 17 et 33, si A est une matrice compagnon, alors πA = χA . Par
conséquent, πuFx = χuFx D’après la proposition 32, χux divise χu donc χu (ux ) = 0 .
Comme x ∈ Ex , on peut écrire :
χu (u) (x) = χu (ux ) (x) = 0.
Cette dernière égalité a été établie pour tout x ∈ E\ {0}. On en déduit que χu (u) = 0 .
Exercice 35 On a vu que χA (X) = X 3 − 3X 2 + 3X − 2 . En appliquant le théorème
de Cayley-Hamilton, on obtient A3 − 3A2 + 3A − 2I3 = 0 . On en déduit :
A2
3A 3I3
−
+
= I3 .
2
2
2
1 2
A − 3A + 3I3 .
Par suite, A est inversible et l’on a A−1 =
2
A
½ Démonstrations et solutions des exercices du cours
Théorème 58 On procède par récurrence sur r ⩾ 2 .
• Montrons le résultat pour r = 2 .
Soit P1 , P2 deux polynômes premiers entre eux et P = P1 P2 .
∗ Comme P (u) = P1 (u)◦ P2 (u), on a Ker P2 (u) ⊂ Ker P (u). Par commutativité
de IK [u], on a aussi P (u) = P2 (u) ◦ P1 (u) puis Ker P1 (u) ⊂ Ker P (u).
Par suite, Ker P1 (u) + Ker P2 (u) ⊂ Ker P (u).
∗ D’après le théorème de Bézout, il existe (U1 , U2 ) ∈ IK[X]2 tel que
P1 U1 + P2 U2 = 1 ; on a donc P1 (u) ◦ U1 (u) + P2 (u) ◦ U2 (u) = IdE . Soit
x ∈ Ker P (u) ; posons :
x1 = P2 (u) ◦ U2 (u) (x)
et
x2 = P1 (u) ◦ U1 (u) (x) .
On a alors x = x1 + x2 et :
P1 (u)(x1 ) = P1 (u) ◦ P2 (u) ◦ U2 (u) (x) = U2 (u) ◦ P1 (u) ◦ P2 (u) (x)
= U2 (u) ◦ P (u)(x) = 0.
donc x1 ∈ Ker P1 (u) et, de même x2 ∈ Ker P2 (u). On a donc établi l’inclusion :
Ker P (u) ⊂ Ker P1 (u) + Ker P2 (u)
et, avec le point précédent, l’égalité Ker P (u) = Ker P1 (u) + Ker P2 (u).
Si x ∈ Ker P1 (u)∩Ker P2 (u) , l’égalité x = U1 (u)◦P1 (u) (x)+U2 (u)◦P2 (u) (x)
montre que x = 0 . Par suite, Ker P1 (u) ∩ Ker P2 (u) = {0}.
On a donc prouvé Ker P (u) = Ker P1 (u) ⊕ Ker P2 (u).
Soit r ⩾ 3 tel que le résultat soit vrai au rang r − 1 . Considérons (P1 , . . . , Pr ), une
r
famille de r polynômes deux à deux premiers entre eux, et P =
Pk .
∗
•
k=1
Posons Q =
r−1
Pk ; les polynômes Q et Pr sont premiers entre eux, car si un
k=1
polynôme irréductible divise Q et Pr , il divise l’un des Pk , avec k ∈ [[1, r − 1]],
et Pr , ce qui est contraire aux hypothèses.
D’après le premier point, on a Ker P (u) = Ker Q (u) ⊕ Ker Pr (u) et, d’après l’hyr−1
Ker Pk (u).
pothèse de récurrence, on a Ker Q (u) =
k=1
r
Ker Pk (u), ce qui achève la récurrence.
On en déduit Ker P (u) =
k=1
Corollaire 59
C’est une conséquence immédiate du lemme des noyaux.
Exercice 36
• Commençons par le montrer pour r = 2 . D’après le théorème de Bézout, il existe
(U1 , U2 ) ∈ IK[X]2 tel que P1 U1 + P2 U2 = 1 .
On a donc P1 (u) ◦ U1 (u) + P2 (u) ◦ U2 (u) = IdE ce qui, pour tout x ∈ E donne :
x = P2 (u) ◦ U2 (u) (x) + P1 (u) ◦ U1 (u) (x) .
∈Ker P1 (u)
∈Ker P2 (u)
½ Ainsi, les projections associées à la décomposition :
Ker P (u) = Ker P1 (u) ⊕ Ker P2 (u)
sont les endomorphismes (U1 P1 ) (u) et (U2 P2 ) (u).
•
Soit r ⩾ 3 tel que le résultat soit vrai au rang r − 1 . Considérons (P1 , . . . , Pr ) ,
r
une famille de r polynômes deux à deux premiers entre eux, et P =
Pk tel
k=1
que P (u) = 0 .
On pose alors Q =
r−1
Pk ; les polynômes Q et Pr sont premiers entre eux (car si
k=1
un polynôme irréductible divise Q et Pr , il divise l’un des Pk , avec k ∈ [[1, r − 1]],
et Pr , ce qui est contraire aux hypothèses).
D’après le premier point, on a E = Ker Q (u) ⊕ Ker Pr (u) et il existe des polynômes Q1 et Q2 tels que Q1 (u) soit la projection sur Ker Q (u) et Q2 (u), celle
sur Ker Pr (u).
Si l’on considère ũ l’endomorphisme induit pas u sur Ker Q (u), alors Q(ũ) = 0 .
r−1
D’après l’hypothèse de récurrence, on a Ker Q (ũ) =
Ker Pk (ũ) et, pour tout
k=1
i ∈ [[1, r]], il existe un polynôme Ri tel que , Ri (ũ) soit la projection sur Ker Pi (ũ) .
Soit x ∈ E . Considérons sa décomposition x = x1 + · · · + xr dans la
r
Ker Pk (u). Le vecteur x = x1 + · · · + xr−1 appartient à
somme directe
k=1
Ker Q (ũ) = Ker Q (u). De plus, pour tout i ∈ [[1, r − 1]], xi appartient à
Ker Pi (u) = Ker Pi (ũ) (car Ker Pi (ũ) = Ker Pi (u) ∩ Ker Q(u)) donc :
xi = Ri (ũ)(x ) = Ri (u)(x ) = Ri (u) (Q1 (u)) .
Par conséquent, pour tout i ∈ [[1, r − 1]], la projection sur Ker Pi (u) est Ri Q(u) ;
c’est donc un polynôme en u . Celle sur Ker Pr (u) étant égale à Q2 (u), cela achève
la récurrence.
Théorème 60
•
Supposons (i) et prouvons (ii). Comme u est diagonalisable, on a :
E=
p
+
Eλi (u)
avec
sp (u) = {λ1 , . . . , λp } .
i=1
Considérons le polynôme scindé à racines simples P =
p
(X − λi ). L’endomor-
i=1
•
phisme P (u) coïncide avec l’endomorphisme nul sur tous les Eλi (u) ; ils sont donc
égaux ; ce qui prouve que P est un polynôme annulateur de u .
Ainsi, l’endomorphisme u est annulé par le polynôme P qui est scindé simple.
L’implication (ii) =⇒ (iii) est évidente, puisque tout diviseur d’un polynôme scindé
à racines simples est scindé à racines simples et que le polynôme minimal de u divise
tout polynôme annulateur de u .
½ Démonstrations et solutions des exercices du cours
•
Supposons (iii) et prouvons (i). Soit πu =
p
(X − λi ) le polynôme minimal de u ;
i=1
on a vu dans l’exercice 32 de la page 97 que sp (u) = {λ1 , . . . , λp } .
Comme les λi sont deux à deux distincts, les polynômes X − λi sont deux à deux
p
Eλi (u) = E ; par suite, u
premiers entre eux. D’après le lemme des noyaux, on a
i=1
est diagonalisable, ce qui établit (i).
Corollaire 61 En effet, d’après le théorème 60 le polynôme minimal πu de u est scindé
à racines simples et, comme πu (uF ) = 0 , on déduit du même théorème que uF est
diagonalisable.
Exercice 37 Le sens direct est clair puisque dans une base de diagonalisation simultanée, les matrices des endomorphismes sont diagonales donc commutent deux à deux.
Montrons la réciproque par récurrence sur la dimension de E .
Elle est évidente si E est de dimension 1 .
Soit n ⩾ 2 . Supposons le résultat démontré sur tout espace vectoriel de dimension
strictement inférieur à n et considérons un espace vectoriel E de dimension n ainsi
qu’une famille (ui )i∈I d’endomorphismes de E diagonalisables et commutant deux à
deux.
•
•
Si tous les ui sont des homothéties, n’importe quelle base de E est une base de
diagonalisation commune aux ui .
Sinon, il existe i0 ∈ I tel que ui0 ne soit pas une homothétie. On peut alors écrire
E = F ⊕ G où F est un sous-espace vectoriel propre de ui0 et G la somme non
réduite à {0} des autres sous-espaces vectoriels propres de cet endomorphisme.
Ces sous-espaces vectoriels sont stables par ui pour tout i par hypothèse de
commutation. Les familles (ui )i∈I et (ui )i∈I d’endomorphismes induits sur F
et G sont alors formées d’endomorphismes diagonalisables commutant deux à
deux. Les dimensions de F et G étant strictement inférieures à celle de E, elles
possèdent des bases B et B de diagonalisation simultanée. La réunion B de B et B fournit une base de diagonalisation simultanée des (ui )i∈I .
Proposition 62
•
Soit u ∈ L(E) nilpotent d’indice r . Montrons, par récurrence sur n, que son polynôme caractéristique est X n .
Si n = 1 , alors, comme Ker u =
{0} , u = 0 puis χu = X .
Supposons le résultat vérifié pour les espaces vectoriels de dimension strictement inférieure à celle de E .
Comme u n’est pas injectif, il existe un vecteur x non nul appartenant au noyau de u .
Complétons x en une base B de E , de sorte que :
MatB (u) =
0 L
0 A
,
où L ∈ M1,n−1 (IK) et A ∈ Mn−1 (IK).
½ 0 L
. Ainsi Ar = 0 donc l’endomor0 Ar
phisme canoniquement associé à A est nilpotent. Par hypothèse de récurrence, on
a χA = X n−1 , ce qui permet de conclure car χu = X × χA (X).
Si χu est égal à X n , l’endomorphisme u est scindé donc il existe une base dans
laquelle la matrice de u est triangulaire supérieure. Comme la diagonale de cette
matrice est formée de la liste des valeurs propres de u, cette matrice est triangulaire
supérieure stricte.
Supposons qu’il existe une base (e1 , . . . , en ) dans laquelle la matrice A de u est
triangulaire supérieure stricte. Ainsi, u(e1 ) = 0 et :
On vérifie alors que MatB (ur ) =
•
•
∀i ∈ [[2, n]] u(ei ) ∈ Vect (e1 , . . . , ei−1 ) .
Par suite, pour tout i ∈ [[2, n]], ui−1 (ei ) ∈ Vect(e1 ) puis ui (ei ) = 0 . On en déduit
que, pour tout i ∈ [[1, n]], un (ei ) = 0 , et donc que un = 0 .
Exercice 38 Soit (α0 , . . . , αr−1 ) ∈ IKr tel que
On a alors ur−1
r−1
αk uk (x0 ) = 0 .
k=0
αk uk (x0 )
r−1
= α0 ur−1 (x0 ) = 0 et donc α0 = 0. En appliquant
k=0
alors ur−2 , il vient α1 ur−1 (x0 ) = 0 et donc α1 = 0.
On montre ainsi que α0 = · · · = αr−1 = 0 et donc que la famille
k
u (x0 ) 0⩽k⩽r−1
est libre.
Exercice 39
1. D’après l’exercice précédent, la famille uk (x0 ) 0⩽k⩽n−1 est libre. Cette famille
comportant n éléments, c’est une base de E.
n−1
αl ul (x0 ). On a :
2. Soit x =
=0
uk (x) =
n−1
=0
α uk+ (x0 ) =
n−k−1
αl uk+l (x0 ).
=0
Donc x ∈ Ker uk si, et seulement si, pour tout i ∈ [[0, n − k − 1]], le scalaire αi est
nul. Le sous-espace Ker uk est donc engendré par la famille libre u (x0 ) ⩾n−k ,
ce qui prouve qu’il est de dimension k.
3. Soit F un sous-espace vectoriel stable par u de dimension k ∈ [[0, n]]. L’endomorphisme uF induit par u est alors nilpotent donc vérifie ukF = 0 . Par conséquent,
F est inclus dans Ker(uk ).
Pour des raisons de dimension, on a donc F = Ker uk .
Exercice 40 Prouvons cette assertion par récurrence sur n.
Elle est évidente si n = 1 puisque, dans ce cas, L(E) = IK IdE donc tout endomorphisme nilpotent est nul.
½ Démonstrations et solutions des exercices du cours
Supposons-la acquise pour toute dimension strictement inférieure à n. L’espace
F = Im un est de dimension r < n puisque un n’est pas bijective et est stable
par ui pour tout i. La famille (u1 , . . . , ur ) des endomorphismes induits vérifiant les
mêmes hypothèses, il vient donc u1 ◦ · · · ◦ ur = 0. Cela implique u1 ◦ · · · ◦ un−1 = 0
et, vu la définition de F :
u1 ◦ · · · ◦ un = 0.
r
Théorème 68 Si u est annulé par un polynôme scindé
(X − λi )αi où les sca-
i=1
laires λ1 , . . . , λr sont distincts deux à deux, alors le lemme des noyaux permet d’écrire :
Ker P (u) =
r
+
α
Ker (u − λi Id) i .
k=1
α
Pour tout i ∈ [[1, r]] , le sous-espace vectoriel Ei = Ker (u − λi Id) i est stable par u et
l’endomorphisme ui induit par u sur Ei vérifie (ui − λi IdEi )αi = 0 . Ainsi, l’endomorphisme ni = ui − λi IdEi est nilpotent et ui est la somme de l’homothétie λi IdEi et
d’un endomorphismes nilpotent.
L’endomorphisme induit ui est donc la somme d’une homothétie et d’un endomorphisme
nilpotent.
½ 2.1 Soit u ∈ L(E) avec E de dimension finie.
Prouver que si Ker u possède un supplémentaire F stable par u , alors F = Im u .
2.2 Déterminer les sous-espaces de IRn stables par tous les endomorphismes :
uσ : (x1 , . . . , xn ) −→ xσ(1) , . . . , xσ(n)
avec σ ∈ Sn .
2.3 Soit E un espace vectoriel de dimension finie.
Déterminer les endomorphismes stabilisant tous les hyperplans de E.
2.4 Soit F un sous-espace vectoriel de E et LF (E) l’ensemble des endomorphismes
stabilisant F .
1. Montrer que l’application ϕ : u → uF un morphisme d’algèbres de LF (E)
vers L(F ).
2. On suppose F de dimension finie. Montrer que l’inverse de tout élément inversible u de LF (E) stabilise aussi F et que l’on a :
(u−1 )F = (uF )−1 .
3. En considérant l’endomorphisme de IK(X) qui à P associe XP , prouver que le
résultat de la question précédente est faux si F n’est pas de dimension finie.
4. On suppose que F possède un supplémentaire.
Montrer que le morphisme u → uF de LF (E) vers L(F ) est surjectif.
2.5 Soit u et v deux endomorphismes d’un espace vectoriel E de dimension finie tels que
v soit nilpotent et vérifie u ◦ v = v ◦ u . Montrer que l’on a :
det(u + v) = det u.
⎛
1 2
2.6 Soit A = ⎝ 2 1
2 2
⎞
−2
−2 ⎠ .
−3
1. Déterminer une matrice P inversible et une matrice D diagonale telles
que A = P DP −1 .
2. Déterminer le polynôme minimal de A.
⎛
⎞
3
0
8
6 ⎠.
2.7 Soit B = ⎝ 3 −1
−2
0 −5
1. La matrice B est-elle diagonalisable ?
2. Déterminer le polynôme minimal de la matrice B .
⎛
⎞
−1
0
0
1 ⎠.
3. Montrer que matrice B est semblable à ⎝ 0 −1
0
0 −1
½¿¼
Exercices
2.8 Diagonaliser la matrice réelle de taille n :
⎛
0 1
⎜
⎜ 1 0
⎜
⎜
A=⎜ 0 1
⎜
⎜ .
⎝ ..
..
0 ...
0
0
1
..
.
.
⎞
... 0
.. ⎟
. ⎟
⎟
⎟
..
. 0 ⎟
⎟
⎟
0 1 ⎠
1 0
(les éléments d’indices (i, j) avec |i − j| = 1 valent 1, les autres sont nuls).
Il s’agit d’un exercice classique où il est difficile d’obtenir le polynôme
caractéristique de A sous forme factorisé. On déterminera donc les éléments propres
par la résolution de systèmes.
2.9 Soit A une matrice de Mn (IR) vérifiant A(A2 + A + In ) = 0. Montrer que le rang
de A est pair.
2.10 Soit A ∈ Mn (IR) telle que :
A3 − 3A − 5In = 0
Montrer que A est de déterminant strictement positif.
2.11 (Polytechnique 2015)
Résoudre dans M2 (C) l’équation M 2 + M =
1 1
.
1 1
2.12 Soit A ∈ M2 (ZZ) .
On suppose qu’il existe un entier naturel non nul p tel que Ap = I2 .
Montrer que A12 = I2 .
2.13 Soit u un endomorphisme de IRn vérifiant u2 + u + IdIRn = 0.
1. Soit F un sous-espace stable par u et x ∈
/ F. Montrer que Vect x, u(x) est un
plan, stable par u et en somme directe avec F.
2. Montrer qu’il existe une base de IRn dans laquelle la matrice de u est diagonale
0 −1
par blocs de blocs
et, qu’en particulier, n est pair.
1 −1
2.14 On dit qu’un nombre complexe α est algébrique s’il est racine d’un polynôme unitaire
(donc non nul) P (X) ∈ Q[X].
1. Montrer qu’un nombre complexe est algébrique si, et seulement s’il est valeur
propre d’une matrice à coefficients rationnels.
2. En déduire que si un nombre complexe α est algébrique, alors, pour tout r ∈ IN,
le nombre complexe αr est aussi algébrique.
On pourra utiliser le résultat sur les matrices compagnons de l’exercice 17.
½¿½
2.15 1. Montrer qu’il existe (a0 , . . . , an−1 ) ∈ IKn tel que :
∀P ∈ IKn−1 [X]
P (X + n) +
n−1
ak P (X + k) = 0.
k=0
2. Déterminer une telle famille.
On pourra utiliser l’endomorphisme P (X) → P (X + 1) de IK [X]
2.16 Déterminer les sous-espaces stables par l’endomorphisme u canoniquement associé à
la matrice réelle :
⎛
⎞
0 1 1
A = ⎝ 1 0 0 ⎠.
0 0 1
2.17 Soit a un endomorphisme d’un espace vectoriel de dimension finie E . On considère
les endomorphismes Ma : u → a ◦ u et ad(a) : u → a ◦ u − u ◦ a de L(E).
1. Déterminer les éléments propres de l’endomorphisme Ma en fonction de ceux de a.
En déduire que l’endomorphisme Ma est diagonalisable, si, et seulement si, a l’est.
2. Montrer que si a est diagonalisable, alors l’endomorphisme ad(a) l’est aussi et
préciser ses valeurs propres en fonction de celles de a.
3. Montrer que si a est nilpotent, alors Ma et ad(a) le sont également.
2.18 Soit u un endomorphisme d’un espace vectoriel E de dimension finie n et λ une
valeur propre de u. Montrer que les assertions suivantes sont équivalentes :
2
(i ) Eλ (u) = Ker (u − λ IdE ) ,
(ii) Eλ (u) ⊕ Im (u − λ IdE ) = E ,
(iii) Eλ (u) possède un supplémentaire stable par u ,
(iv ) la dimension de Eλ (u) est égale à la multiplicité de λ dans le polynôme caractéristique de u ,
(v ) λ est une racine simple du polynôme minimal de u .
2.19 Soit A ∈ Mn (C) et B =
0
In
A
0
∈ M2n (C).
1. Déterminer le polynôme caractéristique de B en fonction de celui de A.
2. Discuter la diagonalisabilité de B en fonction de celle de A.
2.20 Soit A ∈ Mn (C). Montrer que la matrice par blocs :
B=
4A 2A
−3A −A
est diagonalisable si, et seulement si, A l’est.
½¿¾
∈ M2n (C)
Exercices
2.21 Soit A et B deux matrices de Mn (C).
1. On suppose A inversible. Montrer que χAB = χBA .
2. Soit r ∈ [[0, n]]. Prouver que χJr B = χBJr où Jr =
Ir
0
0
0
.
3. En déduire que l’on a toujours χAB = χBA .
2.22 Soit A et B deux matrices de Mn (C).
Montrer que A et B ont une valeur propre commune si, et seulement s’il existe une
matrice U non nulle de Mn (C) telle que AU = U B.
2.23 (Polytechnique 2015)
Soit A et B deux matrices de Mn (C).
Montrer que s’il existe une matrice U de rang r tel que AU = U B, alors les polynômes
caractéristiques de A et B ont un facteur commun de degré r
2.24 Soit u et v deux endomorphisme d’un C -espace vectoriel de dimension fine..
1. On suppose que u et v commutent. Montrer que u et v ont un vecteur propre
commun.
2. On suppose que u ◦ v − v ◦ u = αu avec α ∈ C∗ . Montrer que u est nilpotent et
que u et v ont un vecteur propre commun.
3. En déduire que si u ◦ v − v ◦ u ∈ Vect(u, v), alors u et v ont un vecteur propre
commun.
2.25 (Polytechnique 2015)
Soit A et B deux matrices de Mn (C) telles que AB = 0 . Montrer qu’elles sont
simultanément trigonalisables.
2.26 Soit A et B deux matrices de Mn (C) vérifiant AB = BA.
Trouver une condition nécessaire et suffisante pour que la matrice par blocs :
M=
A B
0 A
.
soit diagonalisable.
2.27 Montrer qu’un endomorphisme u est nilpotent si, et seulement s’il vérifie Tr(uk ) = 0
pour tout k ∈ [[1, n]].
2.28 (Centrale 2015)
Soit G un sous-groupe de GLn (C).
1. On suppose que G est fini.
(a) Montrer que pour tout g ∈ G, il existe un entier Ng tel que g Ng = In .
(b) Montrer que tous les éléments de G sont diagonalisables et que {Tr g ; g ∈ G}
est fini.
2. Établir la réciproque. Indication : considérer une base (A1 , . . . , Ap ) de Vect(G)
et f : X ∈ G → (Tr(A1 X), . . . , Tr(Ap X)).
½¿¿
2.1 Supposons que E = F ⊕ Ker u , avec F stable par u . Grâce au théorème du rang, on
a dim F = dim Im u .
Soit x ∈ Im u . Par définition, il existe t ∈ E tel que x = u(t). Comme F ⊕ Ker u , il
existe (t1 , t2 ) ∈ F × Ker u tel que t = t1 + t2 . On en déduit que x = u(t2 ) ∈ F car F
est stable par u . Par suite, Im u ⊂ F puis Im u = F .
2.2 Il est clair que {0E } , IRn , la droite D = IR (1, . . . , 1) et l’hyperplan H d’équation :
x1 + · · · + xn = 0
sont stables par les uσ .
Réciproquement, soit F un sous-espace vectoriel de E stable par les uσ . S’il est inclus
dans D , alors il est égal à {0} ou D. Sinon, il contient un vecteur x = (xi )1⩽i⩽n
ayant deux composantes xr = xs , avec r < s. Notons (ei )1⩽i⩽n la base canonique
de IRn . Si l’on considère la transposition τ = (r, s), la stabilité de F implique que :
(xr − xs ) (er − es ) = x − uτ (x) ∈ F
puis que er − es ∈ F .
Pour tout i ∈ [[1, n − 1]], il existe une permutation σi qui transforme r en i et s
en i + 1 donc :
ei − ei+1 =u σi (er − es ) ∈ F.
Comme les vecteurs e1 −e2 , . . . , en−1 −en sont indépendants, ils engendrent un hyperplan, et cet hyperplan est inclus dans H , puis égal à H pour des raisons de dimension.
On en déduit que F contient H ; il est donc égal à H ou IRn .
Par conséquent, les sous-espaces de IRn stables par tous les endomorphismes uσ
sont {0} , IRn , D = IR (1, . . . , 1) et H .
2.3 Il est clair que les homothéties stabilisent les hyperplans.
Réciproquement, soit u un endomorphisme stabilisant tous les hyperplans, on va
prouver qu’il s’agit d’une homothétie en établissant que, pour tout vecteur x ∈ E , la
famille (x, u(x)) est liée (voir l’exercice 1 de la page 65).
Supposons par l’absurde, qu’il existe un vecteur x non nul tel que u(x) n’appar
tienne pas à IKx. La famille x, u(x) est alors libre, on peut donc la compléter en
une base (x, u(x), e3 , . . . , en ) de E . L’endomorphisme u ne stabilise donc pas l’hyperplan Vect (x, e3 , . . . , en ), ce qui est absurde.
Ainsi, si u stabilise les hyperplans, alors u est une homothétie.
½ Solution des exercices
2.4 1. Il est évident que IdE appartient à LF (E) et que l’on a ϕ (IdE ) = IdF .
Soit (u, v) ∈ LF (E)2 et (α, β) ∈ IK2 .
Pour tout x ∈ F, on a u(x) ∈ F, v(x) ∈ F et par suite (αu + βv) (x) ∈ F .
L’application αu + βv appartient donc à LF (E) et (αu + βv)F = αuF + βvF .
Ainsi, LF (E) est un sous-espace vectoriel de L(E) et ϕ est linéaire.
Soit (u, v) ∈ LF (E)2 .
Pour tout x ∈ F , on a v(x) ∈ F puis u v(x) ∈ F . Ainsi u◦v appartient à LF (E)
et (u ◦ v) (x) = uF vF (x) , donc (u ◦ v)F = uF ◦ vF .
Par suite, LF (E) est une algèbre et ϕ est un morphisme d’algèbres de LF (E)
vers L(F ).
2. Soit u appartenant à LF (E) ∩ GL(E). L’endomorphisme induit uF est injectif
(car Ker uF = F ∩ Ker u). Comme F est de dimension finie, le théorème du rang
s’applique et implique la surjectivité et donc la bijectivité de uF .
Pour tout x de F, l’unique antécédent u−1 (x) de x par u appartient donc à F.
Ainsi, u−1 appartient à LF (E). La relation u ◦ u−1 = u−1 ◦ u = IdE entraîne :
uF ◦ (u−1 )F = (u−1 )F ◦ uF = IdF ,
puis (u−1 )F = (uF )−1 .
3. L’endomorphisme u : Q → XQ , de l’espace des fractions rationnelles IK(X),
est inversible et stabilise F = IK[X] mais l’endomorphisme induit uF n’est pas
surjectif car l’unité 1 n’appartient pas à l’image de IK[X] par u . Le résultat de la
question précédente n’est donc pas vrai si F n’est pas de dimension finie.
4. Supposons que le sous-espace vectoriel F possède un supplémentaire que l’on
notera G et notons p la projection de E sur F parallèlement à G.
Soit v ∈ L(F ). L’application u : E → E, x → v ◦ p(x) est un élément de LF (E)
et uF = v ; ce qui prouve la surjectivité de ϕ.
2.5 Montrons le résultat par récurrence forte sur la dimension n ∈ IN∗ de E .
Si n = 1, alors l’endomorphisme v est nul et la proposition est évidente.
Soit n ∈ IN∗ tel que la proposition soit vraie pour toute dimension strictement inférieure à n.
Considérons u et v deux endomorphismes de E , avec dim E = n, tels que u et v
commutent et v soit nilpotent.
Comme v est nilpotent, l’endomorphisme v n’est pas inversible et la dimension r du
sous-espace F = Im v appartient à [[0, n − 1]]. Si v = 0 , alors le résultat est évident.
On supposera donc désormais v non nul et donc que r > 0 .
Choisissons alors une base B de E adaptée à F. Comme F = Im v est stable par u
et v, les matrices de u et v dans B sont de la forme :
U1,1
0
U1,2
U2,2
et
V1,1
0
V1,2
0
2
avec (U1,1 , V1,1 ) ∈ Mr (IK) .
½ Comme u et v commutent, les endomorphismes uF et vF induits par u et v sur
F aussi. De même, vF est nilpotent. La dimension de F étant strictement inférieure
à n, l’hypothèse de récurrence donne :
det(uF + vF ) = det uF
soit, en termes de matrices :
det (U1,1 + V1,1 ) = det U1,1 .
Par conséquent :
det
U1,1 + V1,1
0
U1,2 + V1,2
U2,2
= det (U1,1 + V1,1 ) det U2,2
= det U1,1 det U2,2
donc det(u + v) = det u.
2.6 1. L’opération élémentaire C1 ← C1 + C2 + C3 , donne :
1
X −1
−2
−2
2
= (X − 1) 1 X − 1
X −1
2
χA (X) = −2
1
−2
−2
−2
X +3 2
.
2
X +3 En retranchant la première ligne aux deux autres, on a alors :
1
−2
2
= (X − 1) (X + 1)2 .
0
χA (X) = (X − 1) 0 X + 1
0
0
X +1 Les valeurs propres de A sont donc 1 de multiplicité 1 et −1 de multiplicité 2.
On détermine le sous-espace propre E1 en résolvant le système :
⎧
2y − 2z = 0
⎨
2x
− 2z = 0
⎩
2x + 2y − 4z = 0
⎛ ⎞
1
qui est équivalent à x = y = z. On a donc E1 = IRf1 avec f1 = ⎝ 1 ⎠ .
1
On détermine le sous-espace propre E−1 en résolvant le système :
⎧
⎨ 2x + 2y − 2z = 0
2x + 2y − 2z = 0
⎩
2x + 2y − 2z = 0
qui est équivalent à 2x + 2y − 2z = 0 donc :
⎫
⎧⎛
⎞
⎛
⎞
⎛ ⎞
−1
1
⎬
⎨ −y + z
⎠ = y ⎝ 1 ⎠ + z ⎝ 0 ⎠ , (y, z) ∈ IK2 .
y
E−1 = ⎝
⎭
⎩
z
0
1
⎛
⎛ ⎞
⎞
−1
1
Ainsi E−1 = IRf2 ⊕ IRf3 avec f2 = ⎝ 1 ⎠ et f3 = ⎝ 0 ⎠ .
0
1
½ Solution des exercices
Puisque dim E1 + dim E−1 = 3, la matrice A est diagonalisable et (f1 , f2 , f3 ) est
une base de diagonalisation. Par conséquent :
⎛
⎞
1
0
0
0 ⎠ P −1
A = P ⎝ 0 −1
0
0 −1
avec :
⎛
⎛
⎞
⎞
1
1 −1
1 −1 1
0
1 ⎠.
1 0 ⎠ et P −1 = ⎝ −1
P =⎝ 1
−1 −1
2
1
0 1
2. Puisque A est diagonalisable de spectre {−1, 1}, le polynôme minimal de A est :
πA (X) = (X − 1)(X + 1).
2.7 1. En développant par rapport à la deuxième colonne, il vient χB (X) = (X + 1)3 .
La matrice B n’a donc qu’une valeur propre : −1 . Si elle était diagonalisable,
alors elle serait égale à la matrice −I3 ce qui n’est pas le cas. La matrice B n’est
donc pas diagonalisable.
2. D’après le théorème de Cayley-Hamilton, le polynôme minimal de B est un diviseur de (X + 1)3 .
⎛
⎞
4 0
8
6 ⎠ . On a C =
Posons alors C = B + I3 = ⎝ 3 0
0 et C 2 = 0. Le
−2 0 −4
polynôme minimal de B est donc πB (X) = (X + 1)2 .
3. On cherche une base (f1 , f2 , f3 ) telle que f1 et f2 soit des vecteurs propres de B
et que Bf3 = f2 − f3 c’est-à-dire Cf3 = f2 .
Si l’on prend un vecteur f3 non nul, alors comme C 2 = 0 , Cf3 , s’il est non nul,
est un vecteur propre de B . Il suffit de ne pas prendre f3 dans E−1 puis de
compléter f2 = Cf3 en une base (f1 , f2 ) de E−1 pour conclure.
On détermine E−1 en résolvant le système :
⎧
⎨ 4x + 8z = 0
3x + 6z = 0
⎩
−2x − 4z = 0
qui est équivalent à x + 2z = 0.
⎛ ⎞
0
Ainsi, le vecteur f3 = ⎝ 0 ⎠ n’appartient pas à E−1 . Comme les vecteurs :
1
⎛
⎞
⎛ ⎞
8
0
f2 = Cf3 = ⎝ 6 ⎠
et
f1 = ⎝ 1 ⎠
−4
0
forment une base de E−1 , la famille (f1 , f2 , f3 ) est une base dans laquelle l’endomorphisme uB canoniquement associé à B est :
⎛
⎞
−1
0
0
⎝ 0 −1
1 ⎠.
0
0 −1
½ La matrice B est donc semblable à la matrice annoncée.
⎛
⎞
−1
0
0
Plus précisément, on a P −1 BP = ⎝ 0 −1
1 ⎠ avec :
0
0 −1
⎛
⎞
⎛
⎞
0
8 0
−6 8 0
1
P =⎝ 1
6 0 ⎠
et
P −1 = ⎝ 1 0 0 ⎠ .
8
0 −4 1
4 0 8
2.8 Il s’agit d’un exercice classique où il est difficile d’obtenir le polynôme caractéristique
de A sous forme factorisé. On détermine donc ses éléments propres par la résolution
de systèmes.
Soit X = (xi )1⩽i⩽n un vecteur propre de A associé au scalaire λ. Il est donc non nul
et vérifie le système :
⎧
−λx1 + x2
=
0
⎪
⎪
⎪
⎪
=
0
x1 − λx2 + x3
⎨
...............
... ... .
⎪
⎪
0
xn−2 − λxn−1 + xn =
⎪
⎪
⎩
=
0
xn−1 − λxn
Si l’on pose x0 = 0 et xn+1 = 0, la suite (xk )0⩽k⩽n+1 est le début d’une suite
vérifiant la relation de récurrence linéaire d’ordre deux :
xk−2 − λxk−1 + xk = 0.
L’équation caractéristique associée est X 2 − λX + 1 de discriminant Δ = λ2 − 4 .
On étudie les différents cas suivant le signe de Δ.
• Si Δ = 0 c’est-à-dire si λ = ±2 , alors l’équation caractéristique admet une racine
double ε = ±1 et il existe des scalaires α et β tels que :
∀k ∈ [[0, n + 1]] xk = αεk + βkεk .
Comme x0 = xn+1 = 0 , on obtient α = β = 0 ce qui contredit la non nullité
de X .
• Si Δ > 0 , alors l’équation caractéristique admet deux racines réelles distinctes r1
et r2 = 1/r1 et il existe des scalaires α et β tels que :
∀k ∈ [[0, n + 1]] xk = αr1k + βr2k .
2n+2
α
− 1 = 0 , ce qui est
r1
Comme x0 = xn+1 = 0 , on obtient α = −β et rn+1
impossible car r1 = 1 et X = 0 .
1
Par conséquent, si λ est valeur propre, alors Δ < 0 . Il existe donc θ ∈ ]0, π[ tel
que λ = 2 cos θ . Les racines de X 2 − λX + 1 étant eiθ et e−iθ , il existe des scalaires α
et β tels que :
∀k ∈ [[0, n + 1]] xk = αeikθ + βe−ikθ .
La relation x0 = 0 entraîne α + β = 0 et :
∀k ∈ [[0, n + 1]] xk = 2αi sin(kθ).
½ Solution des exercices
La relation xn+1 = 0 et la non nullité de X implique que sin (n + 1)θ = 0, c’estπ
à-dire que θ est de la forme
, ∈ ZZ.
n+1
Il suffit alors de remonter les calculs, pour prouver que, pour tout l de [[1, n]], le
vecteur :
k π
Xl = sin
n + 1 k∈[[1,n]]
π
·
n+1
Les réels λ , ∈ [[1, n]], étant deux à deux distincts du fait de l’injectivité de la
fonction cos sur [0, π], la matrice A est diagonalisable sur IR de spectre :
π sp(A) = 2 cos
; ∈ [[1, n]]
n+1
est un vecteur propre de A associé à la valeur propre λ = 2 cos
et la famille (X )∈[[1,n]] est une base de diagonalisation.
En fait, la matrice A est symétrique réelle et le théorème spectral (voir le chapitre 14
« Endomorphismes des espaces euclidiens ») prouve a priori qu’elle est diagonalisable
et que la base (X )∈[[1,n]] dont les vecteurs sont associés à des valeurs propres deux
à deux distinctes est orthogonale. Nous allons redémontrer cette propriété.
π
Notons ϕ =
· Pour tous et de [[1, n]], on a :
n+1
n
sin(k ϕ) sin(k ϕ)
(X | X ) =
k=1
=
1
1
cos (( − )kϕ) −
cos (( + )kϕ) .
2
2
n
n
k=1
k=1
Pour x ≡ 0[2π], on a :
n
n
1 − einx
cos(kx) = Re
eikx = Re eix
1 − eix
k=1
k=1
=
= Re eix
einx/2 sin((nx/2)
eix/2 sin(x/2)
cos((n + 1)x/2) sin((nx/2)
·
sin(x/2)
En particulier, si p est un entier non multiple de 2(n + 1), alors
n
cos(pkϕ) est nul
k=1
si p est pair et égal à −1 sinon.
Comme et ont la même parité et appartiennent à [[1, n]], il vient :
⎧
si = ⎨0
(X | X ) = n + 1
⎩
sinon
2
5
2
est une base orthonormée de diagonaliFinalement, la famille
X
n+1
∈[[1,n]]
sation de A.
La matrice de passage P correspondante est donc orthogonale et P −1 = tP .
½ 2.9 Comme A est annulée par le polynôme X(X 2 +X+1) scindé à racines simples dans C ,
elle est diagonalisable sur C et la dimension de son noyau est égal à la multiplicité
de 0 dans χA De plus, ses valeurs propres appartiennent à {0, j, j 2 } donc il existe
des entiers p et q tels que Son polynôme caractéristique χA soit égal à :
q
p
χA (X) = X n−p−q (X − j) X − j 2 .
La matrice A étant réelle, son polynôme caractéristique aussi, donc p = q . Le théorème du rang donne alors rg A = 2p.
2.10 La matrice A est annulée par le polynôme P = X 3 − 3X − 5 . L’étude des variations
de la fonction x → x3 − 3x − 5 montre que P a une unique racine réelle α strictement
positive. Ses deux autres racines dans C sont donc complexes conjuguées. Il existe
donc ω ∈ C \ IR tel que :
P = (X − α)(X − ω)(X − ω)
Puisque P annule A ses valeurs propres appartiennent à {α, ω, ω} donc il existe des
entiers p et q tels que
χA (X) = (X − α)n−p−q (X − ω)p (X − ω)q .
Comme A est une matrice réelle, le polynôme χA aussi, d’où p = q. Par conséquent :
det A = (−1)n χA (0) = αn−2p |ω|2p > 0.
2.11 Raisonnons par analyse-synthèse.
• Considérons une matrice M solution.
1 1
La matrice A =
est annulée par son polynôme caractéristique X(X − 2).
1 1
Le polynôme (X 2 + X)(X 2 + X − 2) = X(X + 1)(X − 1)(X + 2) annule donc M .
Comme ce polynôme est scindé à racines simples, on en déduit que M est diagonalisable.
α 0
.
Soit P ∈ GL2 (C) tel que P −1 M P =
0 β
α2 + α
0
On a alors P −1 AP =
0
β2 + β
La matrice M a donc comme polynôme caractéristique (et donc annulateur) un des
quatre polynômes suivants : X(X−1), X(X+2), (X+1)(X−1) ou (X+1)(X+2).
∗ Dans le premier cas, les relations M 2 + M = A et M 2 − M = 0 donnent
M = 21 A ;
∗ dans le deuxième cas, les relations M 2 + M = A et M 2 + 2M = 0 donnent
M = −A ;
∗ dans le troisième cas, les relations M 2 + M = A et M 2 − In = 0 donnent
M = A − In ;
∗ dans le dernier cas, les relations M 2 + M = A et M 2 + 3M + 2In = 0 donnent
M = − 21 A − In .
• On vérifie que les quatre matrices conviennent.
1 1 1
−1 −1
0 1 1 −3 −1
Par conséquent S =
,
.
,
,
−1 −1
1 0 2 −1 −3
2 1 1
½ Solution des exercices
2.12 La matrice A annule le polynôme X p − 1 dont les racines complexes sont simples.
Elle est donc diagonalisable dans M2 (C) et ses valeurs propres sont des racines pièmes de l’unité. Ainsi, A est semblable, à une matrice diagonale Diag(α, β) où α
et β sont des racines p-ième de l’unité.
D’un autre côté, le polynôme caractéristique χA (X) = X 2 + aX + b de A est à
coefficients entiers. La relation a = − Tr A = −(α + β) montre, du fait de l’inégalité
triangulaire, que a est un entier de module inférieur ou égal à 2 et que b = det A = αβ
est un entier de module 1 c’est-à-dire b = ±1 .
• Si A possède un valeur propre réelle, alors comme a est réel, l’autre valeur propre
est également réelle. Comme α et β sont des racines p-ièmes de l’unité, la matrice A est alors semblable à Diag(1, 1), Diag(1, −1) ou Diag(−1, −1) et A2 = I2 .
• Si A possède une valeur propre non réelle, eiθ avec θ ≡ 0[π], alors l’autre est
conjuguée et leur produit b vaut 1. On en déduit que a = −2 cos θ ∈ {−1, 0, 1}
car a est un entier et θ ≡ 0[π]. Le polynôme caractéristique est alors égal à
X 2 + X + 1, X 2 − X + 1 ou X 2 + 1. La matrice A est semblable à :
∗ Diag(j, j 2 ) et dans ce cas A3 = I2 ;
∗ Diag(−j 2 , −j) et dans ce cas A6 = I2
∗ ou Diag(i, −i) et dans ce cas A4 = I2 .
Dans tous les cas, A12 = I2 et 12 est le plus petit entier convenable.
2.13 1. Supposons par l’absurde que Vect x, u(x) ne soit pas un plan. Comme le vecteur x est non nul, il existe donc un réel λ tel que u(x) = λx. Le réel λ étant une
valeur propre de u , c’est une racine du polynôme annulateur X 2 +X +1 , ce qui est
absurde car ce polynôme n’a pas de racine réelle. Par conséquent, Vect x, u(x)
est un plan.
Pour tout (λ, μ) ∈ IR2 , on a :
u (λx + μu(x)) = −μx + (λ − μ)u(x) ∈ Vect x, u(x)
donc Vect x, u(x) est stable par u.
Supposons par l’absurde qu’il existe y non nul dans F ∩ Vect x, u(x) . Comme
cette intersection est stable par u , elle contient Vect y, u(y) , qui, d’après ce qui
précède, est un plan. Pour des raisons de dimensions, on a donc :
F ∩ Vect x, u(x) = Vect x, u(x) ,
puis Vect x, u(x) ⊂ F , ce qui n’est pas possible car x ∈ F .
Ainsi, F et Vect x, u(x) sont en somme directe.
2. Commençons par remarquer que si la matrice de u dans une base (e1 , · · · , en ) est
de la forme annoncée, alors n est pair et pour tout k ∈ [[1, n/2]], u(e2k−1 ) = e2k .
Réciproquement, s’il existe une base de la forme e1 , u(e1 ), . . . , en/2 , u(en/2 ) ,
alors pour tout k ∈ [[1, n/2]] :
u(e2k ) = u2 (e2k−1 ) = −u((e2k−1 )) − (e2k−1 ) = −e2k − e2k−1
½ donc la matrice de u dans cette base est de la forme annoncée.
On considère donc l’ensemble A des entiers k tels qu’il existe x1 , . . . , xk de IRn
avec x1 , u(x1 ), . . . , xk , u(xk ) libre.
En utilisant la question précédente avec F = {0} , on montre que A est non
vide. Elle est également bornée puisqu’une famille libre est de cardinal inférieur
ou égal à n. Elle admet donc un maximum que nous noterons p. Il existe alors
des vecteurs x1 , . . . , xp de IRn tels que x1 , u(x1 ), . . . , xp , u(xp ) soit libre. Le
sous-espace :
p
+
F = Vect x1 , u(x1 ), . . . , xp , u(xp ) =
Vect xk , u(xk )
k=1
n
est stable par u . S’il n’est pas égal à IR , alors il existe xp+1 ∈
/ F et, d’après la
question précédente, Vect xp+1 , u(xp+1 ) est en somme directe avec F. La famille
x1 , u(x1 ), . . . , xp+1 , u(xp+1 ) est alors libre ce qui contredit la définition de p. On
a donc F = IRn , et par conséquent x1 , u(x1 ), . . . , xp , u(xp ) est une base de IRn .
Dans cette base, la matrice de u est de la forme désirée. On a aussi n = 2p.
2.14 1. Si un nombre complexe α est valeur propre d’une matrice à coefficients rationnels,
alors, il est racine de son polynôme caractéristique qui est unitaire et à coefficient
rationnels, donc α est algébrique.
Réciproquement, si un nombre complexe α est algébrique, alors il est racine d’un
polynôme unitaire P (X) = X p + r1 X p−1 + · · · + rp de Q [X] . La matrice compagnon :
⎛
⎞
0 . . . . . . 0 −rp
⎜
.. ⎟
⎜ 1 ...
. ⎟
⎜
⎟
C=⎜ .
.. ⎟
⎝ .. . . . . . .
. ⎠
0 . . . 1 0 −r1
de Mp (Q) étant de polynôme caractéristique P , α est valeur propre de C .
2. Soit α un nombre complexe algébrique. Il est alors valeur propre d’une matrice
M à coefficient rationnels. Pour tout entier r , αr est alors valeur propre de M r
qui est à coefficients rationnels, ce qui prouve que αr est algébrique.
2.15 1. L’endomorphisme P (X) → P (X + 1) de IK [X] induit un endomorphisme u
de E = IKn−1 [X] . Notons :
n
χ(X) = X +
n−1
ak X k
k=0
k
son polynôme caractéristique. Puisque u (P ) est égal à P (X + k), on a d’après
le théorème de Cayley-Hamilton :
∀P ∈ IKn−1 [X]
P (X + n) +
n−1
k=0
½ ak P (X + k) = 0.
Solution des exercices
2. L’endomorphisme Δ = u − IdE est nilpotent et vérifie Δn = 0 puisque, pour P
non constant, deg (Δ(P )) = deg P − 1. On a donc :
n
0 = (u − IdE ) =
n
(−1)n−k
k=0
et :
n
n k
u
k
n
P (X + k) = 0.
k
k=0
Pour tout k ∈ [[0, n − 1]], on pose ak = (−1)k−n nk de sorte que :
∀P ∈ IKn−1 [X]
∀P ∈ IKn−1 [X]
(−1)k
P (X + n) +
n−1
ak P (X + k) = 0.
k=0
2.16 Le polynôme caractéristique de A est χA (X) = (X − 1)2 (X + 1) et les sous espaces
propres sont E1 = IRe1 et E−1 = IRe−1 avec :
⎛ ⎞
⎛
⎞
1
−1
et
e−1 = ⎝ 1 ⎠ .
e1 = ⎝ 1 ⎠
0
0
Soit F un sous-espaces stable par l’endomorphisme u .
• Si F est de dimension 0 ou 3 , il est respectivement égal à {0} ou IR3 .
• Si F est de dimension 1 , alors F est une droite engendrée par un vecteur propre
de A c’est-à-dire F = IRe1 ou F = IRe−1 .
• Si F est de dimension 2, le polynôme caractéristique de l’endomorphisme induit
est un polynôme de degré deux divisant χA .
2
Il vaut donc (X − 1) ou (X − 1)(X + 1).
Dans le premier cas, F est contenu dans le noyau de (A − I3 )2 qui est égal au
plan d’équation 2x − 2y − z = 0 .
Dans le second cas, F contient un vecteur propre associé à 1 et un vecteur propre
associé à −1. Il est donc égal à IRe1 ⊕ IRe−1 .
Ainsi, les sous-espaces stables par u sont {0} , IR3 , IRe1 , IRe−1 , IRe1 ⊕ IRe−1 et le
plan d’équation 2x − 2y − z = 0 .
2.17 1. Soit u ∈ L(E) et λ ∈ IK . On a l’équivalence :
a ◦ u = λu ⇐⇒ Im u ⊂ Eλ (a).
Ainsi, Eλ (Ma ) = {u ∈ L(E) | Im u ⊂ Eλ (a)} . En particulier,
Eλ (Ma ) ≃ L(E, Eλ (a)),
ce qui prouve que Ma et a ont les mêmes valeurs propres. De plus, pour tout
scalaire λ, dim Eλ (Ma ) = dim E×dim Eλ (a). Comme dim L(E) = dim E×dim E ,
on en déduit que Ma est diagonalisable si, et seulement si, a l’est.
½ 2. Supposons a diagonalisable et considérons B = (e1 , . . . , en ) une base de diagonalisation de a et (λ1 , . . . , λn ) les valeurs propres associées
2
Pour tout (i, j) ∈ [[1, n]] , on note ui,j l’endomorphisme de E défini par :
∀k ∈ [[1, n]] ui,j (ek ) = δj,k ei .
La famille (ui,j )1⩽i,jn est alors une base de diagonalisation de ad(a). En effet,
3
pour tout (i, j, k) ∈ [[1, n]] , on a :
ad (ui,j ) (ek ) = a ui,j (ek ) − ui,j a(ek ) = λi ui,j (ek ) − ui,j (λk ek )
= λi ui,j (ek ) − λk δj,k ei = λi ui,j (ek ) − λj δj,k ei
= (λi − λj ) ui,j (ek )
donc ad(a)(ui,j ) = (λi − λj ) ui,j .
Par conséquent, ad(a) est diagonalisable et sp (ad(a)) = {λi −λj ; (i, j) ∈ [[1, n]]2 } .
3. Supposons a nilpotent. Il existe donc un entier p tel que ap = 0. On a alors :
p
Ma (u) = ap ◦ u = 0
p
soit (Ma ) = 0. Ainsi l’endomorphisme Ma est nilpotent.
p
Notons Na l’endomorphisme u → u ◦ a de L(E). On a de même (Na ) = 0.
Comme Ma et Na commutent, la formule du binôme fournit :
2p−1
2p−1
2p − 1
2p−1
2p−1−k
k
(Ma )
= (Ma − Na )
=
(−1)k
◦ (Na ) .
ad(a)
k
k=0
2p−1−k
Pour tout k de [[0, p − 1]], on a 2p − 1 − k ⩾ p donc (Ma )
(Ma )
2p−1−k
k
= 0 puis
k
◦ (Na ) = 0 . De même, pour tout k de [[p, 2p − 1]], on a (Na ) = 0
puis (Ma )2p−1−k ◦ (Na )k = 0 .
Ainsi ad(a)2p−1 = 0 , ce qui prouve que ad(a) est nilpotent.
2.18 On peut, quitte à remplacer u par u − λ IdE , supposer que la valeur propre λ est
nulle.
• Supposons (i ) et montrons (ii). Grâce au théorème du rang, il suffit de montrer
que Ker u et Im u sont en somme directe. Soit x ∈ Ker u ∩ Im u . Par définition,
u(x) = 0 et il existe t tel que x = u(t).Ainsi, u2 (t) = 0 donc t ∈ Ker u2 = Ker u
puis x = 0 . Ainsi, Ker u ⊕ Im u = E.
• Supposons (ii) et montrons (iii). Comme Im u est stable par u , l’implication est
évidente.
• Supposons (iii) et montrons (iv). On a E = Ker u ⊕ F avec F stable par u. On
peut donc définir u l’endomorphisme induit par u sur F . Comme Ker u et F
sont stables par u , un déterminant par blocs donne :
χu (X) = χu (X)X d ,
où d = dim Ker u . Comme F et Ker u sont en somme directe, 0 n’est pas valeur
propre de χu , la multiplicité de 0 dans χu est égale à d.
½
Solution des exercices
• Supposons (iv ) et montrons (v). Par hypothèse, χu (X) = X d P (X) où
d = dim Ker u et P est un polynôme tel que P (0) = 0. Les polynômes P et X d
étant premiers entre eux, le lemme des noyaux et le théorème de Cayley-Hamilton
donne :
E = Ker ud ⊕ Ker P (u).
Si l’on note, u et u les endomorphismes respectivement induits par u sur Ker ud
et Ker P (u), alors χu (X) = χu (X)χu (X) = X d χu (X) avec d = dim Ker uk .
L’endomorphisme u étant annulé par P donc il n’admet pas 0 comme valeur
propre. Par conséquent, d = d. Comme Ker u ⊂ Ker ud , on en déduit que
Ker u = Ker uk puis que E = Ker u ⊕ Ker P (u). Le polynôme XP (X) annule
donc u , ce qui prouve que 0 est racine simple du polynôme minimal de u .
• Supposons (v ) et montrons (i). Comme Ker u ⊂ Ker u2 , il suffit de prouver
que Ker u2 ⊂ Ker u . Soit x ∈ Ker u2 . Par hypothèse, le polynôme minimal de
u est de la forme XQ(X) avec Q(0) =
0 donc, d’après le lemme des noyaux,
on a E = Ker u ⊕ Ker Q(u). Il existe donc (x1 , x2 ) ∈ Ker u × Ker Q(u) tel que
x = x1 + x2 . Comme Ker u et Ker Q(u) sont stables par u et en somme directe,
l’égalité u2 (x) = u2 (x1 ) + u2 (x2 ) = 0 donne x2 ∈ Ker Q(u) ∩ Ker u2 . Les polynômes, X 2 et Q étant en somme directe, on en déduit que x2 = 0 puis que
x = x1 ∈ Ker u .
2.19 1. Les opérations élémentaires Ci+n ← Ci+n + XCi puis Ci ↔ Ci+n pour i ∈ [[1, n]]
donnent :
2
XIn −A XIn −A + X 2 In =
= (−1)n −A + X In XIn .
χB (X) = −In
0
0
−In −In XIn
Ainsi, χB (X) = (−1)2n det X 2 In − A = χA (X 2 ).
2. Comme χB (X) = χA (X 2 ), un nombre complexe λ est valeur propre de B si,
et seulement si, λ2 est valeur propre de A. Si l’on note λ1 , . . . , λd les valeurs
propres distinctes de A et mλ1 , . . . , mλd leurs multiplicité dans χA , alors :
d
χB (X) =
i=1
2
mλi
=
X − λi
d
(X − μi )
mλ i
mλ i
(X + μi )
,
i=1
où, pour tout i ∈ [[1, d]] , μi est une racine carrée de λi .
On en déduit tout valeur propre μ non nulle de B , a une multiplicité dans χB
égale à mμ2 si μ est non nul et 2m0 sinon.
Déterminons la dimension des espaces propres de B en fonction de ceux de A.
X
2
avec (X, Y ) ∈ (IRn ) apparY
tient au sous-espace propre Eλ (B) si, et seulement si, on a :
AY = μX
X = μY
Soit μ une valeur propre de B . Un vecteur
½ c’est-à-dire si, et seulement si, Y ∈ Eμ2 (A) et X = μY . L’application :
−→ Eμ (A)
μY
−→
Y
Eμ2 (A)
Y
est donc un isomorphisme d’où dim Eμ (B) = dim Eμ2 (A) pour tout μ ∈ sp B.
Comme B est diagonalisable si, et seulement si, pour tout μ ∈ sp(B) la dimension
de Eμ (B) est égale à la multiplicité de μ dans χB , on en déduit que :
• si 0 n’est pas valeur propre de A, alors B est diagonalisable si, et seulement
si, A l’est ;
• si 0 est valeur propre de A, alors B n’est pas diagonalisable.
2.20 On étudie la matrice :
4
−3
U=
2
−1
.
Son polynôme caractéristique, X 2 − 3X + 2 , est scindé simple de racines 1 et 2, donc
la matrice U est diagonalisable. Plus précisément, on a :
−1 −1
3
2
2
1
−3 −1
1
0
=
2In
−3In
In
−In
A 0
0 2A
2In
−3In
In
−In
−1
−In
3In
−In
2In
;
ce qui prouve que la matrice B est semblable à C =
A
0
0
2A
U=
0
2
.
On vérifie alors que :
4A
2A
−3A −A
−In
3In
−In
2In
et que :
=
.
• Si B est diagonalisable, alors la matrice C aussi donc il existe un polynôme P
P (A)
0
scindé à racines simples tel que P (C) =
= 0 donc la matrice A
0
P (2A)
est diagonalisable.
• Si A est diagonalisable, alors il existe une matrice P inversible et une matrice
diagonale D telles que A = P DP −1 . On a alors :
A 0
0 2A
=
P
0
0
P
Ainsi, C est diagonalisable donc B aussi.
½ D
0
0
2D
P
0
0
P
−1
.
Solution des exercices
2.21 1. Comme la matrice A est inversible, alors AB = A (BA) A−1 donc les matrices
AB et BA sont semblables. En particulier, χAB (X) = χBA (X).
B1
B3
2. En écrivant B =
Jr B =
B2
B4
avec B1 ∈ Mr (C) et B4 ∈ Mn−r (C), on obtient :
B2
0
B1
0
et
BJr =
B1
B3
0
0
.
Ainsi, χJr B = χBJr = X n−r χB1 (X).
3. La matrice A est équivalente à la matrice Jr où r = rg A .Il existe donc deux
matrices inversibles P et Q telles que A = P Jr Q . Comme P est inversible, on
a:
χAB (X) = χP Jr QB (X) = χJr QBP (X)
donc, d’après la question précédente, χAB (X) = χQBP Jr (X). La matrice Q étant
inversible, on en déduit que χAB (X) = χBP Jr Q (X) = χBA (X).
2.22 Supposons qu’il existe une matrice U non nulle de Mn (C) telle que AU = U B. Pour
tout scalaire λ, on a (A − λIn ) U = U (B − λIn ) . Comme χB est scindé dans C , on
en déduit que χB (A)U = U χB (B) = 0 d’après le théorème de Cayley Hamilton. La
n
matrice χB (A) est donc non inversible. Si l’on pose χB (X) =
(X − λi ), alors le
k=1
produit des matrices A − λi In est non inversible donc il existe une valeur propre de B
telle que A − λIn soit non inversible, c’est-à-dire une valeur propre commune.
Réciproquement, supposons que les matrices A et B possède une valeur propre commune λ, alors λ est aussi valeur propre de tB puisqu’une matrice et sa transposée
ont le même spectre. Il existe donc deux vecteurs colonnes non nuls X et Y tels que
l’on a ait AX = λX et tBY = λY. La matrice U = X tY vérifie alors :
t
AU = AX tY = λX tY
et
U B = X tY B = X tBY = λX tY.
Comme les vecteurs X et Y sont non nuls, la matrice U est non nulle car il existe
0.
un couple (i, j) ∈ [[1, n]]2 tel que Ui,j = Xi Yj =
2.23 Supposons qu’il existe une matrice U de rang r tel que AU = U B . Il existe alors deux
matrices inversibles P et Q telles que U = P Jr Q. La relation AP Jr Q = P Jr QB
donne alors A Jr = Jr B avec A = P −1 AP et B = QBQ−1 .
Si l’on écrit A =
B =
B1
B3
B2
B4
A1
A3
A2
A4
, avec A1 ∈ Mr (C) et A4 ∈ Mn−r (C) et, de même,
, avec B1 ∈ Mr (C) et B4 ∈ Mn−r (C), alors on a :
A Jr =
A1
A3
0
0
et
Jr B =
B1
0
B2
0
donc A1 = B1 , A3 = 0 et B2 = 0.
Par suite, χA = χA = χA1 (X)χA4 (X) et χB (X) = χB (X) = χB1 (X)χB4 (X). Ainsi,
χA (X) et χB (X) ont un facteur de degré r en commun : χA1 (X).
½ 2.24 1. Comme E est un C -espace vectoriel, u possède une valeur propre λ. Le sousespace propre associé est stable par v car u et v commutent. L’endomorphisme
v induit par v sur Eλ (u) possède alors un vecteur propre x qui est un vecteur
propre de v car v(x) = v (x) et un vecteur propre de u puisque x ∈ Eλ (u).
2. Pour tout entier k , on a uk+1 ◦v−v◦uk+1 = u◦ uk ◦ v − v ◦ uk +(u ◦ v − v ◦ u)◦uk ,
ce qui permet de prouver par récurrence que, pour tout entier k , on a :
uk ◦ v − v ◦ uk = αkuk .
Ainsi, pour tout polynôme P , on a P (u)◦v−v◦P (u) = αu◦P (u). Comme E est de
0,
dimension finie, on peut considérer πu le polynôme minimal de u . Comme α =
le polynôme Xπu (X) annule u . Pour des raisons de degré, il existe donc un
scalaire C non nul tel que :
πu = CXπu (X).
Si l’on considère une racine non nulle z de πu de multiplicité m, alors z est une
racine de Xπu (X) de multiplicité m − 1 ce qui est absurde. Par conséquent, πu
n’a que 0 comme racine, ce qui prouve qu’il est de la forme X d et donc que u est
nilpotent.
En particulier, Ker u n’est pas réduit à {0} et est stable par v car si x ∈ Ker u ,
alors u (v(x)) = v ◦ u(x) + αu(x) = 0 . L’endomorphisme v induit par v sur Ker u
possède alors un vecteur propre qui est un vecteur propre commun à u et v .
3. Supposons qu’il existe (α, β) ∈ C2 tel que u ◦ v − v ◦ u = αu + βv .
Si β = 0 , alors on conclut grâce à la question précédente. Sinon, l’endomorphisme
w = u ◦ v − v ◦ u vérifie alors u ◦ w − w ◦ u = βw et la question précédente implique
que les endomorphismes u et w possèdent un vecteur propre x commun. Il existe
donc deux nombres complexes λ et μ tels que u(x) = λx et w(x) = μx. Comme β
μ − αλ
est non nul, on en déduit que v(x) =
x. Le vecteur x est donc un vecteur
β
propre commun à u et v.
2.25 Si B est la matrice nulle alors le résultat est évident.
On suppose donc désormais que B est non nul.
Démontrons le résultat par récurrence sur n.
Si n = 1 alors le résultat est évident.
Soit n ⩾ 2 tel que le résultat soit vrai pour des matrices de taille n − 1 .
Notons a et b les endomorphismes canoniquement associés aux matrices A et B .
Comme B est non nul, l’image de b est un espace vectoriel non réduit à {0} et stable
par b . L’endomorphisme induit par b sur Im b possède alors un vecteur propre x
car le corps de base est C. Le vecteur x est alors un vecteur propre de b . De plus, il
appartient à l’image de b donc au noyau de a car la relation AB = 0 donne a ◦ b = 0 .
Par conséquent, a et b possèdent un vecteur propre commun.
½ Solution des exercices
Soit B une base de premier vecteur x. Les matrices de a et b dans B sont alors de
⎛
⎛
⎞
⎞
0 ∗ ... ∗
μ ∗ ... ∗
⎜ 0
⎜ 0
⎟
⎟
⎜
⎜
⎟
⎟
la forme A = ⎜ .
et B = ⎜ .
⎟
⎟ avec A et B de
.
⎝ ..
⎝
⎠
⎠
A
.
B
0
0
taille n − 1 . Il suffit alors de montrer que les matrices A et B sont simultanément
trigonalisables pour conclure.
Comme a ◦ b = 0 , on a A B = 0 . D’après l’hypothèse de récurrence, il existe
donc P ∈ GLn−1 (C) telle que P −1 A P et P −1 B P soient triangulaires supérieures.
⎛
⎞
1 0 ... 0
⎜ 0
⎟
⎜
⎟
Considérons la matrice Q = ⎜ .
⎟ . Un calcul matriciel par blocs per⎝ ..
⎠
P
0
⎛
1
⎜ 0
⎜
met de vérifier que Q est inversible d’inverse Q−1 = ⎜ .
⎝ ..
0
...
P −1
0
⎞
⎟
⎟
⎟ et que
⎠
0
les matrices Q−1 A Q et Q−1 B Q soient triangulaires supérieures ; ce qui conclut la
récurrence.
2.26 Comme A et B commutent, on prouve par récurrence que :
∀k ∈ IN
Mk =
Ak
0
kAk−1 B
Ak
.
Ainsi, pour tout polynôme P :
P (M ) =
P (A)
0
P (A)B
P (A)
.
En particulier, si M est diagonalisable, alors il existe un polynôme P scindé à racines
simples qui annule M . On en déduit, que P (A) = 0 puis que A est diagonalisable.
De plus, P est premier avec P. Il existe donc des polynômes U et V tels que :
U P + V P = 1.
Par suite B = U (A)P (A)B + V (A)P (A)B = 0 .
Réciproquement, si A est diagonalisable et B = 0 , alors il existe une matrice
P ∈ GLn (C) et une matrice D ∈ Mn (C) diagonale telle que A = P DP −1 ce qui
donne :
A 0
P 0
D 0
P −1
0
M=
=
0 A
0 P
0 D
0
P −1
−1
P 0
D 0
P 0
=
0 P
0 D
0 P
et prouve que M est diagonalisable.
Par conséquent, M est diagonalisable si, et seulement si, la matrice A est diagonalisable et la matrice B est nulle.
½ 2.27 Si u est nilpotent, il existe une base dans laquelle la matrice A de u est triangulaire
supérieure stricte. Les matrices Ak étant triangulaires supérieures strictes pour tout
k > 0 , on a Tr(uk ) = 0 pour tout k > 0.
Nous prouverons la réciproque par récurrence sur n. Elle est évidente pour n = 1.
Supposons le résultat acquis en dimension strictement inférieure à n.
Soit u vérifiant Tr(uk ) = 0 pour tout k ∈ [[1, n]]. Le théorème de Cayley-Hamilton
donne :
χ(u) = un + α1 un−1 + · · · + αn−1 u + (−1)n det u IdE = 0
puis :
Tr(un ) + α1 Tr(un−1 ) + · · · + αn−1 Tr(u) + (−1)n det u Tr(IdE ) = 0,
0 . L’endomorphisme u n’est donc pas
c’est-à-dire det u = 0 puisque Tr(IdE ) = n =
inversible. D’après le théorème du rang, le sous-espace vectoriel Im u est de dimension
strictement inférieure à n.
Dans une base adaptée à Im u , la matrice de uk est :
Bk
0
∗
0
où B est la matrice de v , l’endomorphisme induit par u sur Im u .
On en déduit que Tr(v k ) = 0 pour tout k ∈ [[1, rg u]] et, par hypothèse de récurrence,
que v est nilpotent. On a donc, en posant r = rg u , v r = 0 .
Ainsi, pour tout y ∈ Im u , on a ur (y) = 0 . Par conséquent, pour tout x ∈ E , on a :
ur+1 (x) = ur (u(x)) = 0
donc ur+1 = 0 ; ce qui conclut la récurrence.
2.28 1. (a) Comme G est fini, tout élément g de G est d’ordre fini et il existe par conséquent Ng ∈ IN∗ tel que g Ng = In .
(b) Comme G est fini, {Tr g ; g ∈ G} aussi.
Pour tout g ∈ G, le polynôme X Ng −1 est scindé à racines simples et annule g ,
donc g est diagonalisable.
2. Supposons que tous les éléments de G soient diagonalisables et que {Tr g ; g ∈ G}
soit fini et montrons que G est fini.
L’espace vectoriel Vect(G) est de dimension finie car inclus dans Mn (C). De
la partie génératrice G, on peut donc extraire une base (A1 , . . . , Ap ). Comme
{Tr g ; g ∈ G} est fini, l’application f : X ∈ G → (Tr(A1 X), . . . , Tr(Ap X)) est à
valeurs dans un ensemble fini. Il suffit donc de prouver que f est injective pour
conclure.
Soit (g, g ) ∈ G2 tel que f (g) = f (g ). Par linéarité de la trace, on a donc
Tr(hg) = Tr(hg ) pour tout h ∈ Vect(G). Pour tout h ∈ G, hg −1 ∈ G donc
Tr(hg −1 g) = Tr(hg −1 g ) puis Tr h g −1 g − In = 0 . Par linéarité de la trace,
on a donc :
∀h ∈ Vect(G) Tr h g −1 g − In = 0.
½ Solution des exercices
En particulier, comme g −1 g − In ∈ Vect(G), pour tout entier k , on a :
#
k $
= 0.
Tr g −1 g − In
En utilisant l’exercice 2.27, on en déduit que g −1 g − In est nilpotent. Or, g −1 g appartient à G donc il est diagonalisable. Par conséquent, g −1 g − In aussi et,
comme il est nilpotent, il s’agit de l’endomorphisme nul d’où g = g , ce qui achève
la démonstration.
½ I
Parties convexes d’un espace vectoriel . . . . . . .
1
Barycentres . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
154
154
2
Parties convexes . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Fonctions convexes d’une variable réelle . . . . . .
157
158
1
2
Définitions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Caractérisation géométrique . . . . . . . . . . . . .
158
160
3
4
Inégalité de convexité . . . . . . . . . . . . . . . .
Caractérisation en terme de pente . . . . . . . . .
160
161
Convexité et dérivabilité . . . . . . . . . . . . . . .
1
Caractérisation des fonctions dérivables convexes .
163
163
II
III
Position par rapport à la tangente . . . . . . . . .
164
Démonstrations et solutions des exercices du cours . .
Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2
166
176
3
Dans cette partie, E désigne un espace vectoriel réel et p un entier non nul.
Définition 1
Étant donné (xi )1⩽i⩽p ∈ E p et (λi )1⩽i⩽p ∈ IRp tel que
p
i=1
λi = 0.
On appelle barycentre des points pondérés (xi , λi ) 1⩽i⩽p , l’élément :
1
p
i=1
p
λi xi .
λi i=1
1. Lorsque les (λi )1⩽i⩽p sont égaux, le barycentre est appelé isobarycentre.
p
1 Il est alors égal à
xi .
p i=1
2. Supposons E de dimension finie muni d’un repère R. Les coordonnées
dans R du barycentre d’une famille de points pondérés sont les barycentres
des coordonnées dans R de ces points (affectées des mêmes coefficients).
2
1. L’isobarycentre de deux vecteurs x1 et x2 n’est autre que le vecteur x1 +x
·
2
2. Le symétrique M du point M (x, y) par rapport au point A(α, β) vérifie :
−−→
−−→
AM = −AM
On a donc M (2α − x, 2β − y) i.e. M est le barycentre des points pondérés (A, 2)
et (M, −1).
3. L’isobarycentre des racine n-ièmes de l’unité i.e. des complexes e2ikπ/n 1⩽k⩽n
n
est nul si n ⩾ 2 car on a alors
e2ikπ/n = 0 .
i=1
4. Le centre de gravité d’un triangle de sommets A, B et C , d’affixes respeci.e. l’isobarycentre des points A, B
tives a, b et c est le point d’affixe a+b+c
3
et C .
5. L’espérance d’une variable aléatoire réelle X prenant les valeurs x1 , . . . , xn avec
des probabilités p1 , . . . , pn , n’est autre que le barycentre des réels x1 , . . . , xn
pondérés par leurs probabilité i.e. (xi , pi ) 1⩽i⩽n .
6. En physique, le centre de masses des points Mi 1⩽i⩽n et de masse mi 1⩽i⩽n
est le barycentre des points pondérés (Mi , mi ) 1⩽i⩽n .
Proposition 1
Soit (xi )1⩽i⩽p ∈ E p , (λi )1⩽i⩽p ∈ IRp tel que
p
i=1
λi = 0 et μ un réel non nul.
Le barycentre des points pondérés (xi , μλi ) 1⩽i⩽p est alors bien défini et
égal au barycentre des points pondérés (xi , λi ) 1⩽i⩽p .
Démonstration.
Il suffit de revenir à la définition et de simplifier par μ = 0 .
On peut donc se limiter à considérer les barycentres de points
pondérés (xi , λi ) 1⩽i⩽p tels que
p
i=1
λi = 1.
Proposition 2
Soit (xi , λi ) 1⩽i⩽p et (yi , μi ) 1⩽i⩽q deux familles de points pondérés. On
p
suppose que s1 =
i=1
λi et s2 =
q
i=1
μi sont non nuls et vérifient s1 + s2 = 0.
Alors le barycentre des points pondérés :
(x1 , λ1 ), . . . , (xp , λp ), (y1 , μ1 ), . . . , (yq , μq )
est le barycentre des points pondérés (b1 , s1 ), (b2 , s2 ) , où b1 et b2 sont les
barycentres respectifs de (xi , λi ) 1⩽i⩽p et (yi , μi ) 1⩽i⩽q .
Démonstration.
Par définition, le barycentre des points pondérés (b1 , s1 ), (b2 , s2 ) est :
s 1 b1 + s 2 b2
1
=
s1 + s2
s1 + s2
p
i=1
λi x i +
q
μi yi
.
i=1
½
1. Étant donnés un nombre fini de points A0 ,. . . , Ap , l’ensemble des bary#−−−→
−−−→$
centres de ces points est le sous-espace affine A0 +Vect A0 A1 , · · · , A0 Ap .
En effet, pour tout (α1 , . . . , αp ) ∈ IRp , le point M = A0 +
le barycentre des points pondérés
A0 , 1 −
p
k=1
p
k=1
−−−→
αk A0 Ak est
αk , (A1 , α1 ), . . . , (Ap , αp ).
Réciproquement, si M est le barycentre des points pondérés (Ai , λi ) 0⩽i⩽p
p
p
−−−→
avec
λi = 1, alors M = A0 +
λk A0 Ak .
i=0
k=1
2. L’ensemble des barycentres des points A et B n’est autre que la
−
−→
droite (AB) i.e. A + Vect(AB).
3. Si les points A, B et C ne sont pas alignés alors l’ensemble des barycentres
−−
→ −→
des points A, B et C est le plan A + Vect(AB, AC).
Définition 2
On appelle barycentre à coefficients positifs des points x1 , . . . , xp , tout
élément de la forme
p
telle que
i=1
p
i=1
λi xi où (λi )1⩽i⩽p est une famille de réels positifs
λi = 1.
1. Étant donnés deux points A et B , on note [A, B] l’ensemble des barycentres à coefficients positifs des points A et B .
Il s’agit donc des points M = (1 − θ)A + θB , θ ∈ [0, 1].
2. Dans IR, la notation [x, y] existe lorsque x ⩽ y et désigne l’ensemble
des réels t tels que x ⩽ t ⩽ y . Ces deux notations coïncident donc sous
l’hypothèse x ⩽ y .
3. L’ensemble des barycentres à coefficients positifs de trois points A, B et C
−−
→
−→
est constitué des points M = A + λAB + μAC où λ et μ sont deux réels
positifs tels que λ + μ ⩽ 1 ; il s’agit de l’intérieur du triangle ABC .
Point méthode
Étant donné trois réels a, b et c tels que a < b < c, il faut savoir exprimer
chacun de ces réel comme barycentre des deux autres.
½ 1. Par exemple pour a, on cherche θ ∈ IR tel que a = (1 − θ)b + θc et on oba−b
c−a
a−b
tient θ =
, c’est-à-dire a =
b+
c.
c−b
c−b
c−b
c−b
b−a
c−b
c−a
2. De même, on a b =
a+
c et c = −
a+
b.
c−a
c−a
b−a
b−a
En particulier, comme b ∈ [a, c], b est un barycentre à coefficients positifs de a
et c.
Définition 3
Une partie C de E est convexe si, et seulement si :
∀(c1 , c2 ) ∈ C 2
∀λ ∈ [0, 1]
λc1 + (1 − λ)c2 ∈ C.
1. L’ensemble vide est convexe.
2. Un singleton est convexe.
3. Tout sous-espace affine de E est convexe.
4. Soit E = IRn , . la norme euclidienne sur E et (a, r) ∈ E × IR+ .
La boule fermée B = {x ∈ E | x − a ⩽ r} est convexe.
En effet, pour tout (c1 , c2 ) ∈ B 2 et pour tout λ ∈ [0, 1], on a :
λc1 + (1 − λ)c2 − a = λ(c1 − a) + (1 − λ)(c2 − a)
donc l’inégalité triangulaire et l’homogénéité de la norme donne :
λc1 + (1 − λ)c2 − a ⩽ λ(c1 − a) + (1 − λ)(c2 − a)
⩽ λc1 − a + (1 − λ)c2 − a
⩽ λr + (1 − λ)r = r.
Ainsi, λc1 + (1 − λ)c2 ∈ B .
On montrerait de même que la boule ouverte B = {x ∈ E | x − a < r}
est convexe (pour montrer l’inégalité stricte, on utilise que l’un des deux réels λ
ou 1 − λ est strictement positif).
5. Plus généralement, on verra que si E est muni d’une norme . alors toute boule,
ouverte ou fermée, est convexe.
Proposition 3
Les parties convexes de IR sont exactement les intervalles de IR.
Démonstration page 166
½ p.166 Exercice 1
1. Montrer que l’intersection de deux parties convexes est une partie convexe.
2. Que dire d’une intersection quelconque de convexes ?
3. Que dire de l’union de deux convexes ?
2
4. Soit C1 et C2 deux convexes. Que dire de M = c1 +c
2 , (c1 , c2 ) ∈ C1 × C2 ?
Proposition 4
Soit C une partie de E . Il y a équivalence entre les propositions suivantes :
1. C est convexe ;
2. pour toute famille x1 , . . . xp d’éléments de E et toute famille (λi )1⩽i⩽p
de réels positifs non tous nuls, le barycentre des points pondé
rés (xi , λi ) 1⩽i⩽p est un élément de C ;
3. pour toute famille x1 , . . . xp d’éléments de E et toute famille (λi )1⩽i⩽p
de réels positifs telle que
p
i=1
λi = 1, le barycentre des points pondé-
rés (xi , λi ) 1⩽i⩽p est un élément de C .
Démonstration page 167
On traduit le résultat précédent en disant que C est une partie convexe si,
et seulement si, la partie C est stable par barycentres à coefficients
positifs.
Dans toute la suite, I désigne un intervalle de IR d’intérieur non vide et f
une fonction de I dans IR.
Définition 4
La fonction f est convexe sur I si :
∀(x1 , x2 ) ∈ I 2
∀λ ∈ [0, 1]
La fonction f est concave si −f est convexe.
½ f λ x1 + (1 − λ) x2 ⩽ λ f (x1 ) + (1 − λ) f (x2 ).
2
corde [A1 , A2 ].
En effet, pour tout x ∈ [x1 , x2 ], c’est-àdire de la forme :
λ x1 + (1 − λ) x2
Soit Γ le graphe de la fonction f dans
le plan.
La fonction f est convexe sur I si, et
seulement si, pour tous points A1 et A2
de Γ d’abscisses respectives x1 et x2 , le
graphe de f|[x ,x ] est en dessous de la
1
avec
A2
M
A1
P
x1
x
x2
λ ∈ [0, 1],
les points P et M d’abscisse x et se trouvant respectivement sur Γ
et sur la corde [A1 , A2 ], admettent respectivement f (λ x1 + (1 − λ) x2 )
et λ f (x1 ) + (1 − λ) f (x2 ) pour ordonnées.
p.167 Exercice 2 Soit Γ le graphe d’une fonction convexe f définie sur IR et A1 , A2
deux points de Γ.
Étudier la position de Γ par rapport à la droite (A1 A2 ).
1. Toute fonction affine est convexe.
2. La fonction valeur absolue est convexe car, pour λ ∈ [0, 1] et (x, y) ∈ IR2 , on a :
λ x + (1 − λ) y ⩽ |λ x| + (1 − λ) y = λ |x| + (1 − λ) |y|.
Pour montrer à l’aide de la définition qu’une fonction est convexe,
on pourra établir l’inégalité f λ x+(1−λ) y ⩽ λ f (x)+(1−λ) f (y) seulement
dans le cas où x < y et λ ∈ ]0, 1[. En effet, les cas x = y ainsi que λ = 0 ou
λ = 1 sont évidents et l’on peut toujours échanger les rôles de x et y .
p.168 Exercice 3 Montrer que si f est convexe sur [a, b] et si f (a) = f (b) alors :
∀x ∈ [a, b] f (x) ⩽ f (a).
p.168 Exercice 4
1. Montrer que la fonction f : x → x2 est convexe sur IR .
2. Montrer que la fonction g : x → x3 n’est pas convexe sur IR.
On verra dans la section suivante qu’il y a plus rapide pour montrer la convexité des fonctions f et g en étudiant leurs dérivées.
½ p.168 Exercice 5 Soit f et g deux fonctions convexes sur I .
Montrer que f +g est une fonction convexe mais que f g ne l’est pas nécessairement.
p.169 Exercice 6 Soit f une fonction de I dans J et g une fonction de J dans IR . On
suppose f et g convexes.
1. Montrer que la composée g ◦ f n’est pas toujours une fonction convexe.
2. Montrer que si g est croissante alors g ◦ f est convexe.
On considère toujours une fonction f définie
sur un intervalle I . Son épigraphe est défini
par :
0
Ef = (x, y) ∈ IR2 x ∈ I
et
Ef
1
f (x) ⩽ y .
Proposition 5
La fonction f est convexe si, et seulement si, son épigraphe est une partie
convexe du plan, c’est-à-dire si, et seulement si, on a :
∀(M1 , M2 ) ∈ Ef × Ef
[M1 , M2 ] ⊂ Ef .
Démonstration page 169
p.170 Exercice 7 Montrer que si f et g sont deux fonctions convexes sur I , alors la
fonction sup(f, g) aussi.
Proposition 6
Étant donné une fonction f convexe et une famille (λi )1⩽i⩽p de réels positifs
telle que
p
i=1
λi = 1, on a :
∀(x1 , x2 , . . . , xp ) ∈ I
p
f
p
i=1
Principe de démonstration.
½ λi x i
⩽
p
λi f (xi ).
i=1
Utilisez la caractérisation de la convexité à l’aide de l’épigraphe.
Démonstration page 170
p.170 Exercice 8 Montrer le résultat précédent par récurrence.
Si f est une fonction convexe sur I et si λ1 , λ2 , . . ., λp sont des
réels positifs non tous nuls, on a :
∀(x1 , x2 , . . . , xp ) ∈ I
p
f
λ1 x1 + · · · + λ p xp
λ1 + · · · + λ p
⩽
λ1 f (x1 ) + · · · + λp f (xp )
·
λ1 + · · · + λ p
Par convexité de x → x2 , pour tout (x1 , . . . , xn ) ∈ IRn , on a :
1 xi
n i=1
n
2
1 2
⩽
x
n i=1 i
n
n
donc
2
xi
i=1
⩽n
n
x2i .
i=1
Proposition 7 (Inégalité des pentes)
Soit f une fonction convexe sur I . On a :
∀(x, y, z) ∈ I 3
x < y < z =⇒
Principe de démonstration.
f (y) − f (x)
f (z) − f (x)
f (z) − f (y)
⩽
⩽
·
y−x
z−x
z−y
Faire un dessin et exprimer y comme un barycentre de x et z .
Démonstration page 171
• Ces inégalités s’expriment en terme de pentes de droites et se retiennent
facilement à l’aide d’un dessin.
x
y
z
• La propriété précédente est en fait une équivalence comme le montre l’exercice suivant.
½ p.171 Exercice 9 Réciproque améliorée
1. Montrer que les propriétés suivantes sont équivalentes :
f (z) − f (x)
f (y) − f (x)
⩽
,
y−x
z−x
f (y) − f (x)
f (z) − f (y)
(ii) ∀(x, y, z) ∈ I 3 x < y < z =⇒
⩽
,
y−x
z−y
f (z) − f (x)
f (z) − f (y)
⩽
·
(iii) ∀(x, y, z) ∈ I 3 x < y < z =⇒
z−x
z−y
2. Montrer que chacune des propriétés précédentes implique la convexité de f .
(i) ∀(x, y, z) ∈ I 3
x < y < z =⇒
Corollaire 8
Soit f une fonction concave sur I . On a :
∀(x, y, z) ∈ I 3
x < y < z =⇒
f (z) − f (y)
f (z) − f (x)
f (y) − f (x)
⩽
⩽
·
z−y
z−x
y−x
Proposition 9
Une fonction f définie sur un intervalle I est convexe si, et seulement si, pour
tout a ∈ I , la fonction ϕa : I \ {a} −→ IR
est croissante.
f (x) − f (a)
x −→
x−a
Démonstration page 172
Si p et q sont deux réels, la fonction g : x → f (x) − p x − q est convexe si,
et seulement si, f est convexe. En effet, les fonctions ϕa correspondant à f et à g
diffèrent de la constante p.
Dans la proposition précédente, il s’agit bien de la croissance
de ϕa sur I \ {a} et pas seulement de sa croissance sur chacun des deux
intervalles I ∩ ]−∞, a[ et I ∩ ]a, +∞[.
Corollaire 10
Une fonction f définie sur un intervalle I est concave si, et seulement si, pour
tout a ∈ I , la fonction ϕa : I \ {a} −→ IR
est décroissante.
f (x) − f (a)
x −→
x−a
p.172 Exercice 10 Montrer que la fonction f est à la fois convexe et concave si, et
seulement si, f est affine.
½ Proposition 11
Soit f une fonction dérivable sur un intervalle I .
La fonction f est convexe si, et seulement si, la fonction f est croissante.
Démonstration page 173
• Dans la première partie de la démonstration
précédente, on a en fait établi que si f est
une fonction convexe, on a :
x < y =⇒ f (x) ⩽
f (y) − f (x)
⩽ f (y),
y−x
résultat très facile à retrouver sur un dessin.
• Comme le théorème des accroissements finis
sur lequel elle est fondée, la réciproque néx
y
cessite en fait seulement la continuité de f
sur I et la dérivabilité sur I privé de ses bornes.
Par exemple, la fonction Arcsin , qui est continue sur [−1, 1], est concave
sur [−1, 0] et convexe sur [0, 1], comme le prouvent les variations sur ]−1, 1[
1
de sa dérivée x → √
·
1 − x2
1. On retrouve rapidement la convexité de la fonction x → x2 .
2. La monotonie de leurs dérivées prouve que la fonction exponentielle est convexe
sur IR et la fonction logarithme concave sur IR∗+ .
Corollaire 12
Soit f une fonction deux fois dérivable sur un intervalle I .
La fonction f est convexe si, et seulement si, f est positive.
Démonstration.
En effet, sous cette hypothèse, f est croissante sur l’intervalle I si, et
seulement si, f ⩾ 0 .
Corollaire 13
• Une fonction f dérivable sur un intervalle I est concave si, et seulement
si, la fonction f est décroissante.
• Une fonction f deux fois dérivable sur un intervalle I est concave si, et
seulement si, f est négative.
½ 2
1 1
p.173 Exercice 11 Soit a et b deux réels positifs et (p, q) ∈ R∗+ tel que + = 1 .
p q
Montrer l’inégalité de Young : ab ⩽
ap
aq
+ ·
p
q
p.174 Exercice 12 Lien entre la moyenne géométrique et la moyenne arithmétique
Soit n ∈ IN∗ et x1 , . . . , xn des réels positifs.
1. Soit λ1 , . . . , λn des réels positifs tels que
n
xλi i ⩽
i=1
n
λk = 1 . Montrer l’inégalité :
k=1
n
λi xi .
i=1
2. Prouver et interpréter l’inégalité arithmético-géométrique :
6
7 n
n
7
1
n
8
xk ⩽
xk
n
k=1
k=1
p.174 Exercice 13 Soit f une fonction deux fois dérivable sur un intervalle [a, b] véri
fiant f (a) = f (b) = 0 et dont la dérivée seconde est bornée par M sur [a, b].
Montrer que :
M
∀x ∈ [a, b] f (x) ⩽
(x − a) (b − x).
2
Proposition 14
Si f est une fonction convexe et dérivable sur un intervalle I , on a :
∀(x, a) ∈ I 2
f (x) ⩾ f (a) + (x − a) f (a).
Démonstration page 174
Corollaire 15
Si f est une fonction concave et dérivable sur un intervalle I , on a :
∀(x, a) ∈ I 2
f (x) ⩽ f (a) + (x − a) f (a).
Les résultats précédents peuvent s’exprimer en disant que :
• le graphe d’une fonction convexe dérivable est situé au-dessus de chacune
de ses tangentes,
• le graphe d’une fonction concave dérivable est situé en-dessous de chacune
de ses tangentes.
½ p.174 Exercice 14
1. Montrer que ∀x ∈ IR
exp x ⩾ x + 1 .
Montrer que ∀x ∈ IR∗+
ln x ⩽ x − 1 .
2.
3. Montrer que ∀x ∈ [0, π/2]
2
π x ⩽ sin x ⩽ x.
Point méthode
Des inégalités du type de l’exercice précédent peuvent aussi être obtenues
par étude de fonctions ou en utilisant l’inégalité des accroissements finis.
Lorsqu’une des deux fonctions est affine, l’inégalité a souvent une interprétation graphique en terme de tangente ou en terme de corde ce qui permet
de la démontrer par des arguments de convexité.
Un graphique permet de visualiser que les inégalités :
2
x ⩽ sin x ⩽ x
π
découlent de la position du graphe de la fonction sinus par rapport à sa tangente à l’origine et sa corde reliant les points d’abscisses 0
et π/2 .
∀x ∈ [0, π/2]
0
|
π
2
p.175 Exercice 15 Cas de convergence dans la méthode de Newton
Soit f une fonction dérivable dont la dérivée est strictement positive sur un intervalle I . On suppose que f est concave sur I et qu’il existe un point a ∈ I tel
que f (a) = 0 .
f (un )
·
Soit u0 ∈ I tel que u0 ⩽ a. On considère la suite définie par un+1 = un − f (un )
Montrer que cette suite est bien définie et qu’elle converge vers a.
½ Proposition 3 Il est clair que tout intervalle de IR est convexe.
Réciproquement, soit I une partie convexe de IR . Si I est vide alors c’est un intervalle
de IR. Supposons donc I non vide.
On définit les éléments de R suivants :
inf I si I est minoré
a=
−∞
sinon
et b =
sup I
si I est majoré
+∞
sinon .
Par définition de a et b , I ⊂ [a, b]. Montrons que ]a, b[ ⊂ I .
Soit c ∈ ]a, b[ alors, par caractérisation de la borne supérieure et de la borne inférieure, il
existe c− ∈ I ∩ ]a, c[ et c+ ∈ I ∩ ]c, b[ . Comme I est convexe, on en déduit que :
c ∈ [c− , c+ ] ⊂ I.
Ainsi, ]a, b[ ⊂ I ⊂ [a, b]. Suivant que les éléments a et b soient réels ou pas et appartiennent à I ou pas, on obtient un intervalle, comme précisé dans le tableau suivant :
a∈I
a ∈ IR \ I
a = −∞
b∈I
b ∈ IR \ I
b = +∞
I = [a, b]
I = ]a, b]
I = ]−∞, b]
I = [a, b[
I = ]a, b[
I = ]−∞, b[
I = [a, +∞[
I = ]a, +∞[
I = ]−∞, +∞[
Exercice 1
2
1. Soit C1 et C2 deux convexes de E . Soit (x, y) ∈ (C1 ∩ C2 ) et λ ∈ [0, 1].
Comme C1 est convexe, λx + (1 − λ)y ∈ C1 . De même, λx + (1 − λ)y ∈ C2 .
Donc λx + (1 − λ)y ∈ C1 ∩ C2 . Par suite, C1 ∩ C2 est convexe.
2. Une intersection quelconque de convexes est convexe. En effet, soit (Ci )i∈I une
famille de convexes et C =
Ci . Soit (x, y) ∈ C 2 et λ ∈ [0, 1].
i∈I
Pour tout i ∈ I , comme Ci est convexe, λx+(1−λ)y ∈ Ci . Donc λx+(1−λ)y ∈ C .
Par suite, C est convexe.
3. L’union de deux convexes n’est pas nécessairement un convexe. Par exemple [0, 1]
et [3, 4] sont deux convexes de IR mais leur union U ne l’est pas car 2 est l’isobarycentre de 1 et 3 , éléments de U , mais 2 n’appartient pas à U .
Plus simplement, l’union de deux singletons distincts {a} et {b} n’est pas convexe
car a+b
2 ∈ {a} ∪ {b} .
4. L’ensemble M des milieux des convexes C1 et C2 est convexe.
En effet, soit (x, y) ∈ M 2 et λ ∈ [0, 1]. Il existe (c1 , c1 , c2 , c2 ) ∈ C12 × C22 tel que
c1 + c2
c + c2
x=
et y = 1
· Comme C1 est convexe, c1 = λc1 + (1 − λ)c1 ∈ C1 .
2
2
De même, c2 = λc2 + (1 − λ)c2 ∈ C2 . Ainsi, on a :
λx + (1 − λ)y =
donc M est convexe.
½
c1 + c2
∈ M;
2
Démonstrations et solutions des exercices du cours
Proposition 4
•
Grâce à la proposition 1 de la page 155, on a (2) ⇔ (3).
•
(2) ⇒ (1). Soit C une partie stable par barycentres à coefficients positifs.
Considérons (c1 , c2 ) ∈ C 2 et λ ∈ [0, 1]. Les réels λ et 1 − λ sont alors positifs donc
λc1 + (1 − λ)c2 est un barycentre à coefficients positifs d’éléments de C .
Ainsi, λc1 + (1 − λ)c2 ∈ C , ce qui prouve la convexité de C .
•
(1) ⇒ (3). Soit C une partie convexe. Montrons, par récurrence sur p ∈ IN∗ , que
si x1 , . . . , xp sont des éléments de C et si λ1 , . . . , λp sont des réels positifs tels
p
p
λi = 1 , alors
λi xi appartient à C .
que
i=1
i=1
Le résultat est évident pour p = 1 . Supposons-le vrai pour un certain p ∈ IN∗ et
considérons x1 , . . . , xp+1 des éléments de C ainsi que λ1 , . . . , λp+1 des réels
p+1
positifs tels que
λi = 1 .
i=1
Si λp+1 = 1 , alors
p+1
λi xi = xp+1 appartient à C par hypothèse.
i=1
Sinon, on a
p
λi = 1 − λp+1 = 0 donc :
i=1
p+1
λ1 x1 + · · · + λp xp
λi xi = (1 − λp+1 )
+ λp+1 xp+1 .
λ1 + · · · + λp
i=1
p
λi xi
Or, par hypothèse de récurrence, i=1
p
est un élément de C . Par convexité, on en
λi
i=1
déduit que
p+1
λi xi appartient à C .
i=1
Exercice 2 Notons x1 et x2 les abscisses respectives des points A1 et A2 et supposons
que x1 < x2 .
•
On a déjà prouvé que le graphe de f|[x1 ,x2 ] est situé au-dessous de [A1 , A2 ].
•
Étudions la position du graphe de f|]−∞,x1 ] par rapport à la droite (A1 A2 ).
Soit x ∈ ]−∞, x1 ], il existe λ ∈ ]0, 1]
tel que :
A2
x1 = λx + (1 − λ)x2 .
La fonction f étant convexe, on a
donc f (x1 ) ⩽ λ f (x) + (1 − λ) f (x2 )
puis :
1−λ
1
f (x1 ) −
f (x2 ) ⩽ f (x).
λ
λ
P
A1
M
x
x1
x2
½ Or, les points P et M d’abscisse x se trouvant respectivement sur Γ et sur la
1
1−λ
droite (A1 , A2 ), admettent respectivement f (x) et f (x1 ) −
f (x2 ) pour
λ
λ
ordonnées.
Par conséquent, le graphe de f|]−∞,x1] est situé au-dessus de la droite (A1 A2 ).
•
Étudions la position du graphe de f|[x2 ,+∞[ par rapport à la droite (A1 A2 ).
Soit x ∈ [x2 , +∞[ ; il existe λ ∈ [0, 1[ tel que :
x2 = λx1 + (1 − λ)x.
La fonction f étant convexe, on a donc f (x2 ) ⩽ λ f (x1 ) + (1 − λ) f (x) puis :
1
λ
f (x2 ) −
f (x1 ) ⩽ f (x).
1−λ
1−λ
Les points P et M d’abscisse x se trouvant respectivement sur Γ et sur la
1
λ
droite (A1 A2 ), admettent respectivement f (x) et
f (x2 ) −
f (x1 ) pour or1−λ
1−λ
données. Par conséquent, le graphe de f|[x2 ,+∞[ est situé au-dessus de la droite (A1 A2 ).
Exercice 3 Soit x ∈ [a, b]. Il existe λ ∈ [0, 1] tel que x = λa + (1 − λ)b . Comme f est
convexe, on en déduit que :
f (x) ⩽ λf (a) + (1 − λ)f (b) = f (a).
Graphiquement, cette inégalité découle simplement du fait que la corde reliant les
points de coordonnées (a, f (a)) et (b, f (b)) a pour équation y = f (a).
Exercice 4
1. Soit (x, y) ∈ IR2 et λ ∈ [0, 1]. On a :
f λ x + (1 − λ) y − λ f (x) − (1 − λ) f (y) = λ(1 − λ)(2xy − x2 − y 2 )
= −λ(1 − λ)(x − y)2 ⩽ 0.
Donc f est convexe sur IR .
2. On a −1/2 = 1/2 × 0 + 1/2 × (−1) et g(−1/2) = −1/8 > 1/2 × g(0) + 1/2 × g(−1)
donc g n’est pas convexe sur IR .
Exercice 5
1. Soit (x, y) ∈ I 2 et λ ∈ [0, 1]. On a :
f λ x+(1−λ) y ⩽ λ f (x)+(1−λ) f (y)
donc
et
g λ x+(1−λ) y ⩽ λ g(x)+(1−λ) g(y)
(f + g) λ x + (1 − λ) y ⩽ λ (f + g)(x) + (1 − λ) (f + g)(y);
ce qui prouve f + g est convexe sur I .
2. Les fonctions x → x2 et x → x sont convexes sur IR mais leur produit ne l’est
pas.
½ Démonstrations et solutions des exercices du cours
Exercice 6
1. Les fonctions g : x → −x et f : x → x2 sont convexes sur IR mais leur composée
g ◦ f : x → −x2 ne l’est pas.
2. Soit (x, y) ∈ I 2 et λ ∈ [0, 1]. On a :
f λ x + (1 − λ) y ⩽ λ f (x) + (1 − λ) f (y)
donc la croissance de g implique que :
(g ◦ f ) λ x + (1 − λ) y ⩽ g λ f (x) + (1 − λ) f (y) .
Comme g est convexe, on a :
g λ f (x) + (1 − λ) f (y) ⩽ λ (g ◦ f )(x) + (1 − λ) (g ◦ f )(y)
donc :
(g ◦ f ) λ x + (1 − λ) y ⩽ λ (g ◦ f )(x) + (1 − λ) (g ◦ f )(y);
ce qui prouve g ◦ f est convexe sur I .
Proposition 5
• Supposons f convexe sur I .
Étant donnés deux points M1
et M2 de Ef de coordonnées respectives (x1 , y1 ) et (x2 , y2 ), tout
point M de coordonnées (x, y) du
segment [M1 , M2 ]
est barycentre
des points (M1 , λ) et (M2 , 1 − λ)
avec λ ∈ [0, 1].
On a donc :
x = λ x1 + (1 − λ) x2
y = λ y1 + (1 − λ) y2 .
M1
M
y
M2
f (x)
x1
x
x2
La fonction f étant convexe, on a :
f (x) ⩽ λ f (x1 ) + (1 − λ) f (x2 ).
Comme les points M1 et M2 appartiennent à Ef , on a f (x1 ) ⩽ y1 et f (x2 ) ⩽ y2 .
Les réels λ et 1 − λ étant positifs,on en déduit que :
f (x) ⩽ λ f (x1 ) + (1 − λ) f (x2 ) ⩽ λ y1 + (1 − λ) y2 = y,
•
ce qui prouve que le point M appartient à Ef . Ainsi, Ef est une partie convexe du
plan.
Supposons Ef convexe, c’est-à-dire :
∀(M1 , M2 ) ∈ Ef × Ef
[M1 , M2 ] ⊂ Ef .
Soit A1 et A2 deux points de Γ d’abscisses respectives x1 et x2 . Comme A1 et A2
appartiennent à Ef , tout point M du segment [A1 , A2 ], de coordonnées (x, y), appartient à Ef , et par suite f (x) ⩽ y . Le graphe de f|[x1 ,x2 ] est donc en dessous du
segment [A1 , A2 ], ce qui prouve que f est convexe.
½ Exercice 7 L’épigraphe de la fonction sup(f, g) est l’intersection des épigraphes des
fonctions f et g . En effet, pour tout (x, y) ∈ I × IR , on a :
(x, y) ∈ Esup(f,g) ⇐⇒ sup(f, g)(x) ⩽ y ⇐⇒ f (x) ⩽ y et g(x) ⩽ y ⇐⇒ (x, y) ∈ Ef ∩ Eg .
L’intersection de deux convexes étant convexe, si les fonctions f et g sont convexes
alors l’épigraphe de la fonction sup(f, g) aussi, ce qui prouve la convexité de sup(f, g).
On peut aussi démontrer ce résultat en revenant à la définition.
Pour cela, considérons (x, y) ∈ I 2 et λ ∈ [0, 1]. Comme f est convexe, on a
f (λx + (1 − λ)y) ⩽ λf (x) + (1 − λ)f (y). Or λ et 1 − λ sont des réels positifs, donc :
f (λx + (1 − λ)y) ⩽ λ sup(f, g)(x) + (1 − λ) sup(f, g)(y).
De même, g (λx + (1 − λ)y) ⩽ λ sup(f, g)(x) + (1 − λ) sup(f, g)(y). Ainsi :
sup(f, g) (λx + (1 − λ)y) ⩽ λ sup(f, g)(x) + (1 − λ) sup(f, g)(y);
ce qui prouve la convexité de sup(f, g).
Proposition 6 Soit (x1 , x2 , . . . , xp ) ∈ I p . Les points (xi , f (xi ))1⩽i⩽p appartiennent à
p
p
λi xi ,
λi f (xi ) aussi, c’est-à-dire :
l’épigraphe de f donc leur barycentre
f
p
i=1
i=1
λi xi
i=1
⩽
p
λi f (xi ).
i=1
Exercice 8 Démontrons par récurrence sur p ∈ IN∗ la propriété Hp :
« pour tout (λ1 , λ2 , . . . , λp ) ∈ (IR+ )p et pour tout (x1 , x2 , . . . , xp ) ∈ I p , on a :
p
λi = 1 =⇒ f
i=1
p
#
p
$ λi xi ⩽
λi f (xi ). »
i=1
i=1
•
H1 est vraie de façon évidente car si p = 1 alors λ1 = 1 .
•
Supposons Hp−1 avec p ⩾ 2 . Soit une famille (x1 , x2 , . . . , xp ) ∈ I p ainsi qu’une
p
p
famille (λ1 , λ2 , . . . , λp ) de réels positifs vérifiant
λi = 1 . Le point
λi xi
i=1
i=1
appartient bien à I , comme barycentre à coefficients positifs d’éléments de I .
∗
Si λp = 1 , alors pour tout i ∈ [[1, p − 1]] on a λi = 0 car les λi sont positifs.
Par suite :
p
p
λi xi = f (xp ) =
λi f (xi ).
f
∗
Si λp = 1 , on peut écrire :
i=1
p
i=1
½ λi xi =
p−1
i=1
i=1
λi xi + λp xp = (1 − λp )
p−1
λi
xi + λp xp .
1
−
λp
i=1
Démonstrations et solutions des exercices du cours
La somme des réels positifs
λi
1 − λp
yp =
étant égale à 1 , le réel
1⩽i⩽p−1
p−1
λi
xi
1 − λp
i=1
appartient à I et la propriété Hp−1 donne :
p−1
p−1
λi
λi
xi ⩽
f (xi ).
f (yp ) = f
1 − λp
1 − λp
i=1
i=1
La convexité de f entraîne alors :
p
λi xi = f ((1 − λp ) yp + λp xp )
f
i=1
⩽ (1 − λp ) f (yp ) + λp f (xp )
p−1
p
λi
f (xi ) + λp f (xp ) =
λi f (xi ),
⩽ (1 − λp )
1 − λp
i=1
i=1
ce qui prouve Hp .
Proposition 7 Soit x, y et z des éléments de I vérifiant x < y < z .
z−y
En posant λ =
, on a y = λx + (1 − λ)z et λ ∈ [0, 1], ce qui implique que :
z−x
f (y) ⩽ λf (x) + (1 − λ)f (z).
Ainsi, on a λ (f (y) − f (x)) ⩽ (1 − λ) (f (z) − f (y)), c’est-à-dire :
z−y
y−x
(f (y) − f (x)) ⩽
(f (z) − f (y)) ;
z−x
z−x
ce qui conduit à la première inégalité car x < y < z .
De même, on obtient :
z−y
f (y) − f (z) ⩽ λ (f (x) − f (z)) =
(f (x) − f (z)) ;
z−x
ce qui conduit à la seconde inégalité car y < z .
Exercice 9
1. Comme x < y < z , chacune des propriétés est équivalente à :
f (x)(y − z) + f (y)(z − x) + f (z)(x − y) ⩽ 0.
2. Supposons cette propriété vérifiée et montrons que f est convexe. Soit (x, y) ∈ I 2
tel que x < y et λ ∈ ]0, 1[ . Si l’on pose t = λx + (1 − λ)y alors x < t < y donc :
f (x)(t − y) + f (t)(y − x) + f (y)(x − t) ⩽ 0.
Comme t − y = λ(x − y), x − t = (1 − λ)(x − y) et y − x > 0 , on obtient :
f (t) ⩽ λf (x) + (1 − λ)f (y),
ce qui prouve la convexité de f , grâce à la remarque de la page 159.
½ Proposition 9
• Supposons f convexe sur I et a ∈ I . Montrons la croissance de la fonction ϕa .
Soit (x, x ) ∈ (I \ {a})2 tel que x < x .
∗
Si a < x < x , alors on a :
f (x) − f (a)
f (x ) − f (a)
⩽
,
x−a
x − a
∗
c’est-à-dire ϕa (x) ⩽ ϕa (x ).
Si x < a < x , alors on a :
f (x ) − f (a)
f (a) − f (x)
⩽
,
a−x
x − a
∗
c’est-à-dire ϕa (x) ⩽ ϕa (x ).
Si x < x < a, alors on a :
f (a) − f (x)
f (a) − f (x )
,
⩽
a−x
a − x
c’est-à-dire ϕa (x) ⩽ ϕa (x ).
•
La fonction ϕa est donc croissante.
Réciproquement, supposons que pour tout a ∈ I , la fonction ϕa soit croissante.
Soit (x, y) ∈ I 2 tel que x < y et λ ∈ ]0, 1[ . Posons a = λx + (1 − λ)y . La croissance
de la fonction ϕa implique alors que :
f (x) − f (a)
f (y) − f (a)
⩽
·
x−a
y−a
Comme x − a = (1 − λ)(x − y) < 0 et y − a = λ(y − x) > 0 , on a :
(x − a) (f (y) − f (a)) ⩽ (y − a) (f (x) − f (a)) .
Comme y − x > 0 , on obtient :
f (a) ⩽ λf (x) + (1 − λ)f (y);
ce qui prouve la convexité de f .
Exercice 10 Si f est une fonction affine, alors pour tout a ∈ I , la fonction
I \ {a} −→ IR
est constante donc croissante et décroissante, ce qui
f (x) − f (a)
x −→
x−a
prouve que f est à la fois convexe et concave.
Réciproquement, supposons f à la fois convexe et concave. Si l’on fixe a ∈ I , alors la
fonction I \ {a} −→ IR
est croissante et décroissante donc constante.
f (x) − f (a)
x −→
x−a
Il existe donc C ∈ IR telle que :
∀x ∈ I \ {a} f (x) = f (a) + C(x − a).
L’égalité étant également vraie en a, f est une fonction affine.
½ Démonstrations et solutions des exercices du cours
Proposition 11
• Supposons f convexe. Soit x et y deux points de I tels que x < y .
∗
Soit t ∈ ]x, y[ . La proposition 7 de la page 161 donne :
f (t) − f (x)
f (y) − f (x)
⩽
·
t−x
y−x
En passant à la limite lorsque t tend vers x à droite, on obtient :
f (x) ⩽
∗
f (y) − f (x)
·
y−x
De la même façon, grâce à l’inégalité
f (y)−f (x)
y−x
f (y)−f (t)
y−t
⩽
valable pour
tout t ∈ ]x, y[ , on obtient :
f (y) − f (x)
⩽ f (y).
y−x
Par conséquent :
f (x) ⩽
f (y) − f (x)
⩽ f (y);
y−x
ce qui prouve la croissance de f .
• Supposons f croissante.
Soit (x, y) ∈ I 2 tel que x < y et λ ∈ ]0, 1[ .
Posons z = λx + (1 − λ)y .
D’après le théorème des accroissements finis, il
existe c1 ∈ ]x, z[ et c2 ∈ ]z, y[ tels que :
f (z) − f (x)
= f (c1 )
z−x
et :
f (y) − f (z)
= f (c2 ).
y−z
x
c1
z
c2
y
Comme x < c1 < z < c2 < y , la croissance de f implique que f (c1 ) ⩽ f (c2 ), ce qui
f (z) − f (x)
f (y) − f (z)
f (z) − f (x)
f (y) − f (z)
donne
⩽
, c’est-à-dire
⩽
.
z−x
y−z
(1 − λ)(y − x)
λ(y − x)
Comme λ, 1 − λ et y − x sont des réels strictement positifs, on en déduit que :
f (z) ⩽ λf (x) + (1 − λ)f (y).
Par conséquent, f est convexe.
Exercice 11 Si a ou b est nul, alors l’inégalité est évidente.
Supposons donc a et b strictement positifs. La fonction ln étant concave, on a alors :
ln
bq
ap
+
p
q
⩾
1
1
ln ap + ln bq
p
q
soit
ln
ap
bq
+
p
q
⩾ ln(ab).
La fonction exp étant croissante, cela entraîne l’inégalité demandée.
½ Exercice 12
1. Si l’un des xi est nul, l’inégalité est évidente.
Supposons donc les xi strictement positifs. La concavité de la fonction logarithme
permet alors d’écrire :
n
n
n
λi
λi xi ⩾
λi ln xi = ln
xi
ln
i=1
i=1
i=1
ce qui, puisque la fonction exponentielle est croissante, implique :
n
xλi i ⩽
i=1
n
λi xi .
i=1
2. En particulier, pour λ1 = λ2 = · · · = λn =
n
n1
i=1
1
xi ,
n i=1
n
⩽
xi
1
, on obtient :
n
ce que l’on peut exprimer en disant que la moyenne géométrique est inférieure à
la moyenne arithmétique.
Exercice 13 La fonction g définie par :
g(x) = f (x) − M
(x − a) (b − x)
2
a pour dérivée seconde g = f + M qui est positive sur [a, b]. La fonction g est donc
convexe et, comme elle est nulle en a et b , elle est négative sur [a, b].
On prouve de même que la fonction h définie par :
h(x) = f (x) + M
(x − a) (b − x)
2
est concave puis positive sur [a, b]. Au final on a donc prouvé :
(x − a) (b − x)
∀x ∈ [a, b] f (x) ⩽ M
·
2
(a)
est croissante sur I \ {a} et tend vers f (a)
Proposition 14 La fonction ϕa : f (x)−f
x−a
en a par dérivabilité de f . On a donc, pour tout x ∈ I :
x < a =⇒ ϕa (x) ⩽ f (a)
et
x > a =⇒ ϕa (x) ⩾ f (a).
Par conséquent, f (x) − f (a) ⩾ (x − a) f (a) pour tout x ∈ I (le cas x = a est évident).
Exercice 14
1. Une équation de la tangente en 0 de la fonction convexe exp est :
y = exp(0) + exp (0) × x = x + 1,
d’où l’inégalité.
½ Démonstrations et solutions des exercices du cours
2. Une équation de la tangente en 1 de la fonction concave ln est :
y = ln(1) + ln (1) × (x − 1) = x − 1,
d’où l’inégalité.
3. La fonction sin est concave sur [0, π/2]. Une équation de la tangente en 0 de la
fonction sin est y = sin(0) + sin (0) × x = x, d’où l’inégalité :
∀x ∈ [0, π/2]
sin x ⩽ x.
La corde reliant les points de coordonnées (0, sin(0)) = (0, 0) et
(π/2, sin(π/2)) = (π/2, 1) a pour équation y = π2 x. La concavité de f sur [0, π/2]
implique alors que pour tout x ∈ [0, π/2], on a π2 x ⩽ sin x.
Exercice 15
•
f (v)
⩽ a, ce qui
f (v)
prouvera que la suite u est bien définie, à valeurs dans [u0 , a] et croissante.
Soit v ∈ I tel que v ⩽ a. La croissance de f implique alors f (v) ⩽ f (a) = 0 . On
f (v)
a donc v ⩽ v − car f est positive.
f (v)
Comme f est concave, la courbe représentative de f est en-dessous de sa tangente
en v qui a pour équation y = f (v) + f (v)(x − v). Par suite :
Montrons que pour tout réel v ∈ I , on a v ⩽ a ⇒ v ⩽ v −
0 = f (a) ⩽ f (v) + f (v)(a − v).
La positivité de f conduit alors à v −
f (v)
⩽ a. Par conséquent, la suite u est
f (v)
bien définie et :
∀n ∈ IN un ⩽ un+1 ⩽ a
•
Ainsi la suite u est croissante et majorée par a. Elle converge donc vers une
limite .
Comme f est concave, la fonction f est croissante, ainsi :
∀n ∈ IN
0⩽
f (un )
f (un )
⩽ = un − un+1 .
f (u0 )
f (un )
Par encadrement, on en déduit que
lim f (un ) = 0 . La continuité de f conduit
n→+∞
alors à f ( ) = 0 . Enfin, la stricte monotonie de f implique que
= a.
½ 3.1 Soit A une partie de E .
1. Montrer qu’il existe un plus petit (au sens de l’inclusion) convexe contenant A.
On l’appelle l’enveloppe convexe de A et on le note Conv(A).
2. Montrer que Conv(A) est l’ensemble des barycentres à coefficients positifs des
points de A.
3.2 Théorème de Carathéodory
On reprend les notations de l’exercice précédent et l’on considère une partie A d’un
espace vectoriel E de dimension n.
Montrer que tout élément de Conv(A) est un barycentre à coefficients positifs de
n + 1 points de A.
3.3 Soit n ∈ IN∗ et (x1 , . . . , xn ) ∈ (IR∗+ )n . Montrer que :
n
1
1
x1 + · · · + xn
√
x1 + · · · xn
⩽ n x1 . . . xn ⩽
·
n
3.4 Soit f et g deux fonctions convexes, positives et de même monotonie sur I .
1. On suppose f et g deux fois dérivables. Montrer que f g est convexe.
2. Montrer que le résultat est conservé dans le cas général.
3.5 Une fonction f de I dans IR∗+ est dite logarithmiquement convexe si ln f est convexe.
1. Montrer que si f est logarithmiquement convexe alors f est convexe.
La réciproque est-elle vraie ?
2. Soit f une fonction de I dans IR∗+ .
Montrer que f est logarithmiquement convexe si, et seulement si, pour
tout α ∈ IR+ , la fonction fα : x → f (x)αx est convexe.
3.6 Soit f une fonction convexe strictement monotone d’un intervalle I sur un intervalle J .
Que peut-on dire de f −1 en terme de convexité ou de concavité ?
On discutera suivant que f est croissante ou décroissante.
3.7 Soit f une fonction convexe définie sur IR∗+ croissante mais non constante.
Montrer que :
lim f (x) = +∞.
x→+∞
3.8 Soit f une fonction convexe sur IR+ .
1. On suppose que lim f = 0 , montrer que f est positive.
x→+∞
2. On suppose que la courbe représentative C de f admet une asymptote D .
Quelles sont les positions relatives de C et de D ?
½ Exercices
3.9 1. Soit f une fonction convexe majorée sur IR. Montrer que f est constante.
Le résultat est-il conservé si f est convexe et majorée sur [A, +∞[ ?
2. En déduire que si f est une fonction deux fois dérivable sur IR bornée et non
constante, alors il existe t1 et t2 tels que f (t1 )f (t2 ) < 0.
3.10 Soit f une fonction convexe sur un intervalle borné ]a, b[ , montrer que f est minorée.
3.11 Soit f une fonction convexe de classe C 1 sur [a, b].
Montrer que :
9 b
a+b
f (a) + f (b)
(b − a)f
f (t) dt ⩽ (b − a)
⩽
·
2
2
a
3.12 Soit x1 et x2 deux nombres réels tels que x1 > 1 et x2 > 1 .
Montrer que :
:
x1 + x2
⩾ ln x1 ln x2 .
ln
2
3.13 Soit p et q deux nombres réels strictement positifs tels que
1
1
+ = 1 ainsi que
p
q
a1 , a2 , . . . , an et b1 , b2 , . . . , bn des nombres réels positifs.
1. Montrer l’inégalité de Hölder :
1 n
1q
n
n
p p q
ai b i ⩽
ai
bi
.
i=1
i=1
i=1
2. En déduire l’inégalité de Minkowski :
1/p n
1 n
1
n
p p
p p
(ai + bi )p
⩽
ai
+
bi
.
i=1
i=1
i=1
3.14 Soit f une fonction continue de IR dans IR vérifiant :
∀(x, y) ∈ IR2
f
x+y
2
⩽
f (x) + f (y)
·
2
Montrer que f est convexe.
3.15 Soit f une fonction convexe sur un intervalle I et a un point intérieur de I .
1. Montrer que f est dérivable à droite et à gauche au point a et que :
fg (a) ⩽ fd (a).
En déduire que f est continue en tout point intérieur de I .
2. Donner un exemple de fonction convexe sur [0, 1] mais non continue sur [0, 1].
3. Donner un exemple de fonction convexe sur [0, 1] continue mais non dérivable (à
droite) en 0 .
½
3.1 1. Posons K l’intersection de tous les convexes contenant A. D’après l’exercice 1
de la page 158, l’ensemble K est un convexe contenant K . Si K est un autre
convexe contenant A, alors, par définition de K , on a K ⊂ K , ce qui prouve que
K est le plus petit convexe contenant A.
2. Soit B l’ensemble des barycentres à coefficients positifs des points de A. Il est
clair que A ⊂ B et la proposition 2 de la page 155 implique la convexité de B .
Par conséquent, Conv(A) ⊂ B .
Réciproquement, tout élément de B est un barycentre à coefficients positifs des
points de A donc de points de Conv(A). La proposition 4 de la page 158 et la
convexité de Conv(A) implique donc que B ⊂ Conv(A) puis que B = Conv(A).
3.2 Soit b ∈ Conv(A). Il existe donc a1 , . . . ap éléments de A et une famille (λi )1⩽i⩽p
p
de réels positifs telle que
λi = 1 et telle que b soit égal au barycentre des points
i=1
pondérés (ai , λi ) 1⩽i⩽p .
Si p ⩽ n + 1 alors le résultat est démontré.
Supposons que p > n + 1 et montrons que b est le barycentre à coefficients positifs
de p − 1 points de A. Le résultat sera donc démontré par récurrence.
Comme E est de dimension n, les vecteurs (ai − a1 )2⩽i⩽p sont liés donc il existe une
p
αi (ai − a1 ) = 0 .
famille (αi )2⩽i⩽p de réels non tous nuls tels que
i=2
On pose α1 = −
p
αi de sorte que
i=2
Ainsi, pour tout réel t, on a b =
p
i=1
p
αi ai = 0 et
p
αi = 0 .
i=1
(λi − tαi ) ai . On cherche donc t tel que pour
i=1
tout i , λi − tαi soit positif et que l’un de ces coefficients soit nul.
Il existe alors un indice i tel que αi > 0 car sinon, comme
p
αi = 0 , on aurait
i=1
α1 = · · · = αp = 0 . Par suite, il existe un indice i0 tel que αi0 > 0 et :
λi0
λk
= min
; k ∈ [[1, p]] et αk > 0 .
αi0
αk
λi0
λi
. Soit i ∈ [[1, p]]. Si αi > 0 , on a
⩾ t0 donc λi − t0 αi positif.
αi0
αi
Sinon, λi − t0 αi est positif car t0 est positif.
On prend t0 =
Par définition, λi0 − t0 αi0 = 0 donc b peut s’écrire comme barycentre à coefficients
positifs de p − 1 points de A et le résultat est démontré.
½ Solution des exercices
3.3 La fonction x → ln x étant concave , on a :
1
ln xi ⩽ ln
n i=1
n
d’où :
1
xi
n i=1
n
;
6
7 n
n
7
1
n
8
xk ⩽
xk .
n
k=1
On remplace ensuite xk par
k=1
1
pour avoir la première partie de l’inégalité.
xk
3.4 1. La fonction f g est deux foix dérivable et (f g) = f g + 2f g + g f . L’hypothèse
de convexité implique f ⩾ 0 et g ⩾ 0 et celle de monotonie conduit à f g ⩾ 0 .
La caractérisation donnée par le corollaire 12 permet alors de conclure.
2. Soit (x, y) ∈ I 2 et λ ∈ [0, 1].
Comme les fonctions f et g sont positives, les inégalités de convexité conduisent à :
(f g) λ x + (1 − λ) y ⩽ λ f (x) + (1 − λ) f (y) λ g(x) + (1 − λ) g(y)
⩽ λ(f g)(x) + (1 − λ)(f g)(y) + ( ),
avec :
#
$
( ) = (λ2 − λ) (f g)(x) + (f g)(y) − f (x)g(y) − f (y)g(x)
= (λ2 − λ) f (x) − f (y) g(x) − g(y) .
L’hypothèse de même monotonie implique alors que :
f (x) − f (y) g(x) − g(y) ⩾ 0.
Ainsi, comme λ ∈ [0, 1], on a ( ) ⩽ 0 donc :
(f g) λ x + (1 − λ) y ⩽ λ (f g)(x) + (1 − λ) (f g)(y),
ce qui prouve la convexité de la fonction f g .
3.5 1. Soit f une fonction logarithmiquement convexe.
Considérons (x, y) ∈ I 2 et λ ∈ [0, 1]. On a :
ln f λ x + (1 − λ) y ⩽ λ ln f (x) + (1 − λ) ln f (y)
donc la croissance de la fonction exponentielle implique que :
f λ x + (1 − λ) y ⩽ exp λ ln f (x) + (1 − λ) ln f (y) .
Comme la fonction exponentielle est convexe, on a :
exp λ ln f (x) + (1 − λ) ln f (y) ⩽ λ f (x) + (1 − λ) f (y)
ce qui prouve que f est convexe sur I .
La réciproque est fausse : par exemple, la fonction x → x2 est convexe, mais la
fonction x → 2 ln x ne l’est pas.
½ 2. • Soit f une fonction logarithmiquement convexe. Pour tout α ∈ IR+ , on a :
∀x ∈ I
ln(f (x)αx ) = ln f (x) + x ln α.
Toute fonction affine étant convexe, pour tout α ∈ IR+ , ln fα est convexe
comme somme de deux fonctions convexes. Pour tout α ∈ IR+ , la fonction fα
est donc logarithmiquement convexe puis convexe.
• Supposons que, pour tout α ∈ IR+ , la fonction fα : x → f (x)αx soit convexe.
Soit (x, y) ∈ I 2 et λ ∈ [0, 1]. On cherche à prouver que :
(ln f ) λx + (1 − λ)y ⩽ λ(ln f )(x) + (1 − λ)(ln f )(y),
c’est-à-dire que :
f λx + (1 − λ)y ⩽ f (x)λ f (y)1−λ .
( )
Pour tout α ∈ IR+ , on a :
f λx + (1 − λ)y αλx+(1−λ)y ⩽ λf (x)αx + (1 − λ)f (y)αy ,
c’est-à-dire :
f λx + (1 − λ)y ⩽ λf (x)α(1−λ)(x−y) + (1 − λ)f (y)αλ(y−x) .
Pour conclure, il suffit de prouver que pour un certain α ∈ IR+ , on a :
et αλ(y−x) = f (y)−λ f (x)λ ,
α(1−λ)(x−y) = f (y)1−λ f (x)λ−1
ce qui permettra d’obtenir :
f λx + (1 − λ)y ⩽ λf (x)λ f (y)1−λ + (1 − λ)f (x)λ f (y)1−λ ,
et donc ( ).
Si x = y , tout réel strictement positif α convient.
Si x =
y , alors on peut prendre α =
f (y)
f (x)
1
x−y
.
3.6 En appliquant f −1 à l’inégalité de convexité :
∀(x, y) ∈ IR2
∀λ ∈ [0, 1] f λf −1 (x) + (1 − λ)f −1 (y) ⩽ λx + (1 − λ)y,
on prouve que f −1 est convexe si f (et donc f −1 ) est décroissante et concave si f
est croissante.
3.7 Considérons l’application :
f (x) − f (1)
·
x−1
Il existe x0 tel que f (x0 ) = f (1) (car f n’est pas constante).
De plus :
∀x ∈ ]x0 , +∞[ ϕ1 (x) ⩾ ϕ1 (x0 ) > 0,
d’où :
;
<
∀x ∈ max(x0 , 1), +∞ f (x) ⩾ f (1) + ϕ1 (x0 )(x − 1),
ce qui prouve que :
lim f (x) = +∞.
ϕ1 : x →
x→+∞
½ Solution des exercices
3.8 1. Soit a ∈ IR+ . Considérons la fonction :
ϕa : x →
f (x) − f (a)
·
x−a
Il s’agit d’une fonction croissante sur l’intervalle ]a, +∞[ et
lim ϕa (x) = 0
x→+∞
puisque f est bornée au voisinage de +∞. Par conséquent, elle est négative
sur ]a, +∞[ , d’où :
∀x ∈ ]a, +∞[ f (x) ⩽ f (a).
La fonction f est donc décroissante et tend vers 0 en +∞, ce qui prouve sa
positivité.
2. Soit y = ax + b une équation de l’asymptote D . On a alors :
lim [f (x) − ax − b] = 0.
x→+∞
Ainsi, la fonction x → f (x) − ax − b est convexe et tend vers 0 donc, d’après ce
qui précède, elle est positive.
Par conséquent, le graphe de la fonction se situe au-dessus de l’asymptote.
On peut visualiser ce résultat en considérant la fonction x → x1 ·
3.9 1. Soit x et y deux réels tels que x < y et M un majorant de f sur IR.
• Pour tout z > y , on a :
f (y) − f (x)
f (z) − f (x)
M − f (x)
⩽
⩽
,
y−x
z−x
z−x
donc, en faisant tendre z vers +∞, on obtient
f (y) − f (x)
⩽ 0.
y−x
• Pour tout z < x. On a :
f (y) − f (x)
f (x) − f (z)
f (x) − M
⩾
⩾
,
y−x
x−z
x−z
f (y) − f (x)
⩾ 0.
y−x
Finalement f (x) = f (y), ce qui montre que f est constante.
donc, en faisant tendre z vers −∞, on obtient
Le résultat n’est pas forcément conservé si l’on suppose f simplement convexe et
majorée sur [A, +∞[ ; il suffit de considérer la fonction x → e−x .
2. Supposons que :
∀(t1 , t2 ) ∈ IR2
f (t1 )f (t2 ) ⩾ 0.
Alors, f garde un signe constant sur IR . Quitte à changer f en −f on peut
supposer que f est positive et donc que f est convexe majorée, ce qui prouve
qu’elle est constante.
½ 3.10 Soit (x0 , x1 , x2 ) ∈ ]a, b[3 , tel que x0 < x1 < x2 .
On va utiliser le fait que :
• sur ]a, x1 ], le graphe de f est au-dessus de la droite reliant les points (x1 , f (x1 ))
et (x2 , f (x2 )) ;
• sur [x1 , b[ , le graphe de f est au-dessus de la droite reliant les points (x0 , f (x0 ))
et (x1 , f (x1 )) .
(x1 )
En effet, puisque ϕx1 : x → f (x)−f
est croissante, on a :
x−x1
x < x1 =⇒ ϕx1 (x) ⩽ ϕx1 (x2 ) =⇒ f (x) ⩾ f (x1 ) + (x − x1 )ϕx1 (x2 ),
et l’inégalité est évidente si x = x1 . Or, la fonction affine x → f (x1 )+ (x− x1 )ϕx1 (x2 )
étant minorée sur l’intervalle borné ]a, b[ , f est minorée sur ]a, x1 ].
En écrivant que ϕx0 est croissante, on obtient :
x ⩾ x1 =⇒ f (x) ⩾ f (x0 ) + (x − x0 )ϕx0 (x1 ),
donc f est minorée sur [x1 , b[ .
(b)
3.11 Si l’on interprète le réel (b − a) f (a)+f
comme l’aire d’un trapèze, la représentation
2
graphique ci-dessous permet de comprendre que l’inégalité :
9 b
f (a) + f (b)
f (t) dt ⩽ (b − a)
2
a
découle de la position du graphe de f par rapport à la corde reliant les points d’abscisses a et b .
|
a
|
b
Plus précisément, considérons ϕ la fonction affine telle que ϕ(a) = f (a) et
ϕ(b) = f (b).
La fonction f étant convexe, on a :
∀x ∈ [a, b] f (x) ⩽ ϕ(x).
½ Solution des exercices
En intégrant entre a et b , on obtient l’inégalité :
9 b
f (a) + f (b)
f (t) dt ⩽ (b − a)
·
2
a
|
a
|
|
a+b
2
b
qui peut être interprété comme l’aire
Pour la seconde inégalité, le réel (b − a)f a+b
2
d’un rectangle, peut également être vu comme l’aire d’un trapèze car, pour toute
fonction affine ψ , on a :
9 b
a+b
·
ψ(t) dt = (b − a)ψ
2
a
Pour montrer la deuxième inégalité, il suffit donc d’écrire que le graphe de la fonction f
a+b
est au dessus de sa tangente en
·
2
+ f a+b
× x − a+b
,
Ainsi, si l’on considère la fonction affine ψ : x → f a+b
2
2
2
alors :
∀x ∈ [a, b] ψ(x) ⩽ f (x).
En intégrant entre a et b , on obtient l’inégalité :
9 b
a+b
(b − a)f
f (t) dt.
⩽
2
a
le résultat est vrai même si f n’est pas supposée de classe C 1 . Il suffit
pour l’inégalité de gauche d’écrire que pour tout x ∈ [a, b], on a :
f
a+b
2
⩽
1
1
f (x) + f (a + b − x)
2
2
et d’intégrer cette inégalité entre a et b .
½ 3.12 La fonction x → ln(ln x) est définie sur ]1, +∞].
1
Elle y est dérivable et sa dérivée x →
est décroissante. On a donc :
x ln x
1
1
x1 + x2
⩾ ln(ln x1 ) + ln(ln x2 ).
ln ln
2
2
2
En utilisant la croissance de la fonction exponentielle, on trouve le résultat demandé.
3.13 1. La fonction x → xp est convexe sur IR+ puisque p > 1 .
On a pour x1 , x2 , . . . , xn dans IR∗+ et λ1 , λ2 , . . . , λn dans IR∗+ :
⎞p
⎛ n
n
λi xi ⎟
λi xpi
⎜
⎟
⎜ i=1
⎟ ⩽ i=1
⎜
n
n
⎟
⎜ ⎠
⎝
λi
λi
i=1
soit :
n
λi xi ⩽
i=1
i=1
n
λi xpi
p1 n
i=1
1− p1
λi
.
i=1
−q
Si les bi sont strictement positifs, alors on prend λi = bqi et xi = ai bi p , ce qui
donne l’inégalité cherchée.
Sinon, on pose I = {i ∈ [[1, n]] | bi > 0} , et le cas précédent donne :
1 1
1 n
q1
n
n
p p p p q q
ai b i =
ai b i ⩽
ai
bi
⩽
ai
bqi
,
i=1
i∈I
i∈I
i=1
i∈I
i=1
car les api et bqi
sont positifs.
p
, on va utiliser la question précédente en écrivant que, pour
2. Comme q = p−1
tout k ∈ [[1, n]], on a :
(ai + bi )p = ai (ai + bi )p−1 + bi (ai + bi )p−1 .
L’inégalité de Hölder donne alors :
n
1 n
p−1
n
p
p p ai (ai + bi )p−1 ⩽
ai
(ai + bi )p
i=1
i=1
et :
n
p−1
bi (ai + bi )
i=1
i=1
n
1 n
p−1
p
p p p
⩽
bi
(ai + bi )
.
i=1
i=1
On en déduit que :
n
i=1
½ ⎡
p1 n
p1 ⎤ n
p−1
p
n
p
p
p
p
⎦
(ai + bi ) ⩽ ⎣
ai
+
bi
(ai + bi )
.
i=1
i=1
i=1
Solution des exercices
Si
n
(ai + bi )p > 0 , alors on obtient l’inégalité :
i=1
n
1/p
(ai + bi )p
1 n
1
n
p p
p p
⩽
ai
+
bi
.
i=1
i=1
i=1
Sinon, l’inégalité est évidente car les réels considérés sont positifs.
3.14 Soit (x, y) ∈ IR2 . Montrons par récurrence la propriété suivante :
#p
#
#
p$ $
p $
p
Hn : ∀p ∈ [[0, 2n ]] f n x + 1 − n y ⩽ n f (x) + 1 − n f (y).
2
2
2
2
L’assertion H0 est clairement vraie.
Supposons Hn vraie pour un certain entier n et considérons p ∈ [[0, 2n+1 ]] .
Si p est pair, alors il existe k ∈ [[0, 2n ]] tel que p = 2k donc, d’après Hn , on a :
# p
#
p $ $
k
k
f n+1 x + 1 − n+1 y = f
x+ 1− n y
n
2
2
2
2
k
k
f (x) + 1 − n f (y)
2n
2
#
p
p $
= n+1 f (x) + 1 − n+1 f (y).
2
2
p
p
Si p est impair, alors 2n+1 x + 1 − 2n+1 y = X+Y
avec :
2
⩽
X=
p−1
p−1
x + 1 − n+1
2n+1
2
y
et
Y =
p+1
p+1
x + 1 − n+1
2n+1
2
y.
On a donc :
# p
#
p $ $ f (X) + f (Y )
x
+
1
−
y ⩽
,
2n+1
2n+1
2
ce qui implique, du fait de la parité de p − 1 ⩾ 0 et p + 1 ⩽ 2n+1 , l’inégalité :
f
f
#
# p
p $ $ 1
x
+
1
−
y ⩽
2n+1
2n+1
2
p−1
p−1
f (x) + 1 − n+1
n+1
2
2
f (y)
p+1
p+1
f (x) + 1 − n+1 f (y)
2n+1
2
#
p $
= n+1 f (x) + 1 − n+1 f (y),
2
2
+
et montre Hn+1 .
Soit λ ∈ [0, 1]. La suite
$
#
n
λn = 22nλ
1
2
p
n∈IN
converge vers λ car, pour tout entier n,
on a |λ − λn | ⩽ 2−n . De plus, pour tout entier n, 2n λ ∈ [[0, 2n ]] donc :
f (λn x + (1 − λn )y) ⩽ λn f (x) + (1 − λn )f (y).
En utilisant la continuité de f , on en déduit que :
f (λx + (1 − λ)y) ⩽ λf (x) + (1 − λ)f (y).
½ 3.15 1. La fonction ϕa définie sur I \ {a} par ϕa (x) =
∀(x, y) ∈ I 2
f (x) − f (a)
est croissante, donc :
x−a
x < a < y =⇒ ϕa (x) ⩽ ϕa (y).
Soit y tel que y > a (il en existe puisque a n’est pas la borne supérieure de I ).
La fonction ϕa|I∩]−∞,a[ est croissante majorée par ϕa (y), donc elle possède une
limite en a inférieure ou égale à ϕa (y), ce qui entraîne que la fonction est dérivable
à gauche en a et que :
∀y ∈ I
y > a =⇒ fg (a) ⩽ ϕa (y).
Ainsi, la fonction croissante ϕa|I∩]a,+∞[ est minorée par fg (a). Elle admet donc
une limite en a supérieure ou égale à fg (a), ce qui entraîne que la fonction f est
dérivable à droite en a et que fg (a) ⩽ fd (a).
Soit a un point intérieur de I . Alors f est dérivable à droite et à gauche en a
donc est continue à droite et à gauche en a, c’est-à-dire continue en a.
2. La fonction [0, 1] −→ IR
est convexe sur [0, 1] et discontinue
x si x ∈ [0, 1[
x −→
2 sinon
en 1 .
3. La fonction [0, 1] −→ IR√ est convexe et continue sur [0, 1] mais non dérix −→ − x
vable en 0 .
½ I
II
III
Généralités . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1
Définition . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
188
188
2
3
Inégalités triangulaires . . . . . . . . . . . . . . . .
Distance associée à une norme . . . . . . . . . . .
190
191
4
5
Boule ouverte, boule fermée . . . . . . . . . . . . .
Partie bornée, application bornée . . . . . . . . . .
194
195
6
7
Exemples d’espaces vectoriels normés . . . . . . .
Obtention de nouveaux espaces vectoriels normés .
196
199
Suites d’éléments d’un espace vectoriel normé . .
1
Suite convergente . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
201
201
2
Suite à valeurs dans un espace produit . . . . . . .
204
3
4
Suite extraite, valeur d’adhérence . . . . . . . . . .
Relations de comparaison . . . . . . . . . . . . . .
205
206
Topologie d’un espace vectoriel normé . . . . . . .
1
Parties ouvertes . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
206
206
2
3
Parties fermées . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Voisinage d’un point . . . . . . . . . . . . . . . . .
208
209
4
5
Point intérieur, intérieur d’une partie . . . . . . . .
Point adhérent, adhérence d’une partie . . . . . . .
210
211
6
7
Densité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Frontière . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
213
214
8
Ouvert relatif, fermé relatif, voisinage relatif . . . .
Comparaison de normes . . . . . . . . . . . . . . .
215
216
1
2
Domination de normes . . . . . . . . . . . . . . . .
Normes équivalentes . . . . . . . . . . . . . . . . .
216
218
IV
Démonstrations et solutions des exercices du cours . .
220
Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
242
4
Dans tout le chapitre, IK désigne le corps IR ou C. Tous les espaces vectoriels
considérés sont des espaces vectoriels réels ou complexes.
Définition 1
Étant donné un IK-espace vectoriel E , on appelle norme sur E tout application N de E dans IR+ vérifiant les trois propriétés suivantes :
• homogénéité : ∀(λ, x) ∈ IK × E
N (λx) = |λ| N (x) ;
• inégalité triangulaire : ∀(x, y) ∈ E 2
• séparation : ∀x ∈ E
N (x + y) ⩽ N (x) + N (y) ;
(N (x) = 0) =⇒ (x = 0).
Définition 2
Tout espace vectoriel muni d’une norme est appelé espace vectoriel
normé.
• On note (E, N ) l’espace vectoriel E muni de la norme N . Lorsqu’il n’y a
pas risque d’ambiguïté quant à la norme utilisée, on peut ne pas la préciser
et se contenter de noter E .
• Il est souvent d’usage de noter · la norme utilisée, et donc x la norme
d’un vecteur x.
Si N est une norme, alors la propriété d’homogénéité implique
que N (0) = 0.
1. L’application x → |x| est une norme sur IK (où |x| désigne la valeur absolue de x
si IK = IR et le module de x si IK = C ).
2. Les applications :
IK2 −→ IR+ (x, y) −→ max |x|, |y|
et
IK2
(x, y)
−→ IR+
−→ |x| + |y|
sont des normes sur IK2 , appelées respectivement norme infinie et norme un,
et notées · ∞ et · 1 .
p.220 Exercice 1 Soit E un espace préhilbertien réel, c’est-à-dire un IR -espace vectoriel
muni d’un produit scalaire ( · | · ) . Montrer que l’application :
:
x → ( x | x )
est une norme sur E .
Avec les notations de l’exercice 1, la norme définie par :
x =
=
(x | x)
est appelée norme euclidienne associée au produit scalaire ( · | · ).
De l’exercice 1, on déduit que les espaces préhilbertiens réels suivants sont
naturellement munis d’une structure d’espace vectoriel normé :
1. l’espace IR2 , muni du produit scalaire :
(x1 , y1 ) (x2 , y2 ) = x1 x2 + y1 y2 ,
> :
>
dont la norme associée est donnée par >(x, y)> = x2 + y 2 ;
2. plus généralement, l’espace IRn , muni du produit scalaire canonique :
n
(x1 , . . . , xn ) (y1 . . . , yn ) =
xk yk ,
k=1
>
> :
dont la norme associée est donnée par >(x1 , . . . , xn )> = x21 + · · · + x2n ;
3. l’espace C 0 ([a, b], IR) (avec a < b) des fonctions continues de [a, b] dans IR ,
9 b
muni du produit scalaire ( f | g ) =
f g , dont la norme associée est donnée
a
?9
b
> >
par >f > =
f2.
a
Dans chacun des trois exemples précédents, la norme euclidienne considérée est appelée norme deux (cf. section I.6 page 196).
Dans toute la suite de ce chapitre, et sauf mention du contraire, (E, · ) est
un espace vectoriel normé.
½ Définition 3
On dit qu’un vecteur x de E est unitaire si x = 1.
p.220 Exercice 2 On suppose dans cet exercice que IK = IR.
Soit x un vecteur non nul de E . Montrer qu’il existe un unique vecteur unitaire
colinéaire à x et de même sens que lui.
x
est
x
Étant donné x un vecteur non nul de E , le vecteur
appelé vecteur unitaire associé à x.
p.220 Exercice 3 Donner une condition nécessaire et suffisante sur E pour qu’il existe
dans E des vecteurs unitaires.
Nous avons défini l’inégalité triangulaire (propriété vérifiée par toute norme
d’après la définition 1 de la page 188) de
la manière suivante :
∀(x, y) ∈ E 2
x + y ⩽ x + y.
x+y
Cette inégalité s’interprète en disant que
dans un triangle, la longueur d’un côté
est inférieure à la somme des longueurs
des deux autres.
y
x
De manière plus complète, nous regroupons sous le nom inégalités triangulaires
les inégalités du résultat suivant :
Proposition 1 (Inégalités triangulaires)
Soit x et y des éléments de E . Alors on a :
x − y ⩽ x ± y ⩽ x + y.
Principe de démonstration.
Constater qu’il s’agit essentiellement de montrer que :
x − y ⩽ x + y ⩽ x + y.
Démonstration page 220
L’inégalité x − y ⩽ x ± y est parfois appelée seconde
inégalité triangulaire.
½ p.221 Exercice 4 Cas d’égalité dans l’inégalité triangulaire ?
On se place dans IR2 muni de la norme un définie par :
>
>
∀(x, y) ∈ IR2 >(x, y)>1 = |x| + |y|.
On considère les vecteurs u1 = (1, 0) et u2 = (0, 1).
Bien que les vecteurs u1 et u2 ne soient pas colinéaires, que donne l’inégalité triangulaire appliquée avec ces vecteurs ?
• Contrairement à l’intuition géométrique, et comme le montre l’exercice
précédent, dans le cas d’égalité de l’inégalité triangulaire, on ne peut, a
priori, rien en déduire.
• En revanche, si la norme considérée est euclidienne, c’est-à-dire si elle est
associée à un produit scalaire, alors le cas d’égalité dans l’inégalité triangulaire est celui où les deux vecteurs sont positivement colinéaires.
p.221 Exercice 5 Démonstration de l’affirmation précédente.
Rappeler pourquoi si · est une norme euclidienne, et si x et y sont deux vecteurs,
alors on a x + y = x + y si, et seulement si, x et y sont positivement
colinéaires.
La propriété d’homogénéité de la norme
combinée à l’inégalité triangulaire permet, par récurrence, de montrer que
si x1 , . . . , xn sont des éléments de E et λ1 , . . . , λn des scalaires, alors on a :
>
>
n
n
>
>
>
>
λk xk > ⩽
|λk | xk .
>
>
>
k=1
k=1
Dorénavant, nous utiliserons librement ce résultat.
Définition 4
On appelle distance associée à la norme · l’application :
d :
E × E −→ IR+
(x, y) −→ y − x.
• Avec les notations précédentes, on a ∀x ∈ E x = d(0, x).
Autrement dit, la norme d’un vecteur x est sa distance au vecteur nul.
½ • Il est parfois plus naturel, lorsqu’on considère des distances entre des éléments de E , d’utiliser des notations affines plutôt que vectorielles, c’està-dire de voir les éléments de E comme des points plutôt que comme des
vecteurs. Ainsi, avec les notations de la définition 4 de la page précédente,
−−→
la distance entre deux points M et N est donnée par d(M, N ) = M N .
L’exercice 6 utilise de telles notations.
p.221 Exercice 6 Montrer que la distance d associée à la norme · vérifie les propriétés
suivantes :
• séparation : ∀(M, N ) ∈ E 2
• symétrie : ∀(M, N ) ∈ E
2
d(M, N ) = 0 ⇐⇒ M = N ;
d(M, N ) = d(N, M ) ;
• inégalité triangulaire : ∀(M, N, P ) ∈ E 3
d(M, P ) ⩽ d(M, N ) + d(N, P ) ;
• invariance par translation : ∀(M, N, u) ∈ E 3
d(M + u, N + u) = d(M, N ).
Les propriétés de l’exercice ci-dessus seront désormais utilisées librement.
Donnons la traduction en terme de distance de la proposition 1 de la page 190 :
Proposition 2
Si M , N et P désignent trois points de E , alors on a :
d(M, N ) − d(N, P ) ⩽ d(M, P ) ⩽ d(M, N ) + d(N, P ).
De manière moins formelle, l’inégalité
d(M, P ) ⩽ d(M, N ) + d(N, P )
signifie que, dans un espace vectoriel
normé, les propriétés « géométriquement
intuitives » suivantes sont vraies :
• dans un triangle, la longueur d’un côté
est inférieure à la somme des longueurs
des deux autres ;
P
M
N
• un plus court chemin entre deux points
est la ligne droite.
Bien comprendre la raison du choix de l’article indéfini un dans
la phrase « un plus court chemin entre deux points » : la ligne droite est un
plus court chemin entre deux points, mais ce n’est pas nécessairement le seul
(cf. exercice 4).
Dans la suite, et sauf mention du contraire, (E, · ) est un espace vectoriel
normé et d désigne la distance associée à la norme · .
½ Définition 5
Étant donné une partie A non vide de E ainsi que x un élément de E , on
appelle distance de x à A, et on note d(x, A), la quantité :
d(x, A) = inf d(x, a) ; a ∈ A .
x
d(x, A)
A
Avec les notations de la définition précédente :
1. le caractère non vide de A implique que {d(x, a) ; a ∈ A} est une partie
non vide de IR+ , ce qui assure d’une part l’existence de sa borne inférieure d(x, A), et d’autre part que d(x, A) ⩾ 0 ;
2. par définition de la distance d, on a aussi :
d(x, A) = inf x − a ; a ∈ A .
Proposition 3
Soit A une partie non vide de E , et x et y deux éléments de E . On a :
d(x, A) − d(y, A) ⩽ d(x, y).
Principe de démonstration.
Commencer par démontrer l’inégalité d(x, A)−d(y, A) ⩽ d(x, y) ,
puis utiliser la symétrie en x et y .
264
Démonstration page 222
Nous verrons qu’une autre formulation possible du résultat précédent est : l’application (E, · ) −→ (IR, | · |) est 1-lipschitizienne.
x −→ d(x, A)
• Si x appartient à A, alors il est clair qu’on a d(x, A) = 0.
• En revanche, la réciproque est fausse. Par exemple, dans IR muni de la valeur absolue, on a d(0, IR∗+ ) = 0 et pourtant 0 ∈
/ IR∗+ . Cela prouve au passage qu’il n’existe pas toujours d’élément a ∈ A tel que d(x, A) = d(x, a).
• Lorsqu’un tel élément existe, on dit que la distance de x à A est atteinte.
½ p.222 Exercice 7 Dans IR2 , soit x le point (−1, 1) et A la droite d’équation y = 2x.
Pour chacune des normes · 1 , · 2 et · ∞ , déterminer la distance de x à A.
L’exercice précédent, montre, comme on pouvait s’y attendre, que
la distance d’un point à une partie dépend de la norme utilisée.
Définition 6
Soit a un élément de E et r un réel strictement positif.
• On appelle boule ouverte de centre a et de rayon r , et l’on
note B(a, r), la partie :
B(a, r) = x ∈ E | d(a, x) < r .
• On appelle boule fermée de centre a et de rayon r , et l’on
note Bf (a, r), la partie :
Bf (a, r) = x ∈ E | d(a, x) ⩽ r .
• On appelle sphère de centre a et de rayon r , et l’on note S(a, r),
la partie :
S(a, r) = {x ∈ E | d(a, x) = r}.
On constate facilement que S(a, r) = Bf (a, r) \ B(a, r).
p.222 Exercice 8 Dessiner les boules unités de IR2 pour les normes infinie, un et deux.
L’exercice précédente montre que les boules dépendent de la
norme considérée sur E : une partie de E peut être une boule pour une
norme et ne pas l’être pour une autre. L’exercice suivant met en évidence la
dépendance de la forme des boules vis-à-vis de la norme utilisée.
Lorsque l’on travaille dans un espace euclidien de dimension 2, il
peut être plus intuitif de parler de disque plutôt que de boule. On utilise alors
respectivement les notations D(a, r) et Df (a, r) au lieu de B(a, r) et Bf (a, r).
Proposition 4
Toute boule (ouverte ou fermée) est une partie convexe de E .
Démonstration page 222
p.223 Exercice 9 Soit B une boule de centre a et de rayon r > 0 , et x un élément de E .
Exprimer, en fonction de a, r et x, la distance de x à B .
½ Définition 7
Une partie A de E est dite bornée s’il existe un réel positif R tel que :
∀a ∈ A
a ⩽ R.
Dire qu’une partie est bornée signifie donc qu’il existe une boule fermée
centrée en l’origine qui la contient.
p.223 Exercice 10 Montrer que si une partie A est contenue dans une boule quelconque
(non nécessairement centrée en l’origine et non nécessairement fermée), alors A est
bornée.
p.224 Exercice 11 Montrer que si A est une partie non vide et bornée, alors l’ensemble :
d(x, y) ; (x, y) ∈ A2
possède une borne supérieure.
Si A est une partie bornée, alors la quantité
sup d(x, y) ; (x, y) ∈ A2 ,
dont l’exercice précédent justifie l’existence, est appelée diamètre de A.
p.224 Exercice 12 Diamètre d’une boule
Supposons que E ne soit pas l’espace nul. Déterminer, en fonction de son rayon r ,
le diamètre d’une boule B (ouverte ou fermée).
Définition 8
On dit qu’une application f d’un ensemble X dans E est bornée si f (X)
est une partie bornée de E , autrement dit s’il existe M ∈ IR+ tel que :
∀x ∈ X
>
>
>f (x)> ⩽ M.
• Une suite (un )n∈IN d’éléments de E n’étant rien d’autre qu’une application
de IN dans E , alors d’après la définition précédente, la suite (un )n∈IN est
bornée s’il existe M ∈ IR+ tel que :
∀n ∈ IN
un ⩽ M.
½ • Il est facile de vérifier que l’ensemble des application bornées de X dans E
est un sous-espace vectoriel du IK-espace vectoriel F(X, E) des fonctions
de X dans E .
Il est clair, d’après la définition, que la notion de partie bornée (et
donc de fonction ou suite bornée), dépend de la norme utilisée. Nous verrons :
• qu’il est possible qu’une partie soit bornée pour une norme mais ne le soit
pas pour une autre (cf. exemple 2, page 216) ;
218
• que, néanmoins, des normes équivalentes définissent les mêmes parties bornées (cf. proposition 27 de la page 218).
n
IK
Si x désigne un vecteur de IKn , alors on note (x1 , . . . , xn ) ses composantes.
L’espace IKn peut être muni de structures d’espaces vectoriels normés à l’aide
de différentes normes, dont les trois normes classiques suivantes :
• la norme infinie, définie par :
x∞ = max |x1 |, . . . , |xn | ;
• la norme un, définie par :
x1 = |x1 | + · · · + |xn | ;
• la norme deux, ou norme euclidienne, définie par :
x2 =
=
|x1 |2 + · · · + |xn |2 .
Proposition 5
Les trois applications :
IKn −→ IR+ ,
x −→ x∞
IKn −→ IR+
x −→ x1
et
IKn −→ IR+
x −→ x2
sont des normes. Chacune d’entre elles munit donc IKn d’une structure d’espace vectoriel normé.
Démonstration page 224
Si IK = IR, alors on a x2 =
=
x21 + · · · + x2n , mais si IK = C, la présence des
modules est indispensable pour que la définition de x2 ait un sens.
½ p Pour p ⩾ 1, il arrive parfois de munir IKn de
la norme suivante, appelée norme p, définie ainsi :
xp = |x1 |p + · · · + |xn |p
1/p
.
Pour plus de détails, voir l’exercice 4.7 de la page 242.
Plus généralement, si E est un IK-espace vectoriel muni d’une base B = (ui )i∈I ,
alors on dispose sur E des trois normes classiques suivantes, appelées
respectivement norme infinie, norme un et norme deux dans la base B :
x∞ = max |xi | ; i ∈ I ;
x1 =
|xi |
et
x2 =
?
i∈I
|xi |2 .
i∈I
où, étant donné x un élément de E , la famille (xi )i∈I désigne la famille des
composantes de x dans la base B .
Les définitions ci-dessus des normes un, deux et infinie sont licites,
car, par définition, la famille (xi )i∈I est composantes de x dans la base B est à
support fini (c’est-à-dire ne comporte qu’un nombre fini des termes non nuls).
p.226 Exercice 13 En reprenant les notations ci-dessus, justifier que les applications :
E
x
−→
−→
IR+ ,
x∞
E −→ IR+
x −→ x1
et
E −→ IR+
x −→ x2
sont bien des normes.
L’ensemble B(X, IK) des fonctions bornées d’un ensemble X non vide à valeurs dans IK est un sous-espace vectoriel du IK-espace vectoriel F(X, E) des
applications de X dans IK.
Définition 9
Pour f ∈ B(X, IK), on appelle norme infinie de f , et on note N∞ (f ), la
quantité :
N∞ (f ) = sup f (x).
x∈X
Cette définition exige quelques justifications qui sont l’objet de l’exercice suivant.
p.227 Exercice 14
1. Pour f ∈ B(X, IK), justifier l’existence de N∞ (f ).
2. Montrer que l’application B(X, IK) −→ IR+
est une norme.
f −→ N∞ (f )
½ La norme N∞ munit donc l’espace B(X, IK) d’une structure d’espace vectoriel
normé. Cela s’applique en particulier à l’espace vectoriel B(IN, E) des suites
bornées à valeurs dans E . Pour u = (un )n∈IN ∈ E IN , on a :
N∞ (u) = sup un .
n∈IN
Soit a et b deux réels tels que a < b. On note C([a, b], IK) l’ensemble des
fonctions continues du segment [a, b] dans IK. On sait que C([a, b], IK) est un
sous-espace vectoriel de F([a, b], IK), et même de B([a, b], IK).
Outre la norme N∞ , on dispose sur C([a, b], IK) des deux normes classiques
suivantes :
• la norme un, définie par N1 (f ) =
9 b
a
|f | ;
p.228 Exercice 15 Montrer que l’application C([a, b], IK) −→ IR+
est une norme.
f −→ N1 (f )
• la norme deux, définie par N2 (f ) =
?9
b
a
|f |2 .
∗ si IK = IR , alors la norme deux n’est rien d’autre que la norme euclidienne associée au produit scalaire usuel défini par ( f | g ) =
9 b
fg ;
a
∗ en revanche, le cas IK = C est un peu plus compliqué car l’argument
précédent en s’applique plus.
est une norme.
p.228 Exercice 16 Montrer que l’application C([a, b], C) −→ IR+
f −→ N2 (f )
p.228 Exercice 17 Peut-on généraliser N∞ , N1 et N2 à l’espace CM([a, b], IK) des fonc
tion continues par morceaux de [a, b] dans IK ?
p Pour p ⩾ 1, on munit parfois l’espace
C([a, b], IK) de la norme suivante, appelée norme p, définie ainsi :
Np (f ) =
9 b
a
|f |p
1/p
.
Pour plus de détail, voir l’exercice 4.8 de la page 243.
½ Sur IK[X], on dispose des normes suivantes :
• celles qui sont définies à partir de la suite (an )n∈IN des coefficients d’un
polynôme P =
+∞
n=0
an X n , dont on sait qu’elle est presque nulle (i.e. nulle
à partir d’un certain rang) :
P 1 =
+∞
|an |,
6
7 +∞
7
P 2 = 8
|an |2 ,
n=0
et
n=0
P ∞ = max |an | ;
n∈IN
• celles définies à l’aide de la fonction polynomiale t → P (t) ; dans ce qui
suit, a et b désignent deux réels vérifiant a < b :
N1 (P ) =
9 b
a
|P (t)|dt,
N2 (P ) =
?
9 b
a
|P (t)|2 dt
t∈[a,b]
Dans ce cas, l’homogénéité et l’inégalité triangulaire proviennent du fait
que N1 , N2 et N∞ définissent des normes sur C [a, b], IK . Pour la séparation, on utilise de plus le fait qu’un polynôme dont la fonction polynomiale
associée est nulle sur [a, b] admet une infinité de racines, donc est nul.
p.229 Exercice 18 Soit n ∈ IN∗ et (a1 , . . . , an+1 ) une (n + 1)-liste de scalaires deux à
deux distincts. Montrer que l’on définit une norme sur IKn [X] par :
P = max |P (a1 )|, . . . , |P (an+1 )| .
et N∞ (P ) = max P (t).
Si F est un sous-espace vectoriel de E , alors la norme · dont on dispose
sur E induit naturellement une structure d’espace vectoriel normé sur F , par
sa restriction à F :
F −→ IR+
x −→ x.
Cettte restriction est appelée norme induite sur F par la norme · .
1. La valeur absolue sur IR est la norme induite par le module sur C.
2. Soit a et b deux réels tels que a < b. Il est clair que C([a, b], IK) est un sousespace vectoriel de B([a, b], IK), dont on a vu que la norme infinie le munissait
d’une structure d’espace vectoriel normé. La norme induite associée :
C([a, b], IK) −→ IR+
f −→ N∞ (f )
constitue alors, en plus des normes un et deux, une autre norme sur C([a, b], IK).
½
Soit E et F deux IK-espaces vectoriels. Si l’on dispose d’une norme · sur E ,
et si u est une application linéaire injective de F dans E , alors l’application :
N : F −→ IR+
x −→ u(x)
est une norme sur F . En effet :
• si x ∈ F vérifie N (x) = 0, c’est-à-dire u(x) = 0, alors la propriété de
séparation de · implique u(x) = 0, i.e., comme u est injective, x = 0 ;
• pour (x, λ) ∈ F × IK, on a :
>
>
>
>
>
>
N (λ x) = >u(λ x)> = >λ u(x)> = |λ| >u(x)> = |λ| N (x) ;
• pour (x, y) ∈ F 2 , on a :
>
>
>
>
N (x + y) = >u(x + y)> = >u(x) + u(y)> ⩽ u(x) + u(y) = N (x) + N (y).
1. Si F est un sous-espace vectoriel de E , alors la norme induite sur F par celle
de E n’est rien d’autre que l’application F −→ IR+
, où u est l’injection
x −→ u(x)
canonique de F dans E .
2. Soit (a, b) ∈ IR2 tel que a < b . Notons E = C([a, b], IK).
Si ω : [a, b] → IK est une fonction continue et à valeurs strictement positives, alors
l’application :
N : E −→ IR+
9 b
f −→
ω(x) |f (x)| dx
a
est une norme sur E . En effet, on a :
N (f ) = N1 u(f ) ,
∀f ∈ E
où u est l’application linéaire injective suivante :
u: E
f
−→ E
−→ ω f.
p.229 Exercice 19 Soit E = B(IN, IK) l’espace des suites bornées à valeurs dans IK.
Montrer que l’application :
N:
E
(un )n∈IN
est une norme sur E .
¾¼¼
−→ IR+
−→
sup
n∈IN
|un |
2n
Proposition 6
Soit p ∈ IN∗ ainsi que p espaces vectoriels normés (E1 , ϕ1 ), . . . , (Ep , ϕp ) sur IK.
Alors l’application :
ϕ :
E1 × · · · × Ep −→ IR+ (x1 , . . . , xp ) −→ max ϕ1 (x1 ), . . . , ϕp (xp )
est une norme, et munit donc l’espace produit E1 × · · · × Ep d’une structure
d’espace vectoriel normé. Cette norme est appelée norme produit.
Démonstration page 229
La norme infinie sur IKn est la norme produit obtenue en considérant, sur IK ,
la norme x → |x|.
En plus de la norme produit présentée dans la proposition précédente, d’autres normes peuvent être construites sur un espace produit, comme
le montre l’exercice suivant.
p.230 Exercice 20 Norme un et norme deux dans un espace produit
Avec les notations de la proposition 6, montrer que les applications N1 et N2
respectivement définies par :
E1 × · · · × Ep
(x1 , . . . , xp )
−→ IR+
p
−→
ϕk (xk )
et
k=1
E1 × · · · × Ep
−→ ?
IR+
p
(x1 , . . . , xp ) −→
ϕk (xk )2
k=1
sont des normes sur l’espace produit E1 × · · · × Ep .
On rappelle qu’une suite a à valeurs dans un espace vectoriel normé E est
une application de IN dans E . Une telle suite est souvent notée (an )n∈IN , voire
plus simplement (an ).
L’élément an , quant à lui, est appelé terme général de la suite a.
Définition 10
Soit (an )n∈IN une suite d’éléments de E . On dit que la suite (an )n∈IN
converge vers de E si la suite réelle an − n∈IN tend vers 0.
¾¼½
La suite (an )n∈IN converge donc vers
∀ε > 0 ∃n0 ∈ IN ∀n ∈ IN
si, et seulement si :
n ⩾ n0 =⇒ an − ⩽ ε,
ou encore, en terme de distance :
∀ε > 0
∃n0 ∈ IN
∀n ∈ IN n ⩾ n0 =⇒ d(an , ) ⩽ ε.
Pour signifier qu’une suite (an )n∈IN tend vers , on écrit an −→
n→∞
ou plus simplement an → .
Proposition 7 (Unicité de la limite)
Soit (an )n∈IN une suite d’éléments de E ainsi que
Si an → 1 et an → 2 , alors 1 = 2 .
1 et
2 appartenant à E .
Démonstration. Soit (an )n∈IN une suite tendant à la fois vers 1 et 2 .
L’inégalité triangulaire donne :
0 ⩽ 2 − 1 ⩽ an − 1 + an − 2 .
→0
→0
En passant à la limite, on obtient 2 − 1 = 0 , c’est-à-dire 1 = 2 .
Définition 11
• Une suite (an )n∈IN est dite convergente s’il existe un élément de E tel
que an → . Cet élément est alors appelé limite de la suite (an )n∈IN .
On le note lim an .
• Une suite qui n’est pas convergente est dite divergente.
Pour dire qu’une suite est convergente (respectivement divergente), on dit parfois simplement qu’elle converge (respectivement diverge).
La convergence d’une suite à valeurs dans un espace vectoriel
normé dépend par définition de la norme avec laquelle on travaille. Une suite
peut en effet converger pour une norme et diverger pour une autre.
En cas d’ambiguïté, il est donc important de préciser la norme utilisée.
p.231 Exercice 21 Dans l’espace C([0, 1], IR), on considère la suite (fn )n∈IN définie
par fn (x) = xn .
1. Montrer que la suite (fn ) converge, au sens de la norme un, vers la fonction
nulle.
2. Montrons par l’absurde que la suite (fn ) n’est pas convergente au sens de la
norme infinie : supposons que (fn ) converge, et notons f sa limite.
(a) Déterminer, en fonction de x ∈ [0, 1], la valeur de f (x).
(b) Expliquer pourquoi on aboutit à une contradiction.
¾¼¾
Nous verrons cependant que deux normes équivalentes définissent
les mêmes suites convergentes (cf. proposition 28 de la page 218).
Proposition 8 (Combinaison linéaire de deux suites convergentes)
Si deux suites (an )n∈IN et (bn )n∈IN convergent respectivement vers 1 et 2 ,
et si λ et μ sont deux scalaires, alors la suite de terme général λan + μbn
converge vers λ 1 + μ 2 .
Démonstration.
Cela découle de l’inégalité triangulaire et de l’homogénéité de la norme :
>
> >
>
>(λan + μbn ) − (λ1 + μ2 )> = >λ(an − 1 ) + μ(bn − 2 )>
⩽ |λ| an − 1 +|μ| bn − 2 .
→0
→0
• Par récurrence, on généralise le résultat précédent à une combinaison linéaire quelconque de suites : si l’on dispose de p suites, de termes géné(1)
(p)
raux respectifs an , . . . , an , convergeant respectivement vers
et si λ1 , . . . , λp sont des scalaires, alors la suite de terme général
converge vers
p
k=1
1, . . . , p ,
p
(k)
λk an
k=1
λk k .
• La proposition 8 nous indique que l’ensemble des suites convergentes est
un sous-espace vectoriel de l’espace F(IN, E) des suites à valeurs dans E .
Proposition 9
Si une suite (an )n∈IN converge vers
ral an converge vers .
Démonstration.
, alors la suite réelle de terme géné-
Cela découle de la seconde inégalité triangulaire :
0 ⩽ an − ⩽ an − .
→0
Corollaire 10
Toute suite convergente est bornée.
Démonstration. Supposons que (an )n∈IN soit convergente. D’après la proposition précédente,
la suite réelle (an )n∈IN est également convergente, donc bornée. D’où le résultat.
¾¼¿
Soit E1 , · 1 , . . . , Ep , · p des espaces vectoriels normés. On rappelle
(cf. proposition 6 de la page 201) que l’espace E1 × · · · × Ep est muni d’une
structure d’espace vectoriel normé grâce à la norme produit définie par :
>
>
>(x1 , . . . , xp )> = max x1 1 , . . . , xp p .
(k) Pour tout k ∈ [[1, p]], on considère an n∈IN une suite à valeurs dans Ek ,
et l’on s’intéresse à la convergence, au sens de la norme produit, de la
suite (an )n∈IN à valeurs dans E1 × · · · × Ep de terme général :
(p)
an = a(1)
n , . . . , an .
La proposition suivante énonce que la convergence de la suite (an )n∈IN revient
(k) à celle de chacune des suites an
Proposition 11
n∈IN
(1)
.
(p) La suite de terme général an , . . . , an
converge si, et seulement si, pour
(k)
tout k ∈ [[1, p]], la suite de terme général an
converge.
(k)
De plus, en notant alors k la limite de la suite (an )n∈IN , la suite (an )n∈IN
converge vers l’élément ( 1 , . . . , p ) de E1 × · · · × Ep .
Démonstration.
(k) • Supposons que pour tout k ∈ [[1, p]] , la suite an
n∈IN
converge, et notons k sa limite.
En notant alors = (1 , . . . , p ) , alors la relation suivante, valable pour tout n ∈ IN :
>
>
>
> (p)
> >
>an − > = max >a(1)
>
>
>
n − 1 1 , . . . , an − p p
>
>
> (p)
>
>
>
>
⩽ >a(1)
n − 1 1 + · · · + an − p p
→0
→0
prouve la convergence de la suite (an )n∈IN vers .
• Réciproquement, si la suite de terme général an converge vers un élément = (1 , . . . , p )
(k)
de E1 × · · · × Ep , alors l’inégalité an − k k ⩽ an − , valable pour tout k ∈ [[1, p]] et
(k) pour tout n ∈ IN , assure la convergence de chaque suite an
n∈IN
vers k .
Une suite à valeurs dans IKp converge au sens de la norme infinie si, et
seulement si, chacune des suites composantes converge. L’étude de la convergence
d’une telle suite revient donc à l’étude de p suites à valeurs dans IK .
¾ Comme dans le cas des suites réelles ou complexes, on appelle suite extraite
ou sous-suite d’une suite (an )n∈IN toute suite de la forme aϕ(n) n∈IN , où ϕ
est une application strictement croissante de IN dans IN.
Proposition 12
Toute sous-suite d’une suite convergente est convergente et a la même limite.
Si (an )n∈IN est une suite convergeant vers , et si
Démonstration.
aϕ(n) n∈IN en est une
sous-suite, alors la suite réelle de terme général aϕ(n) − tend vers 0 car c’est une sous-suite
de la suite réelle an − n∈IN qui tend vers 0 .
Définition 12
On appelle valeur d’adhérence d’une suite (an )n∈IN tout élément de E
qui est limite d’une sous-suite de (an )n∈IN .
D’après la proposition 12, une suite convergente ne possède que
sa limite comme valeur d’adhérence.
Point méthode
Pour montrer qu’une suite est divergente, on peut utiliser la contraposée de
la remarque précédente : il suffit de montrer que la suite considérée possède
au moins deux valeurs d’adhérence.
La suite réelle de terme général (−1)n est divergente, car elle possède 1
et −1 comme valeurs d’adhérence.
p.231 Exercice 22 On considère la suite de terme général an = n 1 + (−1)n .
1. Montrer que 0 est la seule valeur d’adhérence de la suite (an )n∈IN .
2. La suite (an )n∈IN est-elle convergente ?
Comme le montre l’exercice précédent, ce n’est pas parce qu’une
suite ne possède qu’une seule valeur d’adhérence qu’elle converge !
On verra néanmoins au théorème 1 de la page 291 un cas particulier important
où le résultat est vrai.
Proposition 13 (Caractérisation des valeurs d’adhérence)
Soit (an )n∈IN est une suite à valeurs dans E et x un élément de E . Alors x
est valeur d’adhérence de la suite (an )n∈IN si, et seulement si :
∀ε > 0 ∀n0 ∈ IN ∃n ⩾ n0
an − x ⩽ ε.
Démonstration page 231
¾ p.232 Exercice 23 Montrer que tout élément du segment [−1, 1] est valeur d’adhérence
√
de la suite a de terme général an = sin n.
√
Indication : pour x ∈ [−1, 1], on a x = sin tk avec tk = (2kπ + Arcsin x)2 .
On étend ici les notations o et O déjà vues en première année pour des suites
à valeurs réelles ou complexes.
Définition 13
Soit (an )n∈IN et (bn )n∈IN deux suites à valeurs dans des espaces vectoriels
normés.
1. On dit que (an )n∈IN est dominée par (bn )n∈IN s’il existe une
constante C ⩾ 0 telle que :
∀n ∈ IN
an ⩽ C bn ;
on note alors a = O(b) ou an = O(bn ).
2. On dit que (an )n∈IN est négligeable devant (bn )n∈IN si pour tout ε > 0,
il existe un rang n0 ∈ IN tel que :
∀n ∈ IN
n ⩾ n0 =⇒ an ⩽ ε bn ;
on note alors a = o(b) ou an = o(bn ).
Grâce à ces définitions, on se ramène donc aux mêmes notions pour les suites
réelles an et bn . On peut donc appliquer les propriétés des relations
de comparaisons sur de telles suites.
Définition 14
Soit U une partie de E . On dit que U est un ouvert de E , ou une partie
ouverte de E , si l’une des deux assertions équivalentes suivantes est vraie :
(i) pour tout x ∈ U , il existe r > 0 tel que la boule ouverte B(x, r) ⊂ U ;
(ii) pour tout x ∈ U , il existe r > 0 tel que la boule fermée Bf (x, r) ⊂ U .
L’équivalence entre les deux assertions de la définition ci-dessus est évidente :
# r$
• si B(x, r) ⊂ U , alors Bf x,
⊂U ;
2
• si Bf (x, r) ⊂ U , alors B(x, r) ⊂ U .
¾ Il est clair, d’après la définition, que E et ∅ sont des parties
ouvertes de E .
Proposition 14
Toute boule ouverte est une partie ouverte de E .
Démonstration page 232
Principe de démonstration.
x
Pour x appartenant à une boule de
centre a de rayon R , considérer la
boule ouverte de centre x et de rayon :
R − x − a
x − a
R
a
R − x − a·
Le dessin fait lors de la démonstration précédente correspond à
une norme euclidienne, mais nous a permis de trouver une démonstration
valable pour toute norme. Cette représentation des boules n’induit en général
pas de fausse intuition lors de considérations topologiques, c’est pourquoi on
l’utilise couramment. 1
p.232 Exercice 24 Soit a et b deux réels tels que a < b .
1. L’intervalle ouvert ]a, b[ est-il un ouvert de IR (muni de la valeur absolue) ?
2. L’intervalle ouvert ]a, b[ est-il un ouvert de C (muni du module) ?
Plus généralement, tout intervalle ouvert de IR, c’est-à-dire de la
forme ]−∞, b[, ]a, b[ ou ]a, +∞[, est un ouvert de IR, mais pas de C.
Comme l’illustre l’exercice précédent, le caractère ouvert ou non
d’un ensemble n’est pas une notion intrinsèque à cet ensemble, mais dépend
de l’espace dans lequel on le considère.
Si F est un sous-espace vectoriel de E , alors une partie ouverte dans F n’est
en général pas une partie ouverte de E .
Proposition 15
• La réunion d’une famille quelconque d’ouverts est un ouvert de E .
• L’intersection d’une famille finie d’ouverts est un ouvert de E .
Démonstration page 233
En particulier, une réunion quelconque de boules ouvertes est un
ouvert de E . En fait, la réciproque de ceci est vraie (cf. exercice suivant).
1. Concrètement, le risque majeur de cette vision euclidienne concerne le cas d’égalité
dans l’inégalité triangulaire (cf. le « attention » de la page 191).
¾ p.233 Exercice 25 Montrer que toute partie ouverte de E peut s’écrire comme une réunion
de boules ouvertes.
Avant d’affirmer qu’une intersection d’ouverts est un ouvert, il
faut bien vérifier le caractère fini de cette intersection. En effet, une intersection quelconque de parties ouvertes n’est en général pas ouverte, comme
l’illustre l’exercice suivant.
A
@
1 1
∗
. Montrer que, bien que
p.233 Exercice 26 Pour tout n ∈ IN , on note Un = − ,
n n
chacun des Un soit un ouvert de IR, leur intersection ne l’est pas.
Définition 15
On dit qu’une partie de E est un fermé de E , ou une partie fermée
de E , si son complémentaire est ouvert.
D’après la définition, il est clair que E et ∅ sont des parties
fermées de E , puisque leurs complémentaires sont des ouverts de E .
p.233 Exercice 27 Montrer que tout intervalle fermé de IR , c’est-à-dire tout intervalle de
la forme ]−∞, b], [a, b] ou [a, +∞[ , est un fermé de IR .
Il ne faut pas croire, par jeu de mots, qu’une partie qui n’est
pas ouverte est nécessairement fermée. En effet, dans tout IK-espace vectoriel
normé non réduit à {0}, il existe des parties ni ouvertes ni fermées.
C’est le cas, par exemple, de l’intervalle [0, 1[ dans IR.
Proposition 16
Toute boule fermée est une partie fermée de E .
Démonstration page 233
Principe de démonstration.
On montre que le complémentaire de
toute boule fermée est un ouvert.
Pour x n’appartenant pas à la boule
fermée de centre a et de rayon R ,
considérer, comme y incite le dessin,
la boule ouverte centrée en x et de
rayon x − a − R.
¾ x
R
a
x − a − R
1. Tout singleton est un fermé de E .
2. Tout segment de IR est un fermé de IR . En effet, si a < b, alors le segment [a, b]
a+b
b−a
n’est rien d’autre que la boule fermée de centre
et de rayon
·
2
2
Proposition 17
• L’intersection d’une famille quelconque de fermés est un fermé.
• La réunion d’une famille finie de fermés est un fermé.
Démonstration. En considérant les complémentaires, ce résultat découle de la proposition 15
de la page 207. En effet, si (Ai )i∈I est une famille de fermés, alors on a :
E\
i∈I
Ai
=
B
E \ Ai
et
E\
i∈I
B
i∈I
Ai
=
E \ Ai .
i∈I
Avant d’affirmer qu’une réunion de fermés est fermée, il faut bien
vérifier le caractère fini de cette réunion. En effet, une réunion quelconque de
fermés n’est en général pas fermée, comme l’illustre l’exercice suivant.
@
A
1
1
∗
.
p.234 Exercice 28 On se place dans IR. Pour tout n ∈ IN , on note Fn =
,1 −
n
n
C
Déterminer l’ensemble A =
Fn . Cet ensemble A est-il fermé ?
n∈IN∗
Plus généralement, toute partie
A peut-être obtenue comme une
C
réunion de fermé : il suffit d’écrire A =
{a}.
a∈A
p.234 Exercice 29 Montrer, en l’obtenant comme une intersection de fermés, que toute
sphère est une partie fermée.
p.234 Exercice 30 Distance à un fermé
Soit F une partie fermée de E , et x un point de E n’appartenant pas à F .
Montrer que la distance de x à F est strictement positive.
Définition 16
Étant donné A une partie de E et a ∈ E , on dit que A est un voisinage
de a s’il existe r > 0 tel que la boule ouverte B(a, r) soit incluse dans A.
De manière évidente, pour que A soit un voisinage de a, il est
nécessaire que a appartienne à A.
¾ r
Dire que A est un voisinage de a signifie
qu’il existe r > 0 tel que :
∀x ∈ E
a
x − a < r =⇒ x ∈ A,
A
autrement dit, être suffisamment proche du
point a assure d’être dans A.
On peut, sans en changer le sens, remplacer « boule ouverte » par
« boule fermée » dans la définition 16.
p.234 Exercice 31 Montrer qu’un ouvert est un voisinage de chacun de ses points.
p.234 Exercice 32 Montrer qu’une partie A de E est un voisinage d’un point a si, et
seulement s’il existe un ouvert contenant a et inclus dans A.
Proposition 18
Soit x un élément de E .
• Une intersection finie de voisinages de x est encore un voisinage de x.
• Si A est un voisinage de x, alors toute partie de E contenant A est
également un voisinage de x.
Démonstration page 234
Le deuxième point de la proposition précédente permet d’affirmer
qu’une réunion quelconque de voisinages de x en est encore un.
Définition 17
• On dit qu’un point x est intérieur à une partie A de E si A est un
voisinage de x, i.e. s’il existe r > 0 tel que B(x, r) ⊂ A.
• L’ensemble des points intérieurs à A est appelé intérieur de A ; on le
◦
note A ou Int(A).
1. On a vu que, pour que A soit un voisinage d’un point x, il est nécessaire
◦
que x appartienne à A. On en déduit que A ⊂ A.
2. Un ouvert étant un voisinage de chacun de ses points, il est clair qu’un
ouvert est son propre intérieur.
¾½¼
3. La proposition 18 de la page précédente donne les résultats suivants :
• si x est intérieur à un nombre fini de parties de E , alors x est intérieur
à leur intersection ;
◦
◦
• si A et B sont deux parties vérifiant A ⊂ B , alors on a A ⊂ B .
La réciproque du dernier point évoqué est fausse : on peut trouver
◦
◦
deux parties A et B vérifiant A ⊂ B sans pour autant avoir A ⊂ B .
On peut même trouver deux ensembles qui ne sont pas égaux mais qui ont
même intérieur. Par exemple, dans IR, si A = [0, 1] et B = [0, 1[, alors on
◦
◦
a A = B = ]0, 1[, et pourtant A = B .
Proposition 19
L’intérieur d’une partie A est le plus grand ouvert qui soit inclus dans A.
Démonstration page 235
p.235 Exercice 33 Montrer que l’intérieur d’une partie A est la réunion de tous les ouverts
inclus dans A.
◦
p.235 Exercice 34 Montrer qu’une partie A est ouverte si, et seulement si, A = A.
Définition 18
• On dit qu’un point x est adhérent à une partie A de E si pour
tout r > 0, on a B(x, r) ∩ A = ∅.
• L’ensemble des points adhérents à A est appelé adhérence de A ; on le
note A ou Adh(A).
1. Il est clair que si x ∈ A, alors x est adhérent à A, puisque toute boule
ouverte centrée en x contient x et donc rencontre A (c’est-à-dire a une
intersection non vide avec lui). On a donc A ⊂ Adh(A).
2. Dire qu’un point x n’appartient pas à l’adhérence de A signifie qu’on peut
trouver r > 0 tel que B(x, r) ∩ A = ∅ (ou encore B(x, r) ⊂ E \ A), ce qui
signifie que x appartient à l’intérieur de E \ A. On a donc la relation :
E \ (Adh A) = Int(E \ A),
ce qui mène également aux deux relations suivantes :
Adh A = E \ Int(E \ A)
et
IntA = E \ Adh(E \ A).
¾½½
3. Comme l’intérieur d’une partie est toujours un ouvert, la relation ci-dessus
nous assure que l’adhérence d’une partie est toujours un fermé.
p.235 Exercice 35 Soit A une partie non vide de E et x ∈ E . Montrer que :
x ∈ Adh(A) ⇐⇒ d(x, A) = 0.
Proposition 20
L’adhérence d’une partie A est le plus petit fermé contenant A.
Démonstration page 235
p.235 Exercice 36 Montrer que l’adhérence d’une partie A est l’intersection de tous les
fermés contenant A.
p.236 Exercice 37 Montrer qu’une partie A est un fermé si, et seulement si, A = A.
Le résultat suivant donne une caractérisation très importante des points adhérents à une partie A.
Proposition 21 (Caractérisation séquentielle des points adhérents)
Un point x est adhérent à une partie A si, et seulement s’il existe une suite
d’éléments de A qui converge vers x.
Démonstration page 236
Ce résultat peut aussi s’énoncé ainsi : l’adhérence d’une partie A est l’ensemble
des limites des suites convergentes à valeurs dans A.
p.236 Exercice 38 Montrer que l’adhérence d’un sous-espace vectoriel de E est aussi un
sous-espace vectoriel.
p.236 Exercice 39 Soit (un )n∈IN une suite à valeurs dans E . Pour p ∈ IN, on note Ap
l’ensemble {un ; n ⩾ p} . Montrer que l’ensemble des valeurs d’adhérence de la
suite (un )n∈IN est :
B
Ap .
p∈IN
L’exercice précédent assure que l’ensemble des valeurs d’adhérence d’une suite est un fermé, car il s’écrit comme une intersection de fermés.
¾½¾
Une partie étant un fermé si, et seulement si, elle est égale à sa propre adhérence (cf. exercice 37), on déduit de la caractérisation séquentielle des points
adhérents le résultat suivant :
Proposition 22 (Caractérisation séquentielle des parties fermées)
Une partie A est un fermé si, et seulement si, la limite de toute suite convergente d’éléments de A appartient à A.
Démonstration.
• Supposons que A soit une partie fermée. Soit (an )n∈IN une suite convergente d’éléments
de A . Notons = lim un , et montrons que ∈ A .
D’après la caractérisation séquentielle des points adhérents, on a ∈ A . Or, A étant une
partie fermée, on a A = A , et donc ∈ A .
• Réciproquement, supposons que la limite de toute suite convergente d’éléments de A appartienne à A , et montrons que A est fermée. Pour cela, montrons que A = A , ce qui revient
à montrer que A ⊂ A (l’autre inclusion étant évidente).
Soit x ∈ A . Pour montrer que x ∈ A , il suffit de prouver l’existence d’une suite à valeurs
dans A qui converge vers x . Cela est immédiat par caractérisation séquentielle des points
adhérents.
Définition 19
Soit A une partie de E . Une partie D de A est dite dense dans A si l’une
des trois propriétés équivalentes suivantes est vérifiée :
(i) l’adhérence de D contient A ;
(ii) pour tout a ∈ A et pour tout r > 0, il existe x ∈ D tel que x−a ⩽ r ;
(iii) pour tout a ∈ A, il existe une suite d’éléments de D qui converge vers a.
Dans la définition précédente, les propriétés (ii) et (iii) ne sont
que des reformulations de la propriété A ⊂ D .
1. Les ensembles Q, IR \ Q et ID sont denses dans IR .
2. L’ensemble GLn (IK) est dense dans Mn (IK).
3. Soit (a, b) ∈ IR2 tel que a < b. L’ensemble des fonctions en escalier est dense
dans C([a, b], IK) au sens de la norme infinie. C’est une reformulation du théorème
d’approximation par des fonctions en escalier vu en première année.
4. Nous verrons (cf. le théorème 28 de la page 519) que l’ensemble des fonctions
polynomiales est également dense dans C([a, b], IK) au sens de la norme N∞ .
¾½¿
Définition 20
Soit A une partie de E . On appelle frontière de A, et on note Fr(A),
l’ensemble défini par :
◦
Fr(A) = A \ A.
Dire qu’un point x appartient à la frontière de A signifie donc que x ∈ A
◦
et x ∈
/ A, c’est-à-dire que pour tout r > 0 on a :
B(x, r) ∩ A = ∅ et
B(x, r) ∩ (E \ A) = ∅.
Si B désigne une boule de centre a ∈ E et de rayon r > 0 , alors Fr(B) est
la sphère de mêmes centre et rayon.
p.236 Exercice 40 Soit a et b deux réels tels que a < b .
Quelle est la frontière d’un intervalle dont les bornes sont a et b ?
p.237 Exercice 41 Soit A une partie de E . Montrer que :
Fr(A) = A ∩ (E \ A).
Du résultat de l’exercice précédent il résulte que :
• la frontière de A est une partie fermée (car elle est l’intersection de deux
parties fermées) ;
• A et E \ A ont même frontière.
Proposition 23
Pour toute partie A de E , les trois parties :
◦
A,
Fr(A)
et E \ A
forment une partition de E , c’est-à-dire qu’elles sont deux à deux disjointes
et que leur réunion est E .
Démonstration.
◦
◦
Sachant que A ⊂ A, la relation Fr(A) = A \ A
◦
◦
assure que A et Fr(A) forment une partition de A .
A
◦
Les trois ensembles A , Fr(A) et E \A forment donc
une partition de E .
¾ Fr(A)
E\A
Définition 21
Soit A une partie de E .
• Une partie U de A est un ouvert relatif de A s’il existe un ouvert U
∩ A.
de E tel que U = U
• Une partie F de A est un fermé relatif de A s’il existe un fermé F
de E tel que F = F ∩ A.
• Soit a un point de A. Une partie V de A est un voisinage relatif de A
du point a s’il existe un voisinage V de a dans E tel que V = V ∩ A.
On constate facilement que si A est égal à E , alors ces notions coïncident
avec les notions déjà vues d’ouvert, fermé et voisinage. En revanche, ce n’est
pas le cas si A est quelconque, comme l’illustrent les exercices suivants.
p.237 Exercice 42 On travaille dans IR. Montrer que l’intervalle [0, 1[ , bien qu’il ne soit
pas ouvert dans IR , est un ouvert relatif de [0, 1].
p.237 Exercice 43 On se place dans IR . Montrer que l’intervalle ]0, 1], bien qu’il ne soit
pas fermé dans IR , est un fermé relatif de ]0, 2].
p.237 Exercice 44 Montrer que toute partie A de E est à la fois un ouvert relatif de A
et un fermé relatif de A.
p.237 Exercice 45 On travaille dans C. Montrer que l’intervalle [0, 2], bien qu’il ne soit
pas un voisinage du point 1 , en est un voisinage relatif de IR.
p.237 Exercice 46 Soit A une partie d’un espace vectoriel normé E . Soit G une partie
de A. Montrer l’équivalence entre les deux assertions suivantes :
(i) G est un ouvert relatif de A ;
(ii) pour tout x ∈ G, il existe r > 0 tel que B(x, r) ∩ A ⊂ G.
p.238 Exercice 47 Caractérisation séquentielle des fermés relatifs
Soit A une partie d’un espace vectoriel normé E . Soit G une partie de A. Montrer
l’équivalence entre les deux assertions suivantes :
(i) G est un fermé relatif de A ;
(ii) pour tout suite (xn ) d’éléments de G convergeant vers un élément
on a ∈ G.
∈ A, alors
¾ Il est fréquent de rencontrer plusieurs normes sur un même espace vectoriel.
Une question apparaît alors : si une propriété (comme la convergence d’une
suite ou le caractère borné, ouvert ou fermé d’une partie) est vraie pour une
norme, l’est-elle également pour les autres ?
La réponse est négative dans le cas général, comme l’illustre l’exemple suivant.
1. Dans C([0, 1], IR), considérons la suite de fonctions (fn )n∈IN∗ définie ainsi :
∀x ∈ [0, 1] fn (x) = xn .
Pour n ∈ IN∗ , on a :
9 1
N∞ (fn ) = 1
et
N1 (fn ) =
xn dx =
0
1
·
n+1
Il en résulte que la suite (fn )n∈IN∗ tend vers la fonction nulle pour la norme un,
mais pas pour la norme infinie.
2. En reprenant la suite (fn )n∈IN∗ précédente, et en notant gn = (n + 1)fn , on
constate que la suite (gn )n∈IN∗ est bornée pour la norme un (tous ses éléments
sont unitaires), mais pas pour la norme infinie.
Cependant, nous allons voir ici que sous des conditions supplémentaires, certaines propriétés sont conservées lors du passage d’une norme à une autre.
Définition 22
Soit N1 et N2 deux normes sur E . On dit que N1 est dominée par N2 s’il
existe un réel α > 0 tel que N1 ⩽ αN2 , ou encore :
∀x ∈ E
N1 (x) ⩽ αN2 (x).
Pour signifier que N1 est dominée par N2 , on dit aussi que N2
est plus fine que N1 .
La propriété N1 ⩽ αN2 s’interprète ainsi : la boule unité pour
la norme N2 est incluse dans la boule de centre 0 et de rayon α pour la
norme N1 .
Le résultat suivant assure que pour étudier le caractère dominé de la norme N1
par la norme N2 , on peut se contenter de considérer des éléments x ∈ E tels
que N2 (x) = 1.
¾ Proposition 24
Soit N1 et N2 deux normes sur E . La norme N1 est dominée par la
norme N2 si, et seulement s’il existe un réel α strictement positif tel que :
∀x ∈ E
N2 (x) = 1 =⇒ N1 (x) ⩽ α.
Démonstration page 238
p.238 Exercice 48 La relation de domination des normes est-elle une relation d’ordre ?
p.239 Exercice 49 Dans l’espace C([a, b], IK) (avec a < b ), montrer que les normes un et
deux sont toutes les deux dominées par la norme infinie.
Proposition 25
Soit N1 et N2 deux normes sur E telles que N1 soit dominée par N2 .
Si une partie de E est bornée pour la norme N2 , alors elle l’est également
pour la norme N1 .
Démonstration page 239
Avec les notations de la proposition précédente, si une application f à valeurs dans E (et donc en particulier une suite d’éléments de E )
est bornée pour la norme N2 , alors elle l’est également pour la norme N1 .
Proposition 26
Soit N1 et N2 deux normes sur E telles que N1 soit dominée par N2 .
Si une suite converge vers un élément de E pour la norme N2 , alors elle
converge également vers pour la norme N1 .
Démonstration page 239
Étant donné deux normes N1 et N2 , pour montrer que N1 n’est
pas dominée par N2 , il suffit, d’après la proposition précédente, d’exhiber une
suite qui converge pour la norme N2 mais pas pour la norme N1 .
Point méthode
Dans la pratique, pour montrer que N1 n’est pas dominée par N2 on cherche
souvent une suite qui, au choix, tend vers 0 pour N2 mais pas pour N1 , ou
bien est bornée pour N2 mais qui ne l’est pas pour N1 .
p.239 Exercice 50 On travaille dans C([0, 1], IR). En considérant la suite de fonc
tions (fn )n∈IN∗ définie par fn (x) = xn , montrer que la norme infinie n’est pas
dominée par la norme un.
¾ Définition 23
Soit N1 et N2 deux normes sur E . On dit que N1 et N2 sont équivalentes
s’il existe deux réels α et β strictement positifs tels que :
∀x ∈ E
αN1 (x) ⩽ N2 (x) ⩽ βN1 (x).
p.239 Exercice 51 Montrer que deux normes sont équivalentes si, et seulement si, chacune
est dominée par l’autre
p.240 Exercice 52
Montrer que l’équivalence des normes est une relation d’équivalence.
p.240 Exercice 53 Équivalence des normes un, deux et infini dans IKn
Montrer que pour pour x ∈ IKn on a :
x∞ ⩽ x2 ⩽ x1 ⩽ nx∞ .
Que peut-on en déduire ?
Beaucoup de propriétés sont conservées lorsqu’on passe d’une norme à une
autre qui lui est équivalente.
Donnons trois résultats, dont les deux premiers sont des conséquences immédiates de l’exercice 51 et des propositions 25 et 26.
Proposition 27 (Conservation du caractère borné d’une partie)
Soit N1 et N2 deux normes équivalentes sur E . Une partie est bornée pour
la norme N1 si, et seulement si, elle l’est pour la norme N2 .
Ce résultat s’applique en particulier aux applications bornées et
aux suites bornées.
Proposition 28 (Conservation du caractère convergent d’une suite)
Soit N1 et N2 deux normes équivalentes sur E . Une suite converge vers un
élément de E pour la norme N1 si, et seulement si, elle converge vers
pour la norme N2 .
¾ Proposition 29 (Conservation des ouverts et des fermés)
Soit N1 et N2 deux normes équivalentes sur E , et A une partie de E .
Alors :
• la partie A est ouverte pour N1 si, et seulement si, elle l’est pour N2 ;
• la partie A est fermée pour N1 si, et seulement si, elle l’est pour N2 .
Démonstration page 240
Point méthode
Les résultats précédents nous assurent que, pour étudier la convergence d’une
suite ou encore le caractère borné, ouvert ou fermé d’une partie (et donc,
par extension, tout résultat reposant sur ces notions), et si l’on dispose de
plusieurs normes équivalentes, alors on pourra choisir celle que l’on préfère.
En particulier, dans IKn , on se demandera régulièrement laquelle des trois
normes classiques est la plus adaptée à la situation.
Comparer deux normes est le fait de déterminer si l’une des deux est dominée
par l’autre, ou si les deux sont équivalentes.
p.240 Exercice 54 Soit a, b et c trois réels vérifiant a < b < c. Dans IR[X], comparer les
deux normes N1 et N2 définies par :
9 b
9 c
N1 (P ) =
|P (t)|dt
et
N2 (P ) =
|P (t)|dt
a
a
$n
#
.
Indication : on pourra considérer Pn = (n + 1) X−a
c−a
299
Il sera vu (cf. le théorème 15 de la page 299) que dans un espace
de dimension finie, toutes les normes sont équivalentes.
¾ Exercice 1
:
Pour alléger l’écriture, notons x = ( x | x ) (même si cette notation est abusive
car nous n’avons pas encore démontré qu’il s’agit d’une norme).
•
L’homogénéité et la séparation sont faciles à vérifier :
∗ en effet, si x ∈ E vérifie x = 0 , alors on a ( x | x ) = 0 , ce qui, comme un
produit scalaire est défini positif, entraîne que x est nul ;
∗ pour (λ, x) ∈ IR × E , le bilinéarité du produit scalaire donne :
:
:
:
λx = ( λx | λx ) = λ2 ( x | x ) = |λ| ( x | x ) = |λ| × x.
•
Il reste à démontrer l’inégalité triangulaire. Soit (x, y) ∈ E 2 . On a :
x + y2 = ( x + y | x + y )
= x2 + y2 + 2 ( x | y )
(bilinéarité et symétrie)
⩽ x2 + y2 + 2 x y
2
= x + y .
(inégalité de Cauchy-Schwarz)
On obtient donc l’inégalité x + y ⩽ x + y souhaitée.
Exercice 2 Par homogénéité de la norme, on a, pour tout λ ∈ IR, λx = |λ| × x .
Ainsi, le vecteur λx est unitaire si, et seulement si, |λ| × x = 1 , c’est-à1
dire λ = ±
·
x
x
de même sens
Il existe donc deux vecteurs unitaires colinéaires à x qui sont
x
x
que x et −
qui lui est de sens opposé à x.
x
Exercice 3 D’après la remarque précédente, il existe des vecteurs unitaires dans E dès
que E contient au moins un vecteur non nul, c’est-à-dire dès que E n’est pas l’espace
nul. En revanche, si E est l’espace nul, alors E ne contient pas de vecteur unitaire
puisqu’alors le seul vecteur qu’il contient est de norme nulle.
Proposition 1
• Commençons par montrer que :
x − y ⩽ x + y ⩽ x + y,
(1)
ce qui se reformule ainsi :
x ⩽ x + y + y
•
et
x + y ⩽ x + y.
Ces deux inégalités résultent de l’inégalité triangulaire de la définition 1 de la page 188
appliquée d’abord aux vecteurs x + y et −y et ensuite aux vecteurs x et y .
L’encadrement (1) étant valable pour tous x et y , on peut échanger leurs rôles :
y − x ⩽ y + x ⩽ y + x.
(2)
Les encadrements (1) et (2) donnent alors :
x − y ⩽ x + y ⩽ x + y.
(3)
¾¾¼
Démonstrations et solutions des exercices du cours
•
Il reste, pour conclure, à montrer que :
x − y ⩽ x − y ⩽ x + y.
Ceci résulte de l’encadrement (3) appliqué aux vecteurs x et −y .
Exercice 4 On a u1 + u2 = (1, 1), donc u1 + u2 1 = 2 . Comme u1 1 = u2 1 = 1 ,
les vecteurs u1 et u2 vérifient le cas d’égalité de l’inégalité triangulaire, bien qu’il ne
soient pas colinéaires.
Exercice 5 Notons ( · | · ) le produit scalaire considéré. Soit x et y deux vecteurs.
•
•
D’une part, en écrivant x+y2 = ( x+y | x+y ) et grâce aux propriétés du produit
scalaire (bilinéarité et symétrie), on obtient x + y2 = x2 + y2 + 2( x | y ) .
2
D’autre part, on a x + y = x2 + y2 + 2 x y .
On obtient :
x + y = x + y ⇐⇒ ( x | y ) = x × y
2
⇐⇒ ( x | y ) = x2 × y2
et ( x | y ) ⩾ 0.
Cela prouve le résultat souhaité car deux vecteurs vérifient le cas d’égalité dans
Cauchy-Schwarz si, et seulement s’il sont colinéaires, et leur produit scalaire est alors
positif si, et seulement s’il sont de même sens.
Exercice 6
•
Séparation. C’est évident, car pour (M, N ) ∈ E 2 , on a d(M, N ) = 0 si, et
−−→
seulement si, M N = 0 , ce qui, par propriété de séparation de la norme, revient
−−→ −
→
à dire que M N = 0 , c’est-à-dire M = N .
•
Symétrie. C’est une conséquence de l’homogénéité de la norme.
En effet, pour (M, N ) ∈ E 2 , on a :
−−→
−−→
−−→
d(M, N ) = M N = −N M = N M = d(N, M ).
•
Inégalité triangulaire. Pour (M, N, P ) ∈ E 3 , on a :
−−→
−−→ −−→
d(M, P ) = M P = M N + N P −−→
−−→
⩽ M N + N P (inégalité triangulaire sur · )
= d(M, N ) + d(N, P ).
•
Invariance par translation.
Pour (M, N, u) ∈ E 3 , si l’on note :
M
M = M + u et N = N + u,
−−−→
−−→
alors les vecteur M N et M N sont égaux.
u
M
N
u
N
¾¾½
Proposition 3 Soit a ∈ A. On a, par définition de d(x, A) et par inégalité triangulaire :
d(x, A) ⩽ d(x, a) ⩽ d(x, y) + d(y, a).
Il en résulte que d(x, A) − d(x, y) ⩽ d(y, a). Cette inégalité étant vraie pour tout a ∈ A,
on en déduit que d(x, A) − d(x, y) minore l’ensemble {d(y, a) ; a ∈ A} , et donc que :
d(x, A) − d(x, y) ⩽ d(y, A).
Cela donne d(x, A) − d(y, A) ⩽ d(x, y). Un argument de symétrie du problème en x et y
permet alors d’obtenir le résultat souhaité.
Exercice 7
Dans chaque cas, on obtient que la distance
de x à A est atteinte en un unique point :
• le point a∞ = (0, 0) est le point de A
le plus proche de x au sens de la norme
infinie, et :
d∞ (x, A) = x − a∞ ∞ = 1 ;
•
•
A
#1 2$
,
est le point de A
5 5
le plus proche de x au sens de la norme
deux (c’est le projeté orthogonal du
point x sur la droite A), et :
√
3 5
;
d2 (x, A) = x − a2 2 =
5
#1 $
le point a1 =
, 1 est le point de A
2
le plus proche de x au sens de la norme
un, et :
le point a2 =
d1 (x, A) = x − a1 1 =
x
a1
a2
a∞
3
·
2
Exercice 8
1
0
1
1
pour la norme infinie
¾¾¾
0
1
1
pour la norme un
0
1
pour la norme deux
Démonstrations et solutions des exercices du cours
Proposition 4
Soit B une boule (ouverte ou fermée). Donnons-nous x en y deux éléments de B et λ ∈ [0, 1], et montrons
que λx + (1 − λ)y ∈ B . Pour cela, il suffit de
montrer qu’en notant a le centre de B , on a :
>
>
> λx+(1−λ)y −a> ⩽ max x−a, y−a .
Cela s’obtient en écrivant :
>
> >
>
> λx + (1 − λ)y − a> = >λ(x − a) + (1 − λ)(y − a)>
>
> >
>
⩽ >λ(x − a)> + >(1λ )(y − a)>
⩽ λx − a + (1 − λ)y − a
⩽ max x − a, y − a .
λx + (1 − λ)y
x
a
y
(inégalité triangulaire)
(homogénéité)
Exercice 9
Il est clair que si x ∈ B , alors d(x, B) = 0 .
Supposons que x ∈
/ B et montrons que :
d(x, B) = d(x, a) − r.
Si l’on note A l’ensemble {d(x, y) ; y ∈ B} , cela
revient à montrer que inf A = d(x, a) − r .
•
x
La seconde inégalité triangulaire donne :
∀y ∈ B
d(x, a) − d(a, y) ⩽ d(x, y).
Comme ∀y ∈ B
∀y ∈ B
a
d(y, a) ⩽ r , on obtient :
d(x, B)
r
d(x, a) − r ⩽ d(x, y).
Donc d(x, a) − r est un minorant de A.
#
x−a
1$
• Notons u =
et, pour tout n ∈ IN∗ , notons yn = a + r −
u.
x − a
n
Alors, pour n ∈ IN∗ , on a :
1
∗ d’une part, d(a, yn ) = r − < r , donc yn ∈ B ;
n
∗ d’autre part :
> >#
>
#
$ >
>
>
>
1$ >
> = > d(x, a) − r + 1 u>
x
−
a
−
r
−
u
d(x, yn ) = >
>
>
>
n
n >
et donc, puisque u est unitaire :
1
→ d(x, a) − r.
n
Par caractérisation de la borne supérieure, cela montre que sup A = d(x, a) − r .
d(x, yn ) = d(x, a) − r +
Exercice 10 Soit A une partie contenue dans une boule B de centre a et de
rayon r . Que le boule B soit fermée ou ouverte, on a toujours B ⊂ Bf (a, r), et
¾¾¿
donc A ⊂ Bf (a, r). Alors, par l’inégalité triangulaire :
∀x ∈ A x ⩽ a + x − a ⩽ a + r,
donc A est bornée.
Exercice 11 Notons Γ l’ensemble
•
•
d(x, y) ; (x, y) ∈ A2 .
Le caractère non vide de A assure que Γ est une partie non vide de IR .
Montrons que Γ est majorée.
Soit R ∈ IR+ tel que ∀a ∈ A a ⩽ R (un tel R existe car A est bornée).
Alors Γ est majorée par 2R , car on a :
∀(x, y) ∈ A2
d(x, y) = x − y ⩽ x + y ⩽ 2R.
Donc Γ possède une borne supérieure car c’est une partie de IR non vide et majorée.
Exercice 12 Notons a le centre de B , et Γ l’ensemble {d(x, y) ; (x, y) ∈ B 2 } .
• L’inégalité triangulaire assure que l’ensemble Γ est majoré par 2r . En effet, si x
et y deux éléments de B , alors on a :
d(x, y) ⩽ d(x, a) + d(y, a) ⩽ r + r = 2r.
•
D’autre part, soit u est un vecteur unitaire de E (un tel vecteur existe car E
n’est pas l’espace nul). Alors, pour n ∈ IN, les éléments :
xn = a + r(1 − 2−n )u et
yn = a − r(1 − 2−n )u
appartiennent à B et vérifient :
d(xn , yn ) = 2r(1 − 2−n ) −→ 2r.
n→+∞
Cela montre, par caractérisation de la borne supérieure, que sup(Γ) = 2r , c’est-à-dire
que B a pour diamètre 2r .
Proposition 5
• Norme infinie.
∗ Séparation. Si x ∈ IKn vérifie x∞ = 0 , alors on a max |xk | = 0 , et donc :
k∈[[1,n]]
∀k ∈ [[1, n]] xk = 0,
∗
∗
c’est-à-dire que x est le vecteur nul.
Homogénéité. Pour x ∈ IRn et λ ∈ IK , on a :
λ x∞ = max |λ xk | ; k ∈ [[1, n]]
= max |λ| |xk | ; k ∈ [[1, n]]
= |λ| max |xk | ; k ∈ [[1, n]] = |λ| x∞ .
Inégalité triangulaire. Pour (x, y) ∈ (IKn )2 , on a :
x + y∞ = max |xk + yk | ; k ∈ [[1, n]] .
Comme pour tout k ∈ [[1, n]] on a :
|xk + yk | ⩽ |xk | + |yk | ⩽ x∞ + y∞ ,
il en résulte que x∞ + y∞ majore l’ensemble {|xk + yk | ; k ∈ [[1, n]]} , et
donc que x + y∞ ⩽ x∞ + y∞ .
¾¾
Démonstrations et solutions des exercices du cours
•
Norme un.
∗
Séparation. Si x ∈ IKn vérifie x1 = 0 , alors on a
n
|xk | = 0 , et donc :
k=1
∀k ∈ [[1, n]] xk = 0,
∗
c’est-à-dire que x est le vecteur nul.
Homogénéité. Pour x ∈ IKn et λ ∈ IK , on a :
λ x1 =
n
n
n
|xk | = |λ| x1 .
|λ| |xk | = |λ|
|λ xk | =
k=1
∗
k=1
Inégalité triangulaire. Pour (x, y) ∈ (IK ) , on a :
x + y1 =
n
|xk + yk | ⩽
k=1
•
k=1
n 2
n
n
n
|xk | +
|yk | = x1 + y1 .
|xk | + |yk | =
k=1
k=1
k=1
Norme deux.
:
∗ Cas IK = IR. Pour x ∈ IRn , on a x2 = ϕ(x, x) , où ϕ est l’application :
ϕ : (IRn )2
−→
(x, y)
−→
IR
n
xk yk .
k=1
∗
L’application ϕ est un produit scalaire, donc l’application x → x2 est une
norme car c’est la euclidienne associée au produit scalaire ϕ.
Cas IK = C. L’argument précédent ne s’applique pas.
n
Séparation. Si x ∈ Cn vérifie x2 = 0 , alors on a
|xk |2 = 0 , et donc :
k=1
∀k ∈ [[1, n]] xk = 0.
n
Homogénéité. Pour x ∈ C et λ ∈ C , on a :
6
6
7 n
7 n
7
7
λ x2 = 8
|λ xk |2 = |λ| 8
|xk |2 = |λ| x2 .
k=1
k=1
Inégalité triangulaire. Soit (x, y) ∈ (Cn )2 .
Considérons les vecteurs de IRn suivants :
x̃ = (|x1 |, . . . , |xn |)
ỹ = (|y1 |, . . . , |yn |).
et
On a :
6
6
7 n
7 n
7
7 2
2
8
|xk | + |yk | = x̃ + ỹ2 .
x + y2 =
|xk + yk | ⩽ 8
k=1
k=1
En appliquant avec x̃ et ỹ l’inégalité triangulaire déjà obtenue pour la
norme · 2 sur IRn , il vient :
x + y2 ⩽ x̃2 + ỹ2 .
En constatant alors que x2 = x̃2 et y2 = ỹ2 , on obtient le résultat :
x + y2 ⩽ x2 + y2 .
¾¾
Exercice 13
• Norme infinie.
∗ Séparation. Si x ∈ E vérifie x∞ = 0 , alors il est clair que ∀i ∈ I
c’est-à-dire que x est nul.
∗ Homogénéité. Pour x ∈ E et λ ∈ IK , on a :
xi = 0 ,
λ x∞ = max{|λ xi | ; i ∈ I}
= max{|λ| |xi | ; i ∈ I}
= |λ| max{|xi | ; i ∈ I} = |λ| x∞ .
∗
Inégalité triangulaire. Pour (x, y) ∈ E 2 , on a x+y∞ = max{|xi +yi | ; i ∈ I} .
Comme pour tout i ∈ I on a :
|xi + yi | ⩽ |xi | + |yi | ⩽ x∞ + y∞ ,
il en résulte que x∞ + y∞ majore l’ensemble {|xi + yi | ; i ∈ I} , et donc
que x + y∞ ⩽ x∞ + y∞ .
• Norme un.
∗ Séparation. Si x ∈ E vérifie x1 = 0 , alors il est clair que ∀i ∈ I xi = 0 ,
c’est-à-dire que x est nul.
∗ Homogénéité. Pour x ∈ E et λ ∈ IK , on a :
|λ xi | =
|xi | = |λ| x1 .
λ x1 =
|λ| |xi | = |λ|
i∈I
∗
i∈I
Inégalité triangulaire. Pour (x, y) ∈ E 2 , on a :
|xi + yi | ⩽
|xi | +
|yi | = x1 + y1 .
|xi | + |yi | =
x + y1 =
i∈I
•
i∈I
i∈I
i∈I
Norme deux.
∗
Séparation. Si x ∈ E vérifie x2 = 0 , alors
i∈I
|xi |2 = 0 , et donc :
x∈I
∀i ∈ I
∗
xi = 0
c’est-à-dire x = 0 .
Homogénéité. Pour x ∈ E et λ ∈ IK , on a :
?
?
2
|λ xi | = |λ|
|xi |2 = |λ| x2 .
λ x2 =
i∈I
∗
i∈I
Inégalité triangulaire.
Résultat préliminaire. Dans l’espace IR(I) des familles presque nulles de
réels indexées par I , l’application :
ai b i
(a, b) →
i∈I
est un produit scalaire. Sa norme euclidienne associée est donnée par :
?
a2i .
a2 =
i∈I
¾¾
Démonstrations et solutions des exercices du cours
L’inégalité triangulaire associée à cette norme donne :
?
?
?
2
2
(ai + bi ) ⩽
ai +
b2i
i∈I
i∈I
( )
i∈I
pour toutes familles (ai )i∈I et (bi )i∈I appartenant à IR(I) .
Soit (x, y) ∈ E 2 . On a :
?
?
2
2
|xi + yi | ⩽
|xi | + |yi | .
x + y2 =
i∈I
i∈I
Les familles (|xi |)i∈I et (|yi |)i∈I appartenant à IR(I) , on peut appliquer
l’inégalité ( ), ce qui donne le résultat souhaité :
?
?
2
x + y2 ⩽
|xi | +
|yi |2 = x2 + y2 .
i∈I
i∈I
Exercice 14
1. Le fait que X soit non vide et que f soit bornée assure que la partie :
f (x) ; x ∈ X
possède une borne supérieure, comme toute partie non vide et majorée de IR .
2. • Séparation. Si f vérifie N∞ (f ) = 0 , alors on a f (x) = 0 pour tout x ∈ X ,
c’est-à-dire que f est la fonction nulle.
• Homogénéité. Soit f ∈ B(X, IK) et λ ∈ IK .
Montrons que N∞ (λf ) = |λ| N∞ (f ), ce qui revient à montrer qu’en notant A
l’ensemble λ f (x) ; x ∈ X , alors on a sup(A) = |λ| N∞ (f ).
∗ Tout d’abord, A est majoré par |λ| N∞ (f ).
En effet, si a appartient à A, alors
on peut trouver x ∈ X tel
que a = λ f (x) . On a alors a = |λ| f (x) , et donc a ⩽ |λ| N∞ (f ).
∗ Il suffit alors pour conclure de montrer qu’on peut trouver une suite à
valeurs dans A tendant vers |λ| N∞ (f ).
Comme N∞ (f ) = sup f (x) ; x ∈ X , par caractérisation de la borne
supérieure, on peut trouver une suite (xn ) à valeurs dans X telle que
f (xn ) → N∞ (f ).
En notant alors an = λ f (xn ) , on a :
an = |λ| f (xn ) → |λ| N∞ (f ).
2
• Inégalité triangulaire. Soit (f, g) ∈ B(X, IK) . Montrons que :
N∞ (f + g) ⩽ N∞ (f ) + N∞ (g).
En notant A l’ensemble f (x) + g(x) ; x ∈ X , cela revient à montrer que A
est majoré par N∞ (f ) + N∞ (g). C’est évident, car pour tout x ∈ X , on a :
f (x) + g(x) ⩽ f (x) + g(x) .
⩽N∞ (f )
⩽N∞ (g)
¾¾
Exercice 15
• Séparation. Si f ∈ C([a, b], IK) vérifie N1 (f ) = 0 , alors |f | est la fonction nulle
car continue, positive et d’intégrale nulle (l’intervalle d’intégration étant d’intérieur
non vide), et donc f est nulle.
• Homogénéité. Pour f ∈ C([a, b], IK) et λ ∈ IK , on a :
9 b
9 b
9 b
N1 (λ f ) =
|λ| |f | = |λ|
|λ f | =
|f | = |λ| N1 (f ).
a
•
a
a
2
Inégalité triangulaire. Pour (f, g) ∈ C([a, b], IK) , on a :
9 b
9 b
9 b
9 b
|f | + |g| =
|f + g| ⩽
|f | +
|g| = N1 (f ) + N1 (g).
N1 (f + g) =
a
a
a
a
Exercice 16
• Séparation. Si f ∈ C([a, b], IR) vérifie N2 (f ) = 0 , alors |f |2 est la fonction nulle,
en tant que fonction continue, positive et d’intégrale nulle (l’intervalle d’intégration
étant d’intérieur non vide), et donc f est la fonction nulle.
• Homogénéité. Pour f ∈ C([a, b], C) et λ ∈ C, on a :
9 b
9 b
9 b
2 2
2
|λ| |f | = |λ|2
N2 (λ f ) =
|λ f |2 =
|f |2 = |λ|2 N2 (f )2 ,
a
•
a
a
d’où, comme les quantités précédentes sont positives, N2 (λ f ) = |λ| N2 (f ).
Inégalité triangulaire. Soit f et g deux éléments de C([a, b], C).
L’inégalité triangulaire donne |f + g| ⩽ |f | + |g|, et donc :
?
?
9 b
9 b
2
|f + g| ⩽
(|f | + |g|)2 = N2 |f | + |g| .
N2 (f + g) =
a
(1)
a
Mais alors, comme l’application f → N2 (f ) est une norme sur C([a, b], IR), nous
pouvons appliquer l’inégalité triangulaire associée avec les fonctions |f | et |g| :
N2 |f | + |g| ⩽ N2 (|f |) + N2 (|g|).
(2)
Comme on a N2 (|f |) = N2 (f ) et N2 (|g|) = N2 (g), les relations (1) et (2) permettent de conclure.
Exercice 17
• Pour N∞ , la réponse est positive puisque CM([a, b], IK) est un sous-espace vectoriel de B([a, b], IK).
• En revanche, pour N1 et N2 , la réponse est négative car les applications :
CM([a, b], IK) −→ IR+
f −→ N1 (f )
et
CM([a, b], IK) −→ IR+
f −→ N2 (f )
ne vérifient par la propriété de séparation. En effet, toute fonction f qui est nulle
sauf en un nombre fini de points vérifie N1 (f ) = N2 (f ) = 0 .
Remarque. On peut cependant montrer que ces deux applications vérifient la
propriété d’homogénéité ainsi que l’inégalité triangulaire.
¾¾
Démonstrations et solutions des exercices du cours
Exercice 18
•
Séparation. Si P ∈ IKn [X] vérifie P = 0 , alors il possède n + 1 racines
distinctes : a1 , . . . , an+1 , et donc est le polynôme nul.
•
Homogénéité. Soit P ∈ IKn [X] et λ ∈ IK . On a :
λP = max |λP (a1 )|, . . . , |λP (an+1 )|
= |λ| max |P (a1 )|, . . . , |P (an+1 )| = |λ| P .
•
Inégalité triangulaire. Soit (P, Q) ∈ IKn [X]2 . On a :
∀k ∈ [[1, n + 1]] |P (ak ) + Q(ak )| ⩽ |P (ak )| + |Q(ak )|,
donc :
P + Q ⩽
max
k∈[[1,n+1]]
|P (ak )| + |Q(ak )|
et donc a fortiori :
P + Q ⩽
max
k∈[[1,n+1]]
|P (ak )| +
max
k∈[[1,n+1]]
|Q(ak )| = P + Q
Exercice 19 Pour tout u ∈ E , on a N (u) = N∞ ϕ(u) , où ϕ est l’application :
ϕ :
E
u
−→ E
#u $
n
−→
2n n∈IN
dont on montre aisément qu’elle est linéaire et injective.
Proposition 6 Notons E l’espace E1 × · · · × Ep .
•
Séparation. Si x = (x1 , . . . , xp ) vérifie ϕ(x) = 0 , alors, par définition de ϕ, on a :
ϕ1 (x1 ) = · · · = ϕp (xp ) = 0,
•
ce qui, par propriété de séparation des normes ϕk , entraîne que x1 = · · · = xp = 0 ,
c’est-à-dire x = 0 .
Homogénéité. Pour x = (x1 , . . . , xp ) ∈ E et λ ∈ IK , on a :
ϕ(λ x) = ϕ (λ x1 , . . . , λ xp ) = max ϕ1 (λ x1 ), . . . , ϕp (λ xp )
L’homogénéité de chacune des normes ϕ1 , . . . , ϕp donne alors :
ϕ(λ x) = max λ ϕ1 (x1 ), . . . , λ ϕp (xp ) = |λ| ϕ(x).
•
Inégalité triangulaire. Soit x = (x1 , . . . , xp ) et y = (y1 , . . . , yp ) dans E . On a :
ϕ(x + y) = ϕ (x1 + y1 , . . . , xp + yp ) = max ϕ1 (x1 + y1 ), . . . , ϕp (xp + yp ) .
Soit k ∈ [[1, p]] tel que ϕ(x + y) = ϕk (xk + yk ). L’inégalité triangulaire appliquée
avec la norme ϕk donne alors le résultat :
ϕ(x + y) ⩽ ϕk (xk ) + ϕk (yk ) .
⩽ϕ(x)
⩽ϕ(y)
¾¾
Exercice 20 Dans ce qui suit, x = (x1 , . . . , xp ) et y = (y1 , . . . , yp ) sont deux éléments
de l’espace produit, et λ est un scalaire.
•
Montrons que N1 est une norme.
Séparation.
Si N1 (x) = 0 , alors
p >
>
>xk > = 0 , donc ∀k ∈ [[1, p]] ϕk (xk ) = 0 ,
k
k=1
puis, par propriété de séparation des normes ϕ1 , . . . , ϕp :
∀k ∈ [[1, p]] xk = 0
c’est-à-dire
x = 0.
Homogénéité. On a :
N1 (λ x) =
n
ϕk (λ xk ) =
k=1
p
p
ϕk (xk ) = |λ| N1 (x).
|λ| ϕk (xk ) = |λ|
k=1
k=1
Inégalité triangulaire. On a :
p
p
N1 (x + y) =
ϕk (xk + yk ) ⩽
ϕk (xk ) + ϕk (yk )
k=1
k=1
=
p
ϕk (xk ) +
k=1
•
Montrons que N2 est une norme.
Séparation.
Si N2 (x) = 0, alors
p
p
ϕk (yk ) = N1 (x) + N1 (y).
k=1
ϕk (xk )2 = 0, donc ∀k ∈ [[1, p]] ϕk (xk ) = 0,
k=1
puis, par propriété de séparation des normes ϕ1 , . . . , ϕp :
∀k ∈ [[1, p]] xk = 0
c’est-à-dire
x = 0.
Homogénéité. On a
N2 (λ x)2 =
n
ϕk (λ xk )2 =
k=1
p
|λ|2 ϕk (xk )2 = |λ|2 N2 (x)2 ,
k=1
ce qui, les quantités précédentes étant positives, donne N2 (λ x) = |λ |N2 (x).
Inégalité triangulaire. Notons N2 la norme deux sur IRp , et considérons les
vecteurs de IRp suivants :
et
Y = ϕ1 (y1 ), . . . , ϕp (yp ) .
X = ϕ1 (x1 ), . . . , ϕp (xp )
Alors, l’inégalité triangulaire avec les normes · k et la norme N2 donne :
1/2
p
2
ϕk (xk + yk )
N2 (x + y) =
k=1
1/2
p
2
ϕk (xk ) + ϕk (yk )
⩽
k=1
(inégalité triangulaire
des normes ϕk )
= N2 (X + Y )
⩽ N2 (X) + N2 (Y )
= N2 (x) + N2 (y).
¾¿¼
(inégalité triangulaire
de la norme N2 )
Démonstrations et solutions des exercices du cours
Exercice 21
9 1
1
→ 0.
n
+
1
0
2. (a) La convergence de (fn ) vers f au sens de la norme infinie implique la convergence simple, c’est-à-dire :
1. Il suffit d’écrire N1 (fn ) =
(b)
xn dx =
∀x ∈ [0, 1] fn (x) → f (x).
0 si x ∈ [0, 1[
Il vient alors que f (x) =
1 si x = 1.
On aboutit à une contradiction, car la fonction f obtenue n’est pas continue.
Exercice 22
1. •
•
On voit facilement que 0 est valeur d’adhérence, car c’est la limite de la soussuite (a2n+1 )n∈IN .
Montrons qu’il n’y a pas d’autres valeurs d’adhérence.
Pour cela, considérons x un réel non nul et aϕ(n) n∈IN une sous-suite
de (an )n∈IN , et montrons que aϕ(n) n∈IN ne converge pas vers x.
∗ Si ϕ prend une infinité de valeurs paires, alors (aϕ(n) )n∈IN possède 0 comme
valeur d’adhérence.
∗ Sinon, alors ϕ prend une infinité de valeurs impaires, et alors aϕ(n) n∈IN
possède une sous-suite tendant vers +∞.
Dans les deux cas, la sous-suite aϕ(n) n∈IN ne converge pas vers x.
2. Il est clair que la suite diverge, car la sous-suite (a2n )n∈IN tend vers +∞.
Proposition 13
•
Supposons que x soit valeur d’adhérence de la suite (an ). Soit alors ϕ : IN → IN une
fonction strictement croissante telle que la suite aϕ(n) converge vers x.
Soit ε > 0 et n0 ∈ IN. Montrons qu’il existe n ⩾ n0 tel que an − x ⩽ ε .
Comme aϕ(n) → x, il existe un rang n1 ∈ IN tel que :
>
>
∀p ∈ IN p ⩾ n1 =⇒ >aϕ(p) − x> ⩽ ε.
Comme ϕ −→ +∞, on peut trouver p ⩾ n1 tel que ϕ(p) ⩾ n0 . En posant
+∞
•
alors n = ϕ(p), on a n ⩾ n0 et an − x ⩽ ε .
Supposons que :
∀ε > 0
∀n0 ∈ IN ∃n ⩾ n0
an − x ⩽ ε,
( )
et montrons qu’il existe une sous-suite de (an ) qui tend vers x.
Pour cela, construisons une fonction ϕ : IN → IN strictement croissante telle que :
>
>
1
∀p ∈ IN >aϕ(p) − x> ⩽ p ·
2
1
∗ Tout d’abord, la propriété ( ) assure qu’il existe n ∈ IN tel que an − x ⩽ 0 .
2
Posons ϕ(0) égal à une telle valeur de n.
¾¿½
∗
Pour p ∈ IN, supposons construits ϕ(0), . . . , ϕ(p − 1). La propriété ( ) assure
1
qu’il existe n ⩾ ϕ(p − 1) + 1 tel que an − x ⩽ p . Il suffit alors de poser ϕ(p)
2
égal à une telle valeur de n.
La suite aϕ(p) p∈IN est alors une sous-suite de (ap )p∈IN qui converge alors vers x.
Exercice 23 Soit x ∈ [−1, 1]. Montrons que x est valeur d’adhérence de la suite a
à l’aide de la proposition 13. Soit ε > 0 et n0 ∈ IN. Montrons qu’il existe un entier n ⩾ n0 tel que an − x ⩽ ε .
√
Notons f la fonction t → sin t. La fonction f est dérivable sur IR∗+ , et :
∀t > 0
cos t
f (t) = √ ·
2 t
Comme f (t) −→ 0 , on peut considérer R > 0 tel que ∀t ⩾ R |f (t)| ⩽ ε .
t→+∞
∗
Pour k ∈ IN , le réel tk = (2kπ + Arcsin x)2 vérifie f (tk ) = x. Fixons une valeur de k
telle que tk ⩾ max(n0 , R), et notons n = !tk ". L’inégalité des accroissements finis
appliquée à la fonction f sur l’intervalle [tk , n] assure alors que :
|an − x| = |f (n) − f (tk )| ⩽ ε(n − tk ) ⩽ ε.
Comme n ⩾ tk ⩾ n0 , cela montre le résultat souhaité.
Proposition 14
Soit B une boule ouverte. Notons a son centre et R son rayon.
Pour x ∈ B , on a x − a < R , et il est clair, d’après l’inégalité triangulaire, que la
boule ouverte de centre x et de rayon R − x − a est contenue dans B .
En effet, si u vérifie u − x < R − x − a , alors on a :
u − a ⩽ u − x + x − a < R − x − a + x − a = R.
Donc B est une partie ouverte.
Exercice 24
1. L’intervalle ]a, b[ est un ouvert de R , car c’est la boule de centre
rayon
b−a
·
2
a+b
et de
2
2.
L’intervalle ouvert ]a, b[ n’est pas un ouvert de C . En effet, pour x ∈ ]a, b[
et r > 0 , la boule ouverte de centre x de
rayon r > 0 n’est pas incluse dans ]a, b[ .
r
Par exemple, le nombre complexe x + i
2
appartient à cette boule mais pas à l’intervalle ]a, b[ .
¾¿¾
x+i
a
b
x
B(x, r)
r
2
Démonstrations et solutions des exercices du cours
Proposition 15
• Soit (Ui )i∈I une famille d’ouverts, et U leur réunion. Pour x ∈ U , on peut trouver i ∈ I tel que x appartienne à Ui . Comme Ui est ouvert, il existe une boule
ouverte centrée en x et de rayon strictement positif qui soit contenue dans Ui , et
donc dans U . Il en résulte que U est un ouvert.
• Soit (Ui )i∈I une famille finie d’ouverts, et U leur intersection.
Soit x ∈ U . Pour tout i ∈ I , l’ensemble Ui est un ouvert, donc on peut trouver ri > 0
tel que la boule ouverte de centre x et de rayon ri soit contenue dans Ui .
Puisque I est fini, le nombre réel :
r = min ri
i∈I
existe et est strictement positif. La boule ouverte centrée en x et de rayon r est alors
contenue dans chacun des Ui , et donc dans leur intersection U .
Donc U est un ouvert.
Exercice 25 Soit U une partie ouverte de E . Pour tout x ∈ U , toute boule centrée
en x et de rayon suffisamment petit est incluse dans U . En notant, par exemple :
0
1
# 1$
nx = min n ∈ IN∗ B x,
⊂U ,
n
1
, alors on a B(x, rx ) ⊂ U . Il est alors clair que :
et en notant rx =
nx
U=
B(x, rx ).
x∈U
Exercice 26 Notons A =
•
•
n∈IN∗
Un . On a A = {0} , car :
il est clair que 0 appartient à chacun des ensembles Un , et donc à leur intersection ;
1
si x =
0 , alors, pour n ⩾
/ A.
, on a x ∈
/ Un , et donc x ∈
|x|
Il est clair que A n’est pas ouvert, car pour r > 0 , la boule ouverte centrée en 0 et
de rayon r (c’est-à-dire l’intervalle ]−r, r[ ) n’est pas incluse dans A.
Exercice 27 Il suffit de constater que les complémentaires des intervalles ]−∞, b], [a, b]
et [a, +∞[ sont respectivement ]b, +∞[ , ]−∞, a[ ∪ ]b, +∞[ et ]−∞, a[ , qui sont des
ouverts de IR .
Proposition 16 Soit B une boule fermée. Notons a son centre et R son rayon.
Pour x ∈ E \ B , on a x − a > R , et il est clair que la boule ouverte centrée en x et
de rayon x − a − R est incluse dans E \ B .
En effet, si u vérifie u − x < x − a − R , alors on a :
u − a ⩾ x − a − u − x
> x − a − x − a − R = R,
(seconde inégalité triangulaire)
et donc u ∈ E \ B .
Cela montre que E \ B est une partie ouverte, et donc que B est une partie fermée.
¾¿¿
Exercice 28
On a A = ]0, 1[ . En effet :
•
pour tout n ∈ IN∗ , on a Fn ⊂ ]0, 1[ , et donc A ⊂ ]0, 1[ ;
•
si x ∈ ]0, 1[ , alors on a x ∈ Fn dès que n ⩾
1
, et donc x ∈ A.
min(|x|, |x − 1|)
L’ensemble A n’est pas fermé car son complémentaire, ]−∞, 0] ∪ [1, +∞[ , n’est pas
ouvert (pour le montrer, on peut considérer des boules centrées en 0 ).
Exercice 29 Soit S une sphère. Notons a son centre et r son rayon. Par définition,
on a S = Bf (a, r) \ B(a, r), c’est-à-dire S = Bf (a, r) ∩ E \ B(a, r) .
La partie S est donc une partie fermée, comme intersection deux parties fermées.
Exercice 30 Comme F est un fermé de E , son complémentaire E \ F est un ouvert
de E . Comme x ∈ E \ F , on en déduit l’existence de r > 0 tel que B(x, r) ⊂ E \ F .
On a donc :
∀y ∈ F d(x, y) ⩾ r,
et donc nécessairement d(x, F ) ⩾ r .
Exercice 31 Cette propriété découle immédiatement des définitions d’un ouvert et
d’un voisinage. En effet, si U est un ouvert et a ∈ U , alors le fait que U soit ouvert
assure qu’il existe r > 0 tel que la boule B(a, r) soit incluse dans U , et donc que U
est un voisinage de a.
Exercice 32
•
Un sens est trivial. En effet, si A est un voisinage de a, alors il existe r > 0 tel
que la boule ouverte B(a, r) (qui est une partie ouverte) soit incluse dans A.
•
Pour l’autre sens : si U désigne un ouvert inclus dans A et contenant un élément a,
alors, comme U est ouvert, on peut trouver une boule ouverte centrée en a et de
rayon strictement positif qui soit incluse dans U et donc dans A.
Proposition 18
•
Soit n ∈ IN∗ . Si A1 , . . . , An sont des voisinages de x, alors pour tout k ∈ [[1, n]], on
peut trouver rk > 0 tel que B(x, rk ) ⊂ Ak .
n
Il est alors clair qu’en notant r = min(r1 , . . . , rn ), on a r > 0 et B(x, r) ⊂
Ak .
Cela montre que
n
k=1
Ak est un voisinage de x.
k=1
•
Le deuxième point est évident, car si A est un voisinage de x, alors il existe r > 0
est une partie contenant A, alors on a B(x, r) ⊂ A
, ce
tel que B(x, r) ⊂ A. Si A
est un voisinage de x.
qui montre que A
¾ Démonstrations et solutions des exercices du cours
Proposition 19
La relation d’ordre utilisée ici sur les parties de E est évidemment la relation d’inclusion.
◦
◦
On sait déjà que A ⊂ A. Il suffit donc de montrer que A est ouvert, et que tout ouvert
◦
inclus dans A l’est aussi dans A .
•
◦
◦
◦
Soit x ∈ A . On peut trouver r > 0 tel que B(x, r) ⊂ A. On a alors B(x, r) ⊂ A .
◦
Or, B(x, r) étant ouvert, il est son propre intérieur. Il en résulte que B(x, r) ⊂ A .
◦
Cela montre que A est ouvert.
•
◦
◦
◦
Soit U un ouvert inclus dans A. On a alors U ⊂ A . Or, U étant ouvert, on a U = U .
◦
Cela montre que U ⊂ A , et donne le résultat souhaité.
Exercice 33 C’est immédiat d’après la proposition 19. En effet, la réunion de tous les
ouverts inclus dans A est un ouvert (d’après la proposition 15 de la page 207), il est
inclus dans A, et il contient de manière évidente tout ouvert inclus dans A.
Exercice 34 Les deux sens sont évidents. On a déjà dit qu’un ouvert était égal à son
propre intérieur. Réciproquement, comme, d’après la proposition 19, l’intérieur d’une
partie est toujours un ouvert, une partie égale à son intérieur est nécessairement
ouverte.
Exercice 35
•
Supposons d(x, A) = 0 . Alors, pour tout r > 0 , il existe a ∈ A vérifiant d(x, a) < r , et donc B(x, r) ∩ A =
∅ . On en déduit x ∈ Adh(A).
•
Réciproquement, supposons x ∈ Adh(A). Pour tout r > 0 , on a B(x, r) ∩ A = ∅ ,
ce qui assure l’existence de a ∈ A vérifiant d(x, a) < r . On a donc d(x, A) < r .
Ceci étant vrai pour tout r > 0 , on a bien d(x, A) = 0 .
Proposition 20 D’après les remarques faites précédemment, on sait déjà que l’adhérence
de A est un fermé contenant A. Il reste à démontrer que c’est le plus petit, c’est-à-dire
que tout fermé contenant A contient aussi son adhérence.
Soit F un fermé contenant A. Alors E \ F est un ouvert inclus dans E \ A, ce qui
entraîne E \F ⊂ Int(E \A) puisque Int(E \A) est le plus grand ouvert inclus dans E \A.
En prenant le complémentaire de chacun des ensembles, on obtient :
E \ Int(E \ A) ⊂ F,
=Adh(A)
ce qui donne le résultat souhaité.
Exercice 36 C’est une conséquence de la proposition 20 de la page 212. En effet,
l’intersection de tous les fermés contenant A est un fermé, il contient A, et il est
contenu dans tout fermé qui contient A.
¾ Exercice 37 Comme l’adhérence d’un ensemble est toujours un fermé, il est clair que
si A = A, alors A est un fermé.
Réciproquement, si A est un fermé, alors A est évidemment le plus petit fermé qui
contient A, et donc A = A .
Proposition 21
•
Soit x un point adhérent à A. Alors, pour tout n ∈ IN, l’ensemble B(x, 2−n ) ∩ A
est non vide, ce qui nous permet d’y choisir un élément an . On construit ainsi une
suite (an )n∈IN d’éléments de A qui converge vers x.
•
Réciproquement, supposons que x soit limite d’une suite (an )n∈IN d’éléments de A,
et montrons que x est adhérent à A. Soit r > 0 . Montrons que B(x, r) ∩ A = ∅ .
Comme an → x, on peut trouver un entier n0 tel que an0 − x < r . Alors, an0
appartient à la fois à A et à B(x, r), ce qui prouve que B(x, r) ∩ A = ∅ .
Exercice 38 Soit F un sous-espace vectoriel de E .
•
Tout d’abord, F est non vide car il contient F et donc le vecteur nul.
•
Soit (λ, x, y) ∈ IK × F ; montrons que λx + y ∈ F . Comme x et y appartiennent
à F , il existe des suites (xn ) et (yn ) d’éléments de F convergeant vers x et y
respectivement. La suite (λxn + yn ) est une suite d’éléments de F convergeant
vers λx + y ; cela prouve, par caractérisation séquentielle, que λx + y ∈ F .
2
Exercice 39
•
Soit a une valeur d’adhérence de la suite (un ). Montrons que a est adhérent à
chacunes des parties Ap . Soit p ∈ IN. Comme a est valeur d’adhérence de (un ),
on peut considérer une sous-suite (uϕ(n) ) qui converge vers a.
De plus, pour tout n ⩾ p, on a ϕ(n) ⩾ n ⩾ p, et donc uϕ(n) ∈ Ap .
La suite uϕ(n) n⩾p est donc une suite à valeurs dans Ap qui tend vers a, ce qui
montre que a est adhérent à Ap .
•
Réciproquement, donnons-nous a ∈
Ap et montrons que a est valeur d’adhé-
p∈IN
rence de la suite (un ). Pour cela, utilisons la caractérisation de la proposition 13
de la page 205 : soit ε > 0 et n0 ∈ IN ; montrons qu’il existe n ⩾ n0 tel
que un − a ⩽ ε .
Comme a ∈
Ap , on a a ∈ An0 . Il existe donc b ∈ An0 tel que b − a ⩽ ε , ce
p∈IN
qui, par définition de An0 , revient à dire qu’il existe n ⩾ n0 tel que un − a ⩽ ε .
D’où le résultat.
Exercice 40 Si I désigne un intervalle d’extrémités a et b , alors on a :
Int(I) = ]a, b[
et
Adh(I) = [a, b].
Il en résulte que la frontière de I est l’ensemble [a, b] \ ]a, b[ , c’est-à-dire {a, b} .
¾ Démonstrations et solutions des exercices du cours
Exercice 41
Nous savons (cf. remarque de la page 211) que :
∀B ∈ P(E) B = E \ Int(E \ B).
En utilisant cette relation avec B = E \ A, on obtient :
(E \ A) = E \ Int(A).
Comme par définition on a Fr(A) = A ∩ E \ Int(A) , on obtient bien :
A ∩ (E \ A) = Fr(A).
Exercice 42 L’intervalle [0, 1[ est un ouvert relatif de [0, 1] car on peut écrire :
[0, 1[ = ]−1, 1[ ∩ [0, 1].
Exercice 43 Il suffit d’écrire ]0, 1] = [−1, 1] ∩ ]0, 2].
Exercice 44 L’écriture A = E ∩ A donne le résultat, car E est à la fois un ouvert et
un fermé de E .
Exercice 45
Il suffit d’écrire :
[0, 2] = Df (1, 1) ∩ IR,
0
où Df (1, 1) désigne le disque
fermé de centre 1 et de rayon 1 .
1
2
IR
D(1, 1)
Exercice 46
•
(i) ⇒ (ii). Supposons que G soit un ouvert relatif. Alors il existe un ouvert U
de E tel que G = U ∩ A. Alors, pour tout x ∈ G, on a x ∈ U et donc, puisque
U est un ouvert, il existe r > 0 tel que B(x, r) ⊂ U .
On a alors B(x, r) ∩ A ⊂ U ∩ A = G.
•
(ii) ⇒ (i). Supposons (ii). Inspirons-nous de la méthode utilisée pour résoudre
l’exercice 25 de la page 208. Pour tout x ∈ G, notons
# 1$
1
∗ B x,
nx = min n ∈ IN
·
∩A ⊂G
et
rx =
n
nx
On constate alors que :
∀x ∈ G
B(x, rx ) ∩ A ⊂ G.
puis que :
G = U ∩ A avec U =
B(x, rx ).
x∈G
¾ Exercice 47
• (i) ⇒ (ii). Supposons que G soit un fermé relatif de A. Alors, il existe un fermé F
de E tel que G = A ∩ F . Si (xn ) est une suite d’éléments de G qui converge
vers ∈ A, alors, comme ∀n ∈ IN xn ∈ F le caractère fermé de F assure
que ∈ F . Par suite, on a ∈ A ∩ F = G.
• (ii) ⇒ (i). Supposons (ii) et montrons que G = A ∩ Adh(G). Comme Adh(G)
est un fermé de E , cela prouvera (i).
∗ L’inclusion G ⊂ A ∩ Adh(G) est immédiate, puisque G ⊂ A et G ⊂ Adh(G).
∗ Pour prouver l’autre inclusion, donnons-nous ∈ A ∩ Adh(G), et montrons
que ∈ G. Comme ∈ Adh(G), il existe une suite (xn ) ∈ GIN convergeant
vers . Comme ∈ A, la propriété (i) nous assure que ∈ G.
Proposition 24 Un des sens découle directement de la définition 22 de la page 216.
Montrons l’autre : supposons qu’il existe α > 0 tel que :
∀x ∈ E
N2 (x) = 1 =⇒ N1 (x) ⩽ α,
( )
et montrons que N1 est dominée par N2 . Plus précisément, montrons que :
∀y ∈ E
N1 (y) ⩽ αN2 (y).
Soit y ∈ E . Si y est nul, alors l’inégalité N1 (y) ⩽ αN2 (y) évidente. Si y est non nul,
y
alors N2 (y) = 0 , et la propriété ( ) appliquée à
donne :
N2 (y)
N1
y
N2 (y)
⩽ α,
ce qui, par homogénéité de N1 , donne le résultat.
Exercice 48
• Antisymétrie.
∗ Si E est l’espace nul, alors il existe une unique norme sur E : l’application
nulle (et dans ce cas la relation de domination est une relation d’ordre).
∗ En revanche, si E n’est pas l’espace nul et que l’on dispose d’au moins une
: x → 2N (x), on
norme N sur E , alors en considérant l’application N
sont deux normes distinctes et dominées l’une par l’autre.
constate que N et N
L’antisymétrie est alors mise en défaut.
L’exercice est résolu. Constatons tout de même que les propriétés de réflexivité et
transitivité sont quant à elles vérifiées :
• Refléxivité. Il est clair que toute norme est dominée par elle-même
(prendre α = 1 dans la définition).
• Transitivité. Si N1 est dominée par N2 et si N2 est dominée par N3 , alors on
peut trouver des constantes α1 > 0 et α2 > 0 telles que :
∀x ∈ E
N1 (x) ⩽ α1 N2 (x) et N2 (x) ⩽ α2 N3 (x) .
La norme N1 est alors dominée par la norme N3 , car on a :
∀x ∈ E
¾ N1 (x) ⩽ α1 α2 N3 (x).
Démonstrations et solutions des exercices du cours
Exercice 49 Soit f est une fonction continue de [a, b] dans IK .
On a, par positivité de l’intégrale :
9 b
9 b
N1 (f ) =
|f | ⩽
N∞ (f ) = (b − a) N∞ (f ),
a
a
ce qui montre que la norme un est dominée par la norme infinie.
De même, on a :
?
?
9 b
9 b
:
√
2
|f | ⩽
N∞ (f )2 = (b − a) N∞ (f )2 = b − a N∞ (f ),
N2 (f ) =
a
a
ce qui montre que la norme deux est dominée par le norme infinie.
Proposition 25 Soit α > 0 tel que N1 ⩽ αN2 et A une partie bornée pour la norme N2 .
Comme A est bornée pour la norme N2 , on peut considérer M un réel positif vérifiant :
∀a ∈ A N2 (a) ⩽ M.
Alors, la relation suivante, valable pour tout a ∈ A :
N1 (a) ⩽ αN2 (a) ⩽ αM,
montre que A est également bornée pour la norme N1 .
Proposition 26 Soit α > 0 tel que N1 ⩽ αN2 .
Si (an )n∈IN est une suite tendant vers pour la norme N2 , alors l’encadrement :
0 ⩽ N1 (an − ) ⩽ α N2 (an − )
→0
montre qu’il en est de même pour la norme N1 .
Exercice 50
Pour n ∈ IN∗ , on a :
N∞ (fn ) = 1
9 1
et
N1 (fn ) =
xn dx =
0
1
·
n+1
Il en résulte que la suite (fn )n∈IN∗ tend vers la fonction nulle pour la norme un mais
pas pour la norme infinie.
La norme infinie n’est donc pas dominée par la norme un.
Exercice 51 Soit N1 et N2 deux normes.
•
Si N1 et N2 sont équivalentes, alors on peut trouver deux réels α et β strictement
positifs tels que :
∀x ∈ E αN1 (x) ⩽ N2 (x) ⩽ βN1 (x),
On a alors :
∗ ∀x ∈ E N2 (x) ⩽ βN1 (x), ce qui montre que N2 est dominée par N1 ;
1
∗ ∀x ∈ E N1 (x) ⩽ N2 (x), ce qui montre que N1 est dominée par N2 .
α
¾ •
Réciproquement, si chacune des normes est dominée par l’autre, alors on peut
trouver α1 et α2 deux réels strictement positifs tels que :
∀x ∈ E
N1 (x) ⩽ α1 N2 (x) et N2 (x) ⩽ α2 N1 (x) .
Pour tout x ∈ E , on a alors
1
N1 (x) ⩽ N2 (x) ⩽ α2 N1 (x), ce qui montre que N1
α1
et N2 sont équivalentes.
Exercice 52 • La réflexivité est évidente (prendre α = β = 1 dans la définition 23
de la page 218).
• La symétrie résulte de l’exercice 51 : la propriété « chacune est dominée par
l’autre » est manifestement symétrique.
• La transitivité résulte également de l’exercice 51 ainsi que du caractère transitif
de la relation de domination (cf. exercice 48) : si N1 et équivalente à N2 et si N2
est équivalente à N3 , alors :
∗ N1 est dominée par N2 , qui est dominée par N3 , donc N1 est dominée par N3 ;
∗ N3 est dominée par N2 , qui est dominée par N1 , donc N3 est dominée par N1 .
Par suite, N1 et N3 sont équivalentes.
Exercice 53 Soit x = (x1 , . . . , xn ) un élément de IKn .
n
• On a max |xk |2 ⩽
|xk |2 . Cela donne x2∞ ⩽ x22 , et donc x∞ ⩽ x2 .
k∈[[1,n]]
•
On a
n
k=1
|xk |2 ⩽
k=1
•
Enfin, on a
#
n
k=1
n
k=1
|xk | ⩽
$2
|xk | . Cela donne x22 ⩽ x21 , et donc x2 ⩽ x1 .
n #
k=1
$
max |xi | , c’est-à-dire x1 ⩽ nx∞ .
i∈[[1,n]]
Le résultat obtenu nous donne directement l’équivalence des trois normes considérées.
Proposition 29 Soit α et β deux réels strictement positifs tels que :
αN1 ⩽ N2 ⩽ βN1 .
•
Supposons A ouvert pour une des deux normes, par exemple N1 , et montrons que A
est l’également pour N2 .
Soit a ∈ A. Comme A est ouvert pour N1 , il existe r > 0 tel que :
∀x ∈ E
•
( )
N1 (x − a) < r =⇒ x ∈ A.
Mais alors, d’après la relation ( ), si x ∈ E vérifie N2 (x − a) < αr , alors on
a N1 (x − a) < r et donc x ∈ A. Autrement dit, la boule ouverte centrée en a et de
rayon αr au sens de la norme N2 est incluse dans A. Donc A est ouvert pour N2 .
Le deuxième point s’obtient à partir du premier, par passage aux complémentaires : la
partie A est fermée si, et seulement si, son complémentaire est ouvert, ce qui, d’après
le premier point, ne dépend pas de la norme choisie.
Exercice 54 Tout d’abord, il facile de voir que N1 et N2 sont bien des normes
sur IR[X]. L’homogénéité et l’inégalité triangulaire sont évidentes, quant à la propriété de séparation, il suffit, par exemple pour N1 , de constater que si P ∈ IR[X]
¾ Démonstrations et solutions des exercices du cours
vérifie N1 (P ) = 0 , alors, la fonction t → |P (t)| étant continue, positive et d’intégrale
nulle, on a :
∀t ∈ [a, b] P (t) = 0,
ce qui assure que P est le polynôme nul (car admettant une infinité de racines).
•
•
Il est clair, comme [a, b] ⊂ [a, c], que N1 ⩽ N2 , et donc N1 est dominée par N2 .
Montrons que N2 n’est pas dominée par N1 . Pour cela, considérons la suite de
n
X −a
. On a alors, pour n ∈ IN :
polynômes (Pn )n∈IN définie par Pn = (n+1)
c−a
9 b
n
t−a
(b − a)n+1
N1 (Pn ) = (n + 1)
dt =
−→ 0,
c−a
(c − a)n n→+∞
a
et
9 c
N2 (Pn ) = (n + 1)
a
t−a
c−a
n
dt = c − a > 0.
Il en résulte que la suite (Pn )n∈IN tend vers le polynôme nul pour la norme N1
mais pas pour la norme N2 : cela justifie que N2 n’est pas dominée par N1 .
¾ 4.1 Montrer que l’application N : P → sup P (t) − P (t) est une norme sur IK[X].
t∈[0,1]
4.2 Soit E un espace vectoriel normé, et F un sous-espace vectoriel de E .
Montrer que si F est un ouvert de E , alors F = E .
4.3 Soit E et F deux IK -espaces vectoriels normés. On munit E ×F de la norme produit.
Soit A et B deux parties de E et F respectivement.
1. Montrer que Int(A × B) = Int(A) × Int(B).
En déduire que le produit cartésien de deux ouverts est un ouvert.
2. Montrer que Adh(A × B) = Adh(A) × Adh(B).
En déduire que le produit cartésien de deux fermés est un fermé.
3. Montrer que Fr(A × B) = Adh(A) × Fr(B) ∪ Fr(A) × Adh(B) .
4.4 Montrer que l’adhérence et l’intérieur d’une partie convexe sont convexes.
4.5 Soit n un entier au moins égal à 2 . Existe-t-il une norme · sur Mn (C) pour laquelle
deux matrices semblables quelconques aient même norme ?
4.6 On se place dans l’espace des suites réelles bornées, que l’on munit de la norme infinie.
Notons a = (an ) la suite constante égale à 1 et C0 le sous-espace vectoriel des suites
tendant vers 0 . Déterminer la distance de a à C0 .
4.7 Norme p sur IKn
Soit n et p deux entiers valant au moins 1 On considère l’application :
· p :
IKn
x = (x1 , . . . , xn )
−→ IR+
−→ xp =
n
1/p
|xk |p
k=1
Montrer que · p est une norme sur IKn .
Indication : pour l’inégalité triangulaire, on pourra utiliser la convexité de la fonction u → up .
¾ Exercices
4.8 Norme p sur C([a, b], IK)
Soit a et b deux réels vérifiant a < b , et p ⩾ 1 . On considère l’application :
Np :
CM([a, b], IK) −→ IR+
9 b
f −→
|f |p
1/p
.
a
1. Montrer que pour tout p ⩾ 1 , Np est une norme sur C([a, b], IK).
Indication : pour l’inégalité triangulaire, on pourra utiliser la convexité de la fonction x → xp .
2. Pour f ∈ C([a, b], IK), montrer que Np (f ) −→ N∞ (f ).
p→+∞
3. Le résultat de la question précédente subsiste-t-il si f est seulement supposée
continue par morceaux ?
4.9 On munit l’espace vectoriel IR[X] de la norme ·∞ définie par :
∀P =
+∞
ak X k ∈ IR[X] P ∞ = max |ak |.
k∈IN
k=0
1. Montrer que l’ensemble U des polynômes unitaires est un fermé.
2. Montrer que l’ensemble S des polynômes unitaires et scindés dans IR[X] est un
fermé.
4.10 Soit E un espace vectoriel normé.
1. Quelles sont les parties de E dont la frontière est vide ?
2. Quelles sont les parties de E qui sont à la fois des ouverts et des fermés de E ?
4.11 Soit E = C [0, 1], IR . On note F le sous-espace vectoriel de E formé par les fonctions
s’annulant en 0 et en 1 .
Déterminer l’intérieur et l’adhérence de F pour les normes un et infinie :
9 1
N∞ (f ) = sup |f (t)|
t∈[0,1]
et
N1 (f ) =
|f (t)|dt.
0
4.12 Montrer qu’un hyperplan d’un espace vectoriel normé E est soit un fermé de E , soit
dense dans E .
¾ 4.13 (Polytechnique 2015)
On pose :
E = f ∈ C 2 ([0, 1], IR) f (0) = f (0) = 0 .
1. Montrer que f → N∞ (f + 2f + f )∞ est une norme sur E , que l’on notera N .
2. Montrer que N domine N∞ , et préciser la plus petite constante a > 0 telle
que N∞ ⩽ aN .
3. Les normes N et N∞ sont-elles équivalentes ?
¾
Solution des exercices
4.1 • Comme la fonction t → P (t) − P (t) est continue, elle est bornée sur le segment [0, 1] ; l’application N est donc bien définie.
• Notons N∞ la norme de la convergence uniforme sur C([0, 1], IK).
∗ Homogénéité. Soit λ ∈ IK et P ∈ IK[X]. On a, par homogénéité de N∞ :
N (λP ) = N∞ (λP − λP ) = N∞ λ(P − P ) = λ N∞ (P − P ) = λN (P ).
∗ Inégalité triangulaire. Pour (P, Q) ∈ IK[X]2 , on a, via l’inégalité triangulaire de N∞ :
N (P + Q) = N∞ (P + Q) − (P + Q )
= N∞ (P − P ) + (Q − Q )
⩽ N∞ (P − P ) + N∞ (Q − Q ) = N (P ) + N (Q).
∗ Séparation. Soit P ∈ IK[X] tel que N (P ) = 0 . La fonction t → P (t) − P (t)
est alors nulle sur [0, 1], et donc le polynôme P − P , admettant une infinité
de racines, est le polynôme nul. On a donc P = P , ce qui prouve que P est
le polynôme nul (pour le justifier proprement, dire par exemple que P et P ,
étant égaux, ont même degré).
Cela prouve que N est une norme sur IK[X].
Pour cet exercice, on aurait aussi pu remarquer que N = N∞ ◦ u avec :
• N∞ la norme infinie sur C([0, 1], IK) ;
• u : IK[X] → C([0, 1], IK) l’application qui à P ∈ IK[X] associe la fonction
u(P ) :
[0, 1] −→ IK
t −→ P (t) − P (t)
Comme u est une application linéaire injective (à justifier), cela permet d’affirmer
que N est une norme.
4.2 Supposons que F soit un ouvert de E . Étant donné que 0 ∈ F (car F est un sousespace vectoriel) et que F est ouvert, on peut trouver r > 0 tel que B(0, r) ⊂ F .
r
Soit x est un vecteur non nul de E . Alors le vecteur u =
x appartient à B(0, r)
2x
2x
u , on a x ∈ F .
et donc à F . Comme F est un sous-espace vectoriel et que x =
r
D’où F = E .
4.3 On note indifféremment · les normes de E , F et E × F . Rappelons que, par
définition de la norme produit, on a :
>
>
∀(x, y) ∈ E × F >(x, y)> = max x, y .
¾ 1. • Inclusion Int(A × B) ⊂ Int(A) × Int(B).
Soit (a, b) ∈ Int(A × B). Montrons que a ∈ Int(A) et b ∈ Int(B).
Comme (a, b) ∈ Int(A × B), on peut trouver r > 0 tel que :
>
>
∀(x, y) ∈ E × F >(x, y) − (a, b)> < r =⇒ (x, y) ∈ A × B.
Par définition de la norme produit, cela s’écrit :
∀(x, y) ∈ E × F
x − a < r et y − b < r =⇒ (x, y) ∈ A × B,
d’où l’on déduit que :
∀x ∈ E x − a < r =⇒ x ∈ A
et
∀y ∈ F
y − b < r =⇒ y ∈ B ,
ce qui prouve que a ∈ Int(A) et b ∈ Int(B).
• Inclusion Int(A) × Int(B) ⊂ Int(A × B).
Soit (a, b) ∈ Int(A) × Int(B). Comme a ∈ Int(A) et b ∈ Int(B), on peut
trouver r1 > 0 et r2 > 0 tels que :
∀x ∈ E x − a < r1 =⇒ x ∈ A et ∀y ∈ F y − b < r2 =⇒ y ∈ B .
En posant r = min(r1 , r2 ), on a alors, par définition de la norme produit :
>
>
∀(x, y) ∈ E × F >(x, y) − (a, b)> < r =⇒ (x, y) ∈ A × B,
ce qui prouve que (a, b) ∈ Int(A × B). D’où l’inclusion.
Il résulte de l’égalité Int(A × B) = Int(A) × Int(B) que si A et B sont ouverts,
alors Int(A × B) = A × B , ce qui signifie que A × B est ouvert.
2. • Soit (x, y) ∈ Adh(A × B). Il existe alors une suite (an , bn ) d’éléments
de A × B qui converge vers (x, y). Mais alors, par définition de la norme produit, on a an → x et bn → y , ce qui prouve que x ∈ Adh(A) et y ∈ Adh(B)
(car les suites (an ) et (bn ) sont à valeurs respectivement dans A et B ).
• Réciproquement, soit (x, y) ∈ Adh(A)×Adh(B). Alors on peut considérer (an )
et (bn ) des suites d’éléments de A et B convergeant respectivement vers x
et y . Mais alors, par définition de la norme produit, la suite an , bn ) , à valeurs
dans A × B , converge vers (x, y). On a donc (x, y) ∈ Adh(A × B).
Il en résulte que si A et B sont des fermés, alors :
Adh(A × B) = Adh(A) × Adh(B) = A × B,
et donc A × B est un fermé.
3. Par définition, on a :
Fr(A × B) = Adh(A × B) \ Int(A × B).
En utilisant les deux premières questions, il vient :
Fr(A × B) = Adh(A) × Adh(B) \ Int(A) × Int(B)
#
$ #
$
= Adh(A) \ Int(A) × Adh(B) ∪ Adh(A) × Adh(B) \ Int(B)
= Fr(A) × Adh(B) ∪ Adh(A) × Fr(B)
¾ Solution des exercices
4.4 Soit C une partie convexe d’un espace vectoriel normé E .
• Montrons que Adh(C) est convexe. Soit (x, y, λ) ∈ Adh(C)2 × [0, 1] ; montrons
que λx + (1 − λ)y ∈ Adh(C).
Par caractérisation séquentielle de l’adhérence, on peut trouver deux suites (un )
et (vn ) d’éléments de C convergeant vers x et y respectivement. Par convexité
de C , on a :
∀n ∈ IN λxn + (1 − λ)yn ∈ C.
Comme de plus λun +(1−λ)yn → λx+(1−λ)y , on a bien λx+(1−λ)y ∈ Adh(C).
• Montrons que Int(C) est convexe. Soit (x, y, λ) ∈ Int(C)2 × [0, 1] ; montrons
que z = λx + (1 − λ)y ∈ Int(C). Puisque x et y appartiennent à l’intérieur
de C , il existe r1 > 0 et r2 > 0 tels que :
B(x, r1 ) ⊂ C
et B(y, r2 ) ⊂ C.
Posons r = min(r1 , r2 ) ; on a alors :
B(x, r) ⊂ C
et B(y, r) ⊂ C.
Montrons alors qu’on a B(z, r) ⊂ C , ce qui prouvera que z ∈ Int(C). Soit u ∈ E
vérifiant u < r ; montrons que z + u ∈ C .
En notant x̃ = x + u et ỹ = y + u , on a :
z + u = λx̃ + (1 − λ)ỹ.
Comme B(x, r) ⊂ C et B(y, r) ⊂ C , on a x̃ ∈ C et ỹ ∈ C . Puis, comme C est
convexe, on a z + u ∈ C . D’où le résultat.
4.5 • Commençons par le cas n = 2 .
Supposons qu’une telle norme · existe.
Notons A =
0
0
1
0
. Les matrices A et 2A sont semblables car si u désigne
l’endomorphisme de IK2 canoniquement associé à A, et si (e1 , e2 ) est la base
canonique de IK2 , alors la matrice de u dans la base (e1 , 2e2 ) est 2A.
Par suite, on a A = 2A . Par propriété d’homogénéité, on a alors A = 2A ,
et donc A = 0 . Comme A =
0 , cela contredit la propriété de séparation.
• Cas général. Ce qui précède s’étend pour n ⩾ 2 quelconque en considérant la
⎞
⎛
0 1
⎜
(0) ⎟
⎟ , dont on montre qu’elle est semblable à 2A.
matrice A = ⎜
⎠
⎝ 0 0
(0)
(0)
En effet, si u est l’endomorphisme de IKn canoniquement associé à A, et si
l’on note (e1 , . . . , en ) la base canonique de IKn , alors la matrice de u dans la
base (e1 , 2e2 , e3 , . . . , en ) est 2A.
4.6 • La suite nulle appartient à C0 , et est à une distance 1 de la suite (an ).
On a donc d(a, C0 ) ⩽ 1 .
¾ • D’autre part, si u = (un ) est une suite tendant vers 0 , alors on a :
|an − un | = |1 − un | → 1,
et donc a − u∞ = sup |an − un | ⩾ 1 . Cela prouve que d(a, C0 ) ⩾ 1 .
n∈IN
Par double inégalité, on a donc d(a, C0 ) = 1 .
4.7 Les propriétés d’homogénéité et de séparation sont faciles à vérifier.
Montrons l’inégalité triangulaire. Soit (x, y) ∈ IKn . Montrons que :
x + yp ⩽ xp + yp .
Si l’un des deux vecteurs est le vecteurs nul, alors c’est évident. Supposons donc x = 0
et y = 0 ; on a alors xp > 0 et yp > 0 .
Notons λ = xp et μ = yp et posons :
x
x
=
et
λ
y =
y
·
μ
Soit k ∈ [[1, n]]. On a, par inégalité triangulaire et croissance de u → up sur IR+ ;
xk + yk p ⩽ |xk | + |yk | p
p
= λx
k + μ yk
λ
μ
x
k +
yk
λ+μ
λ+μ
= (λ + μ)p
p
.
−→ IR , on a alors :
−→ up
Par convexité de la fonction IR+
u
xk + yk p ⩽ (λ + μ)p
λ
μ
|
xk |p +
|
yk |p .
λ+μ
λ+μ
( )
yp = 1 , on a :
Comme xp = n
|
xk | =
p
k=1
n
|
yk |p = 1.
k=1
En sommant la relation ( ) pour k ∈ [[1, n]], on obtient donc :
n
xk + yk p ⩽ (λ + μ)p ,
k=1
c’est-à-dire :
p p
x + yp ⩽ xp + yp .
Par croissance sur IR+ de la fonction x → x1/p cela donne le résultat souhaité.
L’inégalité triangulaire associé à la norme p :
n
1/p
|xk + yk |p
⩽
k=1
est appelée inégalité de Minkowski.
¾ n
k=1
1/p
|xk |p
+
n
k=1
1/p
|yk |p
Solution des exercices
4.8 1. Les propriétés d’homogénéité et de séparation sont faciles à vérifier.
Montrons l’inégalité triangulaire. Soit (f, g) ∈ C([a, b], IK)2 . Montrons que :
Np (f + g) ⩽ Np (f ) + Np (g).
Si l’une des deux fonctions est la fonction nulle, alors c’est évident. Supposons
donc f = 0 et g = 0 ; on a alors Np (f ) > 0 et Np (g) > 0 .
Notons λ = Np (f ) et μ = Np (g) et posons :
f0 =
f
λ
et
g0 =
g
·
μ
Pour x ∈ [a, b], on a, par inégalité triangulaire et croissance sur IR+ de u → up :
f (x) + g(x)p ⩽ |f (x)| + |g(x)| p
p
= λ |f0 (x)| + μ |g0 (x)|
= (λ + μ)p
Par convexité de la fonction IR+
x
μ λ f0 (x) +
g0 (x)
λ+μ
λ+μ
p
−→ IR , on a alors :
−→ xp
f (x) + g(x)p ⩽ (λ + μ)p
p
p
λ μ f0 (x) +
g0 (x)
λ+μ
λ+μ
9 b
9 b
p
|f0 | =
|g0 |p = 1 .
Par définition des fonctions f0 et g0 , on voit que
a
( )
a
En intégrant l’inégalité ( ) entre a et b , on obtient donc :
9 b
f (x) + g(x)p ⩽ (λ + μ)p ,
a
autrement dit :
p p
Np (f + g) ⩽ Np (f ) + Np (g) ,
ce qui, par croissance sur IR+ de la fonction x → x1/p donne le résultat.
2. Soit f ∈ C([a, b], IK). Pour montrer que Np (f ) → N∞ (t), fixons ε > 0 et montrons
qu’il existe p0 ∈ IN tel que :
∀p ⩾ p0
N∞ (f ) − ε ⩽ Np (f ) ⩽ N∞ (f ) + ε.
(1)
Si N∞ (f ) = 0 , alors f = 0 et Np (f ) = 0 . Sinon, alors N∞ (f ) > 0 , et ce n’est
alors pas une restriction de supposer ε < 2N∞ (f ), ce que nous faisons.
• On a tout d’abord :
∀x ∈ [a, b] |f (x)|p ⩽ N∞ (f )p ,
puis on obtient la majoration suivante :
Np (f ) ⩽ (b − a)1/p N∞ (f ).
(2)
• De plus, comme f est continue sur le segment [a, b], il existe x0 ∈ [a, b] tel
que |f (x0 )| = N∞ (f ). Par continuité de f , il existe η > 0 tel que :
ε
∀x ∈ [a, b] ∩ ]x0 − η, x0 + η[ |f (x)| ⩾ N∞ (f ) − ·
2
¾ Notons I l’intervalle [a, b] ∩ ]x0 − η, x0 + η[ . En minorant |f | par la fonction
ε
en escalier valant N∞ (f ) − sur I et 0 ailleurs, on obtient, en notant la
2
longueur de I :
9 b
#
ε $p
|f (t)|p dt ⩾ N∞ (f ) −
2
a
puis :
#
ε$
Np (f ) ⩾ 1/p N∞ (f ) −
.
(3)
2
• Les inégalités (2) et (3) donnent l’encadrement suivant :
#
ε$
1/p
N∞ (f ) −
⩽ Np (f ) ⩽ (b − a)1/p N∞ (f ).
2
#
ε$
ε
∗ Comme > 0 , on a 1/p → 1 , et donc 1/p N∞ (f ) −
→ N∞ (f ) − ·
2
2
Il existe donc p1 ∈ IN tel que :
#
ε$
⩾ N∞ (f ) − ε.
p ⩾ p1 =⇒ 1/p N∞ (f ) −
2
∗ Comme b − a > 0 , on a (b − a)1/p → 1 , et donc (b − a)1/p N∞ (f ) → N∞ (f ).
Il existe donc p2 ∈ IN tel que :
p ⩾ p2 =⇒ (b − a)1/p N∞ (f ) ⩽ N∞ (f ) + ε.
∗ En notant alors p0 = max(p1 , p2 ), la propriété (1) est vérifiée. D’où le
résultat.
3. Le résultat ne subsiste pas si f est seulement supposée continue par morceaux.
N’importe quelle fonction nulle sauf en un nombre fini de points fait office de
contre-exemple, par exemple f définie par :
f (a) = 1
∀x ∈ ]a, b] f (x) = 0.
et
L’inégalité triangulaire associé à la norme p :
9 b
9 b
9 b
1/p
1/p
|f + g|p
⩽
|f |p
+
|g|p
a
a
1/p
a
est appelée inégalité de Minkowski.
4.9 1. Utilisons la caractérisation séquentielle des fermés. Soit (Pn ) une suite de polynômes unitaires convergeant vers P . Montrons que P est unitaire.
• Tout d’abord, comme les Pn sont unitaires, et par définition de ·∞ , on a :
∀n ∈ IN Pn ∞ ⩾ 1,
et donc, puisque Pn → P , on a P ∞ ⩾ 1 . En particulier, P est non nul.
• Notons r le degré de P et c le coefficient dominant de P . Comme Pn → P ,
il existe un rang n0 ∈ IN tel que :
>
>
min(|c|, 1)
n ⩾ n0 =⇒ >Pn − P >∞ ⩽
·
2
¾ Solution des exercices
Pour n ⩾ n0 , on a donc nécessairement deg(Pn ) = r car :
∗ si deg(Pn ) < r , alors le coefficient devant le terme de degré r de Pn − P
min(|c|, 1)
vaut c, et alors Pn − P ∞ ⩾ |c| >
·
2
∗ si deg(Pn ) > r , alors le polynôme Pn − P est unitaire, et par consémin(|c|, 1)
·
quent Pn − P ∞ = 1 >
2
• Pour n ⩾ n0 , comme Pn est de degré r et unitaire, on a alors :
Pn − P ∞ ⩾ |1 − c|.
Comme Pn − P ∞ → 0 , on a nécessairement c = 1 .
2. Procédons par caractérisation séquentielle. Soit (Pn ) une suite d’éléments de S
convergeant vers P ∈ IR[X]. Montrons que P ∈ S . D’après la question précédente, on sait déjà que P est unitaire. Il s’agit donc de montrer que P est scindé
dans IR[X], c’est-à-dire que P ne possède pas de racine complexe non réelle.
Donnons-nous donc z ∈ C \ IR et prouvons que P (z) = 0 .
• Tout d’abord, il a été vu à la question précédente que si l’on note r = deg P ,
alors il existe un rang n0 ∈ IN tel que ∀n ⩾ n0 deg Pn = r .
• Ensuite, si P ∈ IR[X] est un polynôme unitaire et scindé de degré r , alors, en
notant z1 , . . . , zr ses racines réelles, on a :
r
r
(X − zk ) et donc |P (z)| =
P =
k=1
|z − zk |.
k=1
Comme pour tout k ∈ [[1, r]] on a
:
|z − zk | = (Im z)2 + (Re z − Re zk )2 ⩾ | Im z|,
on obtient :
|P (z)| ⩾ | Im z|r .
Cette inégalité s’applique en particulier aux polynômes Pn pour n ⩾ n0 :
∀n ⩾ n0
|Pn (z)| ⩾ | Im z|r .
( )
• Il suffit alors de montrer que Pn (z) → P (z). En effet, comme | Im z| > 0 , un
passage à la limite dans la relation ( ) donnera que |P (z)| > 0 , i.e. P (z) =
0.
Pour n ⩾ n0 , on a deg Pn = r et donc on peut écrire :
r
Pn =
r
(n)
ak X k
et
k=0
P =
r
ak X k .
k=0
Ainsi, on a :
Pn (z) =
r
k=0
(n)
ak z k
et
P (z) =
r
ak z k .
k=0
Par définition de la norme ·∞ , la convergence Pn → P donne la convergence
(n)
de chacune des suites de coefficients : ∀k ∈ [[0, r]] ak
−→ ak . La conver-
n→+∞
gence Pn (z) → P (z) résulte alors simplement d’opérations sur les limites.
¾ 4.10 1. Il est clair que E et ∅ ont une frontière vide. Montrons que ce sont les seules.
Soit A une partie vérifiant A =
E et A = ∅ .
Montrons que la frontière de A est non vide, i.e. A ∩ E \ A = ∅ .
Comme A = E et A = ∅ , on peut prendre x ∈ A et y ∈ E \ A.
Considérons alors l’application :
f : [0, 1] −→ E
A
λ −→ (1 − λ) x + λ y.
L’ensemble Γ = λ ∈ [0, 1] | f (λ) ∈ A
x
y
f (α)
et non vide (car contient 0 ) et majoré
(par 1 ) ; notons α sa borne supérieure.
Prouvons alors que f (α) ∈ A ∩ E \ A, ce
qui terminera le raisonnement.
• Par définition de la borne supérieure, on peut trouver une suite (λn ) d’éléments
de Γ qui converge vers α . Par opérations sur les limites, on a f (λn ) → f (α).
Comme ∀n ∈ IN f (λn ) ∈ A, on obtient f (α) ∈ A.
• ∗ Si α = 1 , alors f (α) = y ∈ E \ A ⊂ E \ A .
∗ Si α ∈ [0, 1[ , alors on peut considérer (λn ) une suite à valeurs dans ]α, 1]
tendant vers α . On alors f (λn ) → f (α) et ∀n ∈ IN f (λn ) ∈ E \ A.
Il en résulte que f (α) ∈ E \ A .
2. On sait que les parties E et ∅ sont à la fois des ouverts et des fermés de E .
Montrons que ce sont les seules. Soit A une partie qui soit à la fois un ouvert et
un fermé de E .
• Comme A est un fermé, on a A = A.
• Comme A est un ouvert, E \ A est un fermé et donc E \ A = E \ A.
On a alors :
Fr(A) = A ∩ E \ A = A ∩ (E \ A) = ∅.
D’après la question précédente, on a A = E ou A = ∅ .
4.11 • Intérieur au sens de la norme infinie. Montrons que, pour la norme infinie,
l’intérieur de F est vide. Pour cela, donnons-nous f ∈ F et ε > 0 , et montrons
ε
que B(f, ε) ⊂ F . C’est évident car, tout simplement, la fonction g = f +
2
ε
vérifie N∞ (f − g) = et g ∈
/ F.
2
• Intérieur au sens de la norme un. Puisque la norme N1 et dominée par la
norme N∞ , si l’intérieur de F est vide au sens de N∞ , il l’est également au sens
de N1 .
• Adhérence au sens de la norme infinie. Montrons qu’au sens de la norme
infinie, F est un fermé, et donc égal à son adhérence. Par caractérisation séquentielle : soit (fn ) ∈ F IN une suite convergeant vers f ∈ E ; montrons que f ∈ F .
La convergence uniforme de la suite (fn ) vers f (i.e. au sens de la norme N∞ )
entraîne la convergence simple, c’est-à-dire :
∀x ∈ [0, 1] fn (x) → f (x).
¾ Solution des exercices
En particulier, on a fn (0) → f (0) et fn (1) → f (1).
Cela assure que f (0) = f (1) = 0 , i.e. f ∈ F .
267
Pour montrer que F est un fermé au sens de la norme infinie, on peut
aussi utiliser la proposition 15 de la page 267 en remarquant que F est l’image
réciproque de {(0, 0)} par l’application continue f → f (0), f (1) .
• Adhérence au sens de la norme un. Montrons qu’au sens de la norme un, F
est dense dans E , i.e. Adh(F ) = E . Soit f ∈ E . Pour tout n ∈ IN∗ , notons fn
A
@
1
1
l’unique fonction égale à f sur
,1 −
, nulle en 0 et en 1 , et affine sur les
n
n
@
A
@
A
1
1
et 1 − , 1 . On a alors :
intervalles 0,
n
n
fn ∈ F
et
N1 (fn − f ) ⩽
2
N∞ (f ).
n
La suite (fn ) est donc une suite d’éléments de F qui converge vers f (au sens de
la norme N1 ). D’où le résultat.
4.12 Soit H un hyperplan de E . Supposons que H n’est pas fermé et montrons que H
est dense dans E , autrement dit que H = E .
• Tout d’abord, comme H est un sous-espace vectoriel, H l’est également (cf. exercice 38 de la page 212).
• Comme H n’est pas fermé, l’inclusion H ⊂ H est stricte. Cela prouve que H = E
car, comme H est un hyperplan de E , le seul sous-espace vectoriel qui contienne
strictement H est l’espace E lui-même. Justifions-le. Considérons a ∈ H \ H .
Comme a ∈
/ H et que H est un hyperplan de E , les sous-espaces H et Vect(a)
sont supplémentaires dans E . Comme de plus on a H ⊂ H et a ∈ H , on obtient :
E = H ⊕ Vect(a) ⊂ H.
L’inclusion H ⊂ E étant évidemment vraie, cela prouve que H = E .
4.13 1. Il est clair que E est un sous-espace vectoriel de C 2 ([0, 1], IR).On a N = N∞ ◦ ϕ
où ϕ est l’application linéaire :
ϕ: E
f
−→ C 2 ([0, 1], IR)
−→ f + 2f + f
Pour prouver que N est une norme, il suffit de prouver que ϕ est injective (cf.
page 200). C’est évident car le noyau de ϕ est l’ensemble des solutions du problème
de Cauchy :
f + 2f + f = 0
et
f (0) = f (0) = 0
dont on sait que l’unique solution est la fonction nulle.
¾ 2. Remarquons que, pour tout f ∈ C 2 [0, 1], IR :
d2 x
e f (x) = ex f (x) + 2f (x) + f (x) .
2
dx
• Soit f ∈ E . Pour x ∈ [0, 1], la formule de Taylor avec reste intégral appliquée
à l’ordre 1, à la fonction x → f (x)ex , entre les points 0 et x, donne :
9 x
(x − t) f (t) + 2f (t) + f (t) et dt,
f (x) ex =
0
et donc :
f (x) = e
−x
9 x
(x − t) f (t) + 2f (t) + f (t) et dt.
0
Comme :
∀t ∈ [0, x]
f (t) + 2f (t) + f (t) ⩽ N (f ),
on obtient :
|f (x)| ⩽ e−x N (f )
9 x
(x − t)et dt
0
ce qui donne, après une intégration par parties :
|f (x)| ⩽ g(x) N (f )
On a :
avec
g(x) = 1 − (x + 1)e−x .
∀x ∈ [0, 1] g (x) = x e−x
donc g est croissante sur [0, 1] et atteint ainsi son maximum en 1 , maximum
qui vaut a = 1 − 2e−2 .
On a donc N∞ ⩽ a N .
• On obtient, après calculs, que l’unique solution du problème de Cauchy :
y + 2y + y = 1
et
y(0) = y (0) = 0
est la fonction g introduite précédemment. Cette fonction appartient à E et
l’on a :
N∞ (g) = g(1) = a = a N (g).
Cela prouve que la constante a obtenue est optimale.
3. Pour n ∈ IN, posons fn (x) = x2 sin(2πnx). La fonction fn est deux fois dérivable
et l’on a :
fn (x) = 2x sin(2πnx) + 2πnx2 cos(2πnx)
et
fn (x) = 2 sin(2πnx) + 8πnx cos(2πnx) − 4π 2 n2 x2 sin(2πnx).
On a fn (0) = fn (0) = 0 , donc fn ∈ E . On a N∞ (fn ) ⩽ 1 et pourtant :
fn (1) + 2fn (1) + fn (1) = 12πn −→ +∞.
n→+∞
Cela prouve que N n’est pas dominée par N∞ .
¾ I
Limite d’une application . . . . . . . . . . . . . . .
256
1
2
Définitions, généralités . . . . . . . . . . . . . . . . 256
Cas d’une application à valeurs réelles : limites infinies 258
3
Limites en l’infini . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
259
4
5
Application à valeurs dans un espace produit . . .
Prolongement par continuité . . . . . . . . . . . .
260
260
6
Relation de comparaison . . . . . . . . . . . . . . .
Opérations sur les limites . . . . . . . . . . . . . .
261
262
Continuité globale . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1
Applications continues . . . . . . . . . . . . . . . .
263
263
2
3
Application lipschitzienne . . . . . . . . . . . . . .
Opérations sur les applications continues . . . . .
264
265
4
5
Continuité et densité . . . . . . . . . . . . . . . . .
Images réciproques d’ouverts et de fermés
par une application continue . . . . . . . . . . . .
Continuité uniforme . . . . . . . . . . . . . . . . .
266
Continuité des applications linéaires . . . . . . . .
269
Démonstrations et solutions des exercices du cours . .
Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
271
279
II
III
6
IV
267
268
5
Dans tout le chapitre :
• IK désigne le corps IR ou C ;
• en l’absence de précision supplémentaire, E et F sont deux IK-espaces
vectoriels normés, et A désigne une partie de E ;
• les normes sur E et F sont toutes deux notées · .
Définition 1
Soit f : A → F une application, ainsi que a un point adhérent à A et
On dit que f tend vers en a si :
∀ε > 0
>
>
∃η > 0 ∀x ∈ A x − a ⩽ η =⇒ >f (x) − > ⩽ ε.
Pour signifier que f tend vers
f −→
a
ou encore
en a, on note :
f (x) −→ .
x→a
La définition précédente peut s’écrire :
• en terme de distance :
∀ε > 0 ∃η > 0 ∀x ∈ A d(x, a) ⩽ η =⇒ d f (x),
⩽ ε.
• en terme de boules :
∀ε > 0 ∃η > 0
ou encore :
∀ε > 0
∀x ∈ Bf (a, η) ∩ A f (x) ∈ Bf ( , ε),
∃η > 0 f Bf (a, η) ∩ A ⊂ Bf ( , ε).
∈F.
Ne pas confondre les notations dans ce qui précède : la notation Bf est utilisée pour désigner une boule fermée et n’a aucun lien avec le
nom f de l’application considérée.
Dans ce qui suit, afin d’alléger les énoncés, nous convenons qu’en l’absence de
précision supplémentaire :
• f désigne une application de A dans F
• a un point adhérent à A
•
un élément de F .
Lemme 1
Si f : A → F tend vers
en a, alors
est adhérent à f (A).
Démonstration page 271
Si a appartient à A et si f admet une limite en a, alors celle-ci
vaut nécessairement f (a). Cela conduit à la définition suivante :
Définition 2
On dit que f est continue en a ∈ A si f admet une limite en a.
La proposition suivante va nous permettre d’utiliser les résultats déjà obtenus
sur les suites au chapitre précédent pour établir rapidement de nombreuses
propriétés sur les limites d’applications.
Proposition 2 (Caractérisation séquentielle de la limite)
L’application f tend vers en a si, et seulement si, pour tout suite (un )n∈IN
d’éléments de A tendant vers a, on a f (un ) → .
Démonstration page 271
p.271 Exercice 1 Stabilité par restriction
Supposons que f : A → F admette une limite en a. Si B est une partie de A telle
que a soit adhérent à B , montrer que la restriction f|B de f à B tend également
vers en a.
Corollaire 3 (Caractérisation séquentielle de la continuité)
L’application f est continue en a ∈ A si, et seulement si, pour tout
suite (un )n∈IN d’éléments de A tendant vers a, on a f (un ) → f (a).
¾ Proposition 4 (Unicité de la limite)
Si deux éléments 1 et 2 de F vérifient f −→ 1 et f −→ 2 , alors
a
a
1 = 2.
Supposons que 1 et 2 soient tels que f −→ 1 et f −→ 2 . Soit (un )n∈IN
Démonstration.
a
a
une suite d’éléments de A qui tend vers a (une telle suite existe car a est adhérent à A ).
D’après la proposition 2, on a alors f (un ) → 1 et f (un ) → 2 . Par unicité de la limite d’une
suite, il en résulte que 1 = 2 .
Définition 3
On dit que f admet une limite en a s’il existe
Cet unique élément
∈ F tel que f −→ .
a
s’appelle alors la limite de f en a et se note lim f
a
ou lim f (x).
x→a
Pour une application à valeurs réelles, on introduit la notion de limites infinies.
Définition 4
Soit f : A → IR une application, et a un point adhérent à A.
• On dit que f tend vers +∞ en a si :
∀R ∈ IR
∃η > 0
∀x ∈ A x − a ⩽ η =⇒ f (x) ⩾ R.
• On dit que f tend vers −∞ en a si :
∀R ∈ IR
∃η > 0
∀x ∈ A x − a ⩽ η =⇒ f (x) ⩽ R.
On note f −→ +∞ ou encore f (x) −→ +∞ pour signifier que f
a
x→a
tend vers +∞ en a. On dit également que f admet +∞ comme limite en a,
et l’on note lim f = +∞ ou lim f (x) = +∞.
a
Même principe pour −∞.
x→a
p.271 Exercice 2 Montrer que la caractérisation séquentielle de la limite (proposition 2
de la page précédente), donnée dans le cas où ∈ F , s’étend naturellement aux
cas = ±∞.
¾ x → +∞
Définition 5
Soit f : A → F une application. Supposons que A ne soit pas bornée.
On dit que tend vers lorsque x → +∞ si :
∀ε > 0
>
>
∃M ∈ IR ∀x ∈ A x ⩾ M =⇒ >f (x) − > ⩽ ε.
On note alors f (x)
−→
x→+∞
.
−∞ +∞
Pour une application définie sur une partie de IR, on introduit la notion de
limite en −∞ et +∞.
Pour une partie A de IR, on étend la définition 18 de la page 211 de point
adhérent de la manière suivante : on dit qu’un élément x ∈ IR est adhérent
à A s’il existe une suite d’élément de A qui tend vers x.
Ainsi, on dit que −∞ (respectivement +∞) est adhérent à A s’il existe une
suite d’éléments de A tendant vers −∞ (respectivement +∞).
On constate rapidement que :
• −∞ est adhérent à A si, et seulement si, A n’est pas minorée ;
• +∞ est adhérent à A si, et seulement si, A n’est pas majorée.
Définition 6
Soit A une partie de IR, f : A → F une application et
∈F.
• Si −∞ est adhérent à A, alors on dit que f tend vers
∀ε > 0 ∃M ∈ IR
∀x ∈ A
• Si +∞ est adhérent à A, alors on dit que f tend vers
∀ε > 0 ∃M ∈ IR
∀x ∈ A
en −∞ si :
>
>
x ⩽ M =⇒ >f (x) − > ⩽ ε.
en +∞ si :
>
>
x ⩾ M =⇒ >f (x) − > ⩽ ε.
Dans le cas d’une suite (an )n∈IN d’éléments de E , qui est une application
de IN dans E , la définition précédente permet d’envisager la convergence de la suite
en +∞. On constate que cette définition est alors la même que celle déjà vue de la
convergence d’une suite (définition 10 de la page 201).
¾ Proposition 5 (Caractérisation séquentielle dans le cas a = ±∞)
Soit A une partie de IR, f : A → F une application, et ∈ F .
• Si A est non minorée, alors f tend vers en −∞ si, et seulement si, pour
tout suite (un )n∈IN d’éléments de A tendant vers −∞, on a f (un ) → .
• Si A est non majorée, alors f tend vers en +∞ si, et seulement si, pour
tout suite (un )n∈IN à valeurs dans A tendant vers +∞, on a f (un ) → .
Démonstration page 272
Dans toute la suite du chapitre, en l’absence de précision supplémentaire, a
désigne un point adhérent à A en l’un des sens suivants :
• 1 er sens : a est un élément de E appartenant à Adh(A) ;
• 2 er sens : A est une partie non majorée de IR et a = +∞ ;
• 3 er sens : A est une partie non minorée de IR et a = −∞ ;
Dans la proposition suivante, on considère p espaces vectoriels normés
E1 , . . . , Ep , et l’on munit l’espace E1 × · · · × Ep de la norme produit.
Proposition 6
Si l’application f est à valeurs dans E1 × · · · × Ep , et si f1 , . . . , fp désignent
les applications composantes de f , alors f tend vers
= ( 1 , . . . , p ) ∈ E1 × · · · × Ep
en a si, et seulement si, chacune des applications fk tend vers k en a.
Principe de démonstration.
On utilise la caractérisation séquentielle de la limite et le résultat
sur la convergence d’une suite à valeurs dans un espace produit.
Démonstration page 272
Définition 7
Si f possède une limite ∈ F en un point a ∈ A \ A, alors l’application :
f : A ∪ {a} −→ F
f (x) si x ∈ A
x −→
si x = a
est continue en a, et s’appelle prolongement de f par continuité en a.
L’unicité de la limite entraîne que l’application f de la définition
précédente est l’unique prolongement de f à A ∪ {a} qui soit continu en a.
p.273 Exercice 3 Approfondissement
Soit X une partie de A dense dans A, et f : X → F une application continue en
tout point de X . On suppose que f admet une limite finie en tout point de A \ X .
Montrer que f admet un prolongement f˜ : A → F continu en tout point de A.
¾ On étend ici les notations o et O déjà vues en première année pour des
fonctions de la variable réelle et à valeurs réelles ou complexes.
Définition 8
Soit f : A → F et ϕ : A → F deux applications. On dit que f est dominée
par ϕ au voisinage de a s’il existe une constante C ⩾ 0 telle que :
• Cas a ∈ Adh(A) : il existe r > 0 tel que :
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
∀x ∈ A ∩ B(a, r) >f (x)> ⩽ C >ϕ(x)> ;
• Cas a = +∞ : il existe r ∈ IR tel que :
>
∀x ∈ A x ⩾ r =⇒ >f (x)> ⩽ C >ϕ(x)> ;
• Cas a = −∞ : il existe r ∈ IR tel que :
>
∀x ∈ A x ⩽ r =⇒ >f (x)> ⩽ C >ϕ(x)>.
On note alors f = O(ϕ).
a
Définition 9
Soit f : A → F et ϕ : A → F deux applications. On dit que f est négligeable devant ϕ au voisinage de a si pour tout ε > 0 :
• Cas a ∈ Adh(A) : il existe r > 0 tel que :
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
∀x ∈ A ∩ B(a, r) >f (x)> ⩽ ε >ϕ(x)> ;
• Cas a = +∞ : il existe r ∈ IR tel que :
>
∀x ∈ A x ⩾ r =⇒ >f (x)> ⩽ ε >ϕ(x)> ;
• Cas a = −∞ : il existe r ∈ IR tel que :
>
∀x ∈ A x ⩽ r =⇒ >f (x)> ⩽ ε >ϕ(x)>.
On note alors f = o(ϕ).
a
D’après la définition précédente :
• il est équivalent de dire f = O(ϕ) et f = O(ϕ) ;
a
a
• il est équivalent de dire f = o(ϕ) et f = o(ϕ).
a
a
C’est pourquoi dans la pratique, dans une relation de domination ou de négligeabilité, on se limite souvent à une fonction ϕ à valeurs réelles positives.
¾ Proposition 7 (Limite d’une combinaison linéaire)
Soit f1 et f2 deux applications de A dans F ainsi que λ1 et λ2 deux
scalaires. Si l’on a f −→ 1 ∈ F et f2 −→ 2 ∈ F , alors :
a
a
λ1 f1 + λ2 f2 −→ λ1 1 + λ2 2 .
a
Principe de démonstration.
Par caractérisation séquentielle de la limite, et par opérations sur
Démonstration page 274
les suites convergentes.
Proposition 8 (Produit par une fonction à valeurs scalaires)
Si f −→
∈ F et si ϕ est une fonction de A dans IK tendant en a
a
vers λ ∈ IK, alors ϕ × f : A −→ F
tend en a vers λ .
x −→ ϕ(x)f (x)
Principe de démonstration.
Par caractérisation séquentielle de la limite, et par opérations
sur les suites convergentes (produit d’une suite convergente par une suite à valeurs dans IK ).
Démonstration page 274
Proposition 9 (Inverse)
Soit f : A → IK une fonction ne s’annulant pas.
1
1
Si f −→ ∈ IK \ {0}, alors on a
−→ ·
a
a
f
Démonstration page 274
Dans la proposition 9, si la fonction f s’annule sur A, alors
1
n’est pas définie sur A tout entier. En revanche, si
f
∈ IK \ {0}, alors il existe un voisinage V de a tel que la restric-
la fonction
f −→
a
tion de f à V ∩ A ne s’annule pas. C’est à cette restriction que le résultat
s’applique.
Il résulte des deux résultats précédents que si f1 : A → IK et f2 : A → IK sont deux applications vérifiant f1 −→ 1 et f2 −→ 2 = 0, et si f2 ne s’annule pas, alors :
a
a
f1
−→
f2 a
¾ 1
2
·
Proposition 10 (Limite d’une fonction composée)
Soit E , F et G trois IK-espaces vectoriels normés, ainsi que A ⊂ E
et B ⊂ F .
Soit f : A → F et g : B → G deux applications, avec f (A) ⊂ B .
• Si f −→ b, alors b est adhérent à B .
a
• Si de plus on a g −→ , alors g ◦ f −→ .
a
b
Principe de démonstration.
Par caractérisation séquentielle.
Démonstration page 274
Les résultat précédents sur les limites donnent immédiatement des résultats
analogues sur les applications continues en un point :
• toute combinaison linéaire d’applications continues en a est également
continue en a ;
• tout produit d’une fonction continue en a par une fonction scalaire continue
en a est également continue en a ;
• si f est continue en a avec f (a) = 0 et si f ne s’annule pas, alors
1
est
f
continue en a ;
• si f et g sont continues en a avec g(a) = 0 et si de plus g ne s’annule
f
pas, alors
est continue en a ;
g
• si f : A → B est continue en a et g : B → G continue en f (a), alors g ◦ f
est continue en a.
Définition 10
On dit qu’une application est continue si elle est continue en tout point de
son domaine de définition.
La continuité de f s’écrit ainsi :
∀a ∈ A ∀ε > 0
∃η > 0 ∀x ∈ A x − a ⩽ η =⇒ f (x) − f (a) ⩽ ε.
p.274 Exercice 4 Soit f : A → F une application continue. Montrer que si B ⊂ A, alors
la restriction f|B est continue.
¾ Définition 11
• Soit k ⩾ 0. On dit que l’application f est k -lipschitzienne ou lipschitzienne de rapport k si :
∀(x, y) ∈ A2
>
>
>f (x) − f (y)> ⩽ k x − y.
• Dire f est lipschitzienne signifie qu’il existe k ⩾ 0 tel que f soit k lipschitzienne.
1. Si f est k -lipschitzienne, alors f est k -lipschitzienne pour tout k ⩾ k .
2. L’ensemble des applications lipschitziennes de A dans F est un sous-espace
vectoriel de F(A, E) : en effet, la fonction nulle est lipschitzienne, et si f1
et f2 sont lipschitziennes de rapports respectifs k1 et k2 et si λ1 et λ2
sont deux scalaires, alors l’application λ1 f1 + λ2 f2 est lipschitzienne de
rapport |λ1 | k1 + |λ2 | k2 .
3. La composée d’une application k1 -lipschitzienne et d’une application k2 lipschitzienne est une application k1 k2 -lipschitzienne.
Proposition 11
Toute application lipschitzienne est continue.
Démonstration page 274
Point méthode
Pour montrer qu’une application est continue, on commence souvent par
regarder si elle est lipschitzienne car, si c’est le cas, c’est en général la manière
la plus rapide de justifier la continuité.
Les applications suivantes sont 1 -lipschitziennes, donc continues :
1. l’application norme : E −→ IR
x −→ x
2. pour A une partie de E , l’application distance à A : E −→ IR
x −→ d(x, A)
E 2 −→ IR
(x, y) −→ d(x, y)
(E 2 étant muni de la norme produit)
3. l’application distance :
4. pour k ∈ [[1, n]], l’application k -ième composante :
E1 × · · · × En −→ Ek
(x1 , . . . , xn ) −→ xk
où E1 × · · · × En est un espace produit muni de la norme produit.
¾ p.274 Exercice 5 Soit u : E → F une application linéaire.
Montrer que u est k -lipschitzienne si, et seulement si :
>
>
∀x ∈ E >u(x)> ⩽ kx.
p.275 Exercice 6 Montrer que si l’on dispose de deux normes équivalentes sur E et
de deux normes équivalentes sur F , alors la notion d’application lipschitzienne ne
dépend pas des normes choisies.
Les résultats suivants sont les versions globales des propositions 7 à 10.
Proposition 12 (Combinaison linéaire, produit, composée)
• Une combinaison linéaire de deux applications continues est continue.
• Le produit d’une application continue avec une application continue à
valeurs dans IK est continue.
• La composée de deux applications continues est continue.
L’ensemble des applications continues de A dans F est donc un
sous-espace vectoriel de F(A, F ). On le note C(A, F ).
E 2 −→ E
est
(x, y) −→ x + y
continue, comme sommes des applications composantes de E 2 dans E : (x, y) → x
et (x, y) → y (continues car lipschitziennes).
1. On munit E 2 de la norme produit. L’application f :
2. On munit IK × E de la norme produit. L’application
IK × E −→ E
est
(α, x) −→ α x
continue, comme produit des applications composantes (continues car lipschitziennes) (α, x) → α de IK × E dans IK et (α, x) → x de IK × E dans E .
Dans les deux exemples précédents, si l’on ne veut pas utiliser le
caractère lipschitzien, alors on peut utiliser la caractérisation séquentielle et
se ramener aux résultats déjà connus sur les suites. Dans le cas du premier
exemple, si (x, y) est un élément de E 2 , et si (un , vn )n∈IN est une suite d’éléments de E 2 qui tend vers (x, y), alors on a un → x et vn → y , et donc, par
somme de deux suites convergentes, on a :
f (un , vn ) = un + vn → x + y = f (x, y).
¾ p.275 Exercice 7
>
>
Justifier que si f est continue, alors l’application x → >f (x)> est continue.
Proposition 13 (Inverse)
Soit f : A → IK une application continue ne s’annulant pas.
L ’application inverse de f :
1
:
f
A −→ IK
1
x −→
f (x)
est continue.
Démonstration.
continues f et
L’application x →
IK∗
−→
λ
−→
1
est continue, comme composée des deux applications
f (x)
IK
1
·
λ
Si f : A → IK et g : A → IK sont deux applications continues
f
à valeurs scalaires, et si de plus g ne s’annule pas, alors la fonction
est
g
1
continue, comme produit des deux applications continues f et ·
g
Proposition 14
Si f : A → F et g : A → F sont deux applications continues coïncidant sur
une partie dense dans A, alors elles sont égales.
Principe de démonstration.
Si D est une partie dense dans A , alors tout élément de D est
limite d’une suite d’éléments de A .
Démonstration page 275
p.275 Exercice 8 On suppose ici IK = IR .
Montrer qu’une application continue f : E → F est linéaire si, et seulement si :
∀(x, y) ∈ E
¾
f (x + y) = f (x) + f (y).
Proposition 15
Soit f : A → F une application continue.
1. L’image réciproque par f de tout fermé de F est un fermé relatif de A.
2. L’image réciproque par f de tout ouvert de F est un ouvert relatif de A.
Démonstration page 276
p.277 Exercice 9 Réciproque du résultat précédent
Soit f : A → F une application.
1. Montrer que si l’image réciproque par f de tout ouvert de F est un ouvert
relatif de A, alors f est continue.
2. Montrer que si l’image réciproque par f de tout fermé de F est un fermé relatif
de A, alors f est continue.
La proposition 15 s’utilise principalement dans la situation où f est définie
sur E tout entier. Dans ce cas, les notions d’ouvert et fermé relatifs coïncident
avec les notions d’ouvert et fermé de E , ce qui donne le résultat suivant.
Corollaire 16
Étant donné f : E → F une application continue.
1. L’image réciproque par f de tout fermé de F est un fermé.
2. L’image réciproque par f de tout ouvert de F est un ouvert.
Ce résultat peut être utilisé pour montrer qu’une partie est un
ouvert ou un fermé. Par exemple, si f : E → IR est continue, alors :
• les ensembles {x ∈ E | f (x) > 0} et {x ∈ E | f (x) = 0} sont des ouverts ;
• les ensembles {x ∈ E | f (x) ⩾ 0} et {x ∈ E | f (x) = 1} sont des fermés.
1. Une manière élégante de justifier que le demi-plan
(x, y) ∈ IR2 | x > 0 est un
ouvert de IR2 consiste à le voir comme l’image réciproque de l’ouvert IR∗+ par
l’application continue
IR2
(x, y)
−→ IR
−→ x.
2. L’ensemble GLn (IK) est un ouvert de Mn (IK), car c’est l’image réciproque de
l’ouvert IK∗ par l’application continue M → det(M ).
¾ p.277 Exercice 10 Soit A et B deux fermés disjoints de E . Considérons l’application :
ϕ : E −→ IR
x −→ d(x, A) − d(x, B).
1. Montrer que ∀x ∈ A ϕ(x) < 0 et que ∀x ∈ B
ϕ(x) > 0 .
2. En déduire qu’il existe deux ouverts disjoints U et V vérifiant A ⊂ U et B ⊂ V .
La définition suivante généralise la notion de continuité uniforme déjà vue
pour les fonctions d’une variable réelle.
Définition 12
On dit que l’application f est uniformément continue si :
∀ε > 0 ∃η > 0
∀(x, y) ∈ A2
>
>
x − y ⩽ η =⇒ >f (x) − f (y)> ⩽ ε.
Proposition 17
Si f est uniformément continue, alors f est continue.
Démonstration.
Supposons f uniformément continue. Pour a ∈ A fixé, la définition de
l’uniforme continuité de f , dans laquelle on fixe à a la variable quantifiée y , donne :
∀ε > 0
∃η > 0
∀x ∈ A
>
>
x − a ⩽ η =⇒ >f (x) − f (y)> ⩽ ε,
ce qui prouve que f est continue au point a .
Ceci étant valable pour tout a ∈ A , f est continue.
Proposition 18
Si f est lipschitzienne, alors f est uniformément continue.
Démonstration. Supposons que f soit k -lipschitzienne, avec k > 0 . Alors, pour ε > 0 , le
ε
est tel que pour tout (x, y) ∈ A2 vérifiant x − y ⩽ η , on a :
réel η =
k
>
>
>f (x) − f (y)> ⩽ k x − y ⩽ k × ε = ε.
k
Les réciproques des résultats des deux exercices précédents sont
fausses ! Par exemple :
• IR∗+ −→ IR
est continue, mais pas uniformément continue ;
x −→ ln x
•
¾ IR+ −→ IR est uniformément continue, mais pas lipschitzienne.
√
x −→
x
p.277 Exercice 11 Caractérisation séquentielle de l’uniforme continuité
1. Montrer que f est uniformément continue si, et seulement si, pour toutes
suites (an )n∈IN et (bn )n∈IN d’éléments de A telles que an − bn → 0 , on
>
>
a >f (an ) − f (bn )> → 0 .
2. En déduire que la fonction IR −→ IR n’est pas uniformément continue.
x −→ x2
Proposition 19
Une application linéaire u : E → F est continue si, et seulement
s’il existe k ⩾ 0 tel que :
∀x ∈ E
>
>
>u(x)> ⩽ k x.
Démonstration page 278
Une application linéaire est donc continue si, et seulement si, elle
est lipschitzienne (cf. exercice 5 de la page 265).
p.278 Exercice 12 Montrer qu’une application linéaire u : E → F est continue si, et
seulement s’il existe k ⩾ 0 tel que :
>
>
∀x ∈ E x = 1 =⇒ >u(x)> ⩽ k.
D’après l’exercice précédent, pour prouver qu’une application linéaire est continue, il suffit de prouver qu’elle est bornée sur la sphère unité.
1. On munit IKn de la norme infinie. Considérons l’application linéaire :
IKn −→ IKn
(x1 , . . . , xn ) −→ (x1 , x1 + x2 , . . . , x1 + x2 + · · · + xn ).
>
>
Pour tout x ∈ IKn , on a >u(x)>∞ ⩽ n x∞ , donc u est continue.
u:
2. Munissons C([0, π], IK) de la norme infinie. L’application linéaire :
ϕ : C([0, π], IK) −→ IK
9 π
f (t) sin t dt
f −→
0
est continue puisque, pour f ∈ C([0, π], IK), l’inégalité de la moyenne donne :
9 π
ϕ(f ) ⩽
| sin t| dt × N∞ (f ) = 2N∞ (f ).
0
¾ Les résultats déjà vus sur les applications continues donnent que :
• l’ensemble des applications linéaires continues est un sous-espace vectoriel
de L(E, F ) ; il est noté Lc (E, F ) ;
• la composée de deux applications linéaires continues est continue.
301
Nous verrons dans le chapitre suivant que toute application linéaire dont l’espace de départ est de dimension finie est continue. L’exercice suivant montre
que ce n’est a priori pas vrai sans l’hypothèse « dimension finie ».
p.278 Exercice 13 Dans C([0, 1], IK) muni de la norme un N1 , considérons l’application :
ϕ : C([0, 1], IK) −→ IK
f −→ f (1).
En considérant les fonctions fn : t → tn , montrer que ϕ n’est pas continue.
¾ Démonstrations et solutions des exercices du cours
Lemme 1 Supposons que f tende vers en a et montrons que est adhérent à f (A). Il
s’agit, pour ε > 0 quelconque, de montrer que f (A) ∩ Bf ( , ε) =
∅.
Comme f −→ , il existe η > 0 tel que :
a
∀x ∈ A
x − a ⩽ η =⇒ f (x) − ⩽ ε.
Il suffit donc de trouver au moins un élément x ∈ A tel que x − a ⩽ η . Un tel x existe
car a est adhérent à A.
Proposition 2
•
Supposons que f tende vers en a. Soit (un ) une suite tendant vers a. Montrons
que f (un ) → . Pour cela, fixons ε > 0 , et montrons qu’il existe un rang n0 ∈ IN tel
que :
>
>
( )
∀n ∈ IN n ⩾ n0 =⇒ >f (un ) − > ⩽ ε.
Comme f −→ , on peut trouver η > 0 tel que :
a
>
>
∀x ∈ A x − a ⩽ η =⇒ >f (x) − > ⩽ ε.
La convergence de la suite (un ) vers a assure alors l’existence de n0 ∈ IN tel que :
∀n ∈ IN n ⩾ n0 =⇒ un − a ⩽ η.
•
Ce rang n0 vérifie la propriété ( ).
Montrons l’autre implication par la contraposée : supposons que f ne tende pas
vers en a, et construisons une suite (un ) d’éléments de A tendant vers a telle que
la suite f (un ) ne tende pas vers . Le fait que f ne tende pas vers en a s’écrit :
∃ε > 0 ∀η > 0
∃x ∈ A x − a ⩽ η
et
f (x) − > ε.
Cela nous assure de pouvoir trouver, pour tout n ∈ IN, un élément un ∈ A vérifiant :
un − a ⩽ 2−n
et
f (un ) − ⩾ ε.
On construit ainsi une suite (un ) d’éléments de A qui tend vers a et telle que la
suite f (un ) ne tende pas vers .
Exercice 1 C’est immédiat par caractérisation séquentielle. En effet, si (un ) est une
suite d’éléments de B tendant vers a, alors en voyant (un ) comme une suite à valeurs
dans A, et comme f −→ , on a f (un ) → , et donc f|B (un ) → .
a
Exercice 2 Soit f : A → IR , et a adhérent à A. Contentons-nous de traiter le cas +∞,
le cas −∞ s’en déduisant en considérant −f .
•
Supposons que f −→ +∞, et montrons que pour toute suite (un ) d’éléments
a
de A tendant vers a, on a f (un ) → +∞. Soit (un ) une telle suite.
Donnons-nous M > 0 et montrons qu’il existe n0 ∈ IN tel que :
∀n ∈ IN
n ⩾ n0 =⇒ f (un ) ⩾ M.
¾ Comme f −→ +∞, on peut considérer η > 0 tel que :
a
∀x ∈ A x − a ⩽ η =⇒ f (x) ⩾ M.
Comme un → a, on peut considérer n0 ∈ IN tel que :
∀n ∈ IN n ⩾ n0 =⇒ un − a ⩽ η.
•
Il est alors clair que, pour tout n ⩾ n0 , on a f (un ) ⩾ M .
Réciproquement, supposons que f ne tende pas vers +∞ en a. Cela signifie qu’il
existe M ∈ IR tel que :
∀η > 0 ∃x ∈ A x − a ⩽ η
et f (x) < M.
Pour un tel M , on peut donc, pour chaque n ∈ IN, trouver un élément un ∈ A
vérifiant un − a ⩽ 2−n et f (un ) < M . On construit ainsi une suite (un )
d’éléments de A tendant vers a et telle que la suite f (un ) soit majorée par M
et donc ne tende pas vers +∞.
Proposition 5 Traitons le cas « A non majorée » ; l’autre cas se traite de manière analogue.
Supposons que A ne soit pas majorée.
• Supposons que f −→ , et montrons que pour toute suite (un ) d’éléments de A
+∞
tendant vers +∞, on a f (un ) → . Soit (un ) une telle suite.
Donnons-nous ε > 0 et montrons qu’il existe n0 ∈ IN tel que :
>
>
∀n ∈ IN n ⩾ n0 =⇒ >f (un ) − > ⩽ ε.
Comme f −→ , on peut considérer M ∈ IR tel que :
+∞
>
>
∀x ∈ A x ⩾ M =⇒ >f (x) − > ⩽ ε.
Comme un → +∞, il existe n0 ∈ IN tel que :
∀n ∈ IN n ⩾ n0 =⇒ un ⩾ M.
>
>
Il est alors clair que pour tout n ⩾ n0 , on a >f (un ) − > ⩽ ε .
•
Réciproquement, supposons que f ne tend pas vers
Cela signifie qu’il existe ε > 0 tel que :
∀M ∈ IR
∃x ∈ A x ⩾ M
et
en +∞.
f (x) − > ε.
Pour un tel ε , on peut
chaque n ∈ IN, trouver un élément un ∈ A
> donc, pour
>
vérifiant un ⩾ n et >f (un ) − > > ε. On construit ainsi une suite (un ) d’éléments
de A tendant vers +∞ et telle que la suite f (un ) ne tende pas vers .
Proposition 6
• Supposons que f tende en a vers = ( 1 , . . . , p ) ∈ E1 × · · · × Ep .
Soit (un ) une suite à valeurs dans A tendant vers a. La suite f (un ) , à valeurs
dans l’espace produit E1 × · · · × Ep , converge alors vers .
D’après la proposition 11 de la page 204, il en résulte que les
suites f1 (un ) , . . . , fp (un ) tendent vers 1 , . . . , p respectivement. Par caractérisation séquentielle de la limite, on en déduit que les applications f1 , . . . , fp
tendent respectivement vers 1 , . . . , p en a.
¾ Démonstrations et solutions des exercices du cours
•
Réciproquement, supposons que f1 , . . . , fp tendent en a vers 1 , . . . , p respectivement. Montrons que pour toute suite (un ) d’éléments de A tendant vers a, on
a f (un ) → . Soit (un ) une telle suite. Alors, les suites
f1 (un ) n∈IN , . . . , fp (un ) n∈IN
tendent respectivement vers 1 , . . . , p , ce qui entraîne (proposition 11 de la page 204)
que la suite f (un ) tend vers .
D’où le résultat, par caractérisation séquentielle de la limite.
Exercice 3 Par hypothèse, f possède une limite finie en tout point de A \ X . Comme
de plus f est continue sur X , f possède en tout x ∈ X une limite finie égale à f (x).
L’application :
f˜ : A −→ F
x −→ lim f
x
est donc un prolongement de f à A.
Montrons, par caractérisation séquentielle, que f˜ est continue en tout point de A.
Soit (xn ) une suite d’éléments de A tendant vers x. Montrons que f˜(xn ) → f˜(x).
•
Tout d’abord, justifions l’existence d’une suite (yn ) d’éléments de X vérifiant :
>
>
1
1
∀n ∈ IN yn − xn ⩽
et >f˜(yn ) − f˜(xn )> ⩽
·
n+1
n+1
Soit n ∈ IN. Comme X est dense dans A, on peut considérer une suite (zp )p∈IN
d’éléments de X tendant vers xn . Comme f˜(xn ) = lim f , on a f (zp ) −→ f˜(xn ),
xn
p→+∞
et donc, comme f et f˜ coïncident sur X , on a f˜(zp ) −→ f˜(xn ). Les limites
p→+∞
zp −→ xn
p→+∞
et
f˜(zp ) −→ f˜(xn )
p→+∞
assurent alors l’existence d’un rang p0 tel que :
>
>
1
>f˜(zp ) − f˜(xn )> ⩽ 1 ·
p ⩾ p0 =⇒ zp − xn ⩽
et
n+1
n+1
Il suffit alors de choisir un p ⩾ p0 (par exemple p0 ) et de fixer yn = zp .
• ∗ Comme xn → x, la propriété
1
∀n ∈ IN yn − xn ⩽
n+1
assure que la suite (yn ) tend également vers x. Par définition de f˜, on a
donc f (yn ) → f˜(x).
∗ De plus, comme (yn ) est à valeurs dans X et que f et f˜ coïncident sur X ,
les suites f (yn ) et f˜(yn ) sont égales. On a donc f˜(yn ) → f˜(x).
∗
Enfin, la propriété
>
>
1
∀n ∈ IN >f˜(yn ) − f˜(xn )> ⩽
n+1
assure que la suite f˜(xn ) converge également vers f˜(x), ce qui est le résultat
souhaité.
¾ Proposition 7 Supposons que f1 −→ 1 et f2 −→ 2 . Soit (un ) une suite d’éléments de A
a
a
tendant vers a. Alors on a f1 (un ) → 1 et f2 (un ) → 2 . Donc, par opérations sur les
suites convergentes, la suite de terme général λ1 f (un )+λ2 f2 (un ) tend vers λ1 1 +λ2 2 .
Par caractérisation séquentielle de la limite, on a donc :
λ1 f1 + λ2 f2 −→ λ1 1 + λ2 2 .
a
Proposition 8 Supposons que f −→
a
et ϕ −→ λ. Soit (un ) une suite d’éléments de A
a
tendant vers a. Alors on a f (un ) → et ϕ(un ) → λ. Donc, par produit d’une suite
convergentes avec une suite convergente à valeurs dans IK, la suite de terme général ϕ(un )f (un ) tend vers λ . Par caractérisation séquentielle de la limite, on a donc :
ϕ × f −→ λ .
a
Proposition 9 Soit (un ) une suite d’éléments de A tendant vers a.
1
1
On a alors f (un ) → et donc, comme = 0 , on a
→ ·
f (un )
1
1
Par caractérisation séquentielle de la limite, cela prouve que
−→ ·
f a
Proposition 10 Soit (un ) une suite d’éléments de A qui tend vers a. Alors, comme
f −→ b , la suite f (un ) tend vers b . Au passage, cela montre que b est un point
a
adhérent à f (A), et donc à B . Puis, comme g −→ , la suite de terme général g f (un )
b
tend vers .
Par caractérisation séquentielle de la limite, on a donc :
g ◦ f −→ λ .
a
Exercice 4 Pour tout b ∈ B , comme f est continue, donc en particulier continue
en b , on a f −→ f (b). Par stabilité de la limite par restriction (cf. exercice 1 de la
b
page 257), on a donc également f|B −→ f (b) = f|B (b). Par suite, f|B est continue
b
en b .
Proposition 11 Soit f : A → F une application k -lipschitzienne ; d’après la première
remarque ci-dessus on peut supposer k > 0 . Montrons que f est continue. Pour cela,
fixons a ∈ A et ε > 0 , et montrons qu’il existe η > 0 tel que :
>
>
∀x ∈ A x − a ⩽ η =⇒ >f (x) − f (a)> ⩽ ε.
Comme f est k -lipschitzienne, il est clair que η =
ε
convient.
k
Exercice 5
• Il est clair que si u est k -lipschitzienne, alors pour tout x ∈ E on a
>
>
>u(x) − u(0)> ⩽ kx − 0,
>
>
c’est-à-dire >u(x)> ⩽ kx .
¾ Démonstrations et solutions des exercices du cours
•
Réciproquement, supposons que : ∀x ∈ E
Pour x et y dans E , on a :
>
> >
>
>u(x) − u(y)> = >u(x − y)>
>
>
>u(x)> ⩽ kx .
(linéarité de u)
⩽ kx − y
(par hypothèse sur u)
ce qui montre que u est k -lipschitzienne.
Exercice 6 Soit ϕ1 et ϕ2 deux normes équivalentes sur E , et ψ1 et ψ2 deux normes
équivalentes sur F . Supposons que f : A ⊂ E → F soit lipschitzienne pour les
normes ϕ1 et ψ1 , et montrons que c’est également le cas pour les normes ϕ2 et ψ2 .
Soit k ⩾ 0 tel que ∀(x, y) ∈ A2 ψ1 f (x) − f (y) ⩽ k ϕ1 (x − y).
Soit α1 , α2 , β1 et β2 des réels strictement positifs vérifiant :
α1 ϕ1 ⩽ ϕ2 ⩽ α2 ϕ1
et
β1 ψ1 ⩽ ψ2 ⩽ β2 ψ1 .
Pour (x, y) ∈ A , on a :
ψ2 f (x) − f (y) ⩽ β2 ψ1 f (x) − f (y) ⩽ β2 k ϕ1 (x − y)
2
⩽ β2 k
1
ϕ2 (x − y),
α1
ce qui montre que f est lipschitzienne pour les normes ϕ2 et ψ2 , de rapport
k β2
·
α1
>
>
Exercice 7 Il suffit de constater que l’application x → >f (x)> est la composée des
deux applications continues f et y → y .
Proposition 14 Soit D une partie dense dans A.
Supposons que f et g coïncident sur D , c’est-à-dire vérifient :
∀x ∈ D
f (x) = g(x),
et montrons que f et g sont égales, c’est-à-dire :
∀x ∈ A f (x) = g(x).
Soit x ∈ A. Par densité de D dans A, on peut considérer une suite (un ) d’éléments
de A qui tend vers x. On a alors :
∀n ∈ IN
f (un ) = g(un ).
Or, par continuité de f et g sur A et donc au point x, on a :
f (un ) → f (x)
et
g(un ) → g(x).
Par unicité de la limite d’une suite, on a donc f (x) = g(x).
Exercice 8 Un sens étant évident, il suffit de montrer l’autre.
Supposons que f : E → F soit continue et vérifie :
∀(x, y) ∈ E
f (x + y) = f (x) + f (y)
( )
et montrons que f est linéaire. Comme f vérifie ( ), il suffit de montrer que :
∀(λ, x) ∈ IR × E
f (λx) = λf (x).
¾ Fixons x ∈ E et montrons que pour tout λ ∈ IR , on a f (λx) = λf (x).
•
Tout d’abord, on remarque f (0) = 0 , car f (0) = f (0 + 0) = f (0) + f (0).
On remarque également que f vérifie ∀y ∈ E f (−y) = −f (y), car :
f (y) + f (−y) = f (y − y) = f (0) = 0.
•
•
Par récurrence sur n ∈ IN, on montre que ∀n ∈ IN f (nx) = nf (x).
Le résultat précédent s’étend :
∗ d’abord pour p ∈ ZZ, en notant n = −p et en écrivant :
f (px) = −f (nx) = − nf (x) = pf (x) ;
a
∗ ensuite pour q ∈ Q, en notant q = avec (a, b) ∈ ZZ × IN∗ et en écrivant :
b
bf (qx) = f (bqx) = f (ax) = af (x).
À ce stade, on a donc :
∀q ∈ Q f (qx) = qf (x).
•
Un argument de continuité permet alors d’étendre le résultat précédent à IR tout
entier. Pour cela, il suffit de constater que les applications :
IR
λ
−→ IR
−→ f (λx)
et
IR −→ IR
λ −→ λf (x)
sont continues et coïncident sur Q ; comme Q est dense dans IR, elles coïncident
donc sur IR tout entier.
Proposition 15
1. Supposons f continue. Soit Y un fermé de F . Montrons que f −1 (Y ) est un fermé
relatif de A, c’est-à-dire peut s’écrire comme l’intersection de A avec un fermé de E .
Montrons qu’en notant X l’adhérence de f −1 (Y ), on a f −1 (Y ) = A ∩ X .
•
•
L’inclusion f −1 (Y ) ⊂ A ∩ X est évidente, car les deux inclusions f −1 (Y ) ⊂ A
et f −1 (Y ) ⊂ X le sont.
Montrons l’autre inclusion. Soit x ∈ A∩X . Comme x ∈ X et par définition de X ,
il existe une suite (un ) d’éléments de f −1 (Y ) qui tend vers x. Par définition
de f −1 (Y ), on peut alors considérer une suite (bn ) d’éléments de Y vérifiant :
∀n ∈ IN f (un ) = bn .
Comme un → x, et par continuité de f au point x, on a alors bn → f (x).
Comme Y est un fermé, il en résulte que f (x) ∈ Y , et donc x ∈ f −1 (Y ).
2. Soit U un ouvert de F . Montrons que f −1 (U ) est un ouvert relatif de A.
Soit Y le complémentaire de U dans F . D’après le premier point déjà démontré,
l’image réciproque par de Y par f est un fermé relatif de A, c’est-à-dire qu’il existe
un fermé X de E tel que :
f −1 (Y ) = A ∩ X.
On a alors :
f −1 (U ) = f −1 (F \ Y ) = A \ f −1 (Y ) = A \ (A ∩ X) = A ∩ (E \ X).
Comme E \ X est un ouvert, cela montre le résultat souhaité.
¾ Démonstrations et solutions des exercices du cours
Exercice 9
1. Supposons que l’image par f de tout ouvert de F est un ouvert relatif de A, et
montrons que f est continue en tout point de A.
Pour cela, donnons-nous a ∈ A et ε > 0 , et montrons qu’il existe η > 0 tel que :
>
>
∀x ∈ A x − a ⩽ η =⇒ >f (x) − f (a)> ⩽ ε.
( )
Soit ε > 0 . La boule B f (a), ε est un ouvert de F , donc son image réciproque
par f est un ouvert relatif de A, donc s’écrit sous la forme A ∩ U , avec U un
ouvert de E . Comme U est ouvert et que a ∈ U , on peut considérer η > 0 tel
que B(a, η) ⊂ U . Il est alors clair que η vérifie la propriété ( ).
2. Il a été vu dans la démontration du second point de la proposition 15 de la page 267
que si l’image réciproque par f de tout fermé de F est un fermé relatif de A,
alors l’image réciproque par f de tout ouvert de F est un ouvert relatif de A.
On est alors ramené au premier point déjà démontré.
Exercice 10
1. Pour x ∈ A, on a d(x, A) = 0 , et, comme x ∈
/ B et que B est fermé, on
a d(x, B) > 0 (cf. exercice 30 de la page 209), et donc ϕ(x) < 0 . De même,
pour x ∈ B , on a ϕ(x) > 0 .
2. D’après la première question, on a A ⊂ ϕ−1 (IR∗− ) et B ⊂ ϕ−1 (IR∗+ ). De plus, par
opérations sur les applications continues, la fonction ϕ est continue sur E . Il en
résulte que U = ϕ−1 (IR∗− ) et V = ϕ−1 (IR∗+ ) sont des ouverts.
Ils sont disjoints et contiennent respectivement A et B .
Exercice 11
1. • Supposons f uniformément continue. Soit (an ) et (bn ) deux suites d’éléments
>
>
de A telles que an −bn → 0 . Montrons que >f (an )−f (bn )> → 0 en revenant
à la définition de la convergence vers 0 d’une suite : fixons ε > 0 et montrons
qu’il existe un rang n0 tel que :
>
>
n ⩾ n0 =⇒ >f (an ) − f (bn )> ⩽ ε.
Comme f est uniformément continue, on peut considérer η > 0 tel que :
>
>
∀(x, y) ∈ A2 x − y ⩽ η =⇒ >f (x) − f (y)> ⩽ ε.
Comme an − bn → 0 , on peut considérer un rang n0 tel que :
n ⩾ n0 =⇒ an − bn ⩽ η.
•
>
>
Cela fournit le résultat, car, pour n ⩾ n0 , il est clair que >f (an ) − f (bn )> ⩽ ε .
Réciproquement, supposons que f ne soit pas uniformément continue. Cela
signifie qu’il existe ε > 0 tel que :
∀η > 0 ∃(x, y) ∈ A2
x − y < η et f (x) − f (y) > ε .
En particulier, pour tout n ∈ IN, on peut considérer (an , bn ) ∈ A2 vérifiant :
>
>
1
>f (an ) − f (bn )> > ε.
an − bn ⩽
et
n+1
On peut ainsi construire deux suites (an ) et (bn ) d’éléments de A véri>
>
fiant an − bn → 0 avec >f (an ) − f (bn )> ne tendant pas vers 0 .
¾
1
et bn = n, on a |an − bn | → 0 et :
n
2
an − b2n = 2 + 1 → 2 = 0,
n2
2
ce qui prouve que la fonction x → x n’est pas uniformément continue.
2. En posant an = n +
Proposition 19
• Supposons qu’il existe k ⩾ 0 tel que :
∀x ∈ E
>
>
>u(x)> ⩽ k x.
Alors, pour tout (x, y) ∈ E 2 , on a, par linéarité de u :
>
> >
>
>u(x) − u(y)> = >u(x − y)> ⩽ kx − y.
•
Cela prouve que u est k -lipschitzienne donc continue.
Réciproquement, supposons u continue. En particulier, u est continue en 0 , donc il
existe η > 0 vérifiant :
>
>
∀x ∈ E x ⩽ η =⇒ >u(x)> ⩽ 1.
Pour tout vecteur x ∈ E non nul, on a alors u
η
x
x
>
>
>u(x)> ⩽ k x avec
⩽ 1 puis par linéarité de u :
1
·
η
Cette inégalité étant aussi vérifiée pour x = 0 , cela prouve le résultat.
k=
Exercice 12
• Si u est continue, alors, d’après la proposition 19 de la page 269, il existe k ⩾ 0
telle que :
>
>
∀x ∈ E >u(x)> ⩽ k x.
On a alors immédiatement :
∀x ∈ E
•
>
>
x = 1 =⇒ >u(x)> ⩽ k.
Réciproquement, supposons qu’il existe k ⩾ 0 tel que :
>
>
∀x ∈ E x = 1 =⇒ >u(x)> ⩽ k.
Alors, pour tout vecteur x non nul, on a u
donne :
x
x
⩽ k , ce qui, par linéarité de u ,
>
>
>u(x)> ⩽ k x.
Cette dernière inégalité étant aussi vérifiée pour x = 0 , cela prouve, grâce à la
proposition 19 de la page 269, que u est continue.
Exercice 13 Il est clair que l’application ϕ est linéaire. Pour n ∈ IN, on a :
1
et
N1 (fn ) =
·
ϕ(fn ) = 1
n+1
S’il existait une constante k ⩾ 0 telle que ∀f ∈ C([0, 1], IK) ϕ(f ) ⩽ k N1 (f ), alors
on aurait : ∀n ∈ IN
¾ 1⩽
k
, ce qui est faux. Donc ϕ n’est pas continue.
n+1
Exercices
5.1 On se place dans l’espace C([0, 1], IK) des fonctions continues de [0, 1] dans IK. Les
applications suivantes :
ϕ1 : f → f (1)
ϕ2 : f →
et
9 1
f
0
sont-elles continues pour la norme N∞ ? pour la norme N1 ?
5.2 Soit E et F deux espaces vectoriels normés et f : A → F une application continue,
où A est une partie de E . Montrer que l’image par f d’une partie dense dans A est
dense dans f (A).
5.3 Séparation de fermés disjoints
Soit E un espace vectoriel normé. On considère A et B deux fermés de E .
1. Montrer qu’il existe une fonction continue f : E → [0, 1] vérifiant :
∀x ∈ A f (x) = 0
∀x ∈ B
et
f (x) = 1.
Indication : définir f à l’aide des applications x → d(x, A) et x → d(x, B).
2. En déduire qu’il existe deux ouverts U et V de E vérifiant :
A ⊂ U,
B⊂V
et
U ∩ V = ∅.
5.4 Soit u un endomorphisme d’un IK -espace vectoriel normé E . Montrer que u est
continue si, et seulement si, la partie A = {x ∈ E | u(x) = 1} est un fermé de E .
5.5 Soit ϕ une forme linéaire sur un IK -espace vectoriel normé E . Montrer que ϕ est
continue si, et seulement si, son noyau est un fermé de E .
5.6 Norme subordonnée
Soit E et F deux IK -espaces vectoriels normés. On note LC(E, F ) l’ensemble des
applications linéaires continues de E dans F , dont on a vu que c’était un sous-espace
vectoriel de L(E, F ).
Pour u ∈ LC(E, F ), on définit :
u = sup u(x) ; x ∈ Bf (0, 1) ·
1. Justifier que l’application LC(E, F )
u
norme sur LC(E, F ).
−→ IR+ est bien définie et que c’est une
−→ u
¾ Cette norme est appelée norme subordonnée aux normes de E et F .
2. Montrer que u est le plus petit élément de l’ensemble des réels k ⩾ 0 vérifiant ∀x ∈ E u(x) ⩽ kx .
3. Soit u ∈ LC(E, F ) et v ∈ LC(F, G). Montrer que :
v ◦ u ⩽ u × v.
4. Donner un exemple où l’inégalité précédente est stricte.
5.7 On note 1 l’espace des suites réelles x = (xn )n∈IN telles que la série
absolument. On munit 1 de la norme :
x =
+∞
xn converge
|xn |.
n=0
1. Pour n ∈ IN, notons e(n) la suite dont tous les termes sont nuls sauf celui d’indice
n qui vaut 1 . Montrer que :
F = Vect e(n) ; n ∈ IN
est dense dans 1 .
2. Soit a = (an )n∈IN une suite réelle bornée. Montrer que l’application :
ϕa :
−→ IR
+∞
x −→
an xn
1
n=0
1
est une forme linéaire continue sur .
3. Réciproquement, montrer que toute forme linéaire continue sur
forme ϕa avec a une suite réelle bornée.
1
est de la
5.8 Soit n ⩾ 1 . On munit IRn de la norme infinie. On considère A ∈ Mn (IR) et l’on note u
l’endomorphisme canoniquement associé à la matrice A. Montrer que u est continu
et exprimer, en fonction des coefficients de A, la constante k minimale vérifiant :
>
>
∀x ∈ IRn >u(x)>∞ ⩽ k x∞ .
5.9 Munissons IR2 d’une de ses normes usuelles.
Soit f : IR2 → IR une fonction. Pour (x, y) ∈ IR2 , on note fx et fy les applications
partielles :
fx :
IR
t
−→
−→
IR
f (x, t)
et
fy :
IR −→ IR
t −→ f (t, y)
1. Soit (x, y) ∈ IR2 . Montrer que si f est continue en (x, y) ∈ IR2 , alors ses applications partielles fx et fy sont continues respectivement en y et en x.
¾ Exercices
L’objectif de la suite de l’exercice est de montrer que la réciproque du résultat précédent est fausse. Soit f : IR2 → IR la fonction définie par :
f (0, 0) = 0
∀(x, y) ∈ IR2 \ {(0, 0)} f (x, y) =
et
xy
x2 + y 2
·
2. Vérifier que pour tout (x, y) ∈ IR2 , les applications partielles fx et fy sont continues.
3. Montrer que, pourtant, l’application f n’est pas continue.
5.10 Une limite dans chaque direction, mais pas de limite
Munissons IR2 d’une de ses normes usuelles. Notons Δ la première bissectrice, i.e. :
Δ = {(x, y) ∈ IR2 | x = y}
et considérons l’application f : IR2 \ Δ → IR définie par :
∀(x, y) ∈ IR2 \ Δ
1. Montrer que pour tout θ ∈ IR \
fθ :
0π
IR∗
r
4
f (x, y) =
x2 + y 2
x−y
1
+ πZZ , l’application :
−→
−→
IR
f (r cos θ, r sin θ).
possède une limite en 0 .
2. Montrer que, pourtant, f ne possède pas de limite en (0, 0).
¾ 5.1 Les applications ϕ1 et ϕ2 sont linéaires. On peut donc utiliser la caractérisation de
la continuité des applications linéaires (cf. la proposition 19 de la page 269).
• Pour la norme N∞ . Les applications ϕ1 et ϕ2 considérées sont continues car,
pour tout f ∈ C([0, 1], IK) :
9
1 ϕ1 (f ) = f (1) ⩽ N∞ (f )
ϕ2 (f ) = et
f ⩽ N∞ (f ).
0
• Pour la norme N1 .
∗ L’application ϕ2 est continue car, pour tout f ∈ C([0, 1], IK), on a :
9
1 ϕ2 (f ) = ⩽ N1 (f ).
f
0
∗ En revanche, en posant fn : [0, 1] −→ IK,
on a :
x −→ (n + 1)xn
∀n ∈ IN N1 (fn ) = 1 et ϕ1 (fn ) = n + 1.
Cela prouve que ϕ1 n’est pas continue.
5.2 Soit D une partie dense dans A. Montrer par caractérisation séquentielle que f (D)
est dense dans f (A). Soit y ∈ f (A). Considérons a ∈ A, un antécédent de y par f .
Comme D est dense dans A, il existe une suite (un ) d’éléments de D convergeant
vers a. Comme f est continue et par composition de limites, on a alors
f (un ) → f (a) = y.
Comme f (un ) est une suite d’éléments de f (D), cela prouve la densité de f (D)
dans f (A).
5.3 1. Puisque A et B sont des fermés, on sait, d’après l’exercice 30 de la page 209, que :
∀x ∈ E \ A d(x, A) > 0
et ∀x ∈ E \ B
d(x, B) > 0.
Comme A et B sont disjoints, il en résulte que :
∀x ∈ E
d(x, A) + d(x, B) > 0.
On peut alors considérer l’application f : E → IR définie par :
∀x ∈ E
f (x) =
d(x, A)
·
d(x, A) + d(x, B)
Cette application est continue (comme quotient d’application continues) et vérifie :
∀x ∈ A f (x) = 0
¾ et
∀x ∈ B
f (x) = 1.
Solution des exercices
2. Reprenons l’application précédente et posons :
A
@
@
A
1
1
−1
−1
et
V =f
U =f
−∞,
, +∞ .
2
2
Les ensembles U et V ainsi définis sont disjoints, contiennent respectivement A
et B , et sont des ouverts de E (comme images réciproques d’ouverts de IR par
l’application continue f ).
5.4 • Si u est continue, alors A est un fermé de E , comme image réciproque du
fermé {1} par l’application continue E −→ IR
x −→ u(x).
• Réciproquement, supposons que u ne soit pas continue. Alors, u n’est pas bornée
sur la boule Bf (0, 1) (cf. exercice 12 de la page 269). Cela signifie qu’on peut
trouver une suite (xn )n∈IN à valeurs dans Bf (0, 1) telle que u(xn ) → +∞.
En posant alors (pour n assez grand de telle sorte que u(xn ) = 0 ) :
xn
yn =
,
u(xn )
/ A, cela
on obtient une suite (yn ) d’éléments de A tendant vers 0 . Comme 0 ∈
prouve que A n’est pas un fermé de E .
5.5 Si ϕ est l’application nulle, alors elle est continue et son noyau est un fermé (car c’est
l’espace E lui-même). Supposons désormais ϕ non nulle.
• On a Ker ϕ = ϕ−1 {0} donc, si ϕ est continue, alors son noyau est un fermé en
tant qu’image réciproque par ϕ du fermé {0} .
• Réciproquement, supposons que ϕ ne soit pas continue. Cela signifie que ϕ n’est
pas bornée sur la boule unité Bf (0, 1) de E (cf. exercice 12 de la page 269).
>
>
Il existe donc une suite (xn )n∈IN à valeurs dans Bf (0, 1) telle que >ϕ(xn )> → +∞.
>
>
Comme >ϕ(xn )> → +∞, on peut considérer un rang n0 ∈ IN tel que :
n ⩾ n0 =⇒ ϕ(xn ) ∈
/ Ker ϕ.
ϕ(xn0 )
xn .
ϕ(xn )
On constate alors que la suite (yn )n⩾n0 est à valeurs dans Ker ϕ et converge
vers xn0 ∈
/ Ker ϕ. Cela prouve que Ker ϕ n’est pas un fermé de E .
Pour n ⩾ n0 , posons alors yn = xn0 −
5.6 1. • Pour u ∈ LC(E, F ), la continuité de u assure que u est bornée sur Bf (0, 1) ;
cela justifie la définition de u (comme borne supérieure d’une partie non
vide et majorée de IR ).
• Séparation. Si u = 0 , alors on a :
∀x ∈ Bf (0, 1) u(x) = 0,
ce qui, par linéarité de u , entraîne que u est nulle.
¾ • Homogénéité. Pour u ∈ LC(E, F ) et λ ∈ IK , on a :
λu = sup (λu)(x) ; x ∈ Bf (0, 1)
= sup |λ| u(x) ; x ∈ Bf (0, 1)
= |λ| sup u(x) ; x ∈ Bf (0, 1) = |λ| u.
• Inégalité triangulaire. Soit (u, v) ∈ LC(E, F )2 . Par inégalité triangulaire
sur la norme de F , on a :
∀x ∈ Bf (0, 1) u(x) + v(x) ⩽ u(x) + v(x),
et donc :
u + v =
sup
u(x) + v(x) ⩽
x∈Bf (0,1)
sup
u(x) + v(x)
x∈Bf (0,1)
Cela donne le résultat souhaité car on a d’autre part :
sup
u(x) + v(x) ⩽ sup
u(x) +
x∈Bf (0,1)
x∈Bf (0,1)
sup
v(x)
x∈Bf (0,1)
= u + v.
2. • Tout d’abord, montrons que l’on a :
∀x ∈ E u(x) ⩽ u × x.
( )
Soit x ∈ E .
∗ Si x = 0 , alors l’inégalité ci-dessus est trivialement vérifiée.
x
∗ Si x =
0 , alors, comme
est unitaire et par définition de u , on a :
x
u
x
x
⩽ u.
En multipliant par x et par linéarité de u , on obtient ( ).
∗ Considérons maintenant k vérifiant :
∀x ∈ E u(x) ⩽ k x,
et montrons que k ⩾ u . La propriété vérifiée par k donne a fortiori :
∀x ∈ Bf (0, 1) u(x) ⩽ k.
Le réel k majore donc l’ensemble u(x) ; x ∈ Bf (0, 1) dont la borne
supérieure est u . Donc k ⩾ u .
3. Le résultat de la question 2 appliquée à v ◦ u nous dit qu’il suffit de montrer que
le réel u × v vérifie :
∀x ∈ E v ◦ u(x) ⩽ u × v x.
Soit x ∈ E . D’après la question 2 (appliquée successivement à v et u ), on a :
>
>
> >
v ◦ u(x) = >v u(x) > ⩽ v × >u(x)>
⩽ v × u × x,
d’où le résultat.
4. Si l’on prend u nilpotent d’indice 2 et v = u , alors on a :
v ◦ u = 0
¾ bien que v × u = 0.
Solution des exercices
5.7 1. Soit x = (xn )n∈IN ∈
1
N
. Pour N ∈ IN, notons u(N ) =
xn e(n) .
n=0
On a, pour tout N ∈ IN :
>
>
N
+∞
>
>
>
>
>
>
>x − u(N ) > = >x −
xn en > =
|xn |
>
>
n=0
n=N +1
>
>
|xn | converge, on en déduit que >x − u(N ) > → 0 . L’élément x
est donc limite de la suite u(N ) d’éléments de F .
Cela prouve que F est dense dans 1 .
2. Comme a est une suite bornée, on peut considérer M ⩾ 0 vérifiant :
Comme la série
∀n ∈ IN
Soit x ∈ 1 . On a :
∀n ∈ IN
|an | ⩽ M.
|an xn | ⩽ M |xn |.
Comme la série
|xn | converge, l’inégalité précédente assure, par comparaison,
que la série
|an xn | converge également ; l’application ϕa est donc bien définie.
On a de plus :
+∞
+∞
+∞
⩽
ϕa (x) = a
x
|a
x
|
⩽
M |xn | = M x.
n
n
n
n
n=0
n=0
n=0
D’où la continuité de ϕa (cf. la proposition 19 de la page 269).
3. Soit ϕ une forme linéaire continue sur 1 . Soit x ∈ 1 . Reprenons les notations e(n)
introduites à la question 1. On a, d’après la réponse à cette même question :
u(N ) −→ x
N →+∞
avec u(N ) =
N
xn e(n) .
n=0
Comme ϕ est continue, on a donc :
ϕ u(N ) −→ ϕ(x).
N →+∞
(1)
Pour tout n ∈ IN, notons an = ϕ(en ). On a, par linéarité de ϕ :
N
an xn .
ϕ u(N ) =
n=0
(n)
Comme les suites e
sont toutes de norme 1 et que ϕ est continue, la
suite (an )n∈IN est bornée. Donc, par comparaison, la convergence absolue de la sé
rie
xn donne la convergence absolue de la série
an xn et donc sa convergence.
On a ainsi :
+∞
N
ϕ u(N ) =
an xn −→
an xn = ϕa (x).
(2)
n=0
N →+∞
n=0
D’après (1) et (2) et par unicité de la limite, on obtient ϕ(x) = ϕa (x).
Cela étant vrai pour tout x ∈ 1 , on a ϕ = ϕa .
¾ 5.8 Notons ai,j les coefficients de A.
• Pour tout x ∈ IRn , on a, par définition de la norme infinie :
n
>
>
>u(x)> = max ai,j xj .
∞
i∈[[1,n]]
j=1
Par inégalité triangulaire puis en majorant |xj | par x∞ , on a, pour
tout i ∈ [[1, n]] :
n
n
n
⩽
a
⩽
a
x
x
|ai,j | × x∞ .
i,j j i,j j
j=1
j=1
j=1
On a donc :
>
>
>u(x)> ⩽ k x∞ ,
∞
avec k = max
i∈[[1,n]]
n
|ai,j |.
j=1
Cela prouve que u est continue (cf. la proposition 19 de la page 269).
• Montrons maintenant que la constante k obtenue précédemment est optimale.
Pour cela, montrons qu’il existe x ∈ IRn vérifiant :
>
>
>u(x)> = k x∞ .
∞
Par définition de k , il existe i0 ∈ [[1, n]] tel que :
k=
n
|ai0 ,j |.
j=1
En considérant alors le vecteur x dont les composantes valent ±1 , les signes étant
choisis de telle sorte que la j -ème composante de x soit de même signe que ai0 ,j ,
on constate que la i0 -ème composante du vecteur u(x) vaut k , ce qui assure que :
>
>
>u(x)> ⩾ k.
∞
>
>
>
>
Puisque x∞ = 1 , on obtient u(x) ∞ ⩾ kx∞ .
>
>
L’inégalité >u(x)> ⩽ kx∞ étant vérifiée d’après la première partie du raison∞
nement, on obtient :
>
>
>u(x)> = kx∞ .
∞
5.9 1. • Constatons que :
fx = f ◦ ϕ1
avec ϕ1 : IR −→ IR2
t −→ (x, t).
La continuité de ϕ1 est évidente (par exemple, au sens de chacune des normes
usuelles de IR2 , ϕ1 est 1 -lipschitzienne). Par continuité de ϕ1 en y et de f
en ϕ1 (y) = (x, y), l’application fx est continue en y .
• Pour justifier la continuité de fy en x, on procède de même en constatant
que :
fy = f ◦ ϕ2 avec ϕ2 : IR −→ IR2
t −→ (t, y).
¾ Solution des exercices
2. Les cas de fx et fy se traitent de la même manière. Intéressons-nous à fx .
• Pour x ∈ IR∗ , la continuité de fx s’obtient par opérations sur les fonctions
continues, puisque :
xt
∀t ∈ IR fx (t) = 2
·
x + t2
• Pour la continuité de f0 , constatons que :
∀t ∈ IR∗
f0 (t) =
0×t
02 + yt2
= 0 = f (0, 0) = f0 (0).
L’application f0 est donc l’application nulle ; par suite, elle est continue.
3. Montrons que f n’est pas continue au point (0, 0).
Remarquons que :
t×t
1
∀t ∈ IR∗ f (t, t) = 2
= ·
t + t2
2
−→ IR
, on constate que la fonction f ◦ g n’est
−→ (t, t)
1
pas continue puisqu’elle vaut
sur IR∗ , et 0 en 0 .
2
Comme g est continue, il en résulte que f ne peut pas l’être. Plus précisément,
comme la fonction f ◦ g n’est pas continue 0 , la fonction f n’est pas continue au
point g(0), i.e. au point (0, 0).
En notant g la fonction IR
t
5.10 1. Soit θ ∈ IR \
0π
4
1
+ πZZ . Pour r ∈ IR∗ , on a :
fθ (r) =
r2 cos2 θ + r2 sin2 θ
r
=
·
r cos θ − r sin θ
cos θ − sin θ
Il en résulte que la fonction fθ tend vers 0 en 0 .
2. • De la question précédente, il résulte que si f admet une limite en (0, 0), celle-ci
vaut nécessairement 0 .
, on a :
• D’autre part, on constate qu’en posant g : IR∗ −→ IR2 \ Δ
t −→ (t + t2 , t)
∀t ∈ IR∗
(f ◦ g)(t) =
(t + t2 )2 + t2
= 2 + 2t + t2 .
(t + t2 ) − t
La fonction f ◦ g tend donc vers 2 en 0 . Comme g tend vers (0, 0) en 0 ,
il s’ensuit que si f admet une limite en (0, 0), alors celle-ci vaut nécessairement 2 .
Des deux points précédents on déduit que f n’admet pas de limite en (0, 0).
¾ I
Compacité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1
Définition . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
290
290
2
Applications continues sur une partie compacte . .
Connexité par arcs . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
293
295
1
2
Chemins . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Composantes connexes par arcs . . . . . . . . . . .
295
296
3
4
Parties connexes par arcs de IR . . . . . . . . . . .
Image continue d’un connexe par arcs . . . . . . .
297
298
Espaces vectoriels normés de dimension finie . . .
299
1
Équivalence des normes . . . . . . . . . . . . . . .
299
2
3
Utilisation des coordonnées dans une base . . . . .
Parties compactes en dimension finie . . . . . . . .
299
301
4
Continuité des applications linéaires, polynomiales
et multilinéaires . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
301
Démonstrations et solutions des exercices du cours . .
306
Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
319
II
III
6
Ce chapitre présente les notions de compacité et de connexité par arcs. En
particulier, il propose des généralisations des deux résultats suivants vus en
première année :
• le théorème affirmant que l’image d’un segment par une application continue est un segment (généralisé via la notion de compacité) ;
• le théorème des valeurs intermédiaires (généralisé via la notion de connexité
par arcs).
Dans tout ce chapitre, la lettre IK désigne le corps IR ou C, et E désigne
un IK-espace vectoriel normé.
Définition 1
Une partie A de E est dite compacte si toute suite d’éléments de A possède
au moins une valeur d’adhérence dans A.
On dit aussi que A est un compact de E .
En d’autres termes, une partie A est compacte si toute suite d’éléments de A
possède une sous-suite convergente dont la limite appartient à A.
La définition d’une partie compacte s’appuie sur la convergence
de suites. Elle dépend donc de la norme utilisée. Cependant, deux normes
équivalentes définissent les mêmes parties compactes (ainsi, si E est dimension
finie, il n’est pas nécessaire de préciser la norme utilisée).
Pour montrer qu’une partie est compacte, il ne suffit pas de montrer que toute suite possède une sous-suite convergente, il faut aussi montrer
que la limite de cette sous-suite appartient à A.
1. L’ensemble vide est compact. En effet, comme il n’existe aucune suite à valeurs
dans cet ensemble, une telle suite possède toutes les propriétés que l’on veut, en
particulier celle d’admettre une valeur d’adhérence appartenant à l’ensemble vide.
2. Tout singleton est compact. Plus généralement, tout partie finie est compacte.
3. Tout segment de IR est compact : c’est ce qu’affirme le théorème de BolzanoWeierstrass pour les suites à valeurs réelles.
4. Plus généralement, toute partie fermée bornée de IR ou de C est compacte. En
effet, si A est une partie bornée et si (an ) est une suite d’éléments de A, alors le
théorème de Bolzano-Weierstrass assure que l’on peut extraite de (an ) une soussuite convergente. Si de plus A est un fermé, alors la limite de cette sous-suite
appartient nécessairement dans A.
p.306 Exercice 1 Soit F un sous-espace vectoriel de E , et A une partie de F . Montrer
que A est un compact de E si, et seulement si, A est un compact de F .
L’exercice précédent met en évidence le caractère intrinsèque de
la notion de compact : le caractère compact d’une partie ne dépend que de la
norme utilisée, et non de l’espace vectoriel normé E dans lequel on se place.
Sur ce point, la notion de compact diffère de la notion d’ouvert et de fermé.
Par exemple :
• étant donnés deux réels a et b vérifiant a < b, l’intervalle ouvert ]a, b[ est
un ouvert de IR, alors que ce n’est pas un ouvert de C (cf. exercice 24 de
la page 207) ;
• l’exercice 18 de la page 301 fournit un exemple de sous-espace vectoriel
de E qui n’est pas un fermé de E (et qui est pourtant évidemment un
fermé de lui-même !)
Théorème 1
Une suite à valeurs dans une partie compacte est convergente si, et seulement
si, elle admet une unique valeur d’adhérence.
Principe de démonstration. Pour le sens non trivial : si une suite possède une unique valeur
d’adhérence a mais ne converge pas, alors on peut en extraire une sous-suite ne possédant pas a
comme valeur d’adhérence, et donc qui en possède une autre. . .
Démonstration page 306
Proposition 2
Toute partie compacte est fermée et bornée.
Principe de démonstration.
Par l’absurde. . .
Démonstration page 306
¾ La réciproque de la proposition 2 est vraie si E est de dimension
finie (cf. le théorème 19 de la page 301), mais fausse dans le cas général, comme
le montre l’exercice 2.
Dans l’énoncé de la proposition 2, il faudrait en toute rigueur
préciser « fermée dans E », puisque la notion de fermé dépend a priori de
l’espace vectoriel dans lequel on travaille. Cependant, puisque la notion de
compact, elle, n’en dépend pas, la conclusion est valable quel que soit l’espace
vectoriel : ainsi, une partie compacte est un fermé de n’importe quel espace
vectoriel qui la contient.
Point méthode
Si une suite (un ) est telle qu’il existe α > 0 vérifiant :
∀(n, p) ∈ IN2
n = p =⇒ un − up ⩾ α,
alors (un ) ne possède aucune sous-suite convergente. Ainsi, pour montrer
qu’une partie A n’est pas compacte, il suffit d’exhiber une suite d’éléments
de A vérifiant la propriété ci-dessus (cf. exercice 2).
p.306 Exercice 2 Une partie fermée et bornée mais non compacte
n
>
>
ak X k > = max |ak |.
Soit E = IR[X], muni de la norme >
k=0
∞
k∈[[0,n]]
Notons A = Bf (0, 1) la boule unité fermée de E . Justifier que A, bien qu’étant
une partie fermée et bornée, n’est pas compacte.
Proposition 3
Toute partie fermée d’une partie compacte est compacte.
Principe de démonstration.
avec F un fermé de E .
Rappelons qu’un fermé (relatif) de A est de la forme A ∩ F
Démonstration page 307
Proposition 4
Soit E et F deux espaces vectoriels normés. Si A et B sont respectivement
des parties compactes de E et F , alors A × B est une partie compacte de
l’espace produit E × F (muni de la norme produit).
Principe de démonstration.
extractions successives.
Étant donné une suite à valeurs dans A × B , on procède à deux
Démonstration page 307
Une récurrence permet de généraliser le résultat précédent à un nombre fini
quelconque de parties compactes :
¾ Corollaire 5
Soit E1 , . . . , Ep des espaces vectoriels normés. Si A1 , . . . , Ap sont des parties
compactes de E1 , . . . , Ep respectivement, alors le produit A1 × · · · × Ap est
une partie compacte de l’espace produit E1 × · · · × Ep (muni de la norme
produit).
(p)
Si u(1)
sont p suites respectivement à valeurs dans des comn , . . . , un
pacts A1 , . . . , An , alors le résultat précédent appliqué à la suite (vn ) de terme général
(p)
vn = u(1)
n , . . . , un
assure l’existence d’une fonction ϕ : IN → IN strictement croissante telle que la
$
$
#
#
(1)
(p)
suite vϕ(n) converge, c’est-à-dire telle que les suites uϕ(n)
, . . . , uϕ(n)
n∈IN
n∈IN
convergent.
p.307 Exercice 3 Parties compactes de IKn muni la norme infinie
Montrer qu’une partie de (IKn , ·∞ ) est compacte si, et seulement si, c’est une
partie fermée bornée.
Comme toutes les normes sur IKn sont équivalentes, le résultat de
l’exercice précédent est valable quelle que soit la norme considérée (on obtient
ainsi un cas particulier du théorème 19 de la page 301).
p.307 Exercice 4 Application de l’exercice précédent
Montrer que l’ensemble suivant est une partie compacte de IRn :
K = (λ1 , . . . , λn ) ∈ (IR+ )n λ1 + · · · + λn = 1
Proposition 6 (Image d’un compact par une application continue)
L’image d’un compact par une application continue est un compact.
Démonstration page 307
Soit (x1 , . . . , xn ) une famille finie d’éléments de E . L’enveloppe convexe de la famille (x1 , . . . , xn ) est, par définition, l’ensemble des barycentres à coefficients positifs
de x1 , . . . , xn , i.e. les combinaisons linéaires λ1 x1 + · · · + λn xn à coefficients positifs
de somme 1 (cf. exercice 3.1 de la page 176).
¾ Autrement dit, l’enveloppe convexe de (x1 , . . . , xn ) est l’image du sous-ensemble :
K = (λ1 , . . . , λn ) ∈ (IR+ )n λ1 + · · · + λn = 1
par l’application :
f:
IRn −→ E
(λ1 , . . . , λn ) −→ λ1 x1 + · · · + λn xn .
Étant donné que K est une partie compacte de IRn d’après l’exercice 4 de la page
précédente) et que l’application f est continue, on en déduit que l’enveloppe convexe
de (x1 , . . . , xn ) est une partie compacte de E .
p.308 Exercice 5 Soit A une partie compacte de E , et f : A → F une application
continue et injective. Notons B = f (A) et considérons l’application g : B → E qui
à un élément de B associe son unique antécédent par f .
1. Montrer que pour toute partie X de E , on a g −1 (X) = f (X ∩ A).
2. En déduire que g est continue.
Corollaire 7 (Théorème des bornes atteintes)
Soit A une partie compacte non vide. Alors, toute application continue de A
dans IR est bornée et atteint ses bornes.
Démonstration page 308
1. Soit A une partie compacte non vide de E , et f : A → F une application continue.
Alors l’application f est bornée et atteint ses bornes.
2. Distance à un compact
Soit A une partie compacte non vide de E , et x0 ∈ E . L’application x → d(x0 , x)
est continue, donc sa restriction à A est bornée et atteint ses bornes ; en particulier
cette restriction est minorée et atteint sa borne inférieure. Cela assure l’existence
de a ∈ A tel que la distance de x0 à A soit atteinte en a, i.e. :
d(x0 , a) = inf d(x0 , x) = d(x0 , A).
x∈A
3. Distance entre deux compacts
Soit A et B deux compacts non vides de E . L’application :
A × B −→ IR
(x, y) −→ d(x, y)
est continue. Elle est donc bornée et atteint ses bornes. En particulier, cela assure
l’existence d’un couple (a, b) ∈ A × B réalisant la distance entre A et B , c’est-àdire tel que :
d(a, b) =
inf
d(x, y) = d(A, B).
(x,y)∈A×B
¾ p.308 Exercice 6 Soit A un compact non vide. Montrer l’existence de (a1 , a2 ) ∈ A2 tel
que le diamètre de A, noté δ(A), soit la distance de a1 à a2 , c’est-à-dire tel que :
d(a1 , a2 ) =
sup
d(x, y) = δ(A).
(x,y)∈A2
p.308 Exercice 7 Considérons la fonction g :
IR2
(x, y)
−→ IR
−→
2
2
ex +y
·
1 + x2 + y 2
1. Montrer que pour tout a ∈ IR , il existe R > 0 tel que :
∀(x, y) ∈ IR2 \ Df (0, R) f (x, y) > a.
2. En utilisant alors le corollaire 7 de la page précédente, justifier que g possède
un minimum global.
Théorème 8 (Théorème de Heine)
Toute application continue sur un compact est uniformément continue.
Démonstration page 309
Définition 2
Soit A une partie d’un espace vectoriel normé, ainsi que x ∈ A et y ∈ A.
• Un chemin joignant x à y dans A est une application continue p,
définie sur un segment [a, b] de IR, à valeurs dans A et telle que p(a) = x
et p(b) = y .
• Si un tel chemin existe, on dit que les points x et y sont reliés par un
chemin dans A.
Si A est une partie convexe, alors deux points quelconques x et y de A
sont reliés dans A par le chemin [0, 1] −→ A
t −→ (1 − t) x + t y.
p.309 Exercice 8 Changement de paramétrage
Soit x et y deux points d’une partie A. Supposons qu’il existe un chemin p : [a, b] → A reliant x à y . Montrer que pour tout segment [c, d] avec c < d,
il existe un chemin p : [c, d] → A reliant x à y .
¾ Il résulte de l’exercice précédent que, lorsque deux points sont
reliés par un chemin, on peut considérer un chemin défini sur n’importe quelle
segment non réduit à un point. Il est assez courant de considérer un chemin
défini sur le segment [0, 1].
Proposition 9
Soit A une partie d’un espace vectoriel normé. La relation « x et y sont
reliés par un chemin dans A » est une relation d’équivalence sur A.
Ses classes d’équivalences sont appelées les composantes connexes par
arcs de A.
Démonstration page 309
1. Par transitivité, pour montrer que deux points x et y de A sont reliés
par un chemin dans A, il suffit de trouver une suite finie (u0 , . . . , un ) de
points de A avec u0 = x, un = y et telle que pour tout k ∈ [[0, n − 1]], uk
et uk+1 sont reliés par un chemin dans A.
2. Toute partie est la réunion de ses composantes connexes par arcs.
3. Les composantes connexes par arcs d’une partie sont deux à deux disjointes.
p.310 Exercice 9
Montrer que les composantes connexes par arcs d’un ouvert sont des ouverts.
Définition 3
On dit que A est connexe par arcs s’il n’a qu’une seule composante
connexe par arcs, ou, de manière équivalente, si deux éléments quelconques
de A sont reliés par un chemin dans A.
1. Toute composante connexe par arcs est connexe par arcs.
2. Toute partie convexe est connexe par arcs.
3. Tout sous-espace affine d’un espace vectoriel normé est connexe par arcs.
4. Tout espace vectoriel normé est connexe par arcs.
p.310 Exercice 10 Soit a ∈ IR . L’ensemble IR \ {a} est-il connexe par arcs ? Quelles sont
ses composantes connexes par arcs ?
¾ p.310 Exercice 11 Soit a ∈ C. Montrer que l’ensemble C \ {a} est connexe par arcs.
En particulier, l’ensemble C∗ est connexe par arcs.
p.310 Exercice 12 Soit E un espace vectoriel normé de dimension au moins 2.
1. Montrer que E \ {0} est connexe par arcs.
2. En déduire que pour tout a ∈ E , l’ensemble E \ {a} est connexe par arcs.
En général, la réunion ou l’intersection de parties connexes par
arcs ne sont pas connexes par arcs.
p.311 Exercice 13 Soit A1 et A2 deux connexes par arcs d’intersection non vide. Montrer
que A1 ∪ A2 est connexe par arcs.
Définition 4
Soit A une partie d’un espace vectoriel normé.
• Étant donné a ∈ A, on dit que est étoilée par rapport à a si :
∀x ∈ A [a, x] ⊂ A.
• On dit que A est étoilée s’il existe a ∈ A tel que A soit étoilée par
rapport à a.
p.311 Exercice 14 Montrer que toute partie étoilée est connexe par arcs.
La réciproque du résultat de l’exercice précédent est fausse ; par
exemple, dans C, l’ensemble U des nombres complexes de module 1 est
connexe par arcs mais n’est pas étoilé.
IR
Proposition 10
Les parties connexes par arcs de IR sont les intervalles.
Principe de démonstration. Les intervalles de IR sont ses parties convexes. Il reste donc à
montrer qu’une partie de IR est connexe par arcs si, et seulement si, elle est convexe.
Démonstration page 311
¾ p.311 Exercice 15 Montrer que tout ouvert de IR est une réunion au plus dénombrable
d’intervalles ouverts disjoints deux à deux.
Proposition 11
L’image d’une partie connexe par arcs par une application continue est
connexe par arcs.
Démonstration page 312
Si E est un espace vectoriel normé réel de dimension (éventuellement infinie)
au moins 2 , la sphère unité de E est connexe par arcs.
C’est en effet l’image de E \ {0} (qui est connexe par arcs, d’après l’exercice 12 de la
page précédente) par l’application continue :
ϕ :
E \ {0} −→ E
x
x −→
·
x
Corollaire 12
Si f est une application continue à valeurs dans IR, alors l’image par f de
toute partie connexe par arcs est un intervalle.
Démonstration. C’est immédiat d’après la proposition 11 puisque les parties connexes par arcs
de IR sont les intervalles.
Ce résultat est une généralisation du théorème des valeurs intermédiaires vu en première année disant que l’image d’un intervalle par une
fonction continue est un intervalle.
p.312 Exercice 16 Montrer qu’il n’existe pas de bijection continue de C dans IR .
p.312 Exercice 17 Soit A une partie connexe par arcs de E .
1. Soit B une partie de A. Montrer que si B est à la fois un ouvert relatif à A et
un fermé relatif à A, alors on a B = ∅ ou B = A.
2. Montrer que A ne peut pas s’écrire comme la réunion de deux ouverts relatifs
non vides et disjoints.
¾ Nous allons d’abord démontrer l’équivalence des normes dans IKp , puis la
généraliser à tout espace de dimension finie.
Énonçons tout d’abord le lemme suivant, qui a déjà été démontré précédemment (cf. exercice 3 de la page 293).
Lemme 13
Dans IKp muni de la norme infinie, toute partie fermée bornée est compacte.
Théorème 14
Toutes les normes de IKp sont équivalentes.
Principe de démonstration.
Par transitivité, il suffit de montrer que toutes les normes sur IKp
sont équivalentes à la norme infinie.
Démonstration (non exigible) page 313
Théorème 15
Dans un espace de dimension finie, toutes les normes sont équivalentes.
Démonstration page 314
Le fait que dans un espace de dimension finie toutes les normes
soient équivalentes entraîne que beaucoup de notions sont indépendantes de
la norme choisie :
• caractère ouvert, fermé, borné d’une partie ;
• intérieur, adhérence, frontière d’une partie ;
• limites de suites, limites de fonctions, continuité ;
• parties compactes, connexes par arcs.
Pour évoquer ces notions, il n’est pas nécessaire de préciser la norme choisie.
Ainsi, la phrase « Soit E un espace de dimension finie et A une partie bornée
de E » a un sens : le caractère borné de A ne dépend pas de la norme dont E
est muni.
Le résultat suivant indique que, dans un espace de dimension finie, la convergence d’une suite est équivalente à celle de ses suites coordonnées dans une
base.
¾
Proposition 16
Soit E un espace vectoriel de dimension finie muni d’une base B = (e1 , . . . , ep ).
(1) (p) Soit (an ) une suite à valeurs dans E . Notons an , . . . , an
« coordonnées dans la base B », c’est-à-dire vérifiant :
∀n ∈ IN an =
p
les suites
a(k)
n ek .
k=1
Étant donné
=
p
k ek appartenant à E , il est équivalent de dire :
k=1
(i) la suite (an ) converge vers
;
(k) (ii) pour tout k ∈ [[1, p]] , la suite an
converge vers
k.
Démonstration page 314
Principe de démonstration.
Utiliser la norme infinie dans la base B .
De la même façon, si f est une application à valeurs dans un espace de dimension finie, alors l’étude de la limite de f en un point, ou encore l’étude de
la continuité de f , se ramène à celle de ses applications coordonnées dans une
base.
Proposition 17
Soit E un espace vectoriel de dimension finie muni d’une
base B = (e1 , . . . , ep ), ainsi que A une partie de E . Soit f : A → E
une application à valeurs dans E (A étant une partie quelconque d’un
espace vectoriel normé). Notons f1 , . . . , fp les applications « coordonnées
de f dans la base B », c’est-à-dire vérifiant :
∀x ∈ A f (x) =
p
fk (x) ek .
k=1
Pour a ∈ A et
=
p
k ek appartenant à E , il est équivalent de dire :
k=1
(i) l’application f admet
comme limite en a ;
(ii) pour tout k ∈ [[1, p]] , l’application fk tend vers
Principe de démonstration.
Utiliser la norme infinie dans la base B .
¿¼¼
k en a.
Démonstration page 314
Théorème 18 (Théorème de Bolzano-Weierstrass)
Dans un espace vectoriel de dimension finie, toute suite bornée possède au
moins une valeur d’adhérence, i.e. admet au moins une sous suite convergente.
Démonstration page 314
Principe de démonstration.
Travailler avec la norme infinie dans une base et utiliser les suites coordonnées.
Théorème 19
Les parties compactes d’un espace vectoriel de dimension finie sont ses parties
fermées bornées.
Démonstration page 315
Principe de démonstration.
Un sens a déjà été prouvé. Pour l’autre, utiliser le théorème de Bolzano-Weierstrass.
Proposition 20
Dans un espace vectoriel normé, tout sous-espace vectoriel de dimension finie
est un fermé.
Principe de démonstration.
Par caractérisation séquentielle.
Démonstration page 315
L’exercice suivant donne l’exemple d’un sous-espace vectoriel non fermé, ce
qui justifie l’importance de l’hypothèse « F est de dimension finie » dans la
proposition 20.
p.315 Exercice 18 Un sous-espace vectoriel non fermé
Soit E le IK -espace vectoriel des suites bornées à valeurs dans IK , muni de la norme
infinie u∞ = sup |un |.
n∈IN
Montrer que l’ensemble F des suites presque nulles (i.e. nulles à partir d’un certain
rang) est un sous-espace vectoriel de E qui n’est pas un fermé de E .
Théorème 21
Soit E et F deux IK-espaces vectoriels normés. Si E est de dimension finie,
alors toute application linéaire de E dans F est continue.
Principe de démonstration.
Utiliser la caractérisation de la continuité d’une application li-
néaire donnée par la proposition 19 de la page 269.
Démonstration page 315
¿¼½
Si E est de dimension finie, alors toute forme linéaire est continue ; en
particulier, si B = (e1 , . . . , en ) est une base de E , alors, pour tout i ∈ [[1, n]], la
forme linéaire « i -ème coordonnées dans la base B » est continue :
E −→ IK
n
x=
xk ek −→ xi .
k=1
On appelle fonction polynomiale sur IKn toute application f : IKn → IK s’écrivant comme une combinaison linéaire d’applications qui sont elles-mêmes des
produits de fonctions coordonnées. Plus précisément :
Définition 5
Une application f : IKn → IK est dite polynomiale s’il existe une famille
presque nulle de scalaires (λk1 ,...,kn )(k1 ,...,kn )∈INn telle que :
∀(x1 , . . . , xn ) ∈ IKn
f (x1 , . . . , xn ) =
(k1 ,...,kn )∈INn
λk1 ,...,kn xk11 · · · xknn .
Avec les notations ci-dessus, si f = 0, le degré de f est :
max k1 + · · · + kn λk1 ,...,kn = 0 .
Par convention, le degré de l’application nulle vaut −∞.
L’application f :
IR3 −→ IR
(x, y, z) −→ xy − x3 z 4 + 4xyz 2
est polynomiale de
degré 7 .
La notion de fonction polynomiale se généralise à n’importe quel espace de
dimension finie :
Définition 6
Supposons E de dimension finie. Soit B = (e1 , . . . , en ) une base de E . Une
application f : E → IK est dite polynomiale s’il existe une famille presque
nulle de scalaires (λk1 ,...,kn )(k1 ,...,kn )∈INn telle que :
∀x =
n
xk ek ∈ E
f (x) =
(k1 ,...,kn )∈INn
k=1
λk1 ,...,kn xk11 · · · xknn .
1. Reprenons les notations de la définition précédente. Pour tout i ∈ [[1, n]],
notons πi la forme linéaire k -ième coordonnées dans la base B , c’est-àdire :
πi :
E −→ IK
n
k=1
¿¼¾
xk ek −→ xi .
Alors, l’application f s’exprime à l’aide des formes linéaires π1 , . . . , πn :
f=
(k1 ,...,kn )∈INn
λk1 ,...,kn π1k1 · · · πnkn .
( )
2. La définition précédente ne dépend pas de la base choisie. En effet, si B
D1 , . . . , π
Dn désignent les formes linéaires
désigne une autre base de E , et si π
coordonnées dans cette base, alors on a :
Dn .
D1 , . . . , π
∀k ∈ [[1, n]] πk ∈ Vect π
Donc, si f vérifie une relation de la forme ( ), en écrivant chaque πk
D1 , . . . , π
Dn , on peut montrer que f vérifie
comme combinaison linéaire de π
Dk (évidement, avec a
encore une relation de la forme ( ) vis-à-vis des π
priori d’autres valeurs pour les λk1 ,...,kn ).
3. Une application f : E → IK est polynomiale si, et seulement si, on peut
l’écrire sous la forme :
f = g ◦ ϕ,
avec g : IKn → IK polynomiale et ϕ : E → IKn l’application qui à un
vecteur de E associe la n-liste de ses composantes dans une base B de E .
Toute fonction polynomiale s’obtient donc, par produits et combinaisons linéaires, à partir des formes linéaires coordonnées. Comme celles-ci sont continues (comme toute application linéaire en dimension finie), on obtient le résultat suivant :
Proposition 22
Toute application polynomiale est continue.
Corollaire 23
L’application det : Mn (IK) −→ IK
continue.
M −→ det(M )
p.316 Exercice 19
Démonstration page 316
1. Montrer que l’application Mn (IK) −→ Mn (IK) est continue.
A −→ Com A
2. En déduire que l’application GLn (IK)
A
−→ GLn (IK) est continue.
−→ A−1
p.316 Exercice 20 Soit n ⩾ 1 . Montrer que GLn (IR) n’est pas connexe par arcs.
¿¼¿
Sur la connexité par arcs et les ensembles GLn (IR) et GLn (C), on
pourra regarder les exercices 6.19 et 6.18.
Théorème 24
Soit E1 , . . . , Ep et F des espaces vectoriels normés. Si E1 , . . . , Ep sont de
dimension finie, alors toute application p-linéaire de E1 × · · · × Ep dans F
est continue.
Principe de démonstration.
Si f : E1 × · · · × Ep → F est p -linéaire, alors f s’exprime à
l’aide des applications coordonnées dans une base.
Démonstration page 317
Si E est de dimension finie, et si B est une base de E , alors l’application
E n −→ (u1 , . . . , un )
IK −→ detB (u1 , . . . , un )
est continue.
p.317 Exercice 21
1. Justifier la continuité de l’application :
ϕ :
Mn (IR) −→ Mn (IR)
A −→ t A A.
2. Montrer que On (IR) est un compact de Mn (IR).
Corollaire 25
Soit E1 , . . . , Ep et F des espaces vectoriels normés. Si E1 , . . . , Ep sont de
dimension finie et si f est une application p-linéaire de E1 ×· · ·×Ep dans F ,
alors il existe une constante positive C vérifiant :
∀(x1 , . . . , xp ) ∈ E1 × · · · × Ep
Principe de démonstration.
de la norme produit.
>
>
>f (x1 , . . . , xp )> ⩽ Cx1 × · · · × xp .
Se ramener à étudier f sur la boule unité de E1 × · · · × Ep muni
Démonstration page 318
Dans le corollaire 25, les normes choisies sur E1 , . . . , Ep ont peu
d’importance puisque E1 , . . . , Ep sont supposés de dimension finie. En revanche, il est à noter que, bien que F ne soit pas supposé de dimension finie,
le résultat est vrai quelle que soit la norme choisie.
¿ p.318 Exercice 22 Norme sous-multiplicative
Soit (E, +, · , ×) une IK -algèbre de dimension finie. En considérant l’application
qui à un couple de deux éléments de E associe leur produit :
ϕ :
E 2 −→ E
(x, y) −→ x × y,
montrer qu’il existe une norme N sur E qui soit sous-multiplicative, c’est-à-dire
vérifiant :
N (x × y) ⩽ N (x) N (y).
Le résultat de cet exercice assure, en particulier, l’existence d’une
norme sous-multiplicative sur les IK-algèbres de dimension finie suivantes :
IKn [X],
Mn (IK),
L(IKn ).
¿ Exercice 1 C’est évident d’après la définition 1 de la page 290 : le fait que toute suite
d’éléments de A possède une valeur d’adhérence dans A ne dépend pas du fait que
l’on considère A comme une partie de E ou de F .
Théorème 1
• Un sens est évident : si (an ) est une suite convergente, alors elle possède sa limite
comme unique valeur d’adhérence.
• Montrons l’autre sens. Soit (an ) une suite d’éléments de A possédant une unique
valeur d’adhérence α ; montrons que (an ) converge vers α .
Par l’absurde : supposons que (an ) ne converge pas vers α .
Alors il existe ε > 0 tel que :
∀n0 ∈ IN ∃n ⩾ n0
an − α > ε.
Cela permet de construire une sous-suite (bn ) = aϕ(n) vérifiant :
bn − α > ε.
∀n ∈ IN
( )
La suite (bn ) étant à valeurs dans le compact A, elle possède au moins une valeur
d’adhérence β . La propriété ( ) assure que β =
α . Comme β est valeur d’adhérence
d’une sous-suite de (an ), β est également valeur d’adhérence de (an ). La suite (an )
possède donc au moins deux valeurs d’adhérence, ce qui contredit l’hypothèse initiale.
D’où le résultat.
Proposition 2
• Supposons que A ne soit pas une partie fermée. Alors on peut trouver une suite (an )
d’éléments de A qui converge mais dont la limite n’appartient pas à A. L’unique
valeur d’adhérence d’une suite convergente étant sa limite, la suite (an ) ne possède
pas de valeur d’adhérence dans A. Donc A n’est pas compacte.
• Supposons que A ne soit pas bornée. Alors on a :
∀M ∈ IR
∃a ∈ A a > M.
En particulier, pour tout n ∈ IN, on peut trouver un élément an de A vérifiant an > n. On construit ainsi une suite (an ) d’éléments de A vérifiant :
∀n ∈ IN
an > n.
Il est clair qu’une telle suite n’admet aucune sous-suite convergente : si aϕ(n) est
une sous-suite de (an ), alors on a :
∀n ∈ IN aϕ(n) ⩾ ϕ(n) ⩾ n,
La sous-suite aϕ(n) n’est donc pas bornée, elle est donc divergente.
Exercice 2
• Tout d’abord, A est une boule fermée, donc A est une partie fermée et bornée.
• Considérons la suite (X n )n∈IN . Tous les éléments de la suite sont de norme 1 ,
donc appartiennent à A. En revanche, pour tout (n1 , n2 ) ∈ IN2 tel que n1 = n2 ,
>
>
on a >X n1 − X n2 > = 1 . Il est donc impossible d’extraire de la suite (X n )n∈IN une
sous-suite convergente. Donc A n’est pas compacte.
¿ Démonstrations et solutions des exercices du cours
Proposition 3 Soit A une partie compacte, et B une partie fermée de A. On peut trouver F un fermé de E tel que B = A ∩ F . Si (bn ) est une suite d’éléments de B , alors,
étant donné que B ⊂ A et que A est compacte, on peut extraire de (bn ) une sous-suite
convergeant vers un élément de A. Comme (bn ) est une suite à valeurs dans F que F
est un fermé, la limite de (bn ) appartient aussi à F . Comme B = F ∩A, la limite de (bn )
appartient finalement à B , ce qui prouve que B est compacte.
Proposition 4 Soit (xn , yn ) une suite d’éléments de A × B .
• Comme A est compacte, on peut extraire de (xn ) une sous-suite xϕ1 (n) convergeant vers un élément a de A.
• Puis, comme B est compacte, on peut extraire de yϕ1 (n) une sous-suite yϕ1 ◦ϕ2 (n)
convergeant vers un élément b de B .
• Comme xϕ1 (n) converge vers a, il en est de même pour sa sous-suite xϕ1 ◦ϕ2 (n) .
La suite de terme général xϕ1 ◦ϕ2 (n) , yϕ1 ◦ϕ2 (n) est alors une sous-suite de (xn , yn )
qui converge vers l’élément (a, b) de A × B .
Cela montre que A × B est une partie compacte.
Exercice 3
• Un des sens est donné par la proposition 2 de la page 291 : pour qu’une partie soit
compacte, il est nécessaire qu’elle soit fermée et bornée.
• Réciproquement, soit A est une partie fermée et bornée de (IKn , ·∞ ).
Alors, en considérant M un réel vérifiant :
∀a ∈ A a∞ ⩽ M,
et en notant Df (0, M ) = {x ∈ IK |x| ⩽ M } , on a A ⊂ Df (0, M )n .
Comme Df (0, M ) est un compact (en tant que partie fermée et bornée de IK), on
en déduit que le produit Df (0, M )n est un compact de (IKn , ·∞ ).
Alors, en tant que partie fermée d’une partie compacte, A est compacte.
Exercice 4 Travaillons avec la norme ·∞ .
•
L’ensemble K est borné car :
∀(λ1 , . . . , λn ) ∈ K
•
>
>
>(λ1 , . . . , λn )> = max |λi | ⩽ 1.
∞
i∈[[1,n]]
D’autre, part K est un fermé relatif de (IR+ )n car il s’écrit ϕ−1 ({1}) où ϕ est
l’application continue :
ϕ :
(IR+ )n −→ IR
(λ1 , . . . , λn ) −→ λ1 + · · · + λn .
Comme (IR+ )n est un fermé de IRn , il en résulte que K est un fermé de IRn .
Donc, d’après l’exercice précédent, K est une partie compacte de IKn .
Proposition 6 Soit X une partie de E , f : X → F une application continue et A une
partie compacte incluse dans X . Montrons que f (A) est une partie compacte de F .
Soit (bn ) une suite d’éléments de f (A). Pour tout n ∈ IN, on peut trouver an ∈ A
¿ tel que f (an ) = bn . Puisque A est compact, on peut extraire de (an ) une sous-suite
convergente aϕ(n) . Notons α la limite de aϕ(n) ; alors, par continuité de f , on
a f aϕ(n) → f (α), c’est-à-dire bϕ(n) → f (α). La suite (bn ) possède donc une valeur
d’adhérence dans f (A). Cela montre que f (A) est compacte.
Exercice 5
1. Soit X ⊂ E . Montrer que g −1 (X) = f (X ∩ A) par double inclusion :
•
•
Soit y ∈ g −1 (X). On a alors g(y) ∈ X . Par définition de g , on a
aussi g(y) ∈ A, et donc g(y) ∈ X ∩ A. Puis, comme g(y) est l’unique an
técédent de y par f , on a f g(y) = y . Comme g(y) ∈ X ∩ A, on a donc
bien y ∈ f (X ∩ A).
Soit y ∈ f (X ∩ A). L’unique antécédent de y par f se situe alors dans X ∩ A,
donc dans X . On a donc g(y) ∈ X , c’est-à-dire y ∈ g −1 (X).
2. Soit X une partie fermée de E . Montrons que g −1 (X) est un fermé relatif de B .
En tant que fermé relatif de A, l’intersection X ∩ A est compacte (cf. la proposition 3 de la page 292). Comme f est continue, la proposition 6 de la page 293
assure alors que f (X ∩ A) est une partie compacte de F , donc un fermé de F ,
donc un fermé de B . L’égalité obtenue à la question précédente :
g −1 (X) = f (X ∩ A).
donne alors que g −1 (X) est un fermé relatif de B . D’où la continuité de g .
Corollaire 7 Soit f : A → IR une application continue, où A est une partie compacte.
D’après la proposition 6 de la page 293, l’image de A par f est un compact, donc :
•
f (A) est bornée, ce qui assure que f est bornée ;
•
f (A) est fermée, ce qui assure que les bornes de f sont atteintes.
A2 −→ IR
La fonction f est conti(x, y) −→ d(x, y).
nue et définie sur une partie compacte (comme A est compacte, A2 l’est aussi).
Elle est donc bornée et atteint ses bornes. En particulier, elle admet un maximum, ce
qui justifie l’existence d’un couple (x, y) ∈ A2 tel que δ(A) = d(x, y).
Exercice 6 Considérons la fonction f :
Exercice 7
> >
1. Soit a ∈ IR. On remarque que g(x, y) = ϕ >(x, y)>2 avec ϕ : r →
Par croissances comparées, on a ϕ(r) −→ +∞.
r→+∞
On en déduit qu’il existe R > 0 tel que :
r > R =⇒ ϕ(r) > a,
et donc :
¿ ∀(x, y) ∈ IR2 \ Df (0, R) g(x, y) > a.
2
er
·
1 + r2
Démonstrations et solutions des exercices du cours
2. D’après la question précédente (pour a = g(0, 0)), il existe R > 0 tel que :
∀(x, y) ∈ IR2 \ Df (0, R) g(x, y) > g(0, 0).
( )
Comme g est continue et que le disque fermé Df (0, R) est compact, le corollaire 7
de la page 294 assure que la restriction de g à Df (0, R) est bornée et atteint ses
bornes ; notons m son minimum.
Comme (0, 0) ∈ Df (0, R), on a m ⩽ g(0, 0), et donc ( ) donne :
∀(x, y) ∈ IR2 \ Df (0, R) g(x, y) > m.
Il en résulte que m est le minimum global de la fonction g .
Théorème 8 Soit A une partie compacte de E et f : A → F une application continue.
Raisonnons par l’absurde en supposant que f n’est pas uniformément continue. En niant
la définition de l’uniforme continuité, on obtient l’existence de ε > 0 tel que :
∀η > 0
∃(x, y) ∈ A2
x − y ⩽ η
et
f (x) − f (y) > ε.
On en déduit que pour tout n ∈ IN, il existe un couple (xn , yn ) ∈ A2 vérifiant :
xn − yn ⩽ 2−n
et
f (xn ) − f (yn ) > ε.
( )
On construit ainsi deux suites (xn ) et (yn ) d’éléments de A. Par compacité de A, on
peut extraire de (xn ) une sous-suite xϕ(n) convergeant vers un élément α de A.
L’inégalité suivante, valable pour tout n ∈ IN :
>
> >
> >
>
>yϕ(n) − α> ⩽ >xϕ(n) − yϕ(n) > + >xϕ(n) − α>
⩽2−ϕ(n) →0
→0
montre alors que la suite yϕ(n) converge également vers α .
Par continuité de f , on a alors f xϕ(n) → f (α) et f yϕ(n) → f (α). Il en résulte
> >
que >f xϕ(n) − f yϕ(n) > → 0 , ce qui est une contradiction car la propriété ( ) impose
que :
> >
∀n ∈ IN >f xϕ(n) − f yϕ(n) > > ε.
Exercice 8 Il suffit de considérer l’application p : [c, d] → A définie par :
#
$
t−c
p(t) = p a +
(b − a) .
d−c
Proposition 9
• Réflexivité. Soit x ∈ A. La fonction constante
•
[0, 1] −→ A
t −→ x
est un chemin
reliant x à lui-même.
Symétrie. Si p : [a, b] → A est un chemin reliant deux points x à y de A, alors
p : [a, b] −→ A
t −→ p a + b − t
•
est un chemin reliant y à x.
Transitivité. Soit x, y et z trois points de A tels que :
∗ il existe un chemin p1 reliant x à y dans A ;
∗ il existe un chemin p2 reliant y à z dans A.
¿ Quitte à changer de paramétrage (cf. exercice 8 de la page 295), on peut supposer
que p1 et p2 sont définis respectivement sur [0, 1] et [1, 2].
Considérons l’application p : [0, 2] → A définie par :
p1 (t) si t ∈ [0, 1]
p(t) =
p2 (t) si t ∈ ]1, 2]
Cette application p est continue en 1 car p1 (1) = p2 (1) = y . Elle constitue donc un
chemin reliant x à z dans A.
Exercice 9 Soit A une partie ouverte d’un espace vectoriel normé, et C une composante connexe par arcs de A. Soit x ∈ C . Montrons qu’il existe r > 0 tel que la
boule B(x, r) soit incluse dans C .
Comme A est ouvert, il existe r > 0 tel que B(x, r) ⊂ A. Soit alors y ∈ B(x, r). Le
segment [x, y], étant inclus dans B(x, r), l’est aussi dans A. Par suite x et y sont
reliés par un chemin dans A, donc appartiennent à la même composante connexe. On
a donc y ∈ C .
Cela montre que B(x, r) ⊂ C , et prouve le résultat souhaité.
Exercice 10 L’ensemble IR \ {a} n’est pas connexe par arcs.
En effet, pour x > a et y < a, le théorème des valeurs intermédiaires assure que
toute application continue p : [α, β] → IR vérifiant p(α) = x et p(β) = y prend au
moins une fois la valeur a (et ne peut donc pas être à valeurs dans IR \ {a} ).
En revanche, les deux ensembles ]−∞, a[ et ]a, +∞[ sont connexes par arcs car
convexes. Comme ils sont disjoints et que leur réunion vaut IR \ {a} , ce sont les
deux composantes connexes par arcs de IR \ {a} .
Exercice 11 Soit z1 et z2 sont deux éléments de C \ {a} .
Considérons les deux chemins suivants :
γ2
γ1 : [0, 1] −→ C∗
t −→ (1 − t)z1 + tz2
et
z2
∗
γ1
γ2 : [0, π] −→ C
z1 + z2
z1 − z2 iθ
θ −→
+
e .
z1
2
2
Le chemin γ1 a pour image le segment reliant z1 à z2 , et le chemin γ2 a pour image
le demi-cercle de diamètre [z1 z2 ].
Comme les seuls points communs à γ1 et γ2 sont z1 et z2 , il est clair qu’au moins un
de ces deux chemins ne passe pas par a, et permet donc relier z1 à z2 dans C \ {a} .
Cela prouve la connexité par arcs de C \ {a} .
Exercice 12
1. Soit x et y appartenant à E \ {0} . Montrons que x et y sont reliés par un chemin
dans E \ {0} .
• Si la famille (x, y) est libre, alors on a :
∀λ ∈ [0, 1] (1 − λ)x + λy = 0,
¿½¼
Démonstrations et solutions des exercices du cours
et alors l’application [0, 1] −→ E \ {0}
est un chemin reliant x à y .
λ −→ (1 − λ)x + λy
• Sinon, alors prenons z ∈ E \ Vect(x, y) (un tel z existe car E est de dimension
au moins 2). Alors, les familles (x, z) et (y, z) sont libres. D’après le premier
point, x et z d’une part, et y et z d’autre part, sont reliés par un chemin
dans E \ {0} . On conclut par transitivité.
2. Soit a ∈ E ainsi que x et y deux points de E \ {a} . Comme x − a et y − a
appartiennent à E \ {0} , la première question assure l’existence d’un chemin :
ϕ : [0, 1] → E \ {0}
reliant x à y . Alors, l’application ψ : t → ϕ(t) + a est un chemin reliant x à y
dans E \ {a} .
Exercice 13 Soit (x, y) ∈ (A1 ∪ A2 )2 . Montrons que x et y sont reliés par un chemin
dans A1 ∪ A2 .
• Si x et y appartiennent tous les deux à A1 , c’est évident car A1 est connexe par
arcs. De même, si x et y appartiennent tous les deux à A2 , c’est évident.
• Supposons l’un des deux points dans A1 et l’autre dans A2 . Par symétrie en x
et y , on peut supposer x ∈ A1 et y ∈ A2 . Comme A1 et A2 sont d’intersection
non vide, il existe z ∈ A1 ∩ A2 .
∗ Comme A1 est connexe par arcs, x et z sont reliés par un chemin dans A1 ,
donc dans A1 ∪ A2 .
∗ Comme A2 est connexe par arcs, z et y sont reliés par un chemin dans A2 ,
donc dans A1 ∪ A2 .
Donc, par transitivité, on peut affirmer que x et y sont reliés par un chemin
dans A1 ∪ A2 .
Exercice 14 Soit A une partie étoilée. Il existe donc a ∈ A tel que A soit étoilée par
rapport à a. Si x et y sont deux points de A, alors :
•
•
comme [a, x] ⊂ A, a et x sont reliés par un chemin dans A ;
comme [a, y] ⊂ A, a et y sont reliés par un chemin dans A.
Donc, par transitivité, x et y sont reliés par un chemin dans A.
Proposition 10
• Un intervalle de IR est convexe donc connexe par arcs.
• Réciproquement soit I un connexe par arcs de IR . Si x et y sont deux points de I ,
alors il existe un chemin joignant x et y dans I , et par le théorème des valeurs
intermédiaires, ce chemin prend toutes les valeurs entre x et y . Cela assure que
toutes les valeurs comprises entre x et y appartiennent à I , et donc que I est un
intervalle.
Exercice 15 Soit U un ouvert de IR . Les composantes connexes par arcs de U :
•
•
d’une part, sont connexes par arcs, donc sont des intervalles (d’après la proposition 10 de la page 297) ;
d’autre part, sont des ouverts de IR (car U est ouvert, et d’après l’exercice 9 de
la page 296).
¿½½
On en déduit que U s’écrit comme une réunion d’intervalles ouverts :
U=
I,
I∈C
où C désigne l’ensemble des composantes connexes par arcs de U .
Il reste à démontrer que cette réunion est dénombrable, c’est-à-dire que C est dénombrable. Par densité de Q dans IR, tout intervalle ouvert contient au moins un rationnel. L’application qui à un rationnel de U associe l’unique composante connexe par
arcs de U à laquelle il appartient constitue donc une application surjective de U ∩ Q
vers C . Comme U ∩ Q est dénombrable, cela assure que C est dénombrable.
Proposition 11 Soit A une partie connexe par arcs, F un espace vectoriel normé, ainsi
que f : A → F une application continue. Montrons que f (A) est connexe par arcs.
2
Soit (y1 , y2 ) ∈ f (A) . On peut considérer (x1 , x2 ) ∈ A2 tel que f (x1 ) = y1
et f (x2 ) = y2 . Comme A est connexe par arcs, il existe un chemin γ : [a, b] → A
reliant x1 à x2 .
Alors, l’application f ◦ γ :
•
•
est continue, comme composée de deux applications continues ;
est à valeurs dans f (A) ;
•
vérifie (f ◦ γ)(a) = f (x1 ) = y1 et (f ◦ γ)(b) = f (x2 ) = y2 ;
c’est donc un chemin reliant y1 à y2 dans f (A). Donc f (A) est connexe par arcs.
Exercice 16 Supposons que ϕ : C → IR soit une bijection continue. Alors, l’application
Ψ : C \ {ϕ−1 (0)}
z
−→
−→
IR∗
ϕ(z)
est également bijective et continue. Or, l’ensemble C \ {ϕ−1 (0)} est connexe par arcs
(cf. exercice 11 de la page 297) alors que IR∗ ne l’est pas. Ceci est en contradiction
avec la proposition 11 de la page 298 ; cela prouve le résultat.
Exercice 17
1. Considérons la restriction à A de la fonction indicatrice de B :
ϕ : A −→ IR
1
x −→
0
•
¿½¾
si x ∈ B
sinon.
Tout d’abord, montrons que la fonction ϕ est continue. Soit U un ouvert de IR .
∗ Si 0 ∈ U et 1 ∈ U , alors ϕ−1 (U ) = A ; c’est un ouvert relatif de A.
∗ Si 0 ∈ U et 1 ∈
/ U , alors ϕ−1 (U ) = B ; c’est un ouvert relatif de A par
hypothèse sur B .
∗ Si 0 ∈
/ U et 1 ∈ U , alors ϕ−1 (U ) = A \ B ; c’est un ouvert relatif de A car
par hypothèse B est un fermé de A.
∗ Si 0 ∈
/ U et 1 ∈
/ U , alors ϕ−1 (U ) = ∅ ; c’est un ouvert relatif de A.
Dans tous les cas, ϕ−1 (U ) est donc un ouvert relatif de A. Cela prouve que ϕ
est continue.
Démonstrations et solutions des exercices du cours
•
Comme ϕ est continue et que A est connexe par arcs, le corollaire 12 de la
page 298 nous assure que ϕ(A) est un intervalle. Comme ϕ(A) ⊂ {0, 1} , il en
résulte que :
∗ ou bien ϕ est constante égale à 0 , c’est-à-dire B = ∅ ;
∗ ou bien ϕ est constante égale à 1 , c’est-à-dire B = A.
2. Par l’absurde : supposons qu’il existe U1 et U2 deux ouverts relatifs de A, disjoints, non vides et tels que U1 ∪ U2 = A.
Montrons que U1 est un fermé relatif de A. Comme U2 est un ouvert relatif de A,
on peut trouver O un ouvert de E tel que U2 = A ∩ O . On a alors :
U1 = A ∩ (E \ U2 )
= A ∩ E \ (A ∩ O)
= A ∩ (E \ A) ∪ (E \ O)
= A ∩ (E \ A) ∪ A ∩ (E \ O) = A ∩ (E \ O).
=∅
Comme O est un ouvert de E , E \ O est un fermé de E . Par suite, U1 est fermé
relatif de A.
Ainsi, U1 est à la fois un ouvert relatif de A et un fermé relatif de A.
Comme U1 = ∅ et U1 = A (car U2 = ∅ ), cela est en contradiction avec le résultat
de la première question.
Théorème 14 Soit N une norme sur IKp .
• Tout d’abord, pour x = (x1 , . . . , xp ) ∈ IKp , on a, en notant (e1 , . . . , ep ) la base
canonique de IKp :
N (x) = N
p
k=1
•
xk ek
⩽
p
|xk | N (ek ) ⩽ M x∞ ,
k=1
avec
M=
p
N (ek ).
k=1
Cela montre que N est dominée par la norme infinie.
D’autre part, la seconde inégalité triangulaire donne, pour tout (x, y) ∈ (IKp )2 :
N (x) − N (y) ⩽ N (x − y) ⩽ M x − y∞ .
Il en résulte que l’application N est M -lipschitzienne, donc continue.
La sphère unité fermée S∞ (0, 1) de (IKp , ·∞ ) étant fermée et bornée, elle est
compacte (cf. lemme 13). La restriction de N à S∞ (0, 1) est donc bornée et atteint ses
bornes. En particulier, elle atteint sa borne inférieure m en un point xm de S∞ (0, 1).
Puisque xm est non nul, la propriété de séparation de N assure que m > 0 .
x
Pour tout vecteur non nul x, on a
∈ S∞ (0, 1), et donc :
x∞
m⩽N
x
x∞
=
N (x)
,
x∞
ce qui donne
1
N (x).
m
Cela prouve que la norme infinie et dominée par N , et termine la preuve.
x∞ ⩽
¿½¿
Théorème 15 Soit E un IK-espace vectoriel normé de dimension p. On sait que E est
isomorphe à IKp . On peut donc considérer u : IKp → E un isomorphisme.
Étant donné N1 et N2 deux normes sur E , et comme u est une application linéaire
injective, les applications N1 ◦ u et N2 ◦ u sont des normes sur IKp (cf. page 200).
D’après le théorème 14 de la page 299, ces deux normes sont équivalentes, donc il existe
deux constantes a > 0 et b > 0 telles que :
∀x ∈ IKp a N1 u(x) ⩽ N2 u(x) ⩽ bN1 u(x) ,
ce qui donne :
∀y ∈ Im u a N1 (y) ⩽ N2 (y) ⩽ b N1 (y).
Comme u est un isomorphisme, on a Im u = E . On a donc a N1 ⩽ N2 ⩽ b N1 , ce qui
prouve que N1 et N2 sont équivalentes.
Proposition 16 Comme E est de dimension finie, on peut le munir de la norme que l’on
souhaite. Munissons E de la « norme infinie dans la base B », c’est-à-dire la norme N∞
définie par :
N∞ (x) = max |xk |,
k∈[[1,p]]
où (x1 , . . . , xp ) désignent les coordonnées de x dans la base B .
Il est alors clair qu’au sens de la norme N∞ , la convergence vers de la suite (an ) revient
(k) vers k , puisque l’on a :
à la convergence de chacune des suites an
N∞ (an − ) = max a(k)
n − k .
k∈[[1,p]]
Proposition 17 Comme E est de dimension finie, on peut le munir de la norme que l’on
souhaite. Munissons E de la « norme infinie dans la base B » :
N∞ (x) = max |xk |,
k∈[[1,p]]
où (x1 , . . . , xp ) désignent les coordonnées de x dans la base B .
L’équivalence souhaitée résulte alors de la relation suivante :
∀x ∈ A N∞ f (x) − = max fk (x) − k .
k∈[[1,p]]
Théorème 18 Soit E un espace vectoriel de dimension finie.
Munissons E d’une base B = (e1 , . . . , ep ), ainsi que de la norme infinie dans la base B :
N∞ (x) = max |xk | où x =
k∈[[1,p]]
p
xk ek .
k=1
(1)
(p)
Soit (un ) est une suite bornée. Pour tout n ∈ IN, notons un , . . . , un
p
(k)
de un dans la base B , de sorte que un =
u n ek .
les coordonnées
k=1
Soit R ⩾ 0 tel que ∀n ∈ IN N∞ (un ) ⩽ R . On a alors :
⩽ R.
∀n ∈ IN ∀k ∈ [[1, p]] u(k)
n
(1)
(p) Il en résulte que la suite de terme général un , . . . , un
est à valeurs dans le compact [−R, R]p , et donc admet une sous-suite convergente ; il en est donc de même pour
la suite (un ) (cf. la proposition 16 de la page 300).
¿ Démonstrations et solutions des exercices du cours
Théorème 19 Il a déjà été dit qu’une partie compacte était nécessairement fermée et bornée
(cf. la proposition 2 de la page 291).
Réciproquement, soit A une partie fermée et bornée d’un espace de dimension finie.
D’après le théorème de Bolzano-Weierstrass, toute suite à valeurs dans A admet au
moins une valeur d’adhérence qui, puisque A est fermée, appartient nécessairement à A.
Donc A est compacte.
Proposition 20 Soit E un espace vectoriel normée et F un sous-espace vectoriel de dimension finie de E . Soit (un ) une suite convergente à valeurs dans F . Notons la limite
de (un ), et montrons que ∈ F .
Comme la suite (un ) converge, elle est bornée. Comme (un ) est une suite bornée à
valeurs dans F et que F est de dimension finie, la suite (un ) possède au moins une
valeur d’adhérence dans F . Comme la seule valeur d’adhérence d’une suite convergente
est sa limite, on en déduit que ∈ F .
Exercice 18 Montrer que F est un sous-espace vectoriel de E ne pose pas de difficultés (F est non vide et stable par combinaisons linéaires).
Pour montrer que F n’est pas un fermé de E , exhibons une suite d’éléments de F
qui converge vers un élément de E \ F .
1
Notons u la suite de terme général un =
puis, pour p ∈ IN, notons u(p) la
n+1
suite de terme général :
un si n ⩽ p
=
u(p)
n
0 sinon.
Cet exemple prouve le résultat souhaité, car :
>
>
1
• pour tout p ∈ IN, on a >u(p) − u>∞ =
−→ 0 , donc u(p) → u ;
p + 2 p→+∞
•
•
pour tout p ∈ IN, la suite u(p) n’a qu’un nombre fini de termes non nuls, donc
appartient à F ;
la suite u n’appartient pas à F , car elle possède une infinité de termes non nuls.
Théorème 21 Supposons E de dimension finie. Munissons E d’une base B = (e1 , . . . , en ),
et travaillons avec la norme infinie associée à cette base :
n
xk ek .
N∞ (x) = max |xk | avec x =
k∈[[1,n]]
k=1
Soit u : E → F une application linéaire. Pour montrer que u est continue, il suffit,
d’après la proposition 19 de la page 269, de montrer qu’il existe une constante C ⩾ 0
telle que :
∀x ∈ E N∞ u(x) ⩽ C × N∞ (x).
Pour x =
n
xk ek appartenant à E , on a, par linéarité de u :
k=1
u(x) = u
n
k=1
xk ek
=
n
xk u(ek )
k=1
¿ puis, par inégalité triangulaire :
n
N∞ u(x) ⩽
|xk | N∞ u(ek )
k=1
⩽ C × N∞ (x),
avec
C=
n
N∞ u(ek ) .
k=1
D’où le résultat.
est polynomiale car det(M )
L’application det : Mn (IK) −→ IK
M −→ det(M )
apparaît comme une expression polynomiale des coefficients de M , c’est-à-dire des composantes de M dans la base canonique. Donc, d’après la proposition 22 de la page 303,
elle est continue.
Corollaire 23
Exercice 19
1. Prouvons que l’application Mn (IK) −→ Mn (IK) est polynomiale, ce qui asA −→ Com A
surera sa continuité. Travaillons dans la base canonique de Mn (IK).
Pour A ∈ Mn (IK) et (i, j) ∈ [[1, n]]2 , le coefficient d’indice (i, j) de Com A vaut :
(−1)i+j Δi,j
où Δi,j est le déterminant de la sous-matrice de A obtenue en supprimant la ligne i
et la colonne j : il s’agit donc d’une expression polynomiale en les coefficients de A.
Cela prouve le résultat souhaité.
2. Pour A ∈ GLn (IK), on a :
A−1 =
1
t
(comA).
det(A)
•
L’application GLn (IK) −→ IK
est continue et ne s’annule pas.
A −→ det(A)
•
est continue comme
Mn (IK) −→ Mn (IK)
A −→ t (Com A)
composée des deux applications continues A → Com A et M → t M .
D’autre part, l’application
Donc, par quotient d’applications continues, l’application :
GLn (IK)
A
−→ GLn (IK)
−→ A−1
est continue.
Exercice 20 L’application det : GLn (IR) → IR∗ est surjective et continue. Si GLn (IR)
était connexe par arcs, alors IR∗ le serait aussi, ce qui n’est pas le cas.
¿ Démonstrations et solutions des exercices du cours
Théorème 24 Soit f : E1 × · · · × Ep → F une application p-linéaire.
(k)
(k)
Pour tout k ∈ [[1, p]], notons nk = dim Ek ainsi que Bk = (e1 , . . . , enk ) une base
de Ek . En notant alors gk,i l’élément de E1 × · · · × Ep :
(k)
, 0, . . . , 0 ,
gk,i = 0, . . . , 0, ei
↑
k-ième place
la famille B = gk,i 1⩽k⩽p est une base de E1 × · · · × Ep .
1⩽i⩽nk
Soit u = (u1 , . . . , up ) ∈ E1 × · · · × Ep . En écrivant chaque uk dans la base Bk :
uk =
nk
(k) (k)
xi ei ,
i=1
il vient, par p-linéarité de f :
n1
f (u) = f
(1) (1)
xi1 ei1 , . . . ,
i1 =1
=
n1
···
i1 =1
np
(p) (p)
xip eip
ip =1
np
(1)
(p) (1)
(p) xi1 · · · xip f ei1 , . . . , eip .
ip =1
Si pour k ∈ [[1, p]] et i ∈ [[1, nk ]] , on note πk,i l’application :
πk,i :
E1 × · · · × Ep
nk
(k) (k)
xi ei
uk =
i=1
−→ IK
(k)
−→ xi
alors f s’écrit à l’aide des πk,i :
f=
n1
i1 =1
np
(1)
(p) ···
f ei1 , . . . , eip π1,i1 · · · πp,ip .
ip =1
Comme les πk,i sont des formes linéaires sur l’espace de dimension finie E1 × · · · × Ep ,
elles sont continues. L’expression obtenue pour f assure alors, par opérations sur les
applications continues, que f est continue.
1. En fait, les formes linéaires πk,i considérées ici ne sont rien d’autre que les formes
linéaires coordonnées dans la base B de E1 × · · · × Ep .
2. L’expression obtenue pour f lors du calcul précédent permet de montrer que, dans le
cas où F est de dimension finie, si l’on en considère une base, alors les applications
composantes de f sont des fonctions polynomiales.
Exercice 21
1. On a ϕ = ϕ1 ◦ ϕ2 avec :
ϕ1 :
•
Mn (IR)2 −→ Mn (IR)
(M, N ) −→ M N
et
ϕ1 : Mn (IR) −→ Mn (IR)2
A −→ (t A, A).
L’application ϕ1 est bilinéaire donc, comme Mn (IR) est de dimension finie, ϕ1
est continue.
¿ •
L’application ϕ2 est linéaire donc, comme Mn (IR) est de dimension finie, ϕ2
est continue.
Donc, comme composée d’applications continues, ϕ est continue.
2. Comme Mn (IR) est de dimension finie, il suffit de montrer que On (IR) est une
partie fermée et bornée de Mn (IR).
•
•
Tout d’abord, une matrice A est orthogonales si, et seulement si, t A A = In .
L’ensemble On (IR) apparaît donc comme l’image réciproque de {In } par l’application continue ϕ et donc est un fermé de Mn (IR).
D’autre part, On (IR) est une partie bornée de Mn (IR), par exemple au sens
de la norme infinie, puisque chaque coefficient d’une matrice orthogonale est
inférieur à 1 en valeur absolue.
Corollaire 25
norme :
Supposons E1 , . . . , Ep de dimension finie et munissons E1 × · · · × Ep de la
>
>
>(x1 , . . . , xp )> = max x1 , . . . , xp .
Soit f : E1 × · · · × Ep → F une application p-linéaire. D’après le théorème 24 de la
page 304, l’application f est continue. Elle est donc bornée sur toute partie compacte, et
en particulier sur la sphère unité S(0, 1) de E1 × · · ·× Ep . Il existe donc C ⩾ 0 vérifiant :
>
>
∀(x1 , . . . , xp ) ∈ S(0, 1) >f (x1 , . . . , xp )> ⩽ C.
Mais alors, pour tout (x1 , . . . , xp ) ∈ E1 × · · · × Ep , comme :
x1
xp
,...,
x1 xp on a :
>
>
>f
>
∈ S(0, 1),
>
x1
xp >
> ⩽ C,
,...,
x1 xp >
puis, par p-linéarité de f :
>
>
>f (x1 , . . . , xp )> ⩽ Cx1 × · · · × xp .
Exercice 22 Notons · une norme sur E . L’application ϕ est clairement bilinéaire.
Comme E est de dimension finie, elle est continue et le corollaire 25 de la page 304
nous assure l’existence d’une constante C ⩾ 0 vérifiant :
>
>
∀(x, y) ∈ E 2 >x × y > ⩽ C x × y.
En considérant alors l’application N : x → Cx , il est clair que N est une norme
sur E vérifiant :
∀(x, y) ∈ E 2 N (x × y) ⩽ N (x) N (y).
Le résultat de cet exercice assure, en particulier, l’existence d’une norme
sous-multiplicative sur les IK -algèbres de dimension finie suivantes :
IKn [X],
¿ Mn (IK),
L(IKn ).
Exercices
6.1 Montrer qu’il n’existe pas de bijection continue de U vers [0, 1], où U désigne l’ensemble des nombres complexes de module 1 .
6.2 Soit X une partie au plus dénombrable de IR2 . Montrer que l’ensemble IR2 \ X est
connexe par arcs.
On pourra se contenter de raisonner géométriquement.
6.3 Soit E et F deux IK-espaces vectoriels normés ainsi que A et B deux parties respectivement de E et F . On munit E × F de la norme produit. Montrer que A × B
est connexe par arcs si, et seulement si, A et B le sont.
6.4 Soit E un espace vectoriel normé, et F un fermé dont la frontière Fr(F ) est connexe
par arcs. Montrer que F est connexe par arcs.
6.5 Soit E un IK -espace vectoriel de dimension finie n ⩾ 1 , et H un hyperplan de E .
1. Montrer que si IK = IR , alors E \ H n’est pas connexe par arcs.
2. Montrer que si IK = C, alors E \ H est connexe par arcs.
On pourra utiliser la connexité par arcs de C∗ .
6.6 Théorème des compacts emboîtés
On se place dans un espace vectoriel normé E . Pour tout compact K , on note δ(K)
le diamètre de K défini par (cf. exercice 6 de la page 295) :
δ(K) =
max d(x, y).
(x,y)∈K 2
Soit (Kn )n∈IN une suite de compacts emboîtés, non vides et dont le diamètre tend
vers 0 , i.e. :
∀n ∈ IN (Kn = ∅ et
Kn+1 ⊂ Kn )
B
Kn = {x} .
Montrer qu’il existe x ∈ E tel que
et
δ(Kn ) → 0.
n∈IN
6.7 Théorème de Riesz
On souhaite démontrer le théorème de Riesz. Celui-ci affirme qu’un espace vectoriel
normé est de dimension finie si, et seulement si, sa boule unité fermée est compacte.
1. Justifier le sens « facile » du théorème.
2. Réciproquement, supposons que E soit un espace vectoriel normé de dimension
infinie, et montrons que sa boule unité fermée Bf (0, 1) n’est pas compacte.
(a) Soit F un sous-espace de E de dimension finie et x ∈ E \ F .
i. Justifier l’existence de y ∈ F tel que d(x, F ) = x − y .
ii. En déduire qu’il existe un vecteur unitaire u vérifiant :
d(u, F ) = 1.
(b) Conclure alors en construisant une suite d’éléments de Bf (0, 1) ne possédant
pas de valeur d’adhérence.
¿ 6.8 Compact/fermé versus fermé/fermé
Soit E un IK -espace normé de dimension finie. Étant donné A et B deux parties non
vides de E , on note :
A + B = a + b ; (a, b) ∈ A × B ,
et on appelle distance de A à B la quantité :
d(A, B) =
inf
(a,b)∈A×B
d(a, b).
1. On suppose dans cette question que A est un compact et B est un fermé.
(a) Montrer que A + B est un fermé de E .
(b) Montrer que la distance de A à B est atteinte, i.e. :
∃(a0 , b0 ) ∈ A × B
d(A, B) = d(a0 , b0 ).
2. Montrer que, sous la seule hypothèse que A et B sont des fermés, alors :
• A + B n’est pas nécessairement un fermé ;
• la distance de A à B n’est pas nécessairement atteinte.
On pourra expliciter deux parties A et B pertinentes, par exemple dans IR2 .
6.9 Soit K un compact non vide d’un IK-espace vectoriel normé, et f : K → K une
application vérifiant :
∀(x, y) ∈ K 2
x = y =⇒ f (x) − f (y) < x − y.
( )
1. Montrer que f possède un unique point fixe.
Indication : on pourra introduire la fonction ϕ : x → f (x) − x .
2. Soit x ∈ K . Montrer que la suite récurrente (xn ) définie par :
x0 = x
et
∀n ∈ IN
xn+1 = f (xn )
converge vers l’unique point fixe de f .
6.10 Soit C un compact convexe non vide d’un IK -espace vectoriel normé E et f un
endomorphisme continu de E laissant stable C .
Le but est de montrer que f possède au moins un point fixe.
1. Pour tout n ∈ IN∗ , on pose :
1 k
f .
n
n−1
fn =
k=0
Prouver que fn est un endomorphisme continu de E laissant stable C .
2. Montrer qu’il existe une constante M telle que :
∀y ∈ fn (C)
>
>
>f (y) − y > ⩽ 2M ·
n
3. Prouver alors que f possède au moins un point fixe.
¿¾¼
Exercices
6.11 Procédé diagonal
un
On note 1 l’ensemble des suites (un )n∈IN à valeurs complexes telles que la série
1
converge absolument. On munit
de la norme :
u =
+∞
|un |.
n=0
Soit A l’ensemble des suites (un )n∈IN vérifiant :
∀n ∈ IN
1. Justifier que A est une partie de
2. Soit
|un | ⩽
1
·
2n
( )
1
.
= ( n )n∈IN un élément de A et u(p) p∈IN une suite d’éléments de A. Pour
(p)
tout p ∈ IN, u(p) est donc un élément de A ; son n-ième terme est noté un .
Montrer que u(p) −→
si, et seulement si,
p→+∞
−→ 0.
∀n ∈ IN u(p)
n − n
p→+∞
3. Montrer que A est compact.
6.12 Théorème de Baire
On se place dans un espace vectoriel E de dimension finie. Montrer qu’un intersection
dénombrable d’ouverts denses est dense.
On pourra utiliser le théorème des compacts emboîtés (exercice 6.6).
6.13 Soit n ∈ IN∗ et r ∈ [[0, n − 1]]. Montrer que, dans Mn (IK), l’ensemble des matrices
de rang au plus r est un fermé.
6.14 Soit n ∈ IN∗ . Montrer que l’ensemble des matrices inversibles GLn (IK) est dense
dans Mn (IK).
6.15 Soit n ∈ IN valant au moins 2.
1. Montrer que l’application :
Ψ :
Mn (IK) −→ IKn [X]
A −→ χA
qui à une matrice associe son polynôme caractéristique est continue.
2. Montrer qu’en revanche l’application :
Π :
Mn (IK) −→ IKn [X]
A −→ πA
qui à une matrice associe son polynôme minimal n’est pas continue.
¿¾½
6.16 Soit n ∈ IN∗ .
1. Dans Mn (C), montrer que l’ensemble D des matrices diagonalisables est dense.
Indication : dans Mn (C), toute matrice est trigonalisable.
2. Justifier que ce résultat est faux si l’on se place dans Mn (IR).
6.17 Intérieur de l’ensemble des matrices diagonalisables.
Soit n ∈ IN∗ . Dans Mn (IK), on note D l’ensemble des matrices diagonalisables.
1. Soit (Ap )p∈IN une suite d’éléments de Mn (IK) convergeant A ∈ Mn (IK). Soit λ
une valeur propre de A. Montrer que :
d λ, sp(Ap ) −→ 0.
p→+∞
2. Montrer que l’intérieur de D est l’ensemble des matrices possédant n valeurs
propres distinctes.
6.18 Soit n ∈ IN∗ . On se place dans Mn (C).
1. Soit T une matrice triangulaire inversible. Montrer que T peut être reliée à In
par un chemin continu à valeurs dans GLn (C).
2. En déduire que GLn (C) est connexe par arcs.
6.19 Composantes connexes par arcs de GLn (IR)
Soit n ∈ IN∗ . On se place dans Mn (IR). Le but est de démontrer que GLn (IR) possède
deux composantes connexes par arcs :
C+ = det−1 (IR∗+ )
et
C− = det−1 (IR∗− ).
Notons C0 la composante connexe par arcs de GLn (IR) contenant In .
1. (a) On note Ei,j l’élément d’indice (i, j) de la base canonique de Mn (IR).
Soit T une matrice de transvection, i.e. une matrice de la forme :
T = In + λEi,j
avec i = j
et λ ∈ IR.
Montrer que T ∈ C0 .
(b) Soit D une matrice de dilatation de déterminant positif, i.e. une matrice de
la forme :
D = In + (μ − 1)Ei,i
avec i ∈ [[1, n]] et μ > 1.
Montrer que D ∈ C0 .
(c) En déduire que tout élément A ∈ GLn (IR) peut être relié, par un chemin
continue à valeurs dans GLn (IR), à une matrice diagonale dont la diagonale
est constituée de ±1 .
2. Montrer que si A et B sont semblables et si B appartient à C0 , alors A également.
¿¾¾
Exercices
3. Soit (p, q) ∈ IN2 vérifiant p + 2q = n. On note :
Jp,q =
Ip
0
0
−I2q
Montrer que Jp,q ∈ C0 .
Indication : utiliser les matrices de rotation de taille 2.
4. Déduire des trois questions précédentes que si A ∈ GLn (IR) vérifie det A > 0 ,
alors A ∈ C0 .
5. Conclure.
6.20 (Polytechnique 2015)
On note Tn l’ensemble des matrices trigonalisables de Mn (IR), et Dn l’ensemble des
matrices diagonalisables de Mn (IR).
Montrer que Tn est un fermé de Mn (IR) puis que c’est l’adhérence de Dn .
6.21 (Centrale 2015)
Soit P ∈ IR[X] et n ∈ IN∗ . On note Ep = {M ∈ Mn (IR) | P (M ) = 0} .
Le but de l’exercice est d’étudier les points isolés de EP , c’est-à-dire les M ∈ Ep
pour lesquels il existe un voisinage V de M tel que Ep ∩ V = {M } .
1. Déterminer EP et ses points isolés lorsque n = 1 .
2. Montrer qu’il existe un voisinage V0 de 0 tel que :
∀H ∈ V0
In + H ∈ GLn (IR).
3. Soit M un point isolé de EP . Montrer qu’il existe un voisinage V1 de 0 tel que :
∀H ∈ V1
(In + H)−1 M (In + H) = M.
Montrer que M commute avec tous les éléments de Mn (IR). Conclure.
4. Soit λ ∈ IR . Trouver une suite (Mk )k⩾1 d’éléments de Mn (IR) distincts deux à
deux telle que :
Mk −→ λ In
k→+∞
et
∀k ∈ IN∗
(Mk − λIn )2 = 0
5. Soit λ ∈ IR. Montrer que λ In est un point isolé de EP si, et seulement si, λ est
une racine simple de P .
¿¾¿
6.1 Supposons qu’une telle bijection ϕ : U → [0, 1] existe.
#1$
Alors, en notant a = ϕ−1
, on constate que
2
011
ϕ U \ {a} = [0, 1] \
2
Ceci contredit la continuité de ϕ puisque l’ensemble U \ {a} est connexe par arcs
011
alors que [0, 1] \
ne l’est pas.
2
La connexité par arcs de U \ {a} s’obtient ainsi : si l’on considère
deux points de U \ {a} , ils peuvent s’écrivent sous la forme eiθ1 et eiθ2 avec
θ1 ⩽ θ2 ⩽ θ1 + 2π . Alors, les deux chemins :
[θ1 , θ2 ] −→ U
θ −→ eiθ
et
[θ2 , θ1 + 2π] −→ U
θ −→ eiθ
n’ayant en commun que les points eiθ1 et eiθ2 , l’un des deux ne contient pas a.
6.2 Soit A1 et A2 deux points de IR2 \ X . Montrons que l’on peut relier A1 et A2 par
un chemin continu ne rencontrant pas X .
Raisonnons géométriquement.
• Il y a une infinité non dénombrable de droites passant par le point A1 . Ces droites
ne se rencontrant qu’au point A1 , et comme A1 ∈
/ X , il est possible d’en sélectionner une qui ne rencontre pas X ; soit D1 une telle droite.
• De même, parmi l’infinité non dénombrable de droites passant par le point A2 ,
il est possible d’en sélectionner une qui ne rencontre pas X et qui ne soit pas
parallèle à D1 ; soit D2 une telle droite.
Les droites D1 et D2 n’étant pas parallèles, elles se croisent en un point B ; en
parcourant alors de manière continue les segments [A1 B] puis [BA2 ], on passe de A1
à A2 sans rencontrer X .
6.3 • Supposons A × B connexe par arcs. Alors A et B sont connexes par arcs, comme
images respectives de A × B par les applications continues :
E × F −→ E
(x, y) −→ x
et
E×F
(x, y)
−→ F
−→ y.
• Réciproquement, supposons A et B connexes par arcs.
Soit (a1 , b1 ) et (a2 , b2 ) deux éléments de A × B .
Comme A et B sont connexes par arcs, il existe deux chemins γ1 : [0, 1] → A
et γ2 : [0, 1] → B reliant respectivement a1 à a2 et b1 à b2 . L’application :
t → γ1 (t), γ2 (t)
est alors un chemin reliant (a1 , b1 ) à (a2 , b2 ) dans A × B .
¿ Solution des exercices
6.4 Le cas F = E étant évident, nous supposons F = E .
Intéressons-nous aux composantes connexes par arcs de F . Comme Fr(F ) ⊂ F est
connexe par arcs, tous les points de Fr(F ) appartiennent à la même composante
connexe par arcs de F . Par transitivité, il nous suffit donc de montrer que tous les
autres points de F , c’est-à-dire ceux de Int(F ), appartiennent à la même composante connexe par arcs que ceux de Fr(F ). Concrètement, montrons que tout point
de Int(F ) est relié, par un chemin à valeurs dans F , à un point de Fr(F ).
Soit x ∈ Int(F ) et y ∈ E \ F . Soit γ : [0, 1] → E une application continue vérifiant γ(0) = x et γ(1) = y (une telle application existe car l’espace E est connexe
par arcs). Posons :
c = inf t ∈ [0, 1] | γ(t) ∈
/F .
Le réel c est bien défini car l’ensemble t ∈ [0, 1] | γ(t) ∈
/ F est non vide (car il
contient 1 ) et minoré.
y
γ(c)
x
F
Si l’on montre que γ(c) ∈ Fr(F ), alors c’est terminé car alors la restriction de γ à
l’intervalle [0, t0 ] constituera un chemin de F reliant x à un point de Fr(F ). Montrer
que γ(c) ∈ Fr(F ) revient à montrer que :
γ(c) ∈ Adh(F ) ∩ Adh(E \ F ).
• Tout d’abord, par définition de c comme borne inférieure, on peut trouver une
suite (tn ) à valeurs dans [c, 1] tendant vers c et telle que
∀n ∈ IN
/ F.
γ(tn ) ∈
Comme γ est continue, on a γ(tn ) → γ(c), ce qui montre que γ(c) ∈ Adh(E \ F ).
• Étant donné que γ(c) ∈ Adh(E \ F ) et que x = γ(0) ∈ Int(F ), on est assuré que c > 0 . Soit (tn ) une suite à valeurs de [0, c[ tendant vers c. Alors la
suite γ(tn ) est à valeurs dans F et, par continuité de γ , tend vers γ(c). On a
donc γ(c) ∈ Adh(F ).
D’où le résultat.
¿ 6.5 1. Supposons IK = IR. Comme H est un hyperplan, il existe une forme linéaire non
nulle f dont H est le noyau. On a alors, par surjectivité de f :
f (E \ H) = IR∗ .
Comme f est continue (car c’est une application linéaire et que E est de dimension
finie) et que IR∗ n’est pas connexe par arcs, cela prouve que E \ H ne l’est pas
non plus.
2. Supposons IK = C. Soit u un vecteur de E n’appartenant pas à H . Les sousespaces H et Vect(u) sont alors supplémentaires dans E . Soit x et y deux vecteurs appartenant à E \ H . Ces vecteurs s’écrivent :
x = x1 + α u et y = y1 + β u
avec (x1 , y1 ) ∈ H 2
et (α, β) ∈ (C∗ )2 .
• Comme H est un sous-espace vectoriel, il est connexe par arcs. Il existe donc
un chemin γ1 : [0, 1] → H reliant x1 à y1 .
• Comme C∗ est connexe par arcs (cf. exercice 11 de la page 297), il existe un
chemin γ2 : [0, 1] → C∗ reliant α à β .
L’application :
γ : [0, 1] −→ E \ H
t −→ γ1 (t) + γ2 (t) u
est alors un chemin reliant x à y .
6.6 Comme les Kn sont tous non vides, on peut considérer une suite (un )n∈IN vérifiant :
∀n ∈ IN
un ∈ Kn .
• Comme le compact K0 contient tous les autres, la suite (un )n∈IN est en particulier
une suite à valeurs dans K0 . Par compacité de K0 , on peut extraire de (un )n∈IN
une sous-suite convergente uϕ(n) n∈IN ; notons x la limite de cette sous-suite.
Soit p ∈ IN. Le caractère emboîté de la suite (Kn ) assure que la suite (un )n⩾p est
à valeurs dans Kp ; il en est donc a fortiori de même pour la suite uϕ(n) n⩾p ; le
caractère fermé de Kp assure alors que x ∈ Kp .
On a donc ∀p ∈ IN x ∈ Kp , c’est-à-dire {x} ⊂
Kn .
• Pour l’autre inclusion, considérons x
∈
n∈IN
Kn ; on a alors :
n∈IN
∀n ∈ IN
(x ∈ Kn
et
x
∈ Kn ),
ce qui implique
∀n ∈ IN
d(x, x
) ⩽ δ(Kn ).
= x.
Comme δ(Kn ) → 0 , on a nécessairement x
6.7 1. Il est clair que si E est un espace vectoriel normé de dimension finie, alors sa boule
unité fermée est compacte, comme toute partie fermée et bornée (cf. le théorème 19
de la page 301).
¿ Solution des exercices
2. (a)
L’existence de x ∈ E \ F vient du fait que, comme F est de
dimension finie et que E ne l’est pas, F est nécessairement un sous-espace
strict de E .
i. Comme F est un sous-espace vectoriel, on a 0 ∈ F , et donc :
d(x, F ) ⩽ d(x, 0) = x.
D’autre part, par inégalité triangulaire, on a, pour tout y ∈ E :
d(x, y) ⩾ d(y, 0) − d(x, 0),
et donc :
y > 2x =⇒ d(x, y) > x.
Des deux points précédent il résulte que :
d(x, F ) = d(x, K)
avec K = F ∩ Bf (0, 2x).
La partie K est une partie fermée et bornée de F . Comme F est de dimension finie, K est un compact. Par suite, la distance de x à K est atteinte
(cf. exemple de la page 294). Il existe donc y ∈ K tel que d(x, K) = x−y ,
ce qui prouve le résultat puisque K ⊂ F et d(x, K) = d(x, F ).
x−y
ii. Comme x ∈
/ F , on a y =
x. Posons u =
. On constate que :
x − y
• le vecteur u est unitaire donc d(u, F ) ⩽ u = 1 ;
• pour tout z ∈ F , on a :
>
>
1
× >x − y + x − yz >
u − z =
x − y
Comme y + x − yz ∈ F , on a :
>
>
>x − y + x − yz > ⩾ d(x, F ) = x − y,
et donc u − z ⩾ 1 ; on a donc d(u, F ) ⩾ 1 .
On a donc d(u, F ) = 1 .
(b) Construisons une suite (xn )n∈IN à valeurs dans Bf (0, 1) vérifiant :
∀(n, p) ∈ IN2
n = p =⇒ d(un , up ) ⩾ 1.
( )
Cela donnera le résultat car une telle suite ne peut pas posséder de valeur
d’adhérence. Construisons-la terme à terme.
• Fixons u0 à un élément unitaire quelconque de E .
• Pour n ∈ IN∗ , supposons u0 , . . . , un−1 sont déjà construits. L’espace
Fn = Vect(u0 , . . . , un−1 )
étant de dimension finie, la question 2(a)ii assure que l’on peut choisir un
un vecteur unitaire tel que d(un , Fn ) = 1 . Cet élément un vérifie alors :
∀k ∈ [[0, n − 1]] d(un , uk ) ⩾ 1.
La suite (un )n∈IN ainsi construite vérifie la propriété ( ).
¿ 6.8 1. (a) Soit (un ) une suite à valeurs dans A + B . Supposons (un ) convergente et
montrons que sa limite appartient à A + B .
Puisque (un ) est à valeurs dans A + B , on peut écrire, pour tout n ∈ IN :
u n = an + b n
avec (an , bn ) ∈ A × B.
La suite (an ) étant à valeurs dans le compact A, on peut en extraire une sous
suite convergente aϕ(n) . Alors, la sous-suite uϕ(n) converge également, en
tant que sous-suite d’une suite convergente. La relation :
∀n ∈ IN bϕ(n) = uϕ(n) − aϕ(n)
prouve alors que la suite bϕ(n) converge elle aussi. Alors :
• puisque A est compact donc fermé, en notant 1 = lim aϕ(n) , on a 1 ∈ A ;
• puisque B est fermé, en notant 2 = lim bϕ(n) , on a 2 ∈ B ;
• puisque = lim un , on a aussi = lim uϕ(n) .
En passant à la limite dans la relation uϕ(n) = aϕ(n) + bϕ(n) , on obtient
alors = 1 + 2 , ce qui prouve que ∈ A + B .
On constate que l’hypothèse « E de dimension finie » n’a pas été
utilisée dans le raisonnement précédent. Le résultat reste donc vrai sans cette
hypothèse.
(b) Fixons α ∈ A et β ∈ B . On a alors d(A, B) ⩽ d(α, β).
Comme A est compact, c’est une partie bornée, donc il existe M tel que :
A ⊂ Bf (α, M ).
Par inégalité triangulaire, on obtient que pour tout y ∈ B\Bf α, M +d(α, β) :
∀x ∈ A
d(x, y) ⩾ d(y, α) − d(α, x) > d(α, β) ⩾ d(A, B).
>M+d(α,β)
⩽M
= B ∩ Bf α, M + d(α, β) , on a :
On en déduit qu’en notant B
d(A, B) = d(A, B).
est fermé (car intersection de deux fermés) et borné, il est compact
Comme B
sont compacts, il en est de même
(car E est dimension finie). Puisque A et B
. Il en résulte que l’application continue :
pour A × B
−→ IR
A×B
(x, y) −→ d(x, y)
est bornée et atteint ses bornes, donc en particulier possède un minimum. Cela
tel que :
prouve l’existence d’un couple (a0 , b0 ) ∈ A × B
d(a0 , b0 ) = d(A, B).
⊂ B , ce couple (a0 , b0 ) appartient à A × B . D’où le résultat.
Comme B
2. Plaçons-nous dans IR2 , et posons :
A = {(x, y) ∈ IR2 | y = 0}
¿ et
B = {(x, y) ∈ IR2 | xy = 1}.
Solution des exercices
Les parties A et B sont fermées car sont respectivement les images réciproques
du fermé {0} par les applications continues :
IR2 −→ IR
(x, y) −→ y
et
IR2 −→ IR
(x, y) −→ xy − 1
Les parties A et B s’écrivent également :
A = (a, 0) ; a ∈ IR
et
#
1$
∗
B=
b,
; b ∈ IR .
b
B
On constate que A et B sont disjoints et
que (0, 0) ∈
/ A + B.
Pour tout n ∈ IN∗ , posons :
aD
n
A
an = (n, 0) ∈ A ;
bn
an
aD
n = (−n, 0) ∈ A ;
# 1$
bn = n,
∈ B.
n
• Comme bn − an → 0 , on a d(A, B) = 0 . Comme A et B sont disjoints, cela
prouve que la distance de A à B n’est pas atteinte.
• De plus, la suite de terme général aD
/ A+B,
n + bn tend vers 0 . Comme (0, 0) ∈
cela prouve que A + B n’est pas fermé.
6.9 1. • Existence. Soit ϕ : K → IR la fonction définie par ϕ(x) = f (x) − x . Étant
donné que ϕ est continue et que K est compact, ϕ admet un minimum.
Notons α un point de K en lequel ce minimum est atteint. Si f (α) =
α , alors,
d’après la propriété ( ) vérifiée par f :
>
> >
>
ϕ f (α) = >f (f (α)) − f (α)> < >f (α) − α> = ϕ(α),
ce qui est absurde. On a donc f (α) = α , i.e. α est un point fixe de f .
• Unicité. Si l’on suppose que α et β sont deux points fixes distincts, alors,
d’après la propriété ( ) vérifiée par f :
>
>
β − α = >f (β) − f (α)> < β − α,
ce qui est absurde.
2. Notons dn = xn − α , où α est le point fixe de f . Pour n ∈ IN, on a :
dn+1 = xn+1 − α = f (xn ) − f (α) ⩽ xn − α = dn .
La suite (dn ), étant décroissante et minorée par 0 , converge vers une limite a ⩾ 0 .
Soit xϕ(n) une sous-suite convergente de (xn ). En notant = lim xϕ(n) , on a :
>
>
dϕ(n) = >xϕ(n) − α> → − α.
Puisque d’autre part dϕ(n) → a, on a, par unicité de la limite :
a = − α.
(1)
¿ Pour tout n ∈ IN, on a f (xϕ(n) ) = xϕ(n)+1 . Donc, par continuité de f , la
suite f (xϕ(n)+1 ) tend vers f ( ). On a alors :
>
>
dϕ(n)+1 = >xϕ(n)+1 − α> → f ( ) − α = f ( ) − f (α).
Puisque d’autre part dϕ(n)+1 → a, on a par unicité de la limite :
a = f ( ) − f (α).
(2)
>
>
Les relations (1) et (2) donnent >f ( )−f (α)> = −α . La propriété ( ) vérifiée
par f donne alors nécessairement = α .
On a ainsi obtenu que toute sous-suite convergente de (xn ) converge vers α .
Comme K est compact, cela assure que la suite (xn ) converge vers α .
6.10 1. Soit n ∈ IN∗ . Puisque fn est un polynôme en f , c’est un endomorphisme continu
de E . Soit x ∈ C . Comme f laisse stable C , il en est de même pour ses itérés,
et donc :
∀k ∈ [[0, n − 1]] f k (x) ∈ C.
1 k
f (x) appartient à C .
n
n−1
Ainsi, puisque C est convexe, fn (x) =
k=0
2. Comme C est compact, il est borné donc inclus dans une boule Bf (0, M ).
Soit y ∈ fn (C). On a, en notant x un antécédent de y par fn :
n−1
n
1 n
f (x) − x .
n
k=0
k=0
>
>
Comme x et f n (x) sont dans C , et par définition de M , on a >f n (x)− x> ⩽ 2M ,
et donc :
>
>
>f (y) − y > ⩽ 2M ·
n
f (y) − y =
1
n
f k+1 (x) −
f k (x)
=
3. Comme C est non vide, les ensembles fn (C) sont tous non vides. On peut donc
considérer (xn )n⩾1 une suite telle que :
∀n ∈ IN∗
xn ∈ fn (C).
Comme C est stable par chaque fn , la suite (xn ) est à valeurs dans C .
Comme C est compact, on peut en extraire une sous-suite convergente xϕ(n) .
D’après la question 2, on a :
>
>
>f (xϕ(n) ) − xϕ(n) > ⩽ 2M → 0.
ϕ(n)
= lim xϕ(n) . Comme f est continue, on a f xϕ(n) → f ( ), puis :
>
>
>f (xϕ(n) ) − xϕ(n) > → f ( ) − .
∀n ∈ IN∗
Notons
Il en résulte que f ( ) − = 0 , i.e. f ( ) = .
¿¿¼
Solution des exercices
−n
6.11 1. Tout d’abord, puisque la série
2
converge et par théorème de comparaison,
la condition ( ) d’appartenance à A assure que A est une partie de 1 .
2. Pour tout p ∈ IN, on a :
+∞
(p)
> > (p)
u − n .
>u − > =
n
(
)
n=0
• Un sens est évident : si u(p) −→
, alors
p→+∞
∀n ∈ IN
+∞
(p)
un − n −→ 0 , et donc :
n=0
p→+∞
(p)
un − n −→ 0.
p→+∞
−→ 0 et montrons
• Réciproquement, supposons que ∀n ∈ IN
n
p→+∞
>
>
que >u(p) − > −→ 0 .
p→+∞
(p)
À n fixé, le terme un − n | apparaissant dans la somme de la relation ( ) :
∗ tend vers 0 quand p → +∞ ;
2
∗ est majoré par n , terme général d’une série convergente.
2
Cela nous permet d’obtenir le résultat souhaité en procédant
ainsi : fixons ε > 0 , puis n0 ∈ IN un rang vérifiant :
(p)
un −
+∞
2
ε
⩽ ,
n
2
2
n=n +1
0
et enfin p0 ∈ IN un rang vérifiant :
p ⩾ p0 =⇒
n0
(p)
u − n | ⩽ ε ·
n
2
n=0
On constate alors que pour tout p ⩾ p0 , on a :
>
> (p)
>u − > ⩽ ε.
Cela prouve le résultat attendu.
3. Pour montrer que A est compact, donnons-nous u(p) p∈IN une suite d’éléments
de A et montrons qu’il est possible d’en extraire une sous-suite convergeant vers
un élément de A.
Pour extraire de u(p) p∈IN une sous-suite convergente, nous allons procéder par
extractions successives ; cette démarche s’appelle « procédé diagonal ».
Tout d’abord, on constate que la condition ( ) d’appartenance à A entraîne que
(p) 1
pour tout n ∈ IN, la suite un p∈IN est bornée, car majorée en module par n ·
2
(p)
• La suite (u0 )p∈IN étant bornée, il est possible d’en extraire une sous-suite
(ϕ (p)) convergente u0 0
.
p∈IN
¿¿½
(ϕ (p)) • La suite u1 0
étant bornée, on peut en extraire une sous-suite converp∈IN
(ϕ ◦ϕ (p)) (ϕ0 ◦ϕ1 (p)) . On constate alors que la suite u0 0 1
est égagente u1
p∈IN
p∈IN
(ϕ0 (p)) .
lement convergente, comme sous-suite de la suite convergente u0
p∈IN
• On poursuit ainsi de suite : pour chaque n ∈ IN, on dispose ainsi d’une fonction
(ϕ ◦···◦ϕn (p)) extractrice ϕn telle que pour tout k ∈ [[0, n]], la suite un 0
p∈IN
converge.
• Considérons alors la fonction ψ définie par :
∀p ∈ IN ψ(p) = ϕ0 ◦ · · · ◦ ϕp (p).
On constate que :
∗ la fonction ψ est strictement croissante de IN dans IN ;
(ψ(p)) ∗ pour tout n ∈ IN, la suite un
est une sous-suite de la suite converp⩾n
(ϕ0 ◦···◦ϕn (p)) (ψ(p)) gente un
; donc la suite un
est convergente.
p∈IN
p∈IN
• Soit alors
la suite définie par :
∀n ∈ IN
n =
lim u(ψ(p))
.
n
p→+∞
Prouvons que u(ψ(p)) −→
, ce qui donnera le résultat souhaité. On a :
(ψ(p))
− n −→ 0 ;
∗ pour tout n ∈ IN, on a un
p→+∞
p→+∞
∗ pour tout p ∈ IN, on a ∀n ∈ IN
(ψ(p)) u n
⩽ 1 , ce qui donne, en passant
2n
1
, et assure que ∈ A.
2n
Le résultat de la question 2 appliqué à la suite u(ψ(p)) p∈IN permet alors de
à la limite, | n | ⩽
conclure.
6.12 Dans la suite, si B désigne une boule, nous notons δ(B) son diamètre.
Soit (Un )n∈IN une suite d’ouverts denses. Montrons que leur intersection :
B
Un
A=
n∈IN
est dense. Une partie est dense si, et seulement si, elle rencontre tout ouvert non vide.
Considérons donc une partie ouverte O et montrons que :
A ∩ O = ∅.
Construisons dans un premier temps une suite (Bn )n∈IN de boules ouvertes emboîtées
vérifiant :
et
∀n ∈ IN Bn ⊂ Un .
( )
B0 ⊂ O
• Construction de B0 . Comme U0 est dense, l’ensemble U0 ∩ O est non vide ;
comme c’est un ouvert (car intersection de deux ouverts), il est d’intérieur non
vide, i.e. contient au moins une boule ouverte B0 .
¿¿¾
Solution des exercices
• Construction de Bn . Soit n ∈ IN∗ ; supposons B0 , . . . , Bn−1 construites.
Comme Un est dense et Bn−1 ouverte, l’ensemble Un ∩ Bn−1 est non vide, donc,
étant ouvert, il contient au moins une boule ouverte Bn . Lors du choix de Bn , on
δ(Bn−1 )
peut sans difficulté imposer δ(Bn ) ⩽
·
2
La suite (Bn )n∈IN ainsi construite est bien une suite de boules ouvertes emboîtées
vérifiant la condition ( ).
O
Le dessin ci-contre illustre
la construction des deux premières boules B0 et B1 (biensûr, il n’est pas réaliste car
ne retranscrit pas le caractère
dense des ouverts U0 et U1 .)
U1
B0
B1
U0
En notant alors Fn la boule fermée de même centre que Bn et de rayon deux fois plus
petit, on obtient une suite (Fn )n∈IN de boules fermées emboîtées dont le rayon tend
vers 0 . Toute boule fermée étant compacte en dimension finie, on peut appliquer le
théorème des compacts emboîtés (cf. exercice 6.6 de la page 319). Il existe donc x ∈ E
tel que :
B
Fn = {x}·
n∈IN
Cet élément x appartient alors :
• à chacun des ouverts Un puisque ∀n ∈ IN Fn ⊂ Bn ⊂ Un ;
• à O puisque F0 ⊂ B0 ⊂ O .
Cela prouve que A ∩ O =
∅.
6.13 Soit (Ap )p∈IN une suite d’éléments de Mn (IK) convergeant vers A ∈ Mn (IK).
Supposons que les matrices Ap sont toutes de rang au plus r et montrons qu’il en
est de même pour A.
Pour cela, montrons qu’aucune sous-matrice carrée de A de taille r + 1 n’est inversible. Sélectionnons r + 1 indices de lignes et r + 1 indices de colonnes ; notons
et A
Dp les sous-matrices de A et Ap associées. En travaillant avec
respectivement A
Dp )p∈IN converge vers A
la norme infinie, il est évident que la suite de matrices (A
dans Mr+1 (IK).
Dp n’est inverPuisque les matrices Ap sont de rang au plus r , aucune des matrices A
sible. On a donc :
Dp ) = 0.
∀p ∈ IN det(A
= 0 , ce
En passant à la limite et par continuité du déterminant, on obtient det(A)
qui donne le résultat.
¿¿¿
6.14 Soit A ∈ Mn (IK). Montrons qu’il existe une suite (Ap ) de matrices inversibles qui
converge vers A.
L’application IK −→ IK
est polynomiale de degré n (c’est la fonction
x −→ det(xIn + A)
polynomiale associée au polynôme caractéristique de −A) ; elle s’annule donc en un
nombre fini de points. Pour p ∈ IN, notons :
Ap = 2−p In + A.
Les matrices Ap sont inversibles car de déterminant non nul, sauf éventuellement
un nombre fini d’entre elles. On peut donc trouver un rang p0 ∈ IN tel que pour
tout p ⩾ p0 , la matrice Ap soit inversible.
La suite (Ap )p⩾p0 est alors une suite de matrices inversibles qui convergeant vers A.
6.15 1. L’espace IKn [X] étant de dimension finie, toutes ses normes sont équivalentes ; donnons-nous n + 1 scalaires deux à deux distincts x1 , . . . , xn+1 et munissons IKn [X] de la norme (la justification du fait c’est une norme est laissée au
lecteur) :
P = max |P (x1 )|, . . . , |P (xn+1 )| .
Alors, une suite (Pp )p∈IN à valeurs dans IKn [X] converge vers P ∈ IKn [X] si, et
seulement si, :
∀k ∈ [[1, n + 1]] Pp (xk ) −→ P (xk ).
p→+∞
Montrons la continuité de Ψ par caractérisation séquentielle.
Étant donné A ∈ Mn (IK) et (Ap ) une suite d’éléments de Mn (IK) tendant vers A,
montrons que Ψ(Ap ) −→ Ψ(A).
p→+∞
Compte tenu de la remarque précédente, il suffit de montrer que :
∀k ∈ [[1, n + 1]] Ψ(Ap )(xk ) −→ Ψ(A)(xk ),
p→+∞
ou encore :
∀k ∈ [[1, n + 1]]
det(xk In − Ap ) −→ det(xk In − A).
p→+∞
( )
Comme Ap → A, on a :
∀k ∈ [[1, n + 1]] xk In − Ap −→ xk In − A.
p→+∞
La propriété ( ) est alors une conséquence de la continuité du déterminant.
2. Pour prouver que l’application Π n’est pas continue, exhibons un exemple.
Pour p ∈ IN, posons :
⎞
⎛ −p
(0)
2
⎟
⎜
0
⎟
⎜
Ap = ⎜
⎟
.
.
⎠
⎝
.
(0)
0
Alors :
• la suite (Ap ) converge vers la matrice nulle dont le polynôme minimal est X ;
• pourtant, pour tout p ∈ IN, on a πAp = X(X − 2−p ) −→ X 2 .
p→+∞
¿¿
Solution des exercices
6.16 1. Montrons que toute matrice de A ∈ Mn (C) est la limite d’une suite (Ap ) de
matrices diagonalisables. C’est évident si A est diagonalisable ; supposons donc
que A ne l’est pas. Toute matrice étant trigonalisable dans Mn (C), on peut
écrire A = P −1 T P avec P inversible et T triangulaire supérieure.
Notons λ1 , . . . , λn les termes diagonaux de T , ie :
⎞
⎛
( )
λ1
⎟
⎜
..
T =⎝
⎠.
.
(0)
λn
Les λ1 , . . . , λn sont donc les valeurs propres de A comptées avec multiplicité.
Pour p ∈ IN∗ , notons Tp la matrice triangulaire supérieure obtenue à partir de T
en modifiant uniquement sa diagonale de la manière suivante :
⎛
⎞
λ1 + p1
( )
⎜
⎟
..
Tp = ⎝
⎠
.
n
(0)
λn + p
Justifions que, pour p assez grand, la matrice Tp possède la propriété que ses
termes diagonaux sont deux à deux distincts :
• si les λ1 , . . . , λn sont tous égaux, alors c’est vrai pour tout p ∈ IN∗ ;
• sinon, alors en δ l’écart minimal entre deux valeurs propres distinctes
de A, i.e. :
δ=
min 2 |λi − λj |,
(i,j)∈[[1,n]]
λi =λj
alors la propriété est vérifiée dès que
n
< δ.
p
Ainsi, pour p assez grand, la matrice Ap = P −1 Tp P est diagonalisable.
Enfin, puisque Tp −→ T et que l’application Mn (C) −→ Mn (C)
p→+∞
M −→ P −1 M P
continue car linéaire, on a Ap −→ A.
est
p→+∞
2. Dans Mn (IR), montrons que la matrice diagonale par blocs :
A=
A1
(0)
(0)
In−2
avec A1 =
0
1
−1
0
ne peut pas être obtenue comme limite d’une suite de matrices diagonalisables.
Cela est du au fait que i est valeur propre de A. Raisonnons par l’absurde :
supposons que (Ap ) soit une suite de matrices diagonalisables tendant vers A.
Notons χ et χp les polynômes caractéristiques de A et Ap respectivement.
En se plaçant dans Mn (C), on a :
∀z ∈ C zIn − Ap −→ zIn − A.
p→+∞
Donc, par continuité du déterminant :
∀z ∈ C χp (z) −→ χ(z).
p→+∞
¿¿
En appliquant cela pour z = i , et puisque i est valeur propre de A, obtient :
χp (i) −→ 0.
( )
p→+∞
Or, pour p ∈ IN, puisque la matrice Ap est diagonalisable (dans M2 (IR)), son
polynôme caractéristique est scindé dans IR , i.e. de la forme :
n
(X − λk ) avec (λ1 , . . . , λn ) ∈ IRn ;
χp =
k=1
on a alors χp (i) =
n
(i − λk ), et en particulier :
k=1
χp (i)2 =
i − λk 2 =
n
k=1
Les propriétés ( ) et (
n
(λ2k + 1) ⩾ 1.
(
)
k=1
) sont contradictoires.
6.17 1. Puisque Ap → A, on a :
∀x ∈ IK xIn − Ap −→ xIn − A,
p→+∞
et donc, par continuité du déterminant :
∀x ∈ IK χAp (x) −→ χA (x).
p→+∞
En particulier, pour x = λ, cela donne :
χAp (λ) −→ 0.
( )
p→+∞
Soit p ∈ IN. Notons λ1 , . . . , λn les valeurs propres de Ap , comptées avec multiplicités. On a alors :
n
n
(X − λk ) et donc χAp (λ) =
χA p =
k=1
(λ − λk ).
k=1
En passant au module, on obtient :
χAp (λ) =
n
n
|λ − λk | ⩾ d λ, sp(Ap ) .
k=1
La limite ( ) assure alors que d λ, sp(Ap ) −→ 0 .
p→+∞
2. • Soit A ∈ Mn (IK) possédant n valeurs propres distinctes λ1 , . . . , λn . Montrons que A ∈ Int(D). Pour cela, considérons (Ap )p∈IN une suite d’éléments
de Mn (IK) tendant vers A et montrons que pour p assez grand, Ap est diagonalisable.
Puisque λ1 , . . . , λn sont deux à deux distinctes, il existe ε > 0 tel que les
boules B(λ1 , ε), . . . , B(λn , ε) soient deux à deux disjointes (IK étant naturellement muni de la valeur absolue ou du module).
¿¿
Solution des exercices
Pour k ∈ [[1, n]], le résultat de la question 1 nous dit que :
d λk , sp(Ap ) → 0
ce qui assure l’existence d’un rang rk ∈ IN tel que :
∀p ∈ IN
p ⩾ rk =⇒ B(λk , ε) ∩ sp(Ap ) = ∅.
Posons r = max{r1 , . . . , rn } et prenons p ⩾ r . Il existe au moins une valeur
propre de Ap dans chacune des n boules B(λ1 , ε), . . . , B(λn , ε). Comme ces
boules sont deux à deux disjointes, cela nous fournit n valeurs propres deux à
deux distinctes pour Ap . La matrice Ap est alors diagonalisable.
• Considérons maintenant A ∈ Mn (IK) diagonalisable dont les valeurs propres
ne sont pas deux à deux distinctes, et montrons que A ∈
/ Int(D) en prouvant
que A est la limite d’une suite (Ap )p∈IN de matrice non diagonalisables.
L’hypothèse faite sur A assure l’existence d’une valeur propre λ d’ordre de
multiplicité au moins 2. La matrice A peut alors s’écrire :
⎞
⎛
λ
(0)
⎟
⎜
λ
⎟
⎜
⎟
⎜
λ3
A = P −1 D P avec D = ⎜
⎟
⎟
⎜
..
⎠
⎝
.
(0)
Posons alors, pour p ∈ IN :
⎛
λ 2−p
⎜ 0
λ
⎜
⎜
λ3
Dp = ⎜
⎜
⎝
(0)
(0)
..
.
λn
⎞
⎟
⎟
⎟
⎟
⎟
⎠
et
Ap = P −1 Dp P.
λn
Les matrices Dp ne sont pas diagonalisables, donc les matrices Ap non plus.
De plus, on a Dp −→ D et donc Ap −→ A.
p→+∞
p→+∞
6.18 1. Notons ti,j les coefficients de T .
• Comme T est triangulaire inversible, ses coefficients diagonaux sont tous non
nuls. Comme C∗ est connexe par arcs (cf. exercice 11 de la page 297), on peut
considérer, pour tout k ∈ [[1, n]], un chemin continu γk : [0, 1] → C∗ reliant 1
à tk,k .
• Pour x ∈ [0, 1], notons M (x) la matrice suivante :
⎞
⎛
x t1,n
γ1 (x) x t1,2 · · ·
⎟
⎜
..
..
..
⎟
⎜ 0
.
.
.
⎟
⎜
M (x) = ⎜
⎟
..
.
.
.
.
⎝
.
. x tn−1,n ⎠
.
0
···
0
γn (x)
∗ Pour tout x ∈ [0, 1], la matrice M (x) est inversible car triangulaire supérieure à coefficients diagonaux tous non nuls.
¿¿
∗ On a M (0) = In et M (1) = T .
∗ Enfin, l’application x → M (x) est continue, puisque chacune des ses applications composantes sont continues.
L’application
[0, 1] −→ GLn (C)
x −→ M (x)
est donc un chemin continu reliant In à T dans GLn (C).
2. Montrons que tout élément de GLn (C) peut être relié à In par un chemin continu
à valeurs dans GLn (C).
Soit A ∈ GLn (C). Toute matrice étant trigonalisable dans Mn (C), on peut considérer P inversible et T triangulaire supérieure telles que :
A = P −1 T P.
D’après la question précédente, il existe M : [0, 1] → GLn (C) reliant In à T . Il
est alors facile de constater que l’application
x → P −1 M (x) P
est un chemin continu reliant In à A dans GLn (C).
6.19 1. (a) Il suffit de poser, pour tout t ∈ [0, 1] : γ(t) = In + λ t Ei,j , car alors :
• pour tout t ∈ [0, 1], la matrice γ(t) est inversible, car triangulaire à coefficients diagonaux tous non nuls ;
• l’application t → γ(t) est continue ;
• on a γ(0) = In et γ(1) = T .
(b) Il suffit cette fois de poser, pour tout t ∈ [0, 1] :
γ(t) = In + t(μ − 1)Ei,i .
(c) Soit A ∈ GLn (IR).
Grâce à l’algorithme du pivot on peut, en opérant sur les lignes :
• via des transvections, transformer A en une matrice diagonale inversible ;
• puis, grâce à des dilatations de déterminant positif, transformer A en une
dont la diagonale est constituée de ±1 .
matrice diagonale A
En notant M1 , . . . , MN les matrices d’opérations élémentaires associées à ces
transformations, on a :
= MN · · · M1 A.
A
Les questions précédentes nous permettent alors de considérer des chemins
continus γ1 , . . . , γN , définis sur [0, 1] et à valeurs dans GLn (IR), reliant In
à M1 , . . . , MN respectivement. L’application continue définie sur [0, 1] :
t → γN (t) · · · γ1 (t)A
dans GLn (C).
permet alors de relier A et A
2. Supposons A et B semblables. On peut alors écrire :
A = P −1 B P
avec P ∈ GLn (IR).
Si γ est un chemin reliant B à In dans GLn (IR), alors l’application
t → P −1 γ(t) P
est continue, à valeurs dans GLn (IR), et relie A à In .
¿¿
Solution des exercices
3. Pour θ ∈ IR, notons Rθ =
définie sur [0, π] :
⎛
⎜
⎜
θ → ⎜
⎝
cos θ
sin θ
− sin θ
cos θ
Ip
(0)
Rθ
..
(0)
.
. On constate alors que l’application
⎞
⎟
⎟
⎟ (avec q blocs Rθ )
⎠
Rθ
est continue, à valeurs dans GLn (IR), et relie In à Jp,q .
4. Soit A ∈ GLn (IR) vérifiant det A > 0 . D’après la question 1c, A est reliée
dans GLn (C) à une matrice diagonale avec une diagonale constituée de ±1 ; no une telle matrice et γ un chemin associé.
tons A
L’application t → det γ(t) est alors continue et ne s’annule pas, donc est de signe
sont de même signe, et donc det A
> 0.
constant. On en déduit que det A et det A
est constitué par un nombre pair de −1 , donc
Il en résulte que la diagonale de A
est semblable à une matrice de la forme Jp,q .
que A
∈ C0 , puis, par transitivité, que A ∈ C0 .
Les questions 2 et 3 assurent alors que A
5. • Il résulte de la question précédente que l’ensemble C+ est connexe par arcs.
⎞
⎛
−1
⎟
⎜
1
⎟
⎜
• En notant alors A la matrice diagonale ⎜
⎟ , on constate
.
..
⎠
⎝
1
que C− est l’image de C+ par l’application continue :
M → A M.
La connexité par arcs de C+ donne alors celle de C− .
• Puisque GLn (IR) = C+ ∪ C− , cet ensemble apparaît comme la réunion de
deux parties connexes par arcs. Comme il n’est lui-même pas connexe par arcs
(cf. exercice 20 de la page 303), on en déduit le résultat souhaité : GLn (IR)
possède deux composantes connexes par arcs : C+ et C− .
6.20 • Procédons par caractérisation séquentielle. Soit (Ap ) une suite d’éléments de Tn
convergeant vers A ∈ Mn (IR). Montrons que A ∈ Tn .
Pour cela, montrons que spC (A) ⊂ IR. Soit λ ∈ spC (A). Comme Ap → A, on a,
d’après la première question de l’exercice 6.17 :
d λ, spC (Ap ) −→ 0.
(1)
p→+∞
Or, pour tout p ∈ IN, Ap est trigonalisable dans Mn (IR), donc spC (Ap ) ⊂ IR .
On a donc d(λ, IR) ⩽ d λ, spC (Ap ) , puis, d’après la limite (1), on a d(λ, IR) = 0 .
Comme IR est un fermé de C, on en déduit λ ∈ IR . D’où spC (A) ⊂ IR.
D’où le résultat.
¿¿
• Prouvons désormais que Tn = Adh(Dn ). Puisque Tn est un fermé contenant Dn ,
on a Adh(Dn ) ⊂ Tn . Il reste à prouver l’autre inclusion.
Soit A ∈ Tn . Montrons que A ∈ Adh(Dn ) en prouvant que A est limite d’une
suite (Ap ) à valeurs dans Dn .
Cela se fait par la même méthode que celle utilisée à la première question de
l’exercice 6.16. Comme A est trigonalisable dans Mn (IR), on peut écrire :
⎞
⎛
( )
λ1
⎟
⎜
..
A = P −1 T P avec P ∈ GLn (IR) et T = ⎝
⎠.
.
(0)
λn
Les λ1 , . . . , λn sont donc les valeurs propres de A comptées avec multiplicité.
Pour p ∈ IN∗ , notons Tp la matrice triangulaire supérieure obtenue à partir de T
en modifiant uniquement sa diagonale de la manière suivante :
⎛
⎞
λ1 + p1
( )
⎜
⎟
..
Tp = ⎝
⎠
.
(0)
λn + np
On justifie alors que, pour p assez grand, les coefficients diagonaux de la matrice Tp
sont deux à deux distincts (cf. corrigé de l’exercice 6.16).
On obtient alors, en posant Ap = P −1 Tp P :
et
Ap −→ A.
∀p ∈ IN∗ Ap ∈ Dn
p→+∞
6.21 1. Supposons n = 1 . Identifions M1 (IR) à IR. L’ensemble EP est l’ensemble des
racines du polynôme P , c’est donc un ensemble fini. Par suite, tous ses points
sont isolés. En effet, si l’on note :
δ = min{|x − y| ; (x, y) ∈ (EP )2
avec x = y},
alors, pour tout a ∈ EP , on a EP ∩ B(a, δ) = {a} .
2. L’ensemble GLn (IR), apparaissant comme l’image réciproque de IR∗ par l’application continue det , est un ouvert de Mn (IR). Par suite, comme In ∈ GLn (IR),
on peut trouver r > 0 tel que B(In , r) ⊂ GLn (IR).
En notant alors V0 = B(0, r), V0 est un voisinage de 0 vérifiant :
∀H ∈ V0
In + H ∈ GLn (IR).
3. • Considérons l’application :
ϕ :
V0
H
−→ Mn (IR)
−→ (In + H)−1 M (In + H).
Par opérations sur les fonctions continues, l’application ϕ est continue (la
continuité de l’application GLn (IR) −→ GLn (IR) a été obtenue à l’exerA −→ A−1
cice 19 de la page 303).
¿ Solution des exercices
Comme M est un point isolé de EP , on peut considérer un voisinage V de M
tel que EP ∩ V = {M } .
Par continuité de ϕ en 0 , et comme ϕ(0) = M , il existe r > 0 tel que :
∀H ∈ B(0, r) ∩ V0
ϕ(H) ∈ V.
En notant V1 = B(0, r) ∩ V0 (qui est un voisinage de 0 car intersection de
deux voisinages de 0 ), et comme EP ∩ V = {M } , on obtient :
∀H ∈ V1
ϕ(H) = M,
autrement dit, par définition de ϕ :
∀H ∈ V1
(In + H)−1 M (In + H) = M.
• En multipliant à gauche par In + H et en développant, la relation obtenue
précédemment donne :
∀H ∈ V1
M H = HM.
Pour tout A ∈ Mn (IR), pour α > 0 assez petit, on a αA ∈ V1 . On a
alors αM A = εAM , et donc M A = AM .
Par suite, M commute avec tous les éléments de Mn (IR). Il en résulte que M
est une matrice scalaire, c’est-à-dire de la forme λIn avec λ ∈ IR .
1
4. Il suffit de poser Mk = λIn + N où N est la matrice dont le seul coefficient non
k
nul est celui d’indice (1, n) qui vaut 1 .
5. Notons M = λIn .
• On a P (M ) = P (λIn ) = P (λ)In . Donc, pour que M appartienne à EP , il est
nécessaire que λ soit racine de P .
• Si λ est racine de P d’ordre au moins 2 , alors on peut écrire :
P = (X − λ)2 Q avec Q ∈ IR[X].
Une suite (Mk )k⩾1 telle qu’exhibée à la question précédente constitue alors une
suite d’éléments deux à deux distincts, tendant vers M , et à valeurs dans Ep
car vérifiant :
∀k ∈ IN∗
P (Mk ) = (Mk − λIn )2 Q(Mk ) = 0.
Cela contredit le fait que M soit un point isolé de EP .
• Pour finir, supposons que λ soit racine simple de P et montrons que M est
un point isolé de EP . Comme λ est racine simple de P , on peut écrire :
P = (X − λ) Q
avec Q ∈ IR[X] dont λ n’est pas racine.
Alors Q(M ) = Q(λ) In ∈ GLn (IR) donc, par continuité de N → Q(N )
sur Mn (IR), il existe un voisinage V de M tel que Q(N ) ∈ GLn (IR) pour
tout N ∈ V . On a donc pour tout N ∈ V ∩ EP :
0 = P (N ) = (N − λIn ) Q(N )
ce qui donne N = λ In par inversibilité de Q(N ).
Donc EP ∩ V = {λ In } ce qui prouve que λ In est isolé.
¿ I
Dérivation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
344
1
2
Dérivée en un point . . . . . . . . . . . . . . . . .
Caractérisation des fonctions constantes . . . . . .
344
347
3
Opérations sur les fonctions dérivables . . . . . . .
347
4
Fonctions de classe C
. . . . . . . . . . . . . . . .
349
5
Fonctions de classe C . . . . . . . . . . . . . . . .
Intégration sur un segment . . . . . . . . . . . . .
351
353
1
Fonctions continues par morceaux sur [a, b] . . . .
353
2
Intégrale d’une fonction continue par morceaux . .
354
3
4
Propriétés de l’intégrale . . . . . . . . . . . . . . .
Extension . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
355
357
Primitives et intégrales . . . . . . . . . . . . . . . .
1
Primitives des fonctions continues . . . . . . . . .
358
358
II
III
1
k
2
Théorème fondamental . . . . . . . . . . . . . . . .
359
3
Inégalité des accroissements finis . . . . . . . . . .
Formules de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . .
359
360
1
2
Formule de Taylor avec reste intégral . . . . . . . .
Inégalité de Taylor-Lagrange . . . . . . . . . . . .
360
360
3
4
Développements limités . . . . . . . . . . . . . . .
Formule de Taylor-Young . . . . . . . . . . . . . .
361
361
Arcs paramétrés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1
Généralités . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
362
362
2
Tangente à un arc paramétré . . . . . . . . . . . .
363
3
Étude d’un arc paramétré . . . . . . . . . . . . . .
365
4
Approfondissement : interprétation géométrique de
la tangente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
366
Démonstrations et solutions des exercices du cours . .
Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
368
378
IV
V
7
Le but de ce chapitre est de généraliser aux fonctions vectorielles les notions
de dérivation, d’intégration sur un segment et d’intégrale fonction de sa borne
supérieure déjà vues en première année pour les fonctions à valeurs réelles ou
complexes.
Pour cela, on considère des fonctions définies sur un intervalle I de IR d’intérieur non vide de et à valeurs dans un IK-espace vectoriel de dimension finie E
(avec IK = IR ou IK = C), munis d’une norme . Le cas trivial E = {0}
étant sans intérêt, on supposera E = {0}.
Le cas où E = IK a déjà été vu en première année ; c’est essentiellement celui-là
qui sera utilisé dans la pratique.
L’espace E étant de dimension finie n, on peut le munir d’une base (ei )1⩽i⩽n .
Une fois une base fixée, on peut ramener l’étude d’une fonction f : I → E
à l’étude de ses n fonctions composantes, c’est-à-dire aux fonctions fi à
valeurs dans IK définies par :
∀t ∈ I
f (t) =
n
fi (t) ei .
i=1
Dans cette section f est une fonction définie sur I à valeurs dans E et a ∈ I .
Définition 1
L’application f est dérivable en a si le taux d’accroissement en a :
τa (f ) : I \ (a) −→ E
f (t) − f (a)
t −→
t−a
admet une limite
∈ E en a.
Cette limite est alors appelée dérivée de f en a et se note :
df
f (a) , Df (a)
ou
(a).
dt
La dérivée de f en a est parfois appelée vecteur dérivé en a
lorsque E est différent de IK.
Proposition 1
La fonction f est dérivable en a ∈ I si, et seulement s’il existe un vecteur ∈ E une fonction α : I → E tels que :
• ∀t ∈ I
f (t) = f (a) + (t − a) + (t − a) α (x),
• et lim α (t) = 0.
t→a
On a alors f (a) = .
Démonstration page 368
Comme on le verra, cette propriété signifie que f possède un
développement limité à l’ordre 1 en a.
Lorsque E = IR2 ou IR3 et que la fonction f
représente le mouvement d’un point matériel en fonction du temps, le vecteur f (t0 ) représente la vitesse instantanée du point à l’instant t0 .
Proposition 2
Si la fonction f est dérivable en a, alors elle est continue en a.
Démonstration page 368
La réciproque de la proposition précédente est fausse (elle est déjà fausse
lorsque E = IK).
p.368 Exercice 1 Donner un exemple de fonction f : IR → E qui soit continue en 0 et
non dérivable en 0 .
Proposition 3
Soit B = (ei )1⩽i⩽n une base de E . La fonction f est dérivable en a si, et
seulement si, chacune de ses fonctions composantes fi dans la base B est
dérivable en aet l’on a alors :
f (a) =
n
fi (a) ei .
i=1
Principe de démonstration.
Démonstration page 368
Écrire les fonctions composantes du taux d’accroissement de f en a .
On retrouve ainsi qu’une fonction f de I dans C est dérivable
en a si, et seulement si, les fonctions Re f et Im f le sont puisque ces dernières sont les applications composantes de f dans la base (1, i) du IR-espace
vectoriel C.
¿ On définit l’application suivante :
ϕ :
IR −→ M2 (IR)
cos t
t −→
cos 2t
sin t
sin 2t
.
Les quatre fonctions composantes dans la base canonique de M2 (IR) (t → cos t,
t → sin t, t → cos t et t → sin 2t) étant dérivables en tout point a de IR, ϕ est
dérivable en tout point et l’on a :
ϕ (a) =
− sin a
−2 sin 2a
cos a
2 cos 2a
.
Définition 2
La fonction f a une limite à droite (respectivement à gauche) en a si la
fonction f|I∩]a,+∞[ (respectivement f|I∩]−∞,a[ ) admet une limite en a.
Définition 3
La fonction f est dérivable à droite (respectivement à gauche) en a si
la fonction τa (f ) admet une limite à droite (respectivement à gauche) en a.
Cette limite est alors appelée dérivée de f à droite (respectivement à
gauche) en a. On la note fd (a) (respectivement fg (a)).
• Si I est minoré et a = inf I , la notion de dérivabilité à gauche n’a pas
de sens, puisque I ∩ ]−∞, a[ est vide. En revanche, la dérivabilité à droite
de f en a d’une fonction f définie sur I est équivalente à sa dérivabilité
en a et l’on a alors fd (a) = f (a).
• De la même façon, si I est majoré et a = sup I , seule la dérivabilité à
gauche a un sens et elle est équivalente à la dérivabilité.
Ainsi, les notions de dérivabilité latérale n’ont d’intérêt que si a est un point
intérieur à I .
Soit a un point intérieur à I .
• Une fonction f : I −→ F est dérivable à droite (respectivement à gauche)
en a ∈ I si, et seulement si, sa restriction à [a, +∞[ ∩ I (respectivement
à ]−∞, a] ∩ I ) est dérivable en a.
• La fonction f est dérivable en a si, et seulement si, elle est dérivable à
droite et à gauche et que ses dérivées à droite et à gauche sont égales.
• Une fonction dérivable à droite et à gauche en a est continue en a, car elle
admet alors une limite à droite et à gauche en a, égale à f (a).
¿ Définition 4
On dit que f est dérivable sur I si elle est dérivable en tout point t de I .
df
On note alors f ou Df ou
, l’application qui à tout t ∈ I associe le
dt
vecteur dérivé de f en t. On l’appelle l’application dérivée de f , ou plus
simplement la dérivée de f .
Proposition 4
Soit B une base de E . La fonction f : I → E est dérivable sur I si, et
seulement si, ses fonctions composantes dans B sont dérivables sur I .
Les fonctions composantes de f sont alors les dérivées des fonctions composantes de f .
Démonstration.
C’est la version globale de la proposition 3 de la page 345.
Théorème 5
Une application est constante sur l’intervalle I si, et seulement si, elle est
dérivable et de dérivée nulle en tout point de I .
Démonstration. Le résultat est déjà connu pour les fonctions numériques (conséquence de
l’égalité des accroissements finis pour les fonctions réelles dérivables). Donc lorsque E est de
dimension finie, le résultat s’obtient en utilisant les fonctions composantes.
Proposition 6
Une combinaison linéaire d’applications dérivables en a ∈ I est dérivable
en a.
Démonstration. Il suffit de considérer les fonctions composantes et d’utiliser le résultat analogue vu pour les fonctions à valeurs dans IK .
Corollaire 7
Une combinaison linéaire d’applications dérivables sur I est dérivable sur I .
Proposition 8
Soit L une application linéaire de E dans un espace vectoriel F . Si f est
dérivable en a ∈ I alors L ◦ f est dérivable en a ∈ I et :
(L ◦ f ) (a) = L f (a) .
Démonstration.
Comme E est de dimension finie, l’application linéaire L est continue.
Si τa (f ) est le taux d’accroissement de f en a , alors, puisque L est linéaire, L ◦ τa (f ) est le
taux d’accroissement de L ◦ f en a . La dérivabilité de L ◦ f en a est donc une conséquence de
la continuité de L et du théorème de composition des limites.
¿ Corollaire 9
Soit L une application linéaire de E dans un espace vectoriel F . Si f est
dérivable sur I alors L ◦ f est dérivable sur I et :
(L ◦ f ) = L ◦ f .
Proposition 10
Soit E , F et G des espaces vectoriels normés de dimension finie et B une
application bilinéaire de E × F dans G.
Si f : I → E et g : I → F sont dérivables en a ∈ I , alors B(f, g) est
dérivable en a ∈ I et B(f, g) (a) = B f (a), g(a) + B f (a), g (a) .
Démonstration page 369
Corollaire 11
Soit E , F et G des espaces vectoriels normés de dimension finie et B une
application bilinéaire de E × F dans G.
Si f : I → E et g : I → F sont dérivables sur I , alors B(f, g) est dérivable
sur I et B(f, g) = B(f , g) + B(f, g ).
1. Si ϕ est dérivable sur I à valeurs dans IK et si f est dérivable sur I à valeurs
dans E , alors ϕ f est dérivable sur I et :
(ϕ f ) = ϕ f + ϕ f .
2. Soit E un espace vectoriel euclidien.
• Si f et g sont dérivables sur I , alors ( f | g ) est dérivable sur I et :
( f | g ) = ( f | g ) + ( f | g ).
• En particulier, si f est dérivable sur I , l’application f 22 est dérivable sur I
et l’on a :
f 22 = 2 ( f | f ).
• Si f est dérivable sur I et à valeurs non nulles, alors la fonction f est
dérivable et :
( f | f )
f =
·
f • Si f est dérivable et si f (t) est normé pour tout t ∈ I , alors les vecteurs f (t)
et f (t) sont orthogonaux pour tout t ∈ I .
p.369 Exercice 2 Soit M :
IR −→ Mn (IR) une application dérivable.
t −→ M (t)
t
1. Montrer que la fonction t → M (t)M (t) est dérivable.
2. On suppose que, pour tout t ∈ IR , la matrice M (t) est orthogonale. Montrer
t
alors que M (t)M (t) est une matrice antisymétrique pour tout t ∈ IR.
¿ Proposition 12
Soit I et J deux intervalles ainsi que deux fonctions f : I → E et ϕ : J → IR
telles que ϕ(J) ⊂ I . Si la fonction ϕ est dérivable en a ∈ J et la fonction f
est dérivable en b = ϕ(a), alors la fonction f ◦ϕ est dérivable en a et l’on a :
(f ◦ ϕ) (a) = ϕ (a) f ϕ(a) .
Démonstration page 369
Corollaire 13
Étant donnés deux intervalles I et J , ainsi que deux fonctions f : I → E
dérivable sur I et ϕ : J → IR dérivable sur J telles que ϕ(J) ⊂ I , la
fonction f ◦ ϕ est dérivable sur I et l’on a :
(f ◦ ϕ) = ϕ .(f ◦ ϕ).
Bien écrire (f ◦ ϕ) = ϕ .(f ◦ ϕ) lorsque f est une fonction
vectorielle, le point désignant la multiplication d’un vecteur par un scalaire
(scalaires devant les vecteurs). Le produit (f ◦ ϕ).ϕ n’a de sens que lorsque f
est à valeurs dans IK.
C 1
Définition 5
Une application est de classe C 1 sur I si elle est dérivable en tout point
de I et que sa fonction dérivée est continue sur I .
On note C 1 (I, E) l’ensemble des applications de classe C 1 définies
sur I à valeurs dans E .
Proposition 14
Soit B une base de E . La fonction f : I → E est de classe C 1 sur I si, et
seulement si, ses fonctions composantes dans B sont de classe C 1 sur I .
Démonstration. C’est une conséquence immédiate de la proposition 4 de la page 347 et du
fait qu’une fonction à valeurs dans E est continue si, et seulement si, toutes ses applications
composantes le sont.
Proposition 15
L’ensemble C 1 (I, E) est un sous-espace vectoriel de C(I, E) et la dérivation
D : C 1 (I, E) → C(I, E)
est une application linéaire.
Démonstration.
Conséquence immédiate de la linéarité de la limite et de le corollaire 7 de la page 347.
¿ Proposition 16
Soit L une application linéaire de E dans un espace vectoriel F de dimension
finie. Si f ∈ C 1 (I, E) alors L ◦ f ∈ C 1 (I, F ).
Démonstration page 370
Proposition 17
Soit E , F et G des espaces vectoriels normés de dimension finie et B une
application bilinéaire de E × F dans G.
Si f ∈ C 1 (I, E) et g ∈ C 1 (I, F ), alors B(f, g) ∈ C 1 (I, G)
Démonstration. Soit f et g deux fonctions de classe C 1 . On sait d’après le corollaire 11 de la
page 348 que la fonction B(f, g) est dérivable sur I et que sa dérivée est B(f , g) + B(f, g ) ,
fonction qui est continue par les théorèmes généraux.
1. Si ϕ ∈ C 1 (I, IK) et f ∈ C 1 (I, F ), alors ϕ f ∈ C 1 (I, F ).
2. Soit E un espace vectoriel euclidien.
• Si f et g sont de classe C 1 , alors ( f | g ) est de classe C 1 .
• En particulier, si f ∈ C 1 (I, F ), l’application f 22 est de classe C 1 .
3. En adaptant la démonstration de la dérivabilité de B(f, g) lorsque f et g sont des
fonctions dérivables et B est une application bilinéaire (cf. la proposition 10 de la
page 348), on démontre si ϕ est une application p-linéaire sur E1 × E2 × · · · × Ep ,
et f1 , f2 ,. . . , fp des applications de classe C 1 sur I respectivement à valeurs
dans E1 , E2 ,. . . , Ep , alors ϕ(f1 , f2 , . . . , fp ) est de classe C 1 sur I et :
ϕ(f1 , f2 , . . . fp ) = ϕ(f1 , f2 , . . . fp ) + ϕ(f1 , f2 , . . . fp ) + · · · + ϕ(f1 , f2 , . . . fp ).
4. En particulier, si B est une base d’un espace vectoriel E de dimension p et
si f1 , f2 ,. . . , fp sont des éléments de C 1 (I, E), alors detB (f1 , f2 , . . . fp ) est de
classe C 1 sur I et :
detB (f1 , f2 , . . . fp ) = detB (f1 , f2 , . . . fp ) + detB (f1 , f2 , . . . fp )
+ · · · + detB (f1 , f2 , . . . fp ).
p.370 Exercice 3 Soit f une fonction complexe.
Montrer l’équivalence entre les trois propositions suivantes :
(i) f ∈ C 1 (I, C)
(ii) Re f ∈ C 1 (I, IR) et Im f ∈ C 1 (I, IR).
(iii) f¯ ∈ C 1 (I, C)
Que vaut alors D(f¯) ?
Proposition 18
Étant donnés deux intervalles I et J , ainsi que deux fonctions f ∈ C 1 (I, F )
et ϕ ∈ C 1 (J, IR) telles que ϕ(J) ⊂ I , la fonction f ◦ϕ est élément de C 1 (J, F ).
¿ Démonstration. D’après le corollaire 13 de la page 349, la fonction f ◦ ϕ est dérivable sur I ,
de dérivée (f ◦ ϕ) = ϕ . f ◦ ϕ , fonction qui est continue en tant que composée et produit de
telles fonctions.
C k
Définition 6
Une fonction est de classe :
•
C 0 sur I si elle est continue sur I ;
•
C k sur I , avec k ∈ IN∗ , si elle est dérivable sur I et que sa dérivée est
de classe C k−1 sur I ;
•
C ∞ sur I si elle est de classe C k , pour tout k ∈ IN.
Toute fonction de classe C k est évidemment de classe C pour
tout entier naturel ⩽ k .
Pour k ∈ IN, on note :
• C k (I, E) l’ensemble des fonctions de classe C k sur I et à valeurs dans E ;
•
dk f
la dérivée k -ième d’une fonction f ∈ C k (I, E) ; elle
dtk
est définie par récurrence par :
f (k) , D k f ou
f (0) = f
•
C ∞ (I, E) =
k∈IN
et
∀i ∈ [[1, k]]
(i−1)
f (i) = f #
= f (i−1)
$
.
C k (I, E) l’ensemble des fonctions de classe C ∞ sur I et
à valeurs dans E .
• Les dérivées secondes, troisièmes,. . . se notent aussi f , f , . . .
• Pour montrer qu’une fonction est de classe C ∞ , il suffit de montrer qu’elle
admet des dérivées successives à tout ordre (il est inutile de montrer leur
continuité puisqu’elles sont dérivables).
• Lorsque la fonction f représente le mouvement d’un point matériel en
fonction du temps, le vecteur f (t0 ) représente le vecteur accélération
du point à l’instant t0 .
Proposition 19
• Pour k ∈ IN ∪ {∞}, C k (I, E) est un espace vectoriel.
• Pour k ∈ IN∗ , la dérivation est une application linéaire de C k (I, E)
dans C k−1 (I, E).
Démonstration.
C’est une conséquence de la proposition 15 de la page 349.
¿ C k
Dans cette section k ∈ IN ∪ {∞}.
Proposition 20
Soit E , F et G trois espaces vectoriels normés de dimension finie et B une
application bilinéaire de E × F dans G.
Si f ∈ C k (I, E) et g ∈ C k (I, F ), alors B(f, g) ∈ C k (I, G). De plus, si n est
un entier inférieur à k , la dérivée d’ordre n de B(f, g) est donnée par la
formule de Leibniz :
n
(n)
n
B(f, g)
=
B(f (p) , g(n−p) ).
p
p=0
Démonstration page 370
Corollaire 21
L’ensemble C k (I, IK) est une algèbre pour les lois usuelles.
Proposition 22
Soit L une application linéaire de E dans un espace vectoriel de dimension
finie F . Si f ∈ C k (I, E) alors L ◦ f ∈ C k (I, F ).
Démonstration page 371
Proposition 23
Soit I et J deux intervalles ainsi que f ∈ C k (I, E) et ϕ ∈ C k (J, IR) telles
que ϕ(J) ⊂ I .
La fonction f ◦ ϕ est élément de C k (J, E).
Démonstration page 371
Proposition 24
Soit f une application continue sur I et a un point de I tel que f soit de
classe C 1 sur I \ {a}.
Si f|I\{a} a une limite finie en a, alors f est de classe C 1 sur I et f (a) = .
Principe de démonstration.
Utiliser les fonctions composantes. Démonstration page 371
Corollaire 25
Soit f une application continue sur I et a un point de I tel que f soit de
classe C k sur I \ {a}. Si pour tout r ⩽ k , la dérivée f (r) a une limite en a,
alors f est de classe C k sur I .
Principe de démonstration.
Démonstration page 372
Il suffit d’appliquer la proposition précédente, successivement aux fonctions f , f ,. . .
¿ Dans cette section, les fonctions seront définies sur un segment [a, b]
(avec a < b) et à valeurs dans un espace vectoriel E de dimension finie.
[a, b]
Définition 7
Soit f : [a, b] → E une fonction. On dit qu’elle est continue par morceaux
s’il existe une subdivision σ = (a0 , . . . , ap ) de [a, b] telle que :
1. pour tout i ∈ [[0, p − 1]], la restriction fi = f|]a ,a
i
i+1 [
soit continue,
2. pour tout i ∈ [[0, p − 1]], on puisse prolonger fi en une fonction fi ,
continue sur [ai , ai+1 ].
Une telle subdivision est dite adaptée à f .
• On peut reformuler cette définition : la fonction f est continue par morceaux s’il existe une subdivision σ = (a0 , . . . , ap ) de [a, b] telle que pour
tout i ∈ [[0, p − 1]] :
1. pour tout i ∈ [[0, p − 1]], la fonction f|]a ,a
i
2. pour tout i ∈ [[0, p − 1]], la fonction f|]a ,a
i
i+1 [
i+1 [
soit continue,
admette des limites finies
en ai et ai+1 .
• Toute subdivision plus fine qu’une subdivision adaptée à une fonction continue par morceaux f est encore adaptée à f .
• Si f est une fonction continue par morceaux définie sur [a, b] et si [c, d]
est inclus dans [a, b], alors f|[c,d] est encore continue par morceaux.
On note CM [a, b], E l’ensemble des fonctions réelles continues
par morceaux sur le segment [a, b] à valeurs dans E .
1. Toute fonction continue sur [a, b] à valeurs dans E est continue par morceaux.
2. On dit qu’une fonction f définie sur [a, b] à valeurs dans E est en escalier s’il
existe une subdivision σ = (a0 , . . . , ap ) de [a, b] telle que, pour tout i ∈ [[0, p − 1]],
la fonction f|]ai ,ai+1 [ soit constante. Une telle fonction est une fonction continue
par morceaux sur [a, b].
¿ Proposition 26
Une fonction définie sur [a, b] à valeurs dans E est une fonction continue
par morceaux si, et seulement si, chacune de ses fonctions composantes dans
une base est une fonction continue par morceaux à valeurs dans IK.
Démonstration page 372
Proposition 27
Toute fonction continue par morceaux définie sur [a, b] à valeurs dans E est
bornée.
Démonstration page 372
Proposition 28
L’ensemble CM [a, b], E est un espace vectoriel.
Démonstration page 372
Lemme 29
Soit f une fonction continue par morceaux définie sur un intervalle [a, b] à
valeurs dans E .
Soit B = (e1 , . . . , en ) une base de E . On note (f1 , . . . , fn ) les fonctions
composantes de f dans la base B . Le vecteur
9
n
b
i=1
a
fi (t) dt
ei ne dépend
pas de la base de E choisie.
Principe de démonstration.
Utiliser la linéarité de l’intégrale des fonctions scalaires et utiliser
la formule de changement de base pour donner les composantes du vecteur
9 b
n
fi (t) dt
ei
a
Démonstration page 372
i=1
dans une nouvelle base B .
Définition 8
Soit f une fonction continue par morceaux définie sur un intervalle [a, b] à
valeurs dans E . On appelle intégrale de f sur [a,b] le vecteur de E égal
à
9
n
b
i=1
¿ a
fi (t) dt
ei où B = (e1 , . . . , en ) est une base de E .
9
Cette intégrale est notée
9 b
[a,b]
f ou
9 b
f ou
a
f (t) dt.
a
On retrouve que, pour une fonction continue par morceaux à valeurs dans C :
9 b
9 b
f (t) dt =
9 b
Re f (t) dt + i
a
a
Im f (t) dt.
a
1. Soit f : [a, b] → E une fonction en escalier et σ = (a0 , . . . , ap ) une subdivision
adaptée. En notant ui la valeur de f sur ]ai , ai+1 [ , pour i ∈ [[0, p − i]], on a :
9 b
f (t) dt =
a
p−1
(ai+1 − ai ) ui .
i=0
2. Soit a ∈ C \ IR . Pour tout t ∈ IR , on a :
t − Re a + i Im a
1
,
=
t−a
(t − Re a)2 + (Im a)2
et puisque Im a = 0 , pour tout x > 0 :
9 x
9 x
9 x
dt
t − Re a
Im a
dt + i
dt
dt =
2
2
2
2
t
−
a
0
0 (t − Re a) + (Im a)
0 (t − Re a) + (Im a)
=
|x − a|
|a|
1
ln
2
+ i Arctan
x − Re a
Im a
+ Arctan
Re a
Im a
.
Proposition 30
L’application f →
9 b
a
f définie sur CM ([a, b], E) à valeurs dans E est
linéaire.
Démonstration. C’est une conséquence immédiate de la linéarité de l’intégrale des fonctions
continues par morceaux sur un segment à valeurs dans IK , appliquée aux applications composantes.
Corollaire 31
Deux fonctions continues par morceaux coïncidant sauf sur une partie finie
de [a, b] ont des intégrales égales.
Démonstration page 373
¿
Proposition 32 (Relation de Chasles)
Étant donné une fonction f continue par morceaux sur [a, b] ainsi que c
un point de ]a, b[, on a :
9 b
9 c
f (t) dt +
a
9 c
f (t) dt =
b
f (t) dt.
a
Démonstration.
On utilise encore une fois le théorème analogue appliqué aux fonctions composantes.
Définition 9
Soit f ∈ CM [a, b], E . Pour tout entier n ∈ IN∗ , on appelle somme de
Riemann d’ordre n associée à f le vecteur :
b − a n−1
b−a
f a+k
.
n k=0
n
Soit f ∈ CM [a, b], IK un segment. Alors :
b − a n−1
b−a
f a+k
n k=0
n
−→
9 b
n→+∞
f.
a
En appliquant ce résultat à chacune des fonctions composantes d’une fonction
continue par morceaux, on obtient le théorème suivant.
Théorème 33 (Convergence des sommes de Riemann)
Soit f ∈ CM [a, b], E . Alors :
b − a n−1
b−a
f a+k
n k=0
n
−→
n→+∞
9 b
f.
a
Proposition 34
On a pour toute fonction f ∈ CM([a, b], E) :
>9
> 9
> b
>
b
>
>
f (t) dt > ⩽
f (t) dt.
>
> a
>
a
Principe de démonstration.
D’abord démontrer le résultat pour les fonctions en escalier.
Étendre ensuite le résultat aux fonctions continues par morceaux à l’aide de sommes de Riemann.
Démonstration page 373
¿ Puisqu’une fonction continue par morceaux f : [a, b] → E est bornée, on peut
définir :
>
>
N∞ (f ) = sup >f (t)>.
t∈[a,b]
Corollaire 35
Soit f ∈ CM [a, b], E . Alors :
>9
>
> b
>
>
>
f (t) dt> ⩽ (b − a) N∞ (f ).
>
> a
>
Démonstration.
En effet :
>9 b
> 9 b
9 b
>
>
>
>
>
>
>
>
f (t) dt> ⩽
f (t) dt ⩽
N∞ (f ) dt = (b − a) N∞ (f ).
>
a
a
a
Comme pour les fonctions continues par morceaux à valeurs dans IK, on peut
étendre la notion d’intégrale de façon à ne pas avoir à tenir compte de l’ordre
des bornes d’intégration a et b.
Définition 10
Une fonction f : I → E est continue par morceaux si pour tout segment [a, b] ⊂ I , avec a < b, la restriction f|[a,b] est continue par morceaux.
Soit f une fonction continue par morceaux sur un intervalle I . Si a et b sont
9 b
deux éléments de I , on note
f le vecteur :
⎧
⎪
⎪
⎪
⎨
⎪
⎪
⎪
⎩
a
E
[a,b] f
si a < b ;
− [b,a] f
si b < a ;
E
0
si a = b.
• Si B = (e, . . . , en ) est une base de E , en notant (f1 , . . . , fn ) les applications
composantes de f ∈ CM [a, b], E , pour tout (a, b) ∈ I 2 , on a :
9 b
f (t) dt =
a
9
n
b
i=1
a
fi (t) dt
ei .
• Pour tout (a, b) ∈ I 2 et f ∈ CM [a, b], E on a :
9 a
b
f (t) dt = −
9 b
f (t) dt.
a
¿ 9 b
• L’application f →
a
f (t) dt est une application linéaire de CM(I, E)
dans E .
La relation :
>9
> 9
> b
>
b
>
>
f (t) dt> ⩽
f (t)dt
>
> a
>
a
n’est valable que si a ⩽ b. Sans hypothèse sur a et b, on peut écrire :
>9
> 9
> b
>
>
>
f (t) dt> ⩽ f >
> a
>
I
où I représente le segment d’extrémités a et b
On obtient alors la proposition suivante.
Proposition 36 (Relation de Chasles)
Étant donné une fonction f continue par morceaux sur I ainsi que a, b et c
trois points de I , on a :
9 b
9 c
f (t) dt +
a
9 c
f (t) dt =
b
f (t) dt.
a
Définition 11
Soit f ∈ C(I, E). Une application g de I dans E est une primitive de f
si g est dérivable sur I avec g = f .
Proposition 37
Soit f ∈ C(I, E). Deux primitives sur I de f diffèrent d’une constante.
Démonstration.
En effet, la dérivée de leur différence est nulle sur l’intervalle I .
La réciproque est immédiate : si F est une primitive de f et
G = F + a, où a ∈ E , alors G est une primitive de f .
¿ Théorème 38
Soit f ∈ C(I, E) et a ∈ I .
1. L’application :
ga : I −→ E
9 x
t −→
f (s) ds
a
est l’unique primitive de f qui s’annule en a.
2. Pour toute primitive g de f , et tout couple (α, β) de I 2 , on a :
9 β
α
f (t) dt = g(β) − g(α).
Démonstration page 374
Si la fonction f est seulement continue par morceaux sur I , l’application ga du théorème précédent est encore continue puisque localement
lipschitzienne comme on peut le vérifier en utilisant l’inégalité :
ga (x) − ga (y) ⩽ |x − y| supf ,
J
où J est un segment contenant a, x et y .
La démonstration précédente donne en outre la dérivabilité de ga en tout
point x de continuité de f avec ga (x) = f (x). On dit encore par extension
que ga est une primitive de f (ainsi que toutes les fonctions ga + Cte).
Corollaire 39
Si f est de classe C 1 sur I , on a, pour tout (a, b) ∈ I 2 :
f (b) − f (a) =
9 b
f (t) dt.
a
Théorème 40
Soit f ∈ C(I, E) de classe C 1 sur l’intérieur de I .
◦
S’il existe λ ∈ IR tel que ∀t ∈ I
∀(a, b) ∈ I 2
f (t) ⩽ λ, alors on a :
f (b) − f (a) ⩽ λ |b − a|.
Démonstration page 374
Un mobile qui se déplace à une vitesse instantanée de norme inférieure à v pendant un temps t, se trouve au maximum à
une distance v t de son point de départ.
¿ Dans cette section, n est un entier naturel.
Théorème 41 (formule de Taylor avec reste intégral)
Étant donné une fonction f ∈ C n+1 (I, E), on a pour tout (a, b) ∈ I 2 :
f (b) =
n
(b − a)k
k=0
avec :
k!
f (k) (a) + Rn
9 b
(b − x)n (n+1)
(x) dx
f
n!
a
9 1
(1 − t)n (n+1) n+1
= (b − a)
f
a + t (b − a) dt.
n!
0
Rn =
Démonstration page 375
Si f est une fonction continue sur IR , alors la fonction :
9 x
(x − t)n
g : x →
f (t) dt
n!
0
est de classe C n+1 sur IR et l’on a g (n+1) = f .
En effet, on a :
n
(x − a)k (k)
g : x → F (x) −
F (a),
k!
k=0
où F est une primitive (k + 1)-ième de f , ce qui démontre, par opérations sur les
fonctions de classe C k+1 , que g est une fonction de classe C k+1 . La relation g (n+1) = f
vient de ce que la dérivée (k + 1)-ième d’une fonction polynomiale de degré au plus k
est la fonction nulle.
Théorème 42
Étant donnée une fonction f ∈ C n+1 (I, E), on a pour tout (a, b) ∈ I 2 :
>
>
n
>
|b − a|n+1
(b − a)k (k) >
>
>
f (a)> ⩽
Mn+1
>f (b) −
>
>
k!
(n + 1)!
k=0
où Mn+1 est un majorant de f (n+1) entre a et b.
Démonstration page 375
On voit dans la démonstration du théorème précédent, l’intérêt,
dans la formule de Taylor, de la deuxième expression du reste intégral qui évite
la discussion suivant les positions relatives de a et b.
¿ Proposition 43
Si f ∈ C(I, E) admet un développement limité à l’ordre n en a ∈ I :
f (x) = α0 + (x − a) α1 + · · · + (x − a)n αn + o (x − a)n ,
toute primitive g de f admet un développement limité à l’ordre n + 1 en a,
obtenu en intégrant terme à terme le développement limité de f , c’est-àdire :
g(x) = g(a) + (x − a) α0 +
(x − a)2
(x − a)n+1
α1 + · · · +
αn + o (x − a)n+1 .
2
n+1
Démonstration page 375
Théorème 44
Toute fonction f ∈ C n (I, E) admet un développement limité à l’ordre n
en a ∈ I donné par la formule de Taylor–Young :
f (x) =
n
(x − a)k
k=0
k!
f (k) (a) + o (x − a)n .
Démonstration page 375
On notera bien la différence entre d’un côté la formule de Taylor
avec reste intégral et l’inégalité de Taylor-Lagrange et de l’autre la formule
de Taylor-Young. Cette dernière donne un résultat local, sur le comportement
de la fonction lorsque t tend vers a. Les deux premières sont des résultats
globaux, donnant des informations sur les valeurs prises par la fonction sur la
totalité de l’intervalle.
On peut dériver terme à terme le développement limité à l’ordre n d’une
fonction de classe C n .
En effet, d’après l’unicité du développement limité, il s’agit du développement de
Taylor–Young de f , dont la dérivée est le développement de f .
¿ Définition 12
• Un arc paramétré est la donnée de Γ = (I, γ), où I est un intervalle
d’intérieur non vide de IR et γ une fonction de I dans E .
• Le support de Γ est l’ensemble γ(I).
• Un point de l’arc est la donnée d’un couple t, γ(t) , où t ∈ I .
Le point t, γ(t) est le point de paramètre t.
• L’arc Γ = (I, γ) est de classe C 1 si f l’est.
• Un point (t, M ) de l’arc Γ est simple si t est l’unique élément de I tel
que f (t) = M . Il est multiple sinon. On dit que l’arc est simple si tous ses
points sont simples, ou, ce qui revient au même, si γ est une application
injective.
• Un point M ∈ E est un point géométrique de l’arc s’il existe t ∈ I tel
que γ(t) = M .
• Lorsque dim E = 2, on parle parfois d’arc plan.
1. Soit (a, u) ∈ E × E \ {0} et γ : IR −→ E
t −→ a + tu.
1
L’arc Γ = (I, γ) est de classe C et tous les points sont simples. Le support de Γ
est la droite affine a + IRu .
y
2.
Soit (a, b) ∈ IR∗+ . Le support de l’arc Γ = (IR, γ), où
γ(t) = (a cos t, b sin t) est une ellipse.
L’arc est de classe C 1 .
2
x
Si l’on se restreint à [0, 2π[ , on obtient un arc qui a le même support,
dont tous les points sont simples.
3.
z
Soit (r, k) ∈ IR∗+ × IR∗ . L’arc (I, γ), où
γ : IR −→ IR3
t −→ (r cos t, r sin t, kt)
x
¿ est une hélice. Cet arc est de classe C 1 et tous ses points sont
y simples.
4.
y
Considérons l’arc paramétré (IR, f ), où f est définie par :
f (t) =
x
1 − t2 1 − t2
,t
1 + t2 1 + t2
.
Le point 1, (0, 0) est multiple, car −1, (0, 0) est également un points de l’arc. On le voit sur cet exemple, la
notion de point d’un arc est plus précise que celle de point
géométrique : elle permet de distinguer les différents passages par un point du support.
Il a été vu en première année que la tangente au graphe d’une fonction
f : I → IR en un point t0 où f est dérivable est la droite affine d’équation :
T : y = f (t0 ) x − t0 + f (t0 ).
À la fonction f on peut associer de manière naturelle l’arc paramé
tré Γ = (I, γ), où γ : t → t, f (t) . Cela étant posé, on peut remarquer
que γ (t0 ) = 1, f (t0 ) est un vecteur directeur de T , c’est-à-dire que γ (t0 )
dirige la tangente. Cela conduit aux définitions suivantes.
Définition 13
Soit Γ = (I, γ) un arc paramétré.
• On dit que t0 ∈ I est un paramètre régulier si γ est dérivable en t0
et si γ (t0 ) = 0.
• On dit que Γ est un arc paramétré régulier si tous les points de Γ
sont des points de paramètres réguliers.
Définition 14
Soit Γ = (I, γ) un arc paramétré et t0 un paramètre régulier. La tangente
au point de paramètre t0 est la droite affine f (t0 ) + IRf (t0 ).
Conformément au programme, la tangente à un arc paramétré
n’est définie qu’en un point de paramètre régulier. Voir page 366 une interprétation géométrique de la tangente.
1. Droite. Soit (a, u) ∈ E × E \ {0} et γ : IR −→ E
t −→ a + tu.
Tous les points sont réguliers. En tout point, la tangente est la droite affine a+IRu ,
c’est-à-dire la tangente et le support de l’arc sont confondus.
2. Hélice. Soit (r, k) ∈ IR∗+ × IR∗ . L’arc (I, γ), où γ : IR −→ IR3
t −→ (r cos t, r sin t, kt)
est régulier. Pour tout t ∈ IR , la tangente au point de paramètre t est la droite :
f (t) + IR(−r sin t, r cos t, k).
¿ Dans cette section, E est de dimension 2, muni d’une base B = (e1 , e2 ). On
note M (α, β) l’élément de E de coordonnées (α, β) dans cette base.
De plus, Γ = (I, γ) est un arc paramétré.
D’après la définition 14 de la page précédente, un point M (x, y) ∈ E est un
point de la tangente à Γ au point de paramètre régulier t0 si, et seulement si :
detB M − γ(t0 ), γ (t0 ) = 0.
Ainsi, en notant γ(t0 ) = (x0 , y0 ) et γ (t0 ) = (x0 , y0 ), une équation de la
tangente à Γ au point de paramètre t0 est donnée par :
x − x
0
y − y0
x0 = y0 (x − x0 ) − x0 (y − y0 ) = 0.
y0 Soit (a, b) ∈ IR∗+ 2 et γ : t → (a cos t, b sin t) .
Tous les points de l’arc Γ = (IR, γ) sont réguliers et une équation de la tangente T0
au point de paramètre t0 est donnée par :
x − a cos t0 −a sin t0 = b cos(t0 )x + a sin(t0 )y − ab = 0.
y − b sin t0
b cos t0 On suppose dans la suite E muni d’un produit scalaire.
Définition 15
Soit Γ = (I, γ) un arc paramétré et t0 un paramètre régulier. La normale
au point de paramètre t0 est la perpendiculaire à la tangente au point
de paramètre t0 passant par γ(t0 )
D’après la définition 14 de la page précédente, un point M (x, y) ∈ E est un
point de la normale à Γ au point de paramètre régulier t0 si, et seulement si :
M − γ(t0 ) γ (t0 ) = 0.
Ainsi, en notant γ(t0 ) = (x0 , y0 ) et γ (t0 ) = (x0 , y0 ), une équation de la
normale à Γ au point de paramètre t0 est donnée par :
p.375 Exercice 4
x0 (x − x0 ) + y0 (y − y0 ) = 0.
Considérons l’arc Γ = (IR, f ), où f (t) = (t, t2 /2p) et p ∈ IR∗+ . Le support de l’arc
est une parabole.
1. Déterminer les normales à l’arc.
2. Déterminer l’ensemble D des points par lesquels passent trois normales à l’arc Γ.
¿ On munit IR2 de la base canonique (e1 , e2 ).
Considérons l’arc paramétré par :
x(t) = sin(2t)
y(t) = sin(3t)
• Le domaine de définition de cet arc est IR . Cherchons
à restreindre le
domaine d’étude de Γ = (IR, γ), où γ : t → x(t), y(t) .
∗ Puisque les fonctions x et y sont 2π -périodiques, on peut restreindre
l’étude à [−π, π].
∗ Les fonctions x et y étant toutes les deux impaires, on peut restreindre
l’étude à [0, π]. En effet, γ(−t) = −γ(t) pour tout t ∈ [−π, π] et donc
l’ensemble γ [−π, 0] peut être déduit de γ [0, π] par une symétrie
par rapport à 0 (une rotation d’angle π ).
∗ Pour tout t ∈ [0, π], on a :
x(π − t) = −x(t)
y(π − t) = y(t).
et
On peut ainsi restreindre l’étude à [0, π/2]. En effet l’ensemble γ [0, π]
peut être déduit de γ [0, π/2] par une symétrie par rapport à l’axe des
ordonnées, c’est-à-dire la droite Vect(e2 ).
• Étudions les fonctions x et y sur [0, π/2].
L’arc est évidemment de classe C 1 et :
∀t ∈ [0, π/2]
x (t) = 2 cos(2t)
y (t) = 3 cos(3t).
On peut ainsi facilement obtenir les tableaux de variations suivant.
t
0
x (t)
π/6
+
π/4
0
1
π/2
−
x
y (t)
0
+
0
1
−
0
0
y
0
−1
• Il ne reste plus qu’à tracer le support. Pour cela on commence souvent par
dessiner quelques points remarquables avec leur tangente (en particulier
¿ les points ayant une tangente horizontale (les points de paramètres t tels
que y (t) = 0) et les points ayant une tangente verticale (les points de
paramètres t tels que x (t) = 0). Ensuite, on tracer la partie de l’arc
correspondant au domaine d’étude puis on complète à l’aide des symétries
observées.
y
y
x
y
x
x
Pour étudier un arc paramétré par γ , où l’on note γ(t) = x(t), y(t) , on
procède général comme suit.
• On commence par préciser le domaine de définition.
• On peut chercher à réduire le domaine d’étude en mettant en évidence des
symétries.
• On précise la classe et on étudie les fonctions x et y .
• On trace enfin le support de l’arc.
Considérons un arc paramétré Γ = (I, γ) et t0 ∈ I .
Si t0 est un paramètre régulier, on peut interpréter la tangente à Γ au point de
paramètre t0 comme étant la position limite des cordes γ(t0 )γ(t) lorsque t
tend vers t0 . Mais que signifie exactement « position limite » ?
On dira qu’une droite D = a0 + IRu0 , avec u0 ∈ E \(0), est une position limite
lorsque t tend vers t0 de la famille de droites (Dt )t∈J , où J est un intervalle
d’intérieur non vide ou un intervalle d’intérieur non vide privé d’un point, s’il
existe deux fonctions u : J → E et a : J → E telles que :
• pour tout t ∈ J on a Dt = a(t) + IR u(t) ;
• les fonctions a et u ont pour limites a0 et u0 en t0 .
On peut vérifier que si la famille (Dt )t∈J admet une position limite en t0 ,
celle-ci est unique (cf. l’exercice 5 de la page ci-contre).
¿
Si γ (t0 ) est non nul il est aisé de vérifier qu’il existe η > 0 tel que γ(t) = γ(t0 )
pour tout t ∈ J = I ∩ [t0 − η[ ∪ ]t0 , t0 + η] (cf. l’exercice 6). La fonction
0)
constante γ(t0 ) et la fonction u : t → γ(t)−γ(t
permettent alors facilement
t−t0
de démontrer que la position limite de la famille des cordes
#
est la tangente γ(t0 ) + IRγ (t0 ).
• La famille de cordes
#
$
γ(t0 )γ(t)
t∈J
$
γ(t0 )γ(t)
t∈J
peut avoir une position limite en t0
sans que γ soit dérivable en t0 .
√
√ √
Par exemple, si I = IR+ et γ(t) = (t, t) = t ( t, 1), la position limite
de la famille des cordes γ(t)γ(0) est la droite (0, 0) + IR(0, 1).
• La famille de cordes
#
$
γ(t0 )γ(t)
t∈J
peut avoir une position limite en t0
même lorsque γ (t0 ) = 0.
Par exemple, si I = IR et γ(t) = (t2 , t3 ) = t2 (1, t), la position limite de la
famille des cordes γ(t)γ(0) est la droite (0, 0) + IR(1, 0).
p.377 Exercice 5 Démontrer que si la famille de droites (Dt )t∈J admet une position
limite en t0 , celle ci est unique.
p.377 Exercice 6 Soit Γ(I, γ) un arc paramétré et t0 un paramètre régulier.
Démontrer qu’il existe η > 0 tel que pour tout t ∈ I ∩ [t0 − η, t0 [ ∪ ]t0 , t0 + η] on
ait f (t) = f (t0 ).
p.377 Exercice 7 Soit Γ = (I, γ) est un arc paramétré plan et t0 ∈ I . On note x1 et x2
les applications composantes dans la base canonique de IR2 .
x2 (t) − x2 (t0 )
Démontrer que si la fonction t →
admet une limite finie en t0 ,
x1 (t) − x1 (t0 )
alors la droite d’équation :
y = x − x1 (t0 ) + x2 (t0 )
#
$
est la position limite de la famille des cordes γ(t0 )γ(t)
.
t∈I\(t0 )
¿ Proposition 1
• Supposons qu’il existe
∈ E et α : I → E tels que α(t) −→ 0 et :
t→a
∀t ∈ I
f (t) = f (a) + (t − a) + (t − a) α (t)
(a)
−
Alors, pour tout t ∈ I \ {a} , on a α(t) = f (t)−f
t−a
et donc :
f (t) − f (a)
−→ .
t→a
t−a
•
Réciproquement, supposons f dérivable en a.
Posons α : I → E l’application définie par :
f (t)−f (a)
− f (a) si t = a ;
t−a
α(t) =
0
sinon.
Soit ε > 0 . Par définition du vecteur dérivé, il existe un réel η > 0 tel que :
$
#
∀t ∈ I \ {a}
|t − a| ⩽ η =⇒ α(t) ⩽ ε ,
et donc, puisque α (t) = 0 si t = a, on a :
$
#
∀t ∈ I
|t − a| ⩽ η =⇒ α(h) ⩽ ε .
La fonction α a bien 0 pour limite en a.
Proposition 2 On prolonge la fonction τa (f ) en a en posant τa (f )(a) = f (a). Puisque f
est dérivable en a, ce prolongement est continu en a et l’on a :
∀t ∈ I
f (t) = f (a) + (t − a) τa (f )(t),
ce qui prouve la continuité de f en a.
Exercice 1 Pour x ∈ E \ {0} , la fonction f : t → |t| x est continue sur IR. Elle n’est
pas dérivable en 0 car :
∀t > 0
f (t) − f (0)
=x
t−0
et
∀t < 0
f (t) − f (0)
= −x,
t−0
et donc les limites à droite et à gauche du taux d’accroissement ne coïncident pas.
Proposition 3 Soit t ∈ I \ {a} . On a :
n
f (t) − f (a) fi (t) − fi (a)
=
ei .
t−a
t−a
i=1
Le résultat attendu découle du fait que l’existence d’une limite pour une fonction équivaut
à l’existence d’une limite pour chacune de ses fonctions composantes.
De plus, si f est dérivable en a, par définition, on a bien :
f (a) =
n
i=1
¿ fi (a) ei .
Démonstrations et solutions des exercices du cours
Proposition 10 Si a et t sont deux points distincts de I , alors on a :
B f (t), g(t) − B f (a), g(a)
f (t) − f (a)
g(t) − g(a)
=B
, g(t) + B f (a),
t−a
t−a
t−a
.
Puisque les espaces considérés sont de dimension finie, l’application bilinéaire B est continue. De plus, la fonction g étant dérivable en a, elle est continue. Enfin, puisque les taux
d’accroissement τa (f ) et τa (g) ont des limites en a, on déduit de l’expression ci-dessus
que τa B(f, g) a une limite finie en a et :
τa B(f, g) (t) −→ B f (a), g(a) + B f (a), g (a) ,
t→a
ce qui prouve la dérivabilité de B(f, g) en a et l’égalité :
B(f, g) (a) = B f (a), g(a) + B f (a), g (a) .
Exercice 2
1. L’application A → tA définie sur Mn (IK) est linéaire, par conséquent la fonct
t
tion f : t → M (t) est dérivable sur IR et f (t) = (M (t)) , pour tout t ∈ IR (cf. le
t t corollaire 9 de la page 348). On a ainsi M = (M )
Le produit matriciel définit une application bilinéaire sur Mn (IK)2 . Il vient
t
alors du corollaire 11 de la page 348 que ϕ : t → M (t)M (t) est dérivable sur IR .
De plus :
t
t
∀t ∈ IR ϕ (t) = M (t)M (t) + M (t)M (t).
2. Si pour tout t ∈ IR la matrice M (t) est orthogonale, alors la fonction ϕ est la
fonction constante In et donc ϕ = 0 . Ainsi :
∀t ∈ IR
M (t)M (t) + tM (t)M (t) = 0.
t
(∗)
D’autre part, pour tout t ∈ IR :
t
t
tt
tt
M (t)M (t) = M (t) M (t) = M (t)M (t).
Ainsi, d’après (∗) :
t
M (t)M (t) = − M (t)M (t),
tt
donc M (t)M (t) est une matrice antisymétrique.
t
Proposition 12 Prolongeons le taux d’accroissement τb (f ) de f en b en posant :
τb (f )(b) = f (b).
On a :
∀x ∈ I
On en déduit :
∀t ∈ J
f (x) = f (b) + (x − b) τb (f )(x).
f ϕ(t) = f (b) + ϕ(t) − b τb (f ) ϕ(t) .
En d’autres termes :
∀t ∈ J \ {a}
f ϕ(t) − f ϕ(a)
= τa (ϕ)(t) τb (f ) ϕ(t) .
t−a
(∗)
¿ Puisque f est dérivable en b , la fonction τb (f ) est continue en b . Par continuité de τb (f )
en b et de ϕ en a, on obtient :
τb (f ) ϕ(x) −→ τb (f )(b) = f (b).
t→a
De plus, la dérivabilité de ϕ en a entraîne τa (ϕ)(t) −→ ϕ (a). Finalement, de la relat→a
tion (∗) on déduit :
f ϕ(t) − f ϕ(a)
−→ ϕ (a) f (b),
t→a
t−a
c’est-à-dire la dérivabilité de f ◦ ϕ en a, avec :
(f ◦ ϕ) (a) = ϕ (a) f (b) = ϕ (a) f ϕ(a) .
Proposition 16 Soit f une fonction de classe C 1 sur I . D’après le corollaire 9 de la
page 348, on sait que la fonction L ◦ f est dérivable sur I et que (L ◦ f ) = L ◦ f ,
fonction qui est continue comme composée de fonctions continues.
Exercice 3 On munit le IR-espace vectoriel C de la base (1, i).
•
Les fonctions Re f et Im f sont les applications composantes de f dans la
base (1, i). Ainsi, d’après la proposition 14 de la page 349, f est de classe C 1 si,
et seulement si, les fonctions Re f et Im f le sont, ce qui démontre l’équivalence
entre (i) et (ii). Les fonctions Re f et − Im f étant les applications composantes
de f¯ dans la base (1, i), on obtient l’équivalence entre (i) et (iii).
•
On a immédiatement :
D(f¯) = Df .
Proposition 20 Démontrons ce résultat par récurrence sur k ∈ IN. Il sera alors vrai de
façon immédiate pour k = ∞.
•
La propriété est évidente pour k = 0 .
•
Supposons le résultat vrai pour un certain k ∈ IN et considérons deux fonctions f ∈ C k+1 (I, E) et g ∈ C k+1 (I, F ), ainsi qu’un entier n ⩽ k + 1 . Ces fonctions
sont donc de classe C k et l’hypothèse de récurrence permet d’écrire, pour n ⩽ k :
n
(n) n
B(f (p) , g (n−p) ).
=
B(f, g)
p
p=0
(n)
est une combinaison linéaire d’images par B de couples de
La fonction B(f, g)
fonctions de classe C 1 , donc est de classe C 1 . Par suite B(f, g) est de classe C n+1
et l’on a, à l’aide de l’hypothèse de récurrence et de la formule de Pascal sur les
coefficients binomiaux :
¿ Démonstrations et solutions des exercices du cours
(n+1)
=
B(f, g)
=
=
n
n
(p) (n−p) B f ,g
p
p=0
n
$
n # (p) (n−p+1) B f ,g
+ B f (p+1) , g (n−p)
p
p=0
n
n
B f, g (n+1) +
B f (n+1) , g
0
n
+
n
p=1
=
n+1
p=0
n
n
+
p
p−1
B f (p) , g (n−p+1)
n+1
B f (p) , g (n+1−p)
p
ce qui prouve le résultat pour k + 1 .
Proposition 22 Démontrons ce résultat par récurrence pour k ∈ IN, le cas des fonctions
de classe C ∞ s’en déduisant immédiatement.
•
Pour k = 0 , c’est le résultat sur la composition d’une application linéaire et d’une
application continue.
•
Supposons le résultat vrai pour un certain k ∈ IN et considérons f ∈ C k+1 (I, E).
Alors f est dérivable et, par le corollaire 9 de la page 348, L ◦ f est dérivable
avec (L ◦ f ) = L ◦ f . D’après l’hypothèse de récurrence appliquée à f , la fonction L ◦ f est de classe C k , puisque f est de classe C k . Cela prouve que L ◦ f est
de classe C k+1 .
D’où le résultat pour k + 1 .
Proposition 23 Démontrons ce résultat par récurrence pour k ∈ IN, le cas des fonctions
de classe C ∞ s’en déduisant immédiatement.
•
Pour k = 0 , c’est le résultat sur la composition des applications continues.
•
Supposons le résultat vrai pour un certain k ∈ IN et considérons f ∈ C k+1 (I, E)
et ϕ ∈ C k+1 (J, IR) telles que ϕ(J) ⊂ I .
Alors f et ϕ sont dérivables et, par le corollaire 13 de la page 349, f ◦ ϕ est dérivable
avec (f ◦ ϕ) = ϕ .f ◦ ϕ. L’hypothèse de récurrence implique que f ◦ ϕ est de
classe C k , puisque f et ϕ sont de classe C k . D’autre part, ϕ est de classe C k et,
par produit, (f ◦ ϕ) est de classe C k , ce qui prouve que f ◦ ϕ est de classe C k+1 .
D’où le résultat pour k + 1 .
Proposition 24 Fixons une base B = (e1 , . . . , en ) de E .
Supposons que f|I\{a} ait une limite finie en a.
Soit i ∈ [[1, n]]. La fonction composante fi dans la base B est dérivable sur I \ (a),
¿ continue sur I . L’hypothèse f −→
t→a
implique :
t=a
fi −→
i.
t→a
t=a
Le théorème de la limite de la dérivée pour les fonctions scalaires donne que fi est de
classe C 1 et fi (a) = i . Par suite, f est de classe C 1 et f (a) = .
Corollaire 25 Montrons la proposition par récurrence.
Lorsque k = 0 , le résultat est immédiat.
Supposons le résultat vrai pour un certain k ∈ IN. Soit f une fonction continue sur I ,
de classe C k+1 sur I \ {a} et telle que toutes les dérivées f (r) aient une limite en a,
pour r ∈ [[0, k + 1]]. L’hypothèse de récurrence donne que f est de classe C k sur I . La
fonction f (k) vérifie les hypothèses de la proposition 24 de la page 352. Par conséquent,
la fonction f (k) est de classe C 1 sur I et f est de classe C k+1 , ce qui démontre le
résultat.
Proposition 26 Munissons E d’une base B = (ei )1⩽i⩽n .
•
Soit f : [a, b] → IR une fonction continue par morceaux et σ = (a0 , . . . , ap ) une subdivision adaptée. Puisqu’une fonction à valeurs dans E est continue si, et seulement
si, toutes ses applications composantes le sont, pour tout i ∈ [[0, p − 1]] et j ∈ [[1, n]],
les fonctions fj |]ai ,ai+1 [ sont continues. Puisque qu’une fonction dans E admet une
limite en un point si, et seulement si, toutes les applications composantes ont des
limites en ce point, on en déduit que pour tout i ∈ [[0, p − 1]] et j ∈ [[1, n]], les
fonctions fj |]ai ,ai+1 [ ont des limites en ai et ai+1 . Par suite, toutes les applications
composantes fj sont continues par morceaux.
•
Soit f : [a, b] → IR une fonction telle que toutes les applications composantes fj
soient continues par morceaux. Pour chacune de ces fonctions fj il existe une subdivision σj qui lui est adaptée. En prenant une subdivision σ plus fine que chacune
d’entre elles, celle ci est adaptée à toutes les applications fj . Toujours en utilisant la
caractérisation de la limite et de la continuité en termes d’applications composantes,
il vient que f est une fonction en escalier et que σ lui est adaptée.
Proposition 27 Cela résulte immédiatement du fait que toutes les fonctions composantes
dans une base de E donnée étant des fonctions continues par morceaux sur [a, b] sont
bornées.
Proposition 28 Le fait qu’une combinaison linéaire de fonctions continues par morceaux
soit une fonction continue par morceaux repose sur la propriété analogue vérifiée par les
fonctions composantes.
Lemme 29 Soit f : [a, b] → E une fonction continue par morceaux et B = (e1 , · · · , en )
une base de E . On note (f1 , . . . , fn ) les fonctions composantes de f dans la base B et
l’on pose :
9
n
b
I=
fi (t) dt ei .
i=1
¿ a
Démonstrations et solutions des exercices du cours
Soit B = (e1 , . . . , en ) une autre base de E . Posons P = (ai,j )1⩽i,j⩽n la matrice de
passage de B à B . On note également (g1 , . . . , gn ) les fonctions composantes de f dans
la base B . Montrons que :
9
9
n
n
b
b
fi (t) dt ei =
gi (t) dt ei .
a
i=1
a
i=1
La formule de changement de bases donne :
∀i ∈ [[1, n]] fi =
n
ai,j gj .
j=1
Par conséquent, par linéarité de l’intégrale (des fonctions scalaires) :
⎛
⎞
9
9 b
n
n
n
b
⎝
fi (t) dt ei =
ai,j gj (t) dt⎠ ei
I=
i=1
a
i=1
=
=
=
n
⎛
⎝
a j=1
n
i=1
j=1
j=1
a
j=1
a
9
n
b
9
n
b
9 b
ai,j
⎞
gj (t)dt⎠ ei
a
gj (t) dt
n
gj (t) dt
ai,j ei
i=1
ej ,
ce qui démontre la formule annoncée.
Corollaire 31 Leur différence est une fonction en escalier nulle sauf en un nombre fini de
points, donc, en revenant à la définition, qui a une intégrale nulle.
Proposition 34
• Pour une fonction en escalier ϕ, le résultat découle de l’inégalité triangulaire :
>
>
>
> >
>
(ai − ai−1 ) ci ,
> (ai − ai−1 ) ci > ⩽
>
>
i
•
i
où σ = (a0 , . . . , ap ) est une subdivision adaptée à f et, pour i ∈ [[0, p − 1]], on
note ci valeur prise par f sur ]ai , ai+1 [ .
Démontrons le résultat dans le cas général. Soit donc f ∈ CM [a, b], E . Pour n ∈ IN∗
posons ϕn la fonction définie sur [a, b] par
<
<
b−a
f a + k b−a
si t ∈ a + k b−a
n
n , a + (k + 1) n
ϕn (t) =
f (b)
si t = b.
La fonction ϕn est en escalier et :
9 b
n−1
b−a ϕn (t) dt =
f
n i=0
a
a+i
b−a
n
¿ est une somme de Riemann de la fonction f . De même ϕn est une fonction en
9 b
ϕn est une somme de Riemann pour la fonction f . On a donc
escalier et
a
d’après le premier point, pour tout n ∈ IN∗ :
> 9
>9
>
> b
b>
>
>
>
>ϕn (t)> dt,
ϕn (t) dt> ⩽
>
>
> a
a
et d’après le théorème 33 de la page 356 :
9 b
9 b
ϕn (t) dt −→
f (t) dt
et
n→+∞
a
a
9 b
(∗)
>
>
>ϕn (t)> dt −→
n→+∞
a
9 b
>
>
>f (t)> dt.
a
Ainsi, par passage à la limite dans l’inégalité (∗), en utilisant la continuité de la norme,
on obtient :
>9
> 9
> b
>
b>
>
>
>
>f (t)> dt.
f (t) dt> ⩽
>
> a
>
a
La démonstration de la convergence des sommes de Riemann est, selon le
programme, admise en première année. Le résultat, dont la démonstration est exigible en
seconde année est donné page 518.
Théorème 38
1. L’unicité est une conséquence de la proposition 37 de la page 358.
Sachant que pour une fonction continue ϕ : I → IK , l’application définie sur I
9 t
par t →
ϕ(s) ds est une primitive de ϕ, on vérifie à l’aide des fonctions compoa
santes, que ga est dérivable et que sa dérivée est f .
2. Le résultat est évident pour l’application ga d’après la relation de Chasles. Il est
vrai pour toute primitive, puisque les primitives de f diffèrent toutes de ga d’une
constante.
Théorème 40
•
Si a et b sont à l’intérieur de I , on a :
>9
> 9
>
b
> >
>
>
>
>f (b) − f (a)> = >
f (t) dt> ⩽
f ⩽ λ |b − a|.
> a
>
[a,b]
•
Dans le cas général, on écrit, pour (x, y) ∈ ]a, b[ :
>
>
>f (y) − f (x)> ⩽ λ |y − x|
2
et l’on passe à la limite quand x et y tendent respectivement vers a et b . La fonction f
étant continue en a et b , on obtient le résultat annoncé.
¿ Démonstrations et solutions des exercices du cours
Théorème 41 Les deux expressions de Rn sont égales grâce au changement de
variable x = a + t (b − a).
La formule s’obtient en appliquant la formule de Taylor avec reste intégral des fonctions
à valeurs dans IK aux fonctions composantes de f .
Théorème 42 Puisque la fonction f est de classe C n+1 , la fonction f (n+1) est continue
>
>
sur le segment d’extrémités a et b , et donc la fonction >f (n+1) > l’est également. Cela
justifie l’existence de Mn+1 .
Pour établir le résultat, il suffit de majorer le reste intégral :
9 1
(1 − t)n
|b − a|n+1
n+1
Rn ⩽ |b − a|
Mn+1
dt =
Mn+1 .
n!
(n + 1)!
0
Proposition 43 Comme :
9 x
g(x) = g(a) +
f (t) dt,
a
il suffit de montrer que si h(x) = o (x − a)n , alors :
9 x
h(t) dt = o (x − a)n+1 .
a
Soit ε > 0 . Prenons η > 0 tel que :
∀t ∈ I
|t − a| ⩽ η =⇒ h(t) ⩽ ε |t − a|n .
Pour x ∈ I tel que |x − a| ⩽ η , on a :
>9 x
>
>
>
n+1
>
h(t) dt>
>
> ⩽ |x − a| sup h ⩽ ε |x − a|
[a,x]
a
ce qui prouve le résultat.
Théorème 44 Démontrons le résultat par récurrence.
• Si n = 0 , la continuité de f donne f (x) = f (a) + o(1).
• Soit n ∈ IN∗ . Supposons le résultat vrai pour toute fonction de classe C n−1 . Considérons une fonction f de classe C n . On a f ∈ C n−1 et :
f (x) =
n−1
k=0
(x − a)k (k+1)
(a) + o (x − a)n−1 ,
f
k!
soit par intégration (cf. la proposition 43 de la page 361) :
f (x) =
n
(x − a)k
k=0
k!
f (k) (a) + o (x − a)n .
Exercice 4
1. L’arc Γ est évidemment de classe C 1 car les applications composantes sont polynomiales. Pour tout t ∈ IR , on a f (t) = (1, t/p). Il s’ensuit que l’arc est régulier
et la normale au point de paramètre t a pour équation :
x−t+
t
p
y−
t2
2p
=x+
t
t3
y− t+ 2
p
2p
=0
¿ 2. Il s’agit de déterminer les couples (x, y) ∈ IR2 pour lesquelles il existe (au moins)
trois réels distincts t1 , t2 , t3 tels que :
x+
t
t3
y− t+ 2
p
2p
= 0.
En d’autres termes, on cherche à quelle(s) conditions le polynôme :
P =
X3
−
2p2
y
−1 X −x
p
admet admet trois racines réelles distinctes. Commençons par remarquer que :
P =
3
X2 −
2p2
y
−1
p
Cas y/p ⩽ 1 La fonction polynomiale P est alors à valeurs positive et s’annule
au plus une fois. Ainsi, la fonction P est strictement croissante sur IR et,
puisqu’elle est continue, elle admet au plus (exactement) un zéro.
=
Cas y/p > 1 En posant t0 = 2p
3 (y − p) , on obtient le tableau de variations
suivant.
t
P (t)
−∞
+
−t0
0
P (−t0 )
t0
0
−
+∞
+
+∞
P
−∞
P (t0 )
L’étude du tableau de variations montre que P admet trois racines réelles distinctes si, et seulement si, P (t0 )P (−t0 ) < 0 . Le calcul donne :
P (t0 )P (−t0 ) =
t30
−
2p2
t30
−
2p2
= x2 −
= x2 − t20
= x2 −
y
− 1 t0 − x
p
y
− 1 t0
p
t20
y
− +1
2p2
p
−
t30
+
2p2
y
− 1 t0 − x
p
2
2
8
(y − p)3
27p
8
En remarquant que x2 − 27p
(y − p)3 ⩾ 0 lorsque y ⩽ p,
on en déduit qu’une condition nécessaire et suffisante
pour que M (x, y) soit un point par lequel passe trois
normales à Γ est :
y
D
2py = x2
27px2 − 8(y − p)3 < 0.
En conclusion :
¿ D = (x, y) ∈ IR2 27px2 < 8(y − p)3
x
Démonstrations et solutions des exercices du cours
Exercice 5 Soit D et Δ deux positions limites. Il existe donc des fonctions a : J → E ,
b : J → E , u : J → E et v : J → E telles que :
•
Dt = a(t) + IRu(t) = b(t) + IRv(t) pour tout t ∈ J ;
•
a(t) −→ a0 , b(t) −→ b0 , u(t) −→ u0 et v(t) −→ v0 et u0 et v0 sont non nuls ;
•
D = a0 + IRu0 et Δ = b0 + IRv0 .
t→t0
t→t0
t→t0
t→t0
Remarquons que pour tout t ∈ J , il existe λ(t) ∈ IR∗ tel que v(t) = λ(t) u(t).
Puisque u0 est non nul, il existe une composante u0 i non nulle de u .
Puisque vi = λ ui , il vient que λ admet une limite finie λ0 en t0 et donc, en passant
à la limite, v0 = λ0 u0 .
Par ailleurs, pour t ∈ J , il existe un réel μ(t) tel que b(t) = a(t) + μ(t)u(t). Toujours
en considérant les applications composantes, il vient que μ admet une limite finie μ0
en t0 et donc, en passant à la limite, b0 = a0 + μ0 u0 . Il s’ensuit que b0 ∈ D et
puisque v0 = λ0 u0 , il vient que D = Δ.
Exercice 6
(t0 )
Puisque lim f (t)−f
= f (t0 ) = 0 , il existe un voisinage V de t0 tel que :
t−t0
t→t0
∀t ∈ V
t = t0 =⇒
f (t) − f (t0 )
= 0.
t − t0
La conclusion est alors immédiate.
2 (t0 )
Exercice 7 Par hypothèse, t → xx21 (t)−x
(t)−x1 (t0 ) est définie au voisinage de 0 . Par ailleurs,
pour t = t0 , la corde γ(t0 )γ(t) est dirigé par le vecteur :
# x (t) − x (t ) $
2
2 0
,
1,
x1 (t) − x1 (t0 )
du moins si t est suffisamment proche de t0 . La conclusion s’ensuit.
1 (t0 )
Si xx12 (t)−x
en t0 , alors la droite d’équation :
(t)−x2 (t0 ) admet une limite finie
x = y − x2 (t0 ) + x1 (t0 )
#
$
est une position limite de la famille des cordes γ(t0 )γ(t)
.
t∈I\(t0 )
¿
Parmi les exercices qui suivent, certains traitent de fonctions scalaires et non de
fonctions vectorielles. Ils sont donnés à titre de révision du cours de première année.
7.1 Soit f une fonction à valeurs dans un espace vectoriel E de dimension finie et g une
fonction à valeurs réelles positives. On suppose f et g dérivables sur un intervalle I
et f ⩽ g sur I .
Si a et b sont deux points de I tels que a < b , en considérant l’ensemble :
A = x ∈ [a, b] f (x) − f (a) ⩽ g(x) − g(a) + ε (x − a) ,
où ε > 0 , montrer :
f (b) − f (a) ⩽ g(b) − g(a).
7.2 Soit f de classe C ∞ de IR dans IR tendant vers 0 en +∞ et telle qu’il existe x0
vérifiant f (x0 ) f (x0 ) ⩾ 0 .
1. Prouver l’existence de x1 ⩾ x0 tel que f (x1 ) = 0 .
2. Prouver l’existence d’une suite (xk )k∈IN∗ strictement croissante telle que :
∀k ∈ IN∗
f (k) (xk ) = 0.
7.3 Soit f de classe C 2 sur IR+ à valeurs dans E telle que les fonctions f et f soient majorées respectivement par M0 et M2 .
2M0
h M2
1. Montrer que pour tout h > 0 , la fonction f est majorée par
+
·
h
2
√
2. En déduire que la fonction f est majorée par 2 M0 M2 .
3. Soit f définie sur [0, 1] par :
∀x ∈ [0, 1] f (x) = 2(x − 1)2 − 1.
Quelles sont les bornes de f , f et f sur [0, 1] ?
En utilisant la fonction cosinus, prolonger f en une fonction de classe C 2 sur IR+
pour laquelle la majoration de la question précédente est optimale.
7.4 Soit t → X(t) une application de classe C 1 de IR dans Mn (IR) telle que X(0) soit
une matrice de rotation. Montrer que les assertions suivantes sont équivalentes :
(i) pour tout t, X(t) est une matrice de rotation ;
(ii) il existe une application continue A de IR dans l’ensemble des matrices antisymétriques de taille n telle que ∀t ∈ IR X (t) = A(t) X(t).
7.5 Soit f ∈ C 1 [0, 1]IR telle que f (0) = f (1) = 0 . On note cotan la fonction cos / sin.
1. Existence et comparaison de :
9 1
f (t) f (t) cotan(πt) dt
I1 =
0
¿ 9 1
et
I2 =
0
f (t)2 1 + cotan2 (πt) dt.
Exercices
2. Montrer :
9
f ⩾ π2
2
9
f2
[0,1]
[0,1]
en précisant les cas d’égalité.
7.6 Montrer qu’il existe des constantes A et B telles que pour toute fonction
2π -périodique f de classe C 1 de IR dans IR , on ait :
9
9
|f | + B
|f |.
sup |f | ⩽ A
IR
[0,2π]
[0,2π]
Le résultat subsiste-t-il pour les fonctions complexes ?
7.7 (Polytechnique 2015)
Soit E un espace vectoriel normé de dimension finie.
Pour toute fonction f : [0, 1] → E et subdivision σ = (a0 , . . . , ap ) de [0, 1], on note :
V (f, σ) =
p−1
>
>
>f (ai+1 − f (ai )>
V(f ) = sup V (f, σ) ∈ IR.
et
σ
i=0
1. Dans le cas où E = IR et f est monotone, calculer V(f ).
2. Donner un exemple où V(f ) = +∞.
3. Si f est continue, a-t-on nécessairement V(f ) < +∞ ?
9 1
4. Démontrer que si f est de classe C 1 , alors V(f ) =
f .
0
5. Lorsque E = IR démontrer que V(f ) est fini si, et seulement si, f est la différence
de deux applications croissantes.
7.8 Soit f : [a, b] → IR strictement croissante et continue. Montrer que :
9 b
inf
μ
f (t) − μ dt
a
est atteint pour l’unique valeur μ = f
a+b
2
·
7.9 Soit f une fonction continue et concave sur [0, 1] telle que f (0) = 1 . On veut montrer :
9 1
9 1
2
2
x f (x) dx ⩽
f (x) dx .
(∗)
3
0
0
1. Vérifier le résultat lorsque f est affine, et trouver l’unique fonction affine ϕ qui
réalise l’égalité.
2. En posant f = g + ϕ, trouver une condition équivalente à (∗) portant sur g .
3. Conclure.
¿ 7.10 1. Soit f continue par morceaux sur [a, b] telle que :
∀x ∈ [a, b] f (a + b − x) = f (x).
Montrer :
9 b
x f (x) dx =
a
2. Calculer :
9 π
0
x sin x
dx
1 + cos2 x
a+b
2
9 b
f (x) dx.
a
9 π
et
0
x
dx.
1 + sin x
7.11 (Centrale 2015)
Soit f ∈ C [a, b], IR à valeurs positives et dont l’ensemble des zéros est d’intérieur
vide.
1. Démontrer que pour tout entier n ⩾ 1 , il existe une unique subdivision (a0 , . . . , an )
de [a, b] telle que :
9
9 ai+1
1 b
∀i ∈ [[0, n − 1]]
f (t) dt =
f (t) dt.
n a
ai
2. Soit g ∈ C [a, b], E , où E est un IK-espace vectoriel de dimension finie.
1
g(ai ).
n→+∞ n
i=0
n−1
Calculer
lim
7.12 Théorème du relèvement
Soit f : I → C∗ une fonction de classe C 1 .
1. Démontrer qu’il existe une fonction g : I → C de classe C 1 telle que f = exp ◦g .
On donnera une équation différentielle vérifiée par f .
2. On suppose de plus que I = IR et f est 2π -périodique. Montrer :
9 2π f (u)
1
du ∈ ZZ.
2iπ 0 f (u)
7.13 Spirale logarithmique
On se place dans le plan euclidien orienté, muni d’un repère orthonormé direct (O, e1 , e2 ).
−−−→
Déterminer les arcs plans réguliers (IR, γ) tels que l’angle entre les vecteurs Oγ(t)
et γ (t) soit constant.
7.14 On se place dans un espace euclidien.
Soit (I, γ) un arc paramétré de classe C 1 ne passant pas par 0 .
γ(t)
·
γ(t)
Démontrer que f (t) est orthogonal à f (t), pour tout t ∈ I .
2. Déterminer les arcs paramétrés (I, γ) de classe C 1 ne passant pas par 0 , tels que
la famille γ(t), γ (t) soit liée pour tout t.
1. On pose f : t →
¿ Exercices
7.15 Mouvement à accélération centrale
Soit f : I → IR3 une fonction de classe C 2 telle que f (t) soit colinéaire à f (t) pour
tout t ∈ I . On note x, y et z les applications composantes.
1. Démontrer que y z − yz est une fonction constante.
2. On suppose qu’il existe t0 ∈ I tel que f (t0 ), f (t0 ) soit libre. Démontrer que f
est à valeurs dans un plan vectoriel.
7.16 1. Étudier l’arc défini par
x(t) = 3t2
y(t) = 2t3 .
2. Déterminer les droites qui sont à la fois tangentes et normales à cet arc.
7.17 Soit Γ la courbe paramétrée :
⎧
⎪
⎨ x(t) =
t
1 + t3
2
⎪
⎩ y(t) = t ·
1 + t3
1. Montrer que toute droite du plan coupe cette courbe en au plus trois points.
2. Réciproquement, on se donne trois points M (t1 ), M (t2 ) et M (t3 ). Donner une
condition nécéssaire et suffisante portant sur t1 , t2 et t3 pour que les trois points
soient alignés.
3. La tangente en M (t) recoupe la courbe en M (t ). Exprimer t en fonction de t.
4. Soit M (t1 ), M (t2 ) et M (t3 ) trois points alignés de la courbe. Les tangentes en ces
points recoupent la courbe respectivement en M (t1 ), M (t2 ) et M (t3 ). Montrer
que ces trois points sont alignés.
7.18 1. Étudier et tracer l’arc défini par :
⎧
1
⎪
⎨ x(t) = t + 2
2t
2
⎪
⎩ y(t) = t + 1 ·
2
t
Montrer en particulier que l’arc admet un axe de symétrie.
2. Montrer que l’ensemble des points par lesquels passent deux tangentes à l’arc
orthogonales entre elles est une droite dont on donnera une équation.
¿ 7.1 Lorsque f est g sont de classe C 1 sur I , le résultat est une conséquence immédiate de
la proposition 34 de la page 356.
Soit ε > 0 . L’ensemble A est non vide puisqu’il contient a et est majoré par b . Par
continuité de f et g , il est fermé, donc contient sa borne supérieure, notée c.
Supposons c < b . Comme :
>
>
> f (t) − f (c) > g(t) − g(c)
>−
>
= f (c) − g (c) ⩽ 0,
lim
t→c >
t−c >
t−c
>
>
> f (t) − f (c) > g(t) − g(c)
>−
on a, au voisinage de c l’inégalité >
⩽ ε.
> t−c
>
t−c
Pour t > c suffisamment proche de c, on en déduit :
f (t) − f (a) ⩽ f (t) − f (c) + f (c) − f (a)
⩽ g(t) − g(c) + ε (t − c) + g(c) − g(a) + ε (c − a)
= g(t) − g(a) + ε (t − a)
ce qui contredit le fait que c soit la borne supérieure de A.
Donc c = b et f (b) − f (a) ⩽ g(b) − g(a) + ε (b − a).
En passant à la limite quand ε tend vers 0 , on en déduit l’inégalité demandée.
7.2 1. • Si f (x0 ) = 0 il suffit de prendre x1 = x0 .
• Si f (x0 ) = 0 et f (x0 ) = 0 , on peut supposer sans perte de généralité
que que f (x0 ) > 0 , quitte à remplacer f par −f . Par conséquent, il
existe η > 0 tel que la fonction f prenne des valeurs strictement positives
sur ]x0 , x0 + η]. Par ailleurs, puisque f (x) −→ 0 , il existe x > x0 + η tel
x→+∞
que f (x ) < f (x0 + η). Il s’ensuit que la fonction f ne peut pas être croissante
sur [x0 , x0 + η] ; ainsi, il existe x ∈ [x0 , x0 + η] tel que f (x ) ⩽ 0 . Le théorème des valeurs intermédiaires donne alors, du fait que f est une fonction
continue sur l’intervalle [x0 , x ] et f (x0 ) > 0 , l’existence d’un x1 ⩾ x0 tel
que f (x1 ) = 0 .
• Si f (x0 ) f (x0 ) > 0 , supposons f (x0 ) > 0 et f (x0 ) > 0 , ce que l’on peut
faire quitte à changer f en −f . La fonction f étant continue et tendant
vers 0 < f (x0 ) en +∞, elle admet un maximum en x1 ∈ [x0 , +∞[ . Ce maximum ne peut pas être atteint en x0 , car f (x0 ) > 0 , donc f (x1 ) = 0 .
2. Supposons, pour k ⩾ 1 , l’existence de xk tel que f (k) (xk ) = 0 . Si la fonction f (k+1) ne s’annulait pas sur ]xk , +∞[ , elle garderait un signe constant
puisqu’elle est continue. La fonction f (k) serait alors strictement monotone
sur [xk , +∞[ , et comme elle est nulle en xk elle aurait une limite (éventuellement infinie) non nulle en +∞. Alors :
9 x
(k−1)
(k−1)
(x) = f
(xk ) +
f (k) (t) dt
f
xk
tendrait vers ±∞ lorsque x tend vers +∞, et par récurrence f tendrait vers ±∞
en +∞, ce qui est contradictoire.
Donc il existe xk+1 > xk tel que f (k+1) (xk+1 ) = 0 .
¿ Solution des exercices
7.3 Soit x ∈ IR+ .
1. En écrivant l’inégalité de Taylor-Lagrange :
f (x + h) − f (x) − h f (x) ⩽
h2
M2 ,
2
on obtient, à l’aide de l’inégalité triangulaire :
2M0
h M2
f (x) ⩽
+
·
h
2
:
2M0 h M2
+
est atteint pour h = 2 M0 /M2 , et l’inégalité
2. Le minimum de h →
h
2
ci-dessus donne alors :
:
f (x) ⩽ 2 M0 M2 .
3. On a immédiatement :
m0 = max |f | = 1
m1 = max |f | = 4 et m2 = max |f | = 4.
[0,1]
[0,1]
[0,1]
√
On remarque que l’on a m1 = 2 m0 m2 . Il suffit donc prolonger f en une fonction
de classe C 2 sur IR+ de façon à conserver ces bornes, ce que l’on peut réaliser en
posant :
∀x > 1 f (x) = − cos 2(x − 1) .
Les restrictions de f à chacun des intervalles [0, 1] et [1, +∞[ sont effectivement
de classe C 2 et l’on a :
fg (1) = 0 = fd (1)
et
fg (1) = 4 = fd (1)
ce qui prouve que f est bien de classe C 2 sur IR+ .
7.4 Rappelons (cf. l’exercice 2 de la page 348) que si t → M (t) est une fonction dérivable
t
à valeurs dans Mn (IR) définie sur I , alors tM : t → M (t) est dérivable et :
t
M (t) = tM (t).
∀t ∈ I
• Supposons que X(t) soit une matrice de rotation pour tout t. Puisque X(t) est
une matrice orthogonale, on a pour tout t ∈ IR :
X (t) = X (t) X(t) X(t) = A(t) X(t),
t
où l’on a posé A(t) = X (t) X(t).
Les règles de calcul de la transposée donnent :
t
∀t ∈ IR
A(t) = X(t) X (t)
t
t
(∗)
Par ailleurs, toujours du fait que X(t) est une matrice orthogonale, on a :
∀t ∈ IR X(t) tX(t) = In .
En dérivant cette relation, il vient que :
∀t ∈ IR X (t) tX(t) + X(t) X (t) = 0.
t
On en déduit, pour t ∈ IR :
X(t) X (t) = −X (t) X(t) = −A(t).
t
t
De la relation (∗) on obtient alors, pour tout t ∈ IR , que A(t) est une matrice
antisymétrique.
¿ • Supposons qu’il existe une fonction continue t → A(t) à valeurs dans l’ensemble
des matrices antisymétriques telle que X (t) = A(t)X(t) pour tout t.
Posons f (t) =
pour t ∈ IR :
t
X(t)X(t) pour t réel. Les règles de dérivation donnent,
f (t) = X (t)X(t) + tX(t)X (t)
t
= A(t)X(t) X(t) + tX(t)A(t)X(t)
t
t
t
t
= X(t) A(t)X(t) + X(t)A(t)X(t)
Puisque A(t) est antisymétrique, il vient que f (t) = 0 . Il s’ensuit que f est une
fonction constante. Puisque X(0) est une matrice de rotation, il vient :
∀t ∈ IR f (t) = tX(t)X(t) = In .
En d’autres termes, X(t) est une matrice orthogonale pour tout t. Par conséquent,
l’application g : t → det X(t) est à valeurs dans {−1, 1} . Par ailleurs, par
continuité du déterminant, la fonction g est continue. En vertu du théorème des
valeurs intermédiaires, la fonction g est constante et puisque g(0) = 1 , on en
conclut que X(t) est une matrice de rotation, pour tout t ∈ IR .
7.5 1. La fonction ϕ(t) = f (t) cotan(πt) est de classe C 1 sur ]0, 1[ et se prolonge en une
fonction (encore notée ϕ) continue sur [0, 1] puisque :
f (0)
lim ϕ(t) =
et
t→0
π
9
9
f ϕ et I2 =
Ainsi les intégrales I1 =
[0,]
lim ϕ(t) =
t→1
f (1)
.
π
f ϕ sont définies.
[0,1
Par une intégration par parties, pour tout x ∈ ]0, 1[ , on a :
9 x
9 x
2
2
f (t) f (t) cotan(πt) dt = f (x) cotan(πx) + π
f (t)2 1 + cotan2 (πt) dt,
1/2
1/2
2
et comme f (x) cotan(πx) = ϕ(x) f (x) tend vers 0 en 0 et 1, on en déduit 2I1 = πI2
c’est-à-dire :
9
9
9
ϕ2 + π
f2 = 2
ϕ f .
π
[0,1]
[0,1]
[0,1]
9
2. En prenant le produit scalaire ( u | v ) =
u v , cela s’écrit :
[0,1]
π( ϕ | ϕ ) − 2( ϕ | f ) + π( f | f ) = 0,
soit :
( πϕ | πϕ ) − 2( πϕ | f ) + π 2 ( f | f ) = 0
ce qui est équivalent à :
( πϕ − f | πϕ − f ) + π 2 ( f | f ) − ( f | f ) = 0
d’où l’inégalité ( f | f ) ⩾ π 2 ( f | f ) demandée.
¿ Solution des exercices
Les cas d’égalité correspondent aux fonctions f telles que πϕ−f = 0 , c’est-à-dire
aux fonctions f vérifiant l’équation différentielle π cos(πt) y − sin(πt) y = 0 dont
les solutions sont de la forme :
f (t) = λ sin(πt)
avec
λ ∈ IR.
7.6 Soit f ∈ C [0, 2π . Comme la valeur moyenne de f est comprise entre ses bornes, il
existe un réel x0 ∈ [0, 2π] tel que :
9
1
f.
f (x0 ) =
2π [0,2π]
Alors, pour tout x ∈ [0, 2π] :
9 x
f (x) = f (x0 ) +
f (t) dt
x0
ce qui implique :
9
9
9
1
f (x) ⩽ f (x0 ) + f ⩽
|f | +
|f |.
[x,x0 ] 2π [0,2π]
[0,2π]
Si f = g + ih, avec g et h réelles, en appliquant ce qui précède aux fonctions g et h,
il vient :
sup |f | ⩽ sup |g| + sup |h|
IR
IR
IR
9
|g | + |h | + B
⩽A
[0,2π]
9
|f | + 2B
⩽ 2A
[0,2π]
9
9
|g| + |h|
[0,2π]
|f |.
[0,2π]
Le résultat est donc conservé, mais avec d’autres constantes.
7.7 1. Soit f : [0, 1] → IR une fonction monotone. Quitte à prendre −f , on peut supposer f croissante car il est clair que V(f ) = V(−f ).
Pour toute subdivision σ = (a0 , . . . , ap ) de [0, 1] on a :
V (f, σ) =
p−1
p−1
f (ai+1 − f (ai ) =
f (ai+1 − f (ai ) = f (1) − f (0).
i=0
Par conséquent :
i=0
V(f ) = f (1) − f (0).
2. Considérons f la fonction indicatrice de Q ∩ [0, 1] sur [0, 1]. Pour toute subdivision σ = (a0 , . . . , a2p ) de [0, 1] telle que a2i ∈ Q et a2i+1 ∈ IR \ Q, on a :
V (f, σ) =
2p−1
2p−1
f (ai+1 − f (ai ) =
1 = 2p.
i=0
i=0
Il est clair que pour tout p, il existe de telles subdivisions.
Par conséquent V(f ) ⩾ 2p pour tout p ∈ IN, et donc V(f ) = +∞.
¿ 3. La réponse est non. Pour construire un exemple, on soupçonne qu’il est nécessaire
de prendre une fonction qui « change une infinité de fois de monotonie ».
Soyons plus précis. Posons f l’application définie sur [0, 1 par :
t sin πt si t ∈ ]0, 1] ;
f (t) =
0
sinon.
Il est immédiat que f (t) ⩽ |t| et donc que f est continue en 0 . La continuité
sur ]0, 1] étant immédiate, on en conclut que f est continue.
Soit p ∈ IN et considérons la subdivision σp définie par 0 , 1 et les 2/(2k + 1)
pour k ∈ [[1, p]]. On a alors, pour k ∈ [[1, p]] :
f
2
2k + 1
et donc, pour k ∈ [[1, p − 1]] :
2
2
f
−f
2k + 3
2k + 1
=
2
(−1)k ,
2k + 1
2
2
4
=
2k + 3 + 2k + 1 ⩾ 2k + 3 ·
Par conséquent :
V (f, σp ) ⩾
p−1 k=1
f
2
2k + 3
p−1
4
2
⩾
·
2k + 1 2k + 3
−f
k=1
4
Par comparaisons aux séries de Riemann, puisque 2k+3
4
∼ 2 , la série
2k+3
k→+∞ k
est divergente. Puisqu’elle est à termes positifs, on a :
V (f, σp ) ⩾
p−1
k=1
4
−→ +∞.
2k + 3 p→+∞
Ainsi V(f ) = +∞.
La fonction définie sur [0, 1] par g(t) = f (t2 ) est dérivable sur [0, 1]
(elle est dérivable en 0 puisque g(t) = o(t) au voisinage de 0 ). Il est immédiat
que V(g) = V(f ) (l’image d’une subdivision de [0, 1] par les bijections strictement
√
croissantes t → t2 et t → t est une subdivision). Donc V(g) = +∞.
• Lorsque g : [a, b] → E est une fonction de classe C 1 , on a :
9 b
g(b) − g(a) =
g (t) dt.
a
Par suite :
¿ >9
> 9
>
b
b>
>
> >
>
>
>
>g(b) − g(a)> = >
>g (t)> dt.
g (t) dt> ⩽
> a
>
a
(∗)
Solution des exercices
Soit f ∈ C 1 [0, 1], E .
• Pour toute subdivision σ = (a0 , . . . , ap ) de [0, 1], on déduit de (∗) :
V (f, σ) =
>
9
p−1
>
> p−1
>
>
> ai+1 >
>f (ai+1 ) − f (ai )> =
>
f
(t)
dt
>
>
i=0
⩽
i=0
p−1 9 ai+1
i=0
> >
>f (t)> dt =
9 1
ai
> >
>f (t)> dt,
0
ai
la dernière égalité étant une conséquence de la relation de Chasles. Il s’ensuit
que V(f ) est finie et :
9 1
> >
>f (t)> dt.
V(f ) ⩽
0
• Lorsque f : [a, b] → E est une fonction de classe C 1 , on a :
9 b
9 b
(b − a)f (a) =
f (a) − f (t) dt +
f (t) dt,
a
a
et par l’inégalité triangulaire :
>9
> >9
>
> > b
b
> >
>
>
>
>
>
>
(b − a)>f (a)> ⩽ >
f (t) dt> + >
f (a) − f (t) dt> ,
> a
> > a
>
ce qui implique :
>9
> 9
>
b
b>
>
> >
>
>
>
>f (a) − f (t)>dt.
(b − a)>f (a)> ⩽ >
f (t) dt> +
> a
>
a
(∗)
Soit ε > 0 et f : [0, 1] → E une fonction de classe C 1 . Puisque f est
continue sur le segment [0, 1], la fonction f est uniformément continue d’après
le théorème de Heine. Il existe donc η > 0 tel que :
∀(t, t ) ∈ [0, 1]2 |t − t | ⩽ η =⇒ f (t) − f (t ) ⩽ ε.
Fixons un tel η . Choisissons un entier n0 ⩾ 1 tel que pour n ⩾ n0 la subdivision régulière σn = (a0 , . . . an ) soit de pas δn = n1 ⩽ η , où ai = a + iδn
pour i ∈ [[0, n]]. Pour un tel entier n, du fait que :
9 ai+1
>
> >f (a) − f (t)>dt ⩽ δn ε,
ai
on obtient en appliquant (∗) à f entre ai et ai+1 ,
>9
>9 ai+1
> 9 ai+1
>
>
> > ai+1 >
>
>
>
> >+
>+δn ε.
>f (a)−f (t)>dt ⩽ >
δn >f (ai )> ⩽ >
f
(t)
dt
f
(t)
dt
>
>
>
>
ai
ai
ai
En additionnant ces inégalités, on obtient :
>
>
n−1
>
>9 ai+1
> n−1
>
>
>
>
f (ai ) ⩽
f (t) dt>
δn
>
> + ε.
i=0
i=1
(∗∗)
ai
¿ On reconnaît à gauche une somme de Riemann pour la fonction f . On peut
donc réécrire l’inégalité (∗∗) comme suit :
Sn f ⩽ V (f, σn ) + ε.
La convergence des sommes de Riemann pour les fonctions continues donne
l’existence d’un entier n ⩾ n0 tel que :
9 1
> >
>f (t)> dt − ε ⩽ S f ,
0
et donc pour un tel entier n :
9 1
> >
>f (t)> dt − 2 ε ⩽ V (f, σn ),
0
et donc, par définition :
9 1
ce qui implique
9 1
> >
>f (t)> dt − 2 ε ⩽ V(f ),
0
> >
>f (t)> dt ⩽ V(f ) et donc l’égalité d’après le premier point.
0
4. On peut naturellement définir V(f ) pour toute fonction définie sur un segment [a, b] ; il n’est pas nécessaire de ce cantonner à [0, 1].
• Si f = g − h, où f et g sont croissantes, alors V(f ) ⩽ V(g) + V(h) est fini
d’après la question 1.
• Il est immédiat que pour tout 0 ⩽ a ⩽ b ⩽ c ⩽ 1 on a :
V(f|[a,c] ) ⩽ V(f|[a,b] ) + V(f|[b,c] )
Il s’ensuit que g : x → V f|[0,x] est une fonction croissante.
Soit 0 ⩽ x ⩽ y ⩽ 1 . En considérant une subdivision σ de [0, x], il vient :
V (f| , σ) + f (y) − f (x) ⩽ V(f| ).
[0,x]
Par conséquent :
[0,y]
g(x) + f (y) − f (x) ⩽ g(y).
Ainsi, en posant h = g − f , on a donc :
h(y) − h(x) = g(y) − g(x) + f (x) − f (y) ⩾ f (y) − f (x) + f (x) − f (y) ⩾ 0.
La fonction h est donc croissante sur [0, 1] et f = g − h, ce qui prouve le
résultat demandé.
7.8 Évidemment, il suffit de se limiter à μ ∈ [f (a), f (b)], c’est-à-dire à μ = f (x) pour un
certain x ∈ [a, b]. Posons donc :
9
f − f (x)
ϕ(x) =
9
[a,b]
f (x) − f +
=
9
[a,x]
f − f (x)
[x,b]
= (2x − a − b) f (x) −
f+
[a,x]
¿
9
9
f
[x,b]
Solution des exercices
a+b
, on obtient par différence :
2
9 x
9 x
f (t) dt = 2
f (x) − f (t) dt.
ϕ(x) − ϕ(c) = 2 (x − c) f (x) −
En utilisant cette égalité pour x et c =
c
c
• Si x ⩾ c, alors f ⩽ f (x) sur [c, x] et donc ϕ(x) − ϕ(c) ⩾ 0 .
• Si x ⩽ c, alors f ⩾ f (x) sur [x, c] et donc ϕ(x) − ϕ(c) ⩾ 0 .
De plus, par continuité stricte croissance de la fonction à intégrer, ces inégalités sont
strictes pour x =
c, ce qui prouve l’unicité de x, et donc de μ minimisant l’intégrale
donnée.
7.9 1. Vérifions le résultat si f est affine.
Soit a ∈ IR.
Pour f (x) = 1 + a x, on a :
9 1
1 a
x f (x) dx = +
et
2 3
0
9 1
2
f (x) dx
0
#
a $2
= 1+
2
ce qui fait que l’inéquation (∗) est équivalente à :
1 a
2#
a $2
+ ⩽
1+
2 3
3
2
soit à (a + 1)2 ⩾ 0 , ce qui est toujours vérifié.
On remarque au passage, que l’égalité a lieu si, et seulement si, a = −1 .
2. Posons f = ϕ+g , où ϕ(x) = 1−x est la fonction affine qui réalise l’égalité comme
nous venons de le voir, et g une fonction concave nulle en 0 . L’inégalité (∗) est
équivalente à :
9
9 1
9 1
2
1
2
x g(x) dx ⩽
g(x) dx +
g(x) dx
3
0
0
0
c’est-à-dire à :
9 1
0
x−
2
3
g(x) dx ⩽
2
3
9 1
2
g(x) dx
.
(∗∗)
0
3. Cette inégalité (∗∗) ne peut avoir lieu pour toute fonction g concave nulle en 0 que
si le membre de gauche est toujours négatif ou nul, car s’il était strictement positif
pour une certaine fonction g , en multipliant g par une réel λ > 0 suffisamment
petit, l’inégalité ne serait plus satisfaite (la fonction λ g est toujours concave et
nulle en 0 ).
Il ne reste donc plus qu’à montrer que si g est concave nulle en 0 , alors :
9 1
2
g(x) dx ⩽ 0.
x−
3
0
¿ y
Pour cela, on considère la corde passant par les deux
points du graphe de g d’abscisses 0 et 2/3 . Sa pente
est un certain réel α .
Par concavité de g , on a :
g(x) ⩾ α x si x ⩽ 2/3
g(x) ⩽ α x si x ⩾ 2/3
|
|
2/3
1
x
et donc :
2
2
g(x) ⩽ α x x −
·
3
3
9 1
2
g(x) dx ⩽ α
x2 − x dx = 0.
3
0
∀x ∈ [0, 1]
9 1
On a ainsi
0
x−
2
3
x−
7.10 1. Par le changement de variable affine x = a + b − t, on obtient :
9 b
9 b
9 b
x f (x) dx =
(a + b − t) f (t) dt = (a + b)
f (t) dt − I
I=
a
a
a
ce qui donne le résultat.
2. Donc :
9
9
9 π
π2
x sin x
π π sin x
π 1 dt
=
dx
=
dx
=
2
2 0 1 + cos2 x
2 −1 1 + t2
4
0 1 + cos x
et :
9
9 π
x
dx
π π
I=
dx =
·
2 0 1 + sin x
0 1 + sin x
En posant t = tan(x/2), on obtient :
9 +∞
9 π
dx
dt
=2
=2
1
+
sin
x
(t
+
1)2
0
0
soit I = π .
9 x
7.11 1. • Posons pour x ∈ [a, b] : F (x) =
f (t) dt .
a
On définit ainsi une fonction de classe C 1 sur [a, b], car f est continue, et
croissante, du fait que f est à valeurs positives.
Par ailleurs, puisque F = f , l’ensemble des zéros de F est d’intérieur vide.
Par suite, la fonction F est strictement croissante. Puisqu’elle est strictement
croissante et continue sur l’intervalle [a, b], elle définie une bijection de [a, b]
<
;
sur 0, F (b) .
• S’il existe une subdivision (a0 , . . . , an ) de [a, b] telle que :
9
9 ai+1
1 b
∀i ∈ [[0, n − 1]]
f (t) dt =
f (t) dt,
n a
ai
alors :
1
∀i ∈ [[0, n − 1]] F (ai+1 ) − F (ai ) =
n
¿ 9 b
f (t) dt.
a
Solution des exercices
En additionnant, en remarquant que F (a0 ) = 0 , on obtient :
9
i b
∀i ∈ [[0, n]] F (ai ) =
f (t) dt.
n a
9 b
<
;
f (t) dt ∈ 0, F (b) :
Cela implique, du fait que ni
a
∀i ∈ [[0, n]] ai = F −1
i
n
9 b
f (t) dt .
a
Cela démontre l’unicité de la subdivision.
Il est clair que la subdivision (a0 , . . . , an ) ainsi définie convient.
2. Avec les notations précédentes, on a, pour tout i ∈ [[0, n − 1]] :
9 ai+1
F (b)
g(ai ) =
f (t)g(ai ) dt.
n
ai
Soit ε > 0 .
• Puisque la fonction g est continue, définie sur segment [a, b] à valeurs dans
un espace vectoriel de dimension finie, elle est uniformément continue. Il existe
donc η > 0 tel que :
>
>
∀(x, y) ∈ [a, b]2 |x − y| ⩽ η =⇒ >g(x) − g(y)> ⩽ ε.
Fixons un tel η .
• Puisque F est une bijection continue de [a, b] sur [0, F (b)], son application
réciproque F −1 est continue. Elle est également uniformément continue. Il
existe donc α > 0 tel que :
<
;2
|x − y| ⩽ α =⇒ F −1 (x) − F −1 (y) ⩽ η.
∀(x, y) ∈ 0, F (b)
Fixons un tel α .
• Ainsi, pour entier n vérifiant F n(b) ⩽ α , i.e. n ⩾ F (b)/α , on a :
∀i ∈ [[0, n − 1]] 0 ⩽ ai+1 − ai = F −1 (i + 1)
F (b)
n
− F −1 i
F (b)
n
⩽ η.
Par conséquent, pour i ∈ [[0, n − 1]] :
>9 ai+1
> 9 ai+1
9 ai+1
>
>
>
>
>
>
>
>
f (t) g(ai ) − g(t) dt> ⩽
f (t) g(ai ) − g(t) dt ⩽ ε
f (t) dt.
>
ai
ai
ai
Par suite :
> >
>
>
9 ai+1
9 b
> >n−1
> F (b) n−1
>
> >
>
>
g(ai ) −
f (t)g(t) dt> = >
f (t) g(ai ) − g(t) dt>
>
> >
>
> n
a
a
i
i=0
i=0
⩽
n−1
>9 ai+1
i=0
⩽
n−1
i=0
>
>
>
ai
>
>
f (t) g(ai ) − g(t) dt>
>
9 ai+1
ε
f (t) dt = ε F (b).
ai
¿ Ainsi, par définition :
F (b) g(ai ) −
n i=0
n−1
9 b
f (t)g(t) dt −→ 0.
n→+∞
a
Par suite :
9 b
f (t)g(t) dt
n−1
1
g(ai ) −→
n→+∞
n i=0
·
a
9 b
f (t) dt
a
7.12 1. On remarque que :
∀t ∈ I
f (t)
f (t)
f (t) =
f (t).
Donc, f est solution de l’équation différentielle :
E : y =
f (t)
f (t)
Ainsi, il existe A ∈ C tel que :
∀t ∈ I
y.
9 t
f (t) = A exp
f (s)
ds ,
t0 f (s)
où t0 ∈ I . Or, A = 0 puisque f ne s’annule pas et par surjectivité de la fonction exp sur C∗ , il existe B ∈ C tel que A = exp(B). Par suite, f = exp ◦g
avec :
9 t f (s)
∀t ∈ I g(t) =
ds + B.
t0 f (s)
Il est clair que la fonction g ainsi définie est de classe C 1 .
2. D’après ce qui précède, ff = g . Ainsi :
g(2π) − g(0) =
9 2π
0
f (u)
du.
f (u)
Par ailleurs, la fonction f étant 2π -périodique :
exp g(2π) = f (2π) = f (0) = exp g(0)
et donc g(2π) − g(0) = i2πZZ.
La conclusion est alors immédiate.
7.13 On identifie le plan au plan complexe, orienté par la base (1, i).
Pour que le problème ait un sens, l’arc ne peut pas passer par l’origine. On cherche
donc les fonctions f : I → C∗ de classe C 1 telle que pour tout t ∈ I , il existe un
réel λ(t) > 0 tel que
f (t) = λ(t)f (t)eiα .
¿ Solution des exercices
Supposons que f soit une solution du problème. La fonction λ
est continue puisque f ne s’annule pas et que l’on a donc :
∀t ∈ I
λ(t) = e−iα
f (t)
·
f (t)
γ (t)
α
γ(t)
Alors f est solution de l’équation différentielle :
y = λ(t)eiα y.
et par conséquent il existe a ∈ C∗ tel que :
f (t) = a exp Λ(t)eiα .
∀t ∈ I
où Λ est une primitive de λ. On remarque que l’application Λ est de classe C 1 ,
strictement croissante et sa dérivée ne s’annule pas.
Réciproquement, si Λ : I → IR est strictement croissante, de classe C 1 et que sa
dérivée ne s’annule pas alors, pour a ∈ C∗ , il est facile de vérifier que l’application f
définie par :
f (t) = a exp Λ(t)eiα
est une solution du problème.
7.14 1. La fonction f : t →
γ(t)
γ(t)
est définie, de classe C 1 car γ ne s’annule pas. On a,
pour t ∈ I :
f (t) =
γ (t)
( γ (t) | γ(t) )
γ(t).
−
γ(t)
γ(t)3
(∗)
Par produit scalaire avec γ de cette dernière relation, il vient ( f (t) | γ(t) ) = 0
et donc :
∀t ∈ I f (t) ∈ Vect(γ(t))⊥ .
2. Par ailleurs, puisque (γ (t), γ(t)) est liée et γ(t) = 0 , pour tout t ∈ I , la relation (∗) donne :
∀t ∈ I f (t) ∈ Vect(γ(t)).
Ainsi f = 0 et f est constante, car elle définie sur un intervalle. Par conséquent,
il existe ϕ : I → IR de classe C 1 ne s’annulant pas et a ∈ E \ {0} tel que :
∀t ∈ I
f (t) = ϕ(t) a.
Réciproquement, il est clair que toute fonction de cette forme est solution du
problème.
7.15 Par hypothèse, il existe une fonction λ : I → IR telle que f = λf . On note B la
base canonique de IR3 .
1. Les règles de calcul donnent :
(y z − yz ) = y z + y z − y z − yz = y z − yz = λ y z − y λ z = 0
Ainsi la fonction y z − yz est une fonction constante A.
2. On démontre de même que la fonction z x − zx est une fonction constante B
et x y − xy est une fonction constante C .
¿ Soit t ∈ I . On a :
x(t) x (t) x(t)
0 = detB f (t), f (t), f (t) = y(t) y (t) y(t) = x(t)A + y(t)B + z(t)C.
z(t) z (t) z(t)
Puisque f (t0 ), f (t0 ) est libre, les trois valeurs :
A = y (t0 )z(t0 ) − y(t0 )z (t0 )
B = x (t0 )z(t0 ) − x(t0 )z (t0 )
C = x (t0 )y(t0 ) − x(t0 )y (t0 )
ne peuvent pas être toutes nulles. En d’autres termes (A, B, C) =
(0, 0, 0). Ainsi,
f est à valeurs dans le plan vectoriel d’équation Ax + By + Cz = 0 .
7.16 1. L’arc est défini sur IR. Puisque x est une fonction paire et y est une fonction
impaire, on peut restreindre l’étude à IR+ , le support de l’arc étant symétrique
par rapport à l’axe des abscisses.
L’arc est de classe C 1 et pour tout t ∈ IR+ :
x (t) = 6t
et
y (t) = 6t2
On obtient immédiatement le tableau de variations et la courbe.
y
t
x (t)
0
0
+∞
+
+∞
x
y (t)
0
0
x
+
+∞
y
0
On remarque que tous les points sauf celui de paramètre 0 sont réguliers.
y(t)
En remarquant que x(t)
−→ 0 , on obtient que l’axe des abscisses est
t→0
la position limite de la famille des droites γ(t)γ(0) .
2. Soit t ∈ IR∗ . Le vecteur (1, t) est proportionnel à γ (t). Une équation de la
tangente au point de paramètre t est donc :
x − 3t2 1
3
y − 2t3 t = tx − y − t = 0
Une équation de la normale est donnée par :
x + ty − 3t2 − 2t4 = 0.
¿ Solution des exercices
La tangente au point de paramètre t sera la normale au point de paramètre t si,
et seulement si, les équations :
tx − y = t3
x + t y = 3t2 + 2t4
sont proportionnelles. Cela impose que le déterminant du système soit nul, c’està-dire tt = −1 . Si c’est le cas, alors t3 = t(3t2 + 2t4 ).
Réciproquement, si tt = −1 et t3 = t(3t2 + 2t4 ) les deux équations sont proportionnelles.
Les conditions imposent t2 = 3t2 + 2t4 , et donc, puisque t = −1/t :
t6 = 3t2 + 2.
(∗)
Introduisons P = X 3 − 3X − 2 . Il est immédiat que −1 et 2 sont des racines
√
de P , puis que P = (X − 2)(X + 1)2 . La condition (∗) donne t = ± 2 . En
√
conclusion, les tangentes aux points de paramètres ± 2 sont les seules tangentes
qui soient également normales à Γ.
7.17 1. Soit D une droite d’équation ax + by + c = 0 . Le point M (t) est sur D si et
seulement si at + bt2 + c(1 + t3 ) = 0 . Cette équation est au plus du troisième degré
en t donc ne peut avoir plus de trois racines réelles.
2. Si les trois points M (t1 ), M (t2 ) et M (t3 ) sont alignés alors il existe (a, b, c) ∈ IR3
avec (a, b) = (0, 0) tels que t1 ,t2 et t3 soient racines de l’équation :
ct3 + bt2 + at + c = 0,
d’où c = 0 et ct3 + bt2 + at + c = c(t − t1 )(t − t2 )(t − t3 ) ce qui donne t1 t2 t3 = −1 .
Réciproquement si t1 t2 t3 = −1 , posons :
b = −t1 − t2 − t3
et
a = t1 t2 + t2 t3 + t1 t3 .
On a (t − t1 )(t − t2 )(t − t3 ) = t3 + bt2 + at + 1 et les trois points sont sur la droite
d’équation ax + by + 1 = 0 .
$
#
$
#
3. Soit M (t) et M (t + h), la droite M (t)M (t + h) coupe la courbe en M t (h)
avec t(t + h)t (h) = −1 .
#
$
Lorsque h tend vers 0 , la droite M (t)M (t + h) tend vers la tangente en M (t)
$
#
et M t (h) vers M (t ) d’où t2 t = −1 . La tangente en M (t) recoupe la courbe
si t =
0 au point M (− t12 ).
4. Si M (t1 ), M (t2 ) et M (t3 ) sont alignés, alors t1 t2 t3 = −1 d’où
donc les points M (t1 ), M (t2 ) et M (t3 ) sont alignés.
−1 −1 −1
= −1
t21 t21 t21
¿ 7.18 1. Les relations x( 1t ) = y(t) et y( 1t ) = x(t) montrent que la courbe est symétrique
par rapport à la droite d’équation x = y et qu’il suffit d’étudier la courbe sur
[−1, 1] \ {0} . De plus l’arc est de classe C 1 et, pour tout t ∈ IR∗ , on a :
x (t) = 1 − t13
y (t) = t − t12
ce qui conduit au tableau de variations suivant :
−1
t
x (t)
0
+
+∞
−
1
0
−
3/2
0
+∞
x
−1/2
y (t)
−1/2
−
+∞
y
−∞
3/2
Le point de paramètre t = 1 n’est pas régulier.
y(t)−y(1)
−→ 1 , on appréhende le comportement de l’arc au
En remarquant que x(t)−x(1)
t→1
voisinage de ce point.
y
x
2. La tangente au point M (t) a pour équation :
x − t − 12 1 2t
=0
2
t
1
y− 2 − t t soit −2t2 x + 2ty + t3 − 1 = 0 . Soit Γ le lieu cherché. Le point (x, y) est dans Γ
si, et seulement s’il existe (t1 , t2 ) ∈ IR2 avec t1 t2 = −1 (orthogonalité des deux
vecteurs tangents en M (t1 ) et en M (t2 )), tels que t1 et t2 soient racines du
polynôme X 3 − 2xX 2 + 2yX − 1 = 0 .
Il suffit donc de trouver une condition nécessaire et suffisante pour que le polynôme P = X 3 − 2xX 2 + 2yX − 1 = 0 ait deux racines réelles dont le produit
est −1 .
¿ Solution des exercices
Supposons que deux racines vérifient la condition et appelons t3 la troisième racine, on a alors :
⎧
⎪ t1 + t2 + t3 = 2x
⎪
⎪
⎨ t t + t t + t t = 2y
1 2
1 3
2 3
⎪
t1 t 2 t 3 = 1
⎪
⎪
⎩
t1 t2 = −1.
On a alors t3 = −1 puis x + y = −1 qui est une condition nécessaire au problème.
Réciproquement, supposons que x + y = −1 , alors −1 est une racine de P . On
peut factoriser P : P = (X + 1)Q , où
X 2 + (2y + 1)X − 1 = 0
est de discriminant strictement positif, donc possède deux racines non nulles t1 et
t2 dont le produit vaut −1 . Ce qui montre que le point (x, y) est dans Γ et que
la condition x + y + 1 = 0 est une condition suffisante.
¿ I
Séries à valeurs dans un espace normé de dimension finie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
400
1
2
Généralités . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Propriétés immédiates . . . . . . . . . . . . . . . .
400
402
3
Séries absolument convergentes . . . . . . . . . . .
Compléments sur les séries numériques . . . . . .
403
405
1
Règle de d’Alembert . . . . . . . . . . . . . . . . .
405
2
3
Critère des séries alternées . . . . . . . . . . . . . .
Comparaison avec une intégrale . . . . . . . . . . .
407
408
4
5
Sommation des relations de domination . . . . . .
Applications . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
410
412
Démonstrations et solutions des exercices du cours . .
Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
417
427
II
8
Le but de ce chapitre est de consolider les acquis de première année relatifs
aux séries numériques et d’étendre la notion de série convergente au cadre des
espaces vectoriels de dimension finie.
Dans tout ce chapitre, IK désigne le corps des réels ou le corps des complexes
et E un espace vectoriel sur IK de dimension finie.
L’espace vectoriel E est muni d’une norme qu’on notera .
Les définitions et notations sont les mêmes que celles introduites en première
année pour les séries à termes réels ou complexes. Rappelons-les brièvement.
• Si (un )n∈IN est une suite à termes dans E , on note
général un . Sa somme partielle d’ordre n est Sn =
un la série de terme
n
p=0
up .
Si le terme général n’est défini qu’à partir du rang n0 , la série peut être no
tée
n⩾n0
un . Sa somme partielle d’ordre n, avec n ⩾ n0 , est Sn =
n
p=n0
up .
• Lorsque la série
un converge, c’est-à-dire lorsque la suite (Sn ) a une
limite dans E , le vecteur lim Sn est appelé somme de la série et est
n→+∞
noté
+∞
n=0
un .
La somme d’une série
n⩾n0
un convergente est notée
+∞
n=n0
un .
p.417 Exercice 1
n
Déterminer la nature et, en cas de convergence, la somme de la série
A où :
⎛
⎞
0 1 2
A = ⎝0 0 1⎠ .
0 0 0
Proposition 1 (Condition nécessaire de convergence)
Si la série
un converge, alors la suite (un )n∈IN tend vers 0.
Démonstration. Supposons la série
un convergente. Pour tout n ∈ IN∗ , un = Sn − Sn−1 .
La suite (un )n⩾1 est la différence de deux suites ayant la même limite dans E . Donc
lim un = 0 .
n→+∞
Si l’on n’a pas
lim un = 0, alors
n→+∞
un est divergente ; on dit
alors que la série est grossièrement divergente et l’on parle de divergence
grossière.
Comme dans le cas des séries numériques, la convergence vers 0 du
terme général est une condition nécessaire mais non suffisante de convergence.
Définition 1
Si la série un converge, alors pour tout n ∈ IN, la série
le vecteur de E :
Rn =
+∞
p⩾n+1
up converge ;
up
p=n+1
est appelé reste d’ordre n de la série
un .
• On ne peut parler de reste que pour une série convergente.
• On notera bien que, pour n ∈ IN, le reste d’ordre n est la somme
et non
+∞
p=n
+∞
p=n+1
up ,
up , afin que l’on dispose pour toute série convergente de la
relation :
∀n ∈ IN
S = S n + Rn
avec
S=
+∞
un .
n=0
¼½
Proposition 2
La suite des restes d’une série convergente tend vers zéro.
Démonstration.
Il suffit de voir que, pour tout n ∈ IN , Rn = S−Sn , avec
lim Sn = S .
n→+∞
On revient ici sur la notion de sommes télescopiques introduite en première
année.
Définition 2
Une série télescopique est une série dont le terme général peut s’écrire
sous la forme un = vn+1 − vn où (vn )n∈IN ∈ E IN .
La convergence d’une série n’est rien d’autre que la convergence d’une suite.
Réciproquement, dans certains cas, on ramène l’étude de la convergence d’une
suite à l’étude de la convergence d’une série télescopique en utilisant la proposition suivante.
Proposition 3 (Lien suite-série)
Soit (vn )n∈IN une suite à valeurs dans E . La suite (vn )n∈IN converge si, et
seulement si, la série de terme général vn+1 − vn est convergente.
On a alors
+∞
(vn+1 − vn ) = lim vn − v0 .
n=0
Autrement dit, la série
n→+∞
(vn+1 − vn ) et la suite (vn )n∈IN sont de même
n⩾0
nature.
Démonstration.
Les sommes partielles d’une série télescopique de terme général un = vn+1 − vn vérifiant :
∀n ∈ IN
n
uk = vn+1 − v0 ,
k=0
on obtient immédiatement le résultat demandé.
Les résultats qui suivent ne sont qu’une reformulation, dans le langage des
séries, des résultats correspondant sur les suites.
Proposition 4
• L’ensemble des séries convergentes est un sous-espace vectoriel de l’espace
vectoriel des séries à termes dans E .
• L’application qui, à une série convergente, associe sa somme est linéaire.
Comme pour des séries numériques, si
u et
vn sont des
n
séries convergentes, alors (un + vn ) l’est aussi. Mais (un + vn ) peut très
bien être une série convergente lorsque
un et
vn sont divergentes.
¼¾
On ne peut donc pas écrire
+∞
(un + vn ) =
n=0
+∞
n=0
un +
+∞
n=0
vn sans s’être préala-
blement assuré de l’existence de ces sommes.
p.417 Exercice 2 Étudier la convergence de la série de terme général An où :
A=
1
2
1 a
0 1
où a ∈ C.
Proposition 5 (Utilisation d’une base)
Soit B = (e1 , . . . , ep ) une base de E . Soit (un )n∈IN une suite d’éléments
(j)
de E . On lui associe les suites coordonnées (un )n∈IN pour tout j ∈ [[1, p]].
La série
un converge si, et seulement si, les séries
tout j ∈ [[1, p]] et l’on a alors :
+∞
n=0
un =
p
+∞
j=1
n=0
(j)
un convergent pour
un,j ej .
Démonstration. Ce résultat découle immédiatement du lien entre la convergence d’une suite
vectorielle, ici la suite des sommes partielles, et celle des ses suites composantes dans une base
donnée.
1. On retrouve ici le lien entre la convergence d’une série
et celle des séries
Re(un ) et
Im(un )
un à termes complexes
2. Une série matricielle de terme général An ∈ Mp (IK) est convergente si, et seulement si, les p2 séries de termes généraux les coefficients de la matrice An sont
convergentes.
p.417 Exercice 3 Soit α ∈ IR et A ∈ Mp (IR) une matrice symétrique telle que :
∀λ ∈ sp (A)
α n
Quelle est la nature de la série
n A ?
|λ| < 1.
Définition 3
On dit que la série
un à termes dans E est absolument convergente,
ou converge absolument, si la série à termes réels positifs
un est
convergente.
¼¿
Les normes dans un espace de dimension finie étant toutes équivalentes, on déduit du critère de majoration des séries à termes positifs que la
notion de convergence absolue d’une série ne dépend pas de la norme choisie.
Théorème 6
Toute série absolument convergente est convergente.
Principe de démonstration.
Utiliser les séries composantes et se ramener au cas scalaire.
Démonstration page 417
Proposition
7
Soit
un une série absolument convergente à termes dans E . Alors, on a :
n⩾0
+∞
> +∞
>
> >
un > ⩽
un >
n=0
Démonstration.
n=0
Soit N ∈ IN . L’inégalité triangulaire nous permet d’écrire :
N
N
>
> >
>
un > ⩽
un .
>
La série
n=0
n=0
un étant absolument convergente est aussi convergente. Un passage à la limite
n⩾0
lorsque N tend vers +∞ dans l’inégalité précédente donne alors la relation cherchée.
Point méthode
Comme un ∈ IR+ , on peut utiliser tous les résultats sur les séries à termes
réels positifs pour démontrer la convergence absolue d’une série. En particulier, la comparaison de un (⩽, O, o, ∼) avec une série convergente à
termes positifs permet de montrer la convergence absolue de
un , donc
sa convergence.
La comparaison avec des séries à termes positifs divergentes pourra uniquement montrer que la série n’est pas absolument convergente.
Soit A ∈ Mp (IK). On choisit ici une norme sous-multiplicative (voir l’exercice 22 de
la page 305) ; elle vérifie donc :
∀n ∈ IN
An ⩽ An .
On suppose A < 1 . Montrons que la série géométrique
convergente, que la matrice (Ip − A) est inversible et que
+∞
n=0
An est absolument
n
An = (Ip − A)−1 .
• Comme A < 1 , la série géométrique
An converge. Par comparaison, on en
n
n
déduit la convergence de
A , c’est-à-dire la convergence absolue de
A .
• La série
An étant absolument convergente, on a
lim An = 0 . L’égalité :
n→+∞
(Ip − A) A0 + · · · + An = Ip − An+1
∀n ∈ IN
prouve, par passage à la limite (continuité du produit), la relation :
+∞
(Ip − A)
An = Ip .
n=0
On en déduit que les matrices Ip − A et
+∞
An sont inversibles et inverses l’une
n=0
de l’autre.
Remarquons qu’on aurait pu montrer de même l’égalité :
+∞
n
(Ip − A) = Ip .
A
n=0
On peut vérifier le résultat ici démontré sur l’exemple de l’exercice 1 de la page 401.
An
p.418 Exercice 4 Soit A ∈ Mp (IK). Montrer que
est absolument convergente.
n!
+∞
An
est appelée exponentielle de A et est notée eA ou exp(A).
Sa somme
n!
n=0
Nous étudierons certaines propriétés de l’application exponentielle dans le chapitre
10 consacré aux suites et séries de fonctions et nous verrons une application dans
le chapitre 17 consacré aux équations différentielles linéaires.
Dans cette section, les séries considérées sont des séries à termes réels.
Proposition 8 (Comparaison logarithmique)
Si, à partir d’un certain rang, un et vn sont strictement positifs
un+1
vn+1
et
⩽
, alors un = O(vn ) et donc :
un
vn
• la convergence de
• la divergence de
Principe de démonstration.
vn entraîne la convergence de
un entraîne la divergence de
Remarquer que ∀n ⩾ n0
un ;
vn .
u
un ⩽ vnn0 vn .
Démonstration page 418
0
Corollaire 9
Soit (un ) une suite à valeurs strictement positives.
1. S’il existe k ∈ [0, 1[ tel qu’à partir d’un certain rang
alors
un converge.
un+1
2. Si à partir d’un certain rang
⩾ 1, alors
un diverge.
un
un+1
⩽ k,
un
Démonstration. Dans le premier cas, on choisit la suite (vn )n∈IN définie par vn = kn pour
tout n ∈ IN et l’on applique la proposition 8 de la page précédente.
Dans le second cas, la série
un diverge grossièrement car la suite (un )n∈IN étant croissante
à partir d’un certain rang, strictement positive, ne converge pas vers 0 .
Corollaire 10 (Règle de d’Alembert)
Soit (un ) une suite à valeurs strictement positives telle que
un+1
n→+∞ un
= lim
existe dans IR+ ∪ {+∞}.
1. Si
< 1 alors
2. Si
> 1 alors
un converge.
un diverge.
Démonstration.
1. On se ramène au premier point du corollaire 9, en choisissant k ∈ ], 1[ .
2. On se ramène au deuxième point du corollaire 9.
La règle de d’Alembert est parfois utilisée pour prouver qu’une
série de terme général non nul est absolument convergente.
Montrons que
xn
converge absolument pour tout x ∈ IR .
n!
• Si x = 0 , le résultat est évident.
|xn |
pour tout n ∈ IN est une suite
• si x = 0 , la suite (un )n∈IN définie par un =
n!
strictement positive et vérifie :
∀n ∈ IN
|x|
un+1
=
·
un
n+1
un+1
= 0 . On en déduit que la série est absolument convergente, par
n→+∞ un
application de la règle de d’Alembert.
Donc
lim
Dans le cas où = 1, on ne peut pas conclure directement, comme
on le verra dans l’exercice qui suit.
p.418 Exercice 5 Déterminer deux séries
un et
vn à termes strictement positifs
un+1
vn+1
= 1 et lim
= 1 , l’une étant convergente, l’autre
telles que lim
n→+∞ un
n→+∞ vn
divergente.
La règle de d’Alembert utilise une comparaison aux séries géométriques. Elle est donc inefficace pour l’étude des séries à convergence « moins
forte », comme le montre l’exercice précédent.
xn
p.418 Exercice 6 Donner la nature, selon x ∈ IR, de la série
·
(2n
n)
Il existe des séries convergentes qui ne convergent pas absolument.
On dit qu’une telle série est semi-convergente. Nous verrons des exemples
de séries semi-convergentes dans II.2 et dans II.5 de la page 412.
Définition 4 (Série alternée)
On dit que la série réelle
un est alternée si la suite (−1)n un n∈IN est
de signe constant, c’est-à-dire s’il existe une suite (vn ) positive telle que :
∀n ∈ IN un = (−1)n vn
∀n ∈ IN un = (−1)n+1 vn .
ou
Proposition 11 (Critère des séries alternées)
Une série alternée dont le terme général décroît en valeur absolue et tend
vers 0 est convergente et sa somme est toujours comprise entre deux sommes
partielles consécutives.
De plus, le reste :
Rn = S − S n =
+∞
up
p=n+1
est du signe de un+1 et vérifie |Rn | ⩽ |un+1 |.
En particulier, la somme de la série est du signe de u0 .
Principe de démonstration.
Montrer que les suites (S2n+1 )n∈IN et (S2n )n∈IN sont adjacentes.
Pour α > 0 , la série
Démonstration page 418
(−1)n−1
n⩾1
nα
converge, d’après le critère des séries
alternées ; en effet, elle est alternée et la suite n1α décroît et tend vers zéro.
(−1)n−1
n’est absolument convergente que pour α > 1 .
La série
nα
n⩾1
(−1)n
p.419 Exercice 7 Soit x ∈ IR+ . Montrer que le reste d’ordre n de la série
2
(n + x)
n⩾1
est le terme général d’une série convergente.
Une série alternée ne converge pas nécessairement, même si son
terme général tend vers 0. La décroissance de la valeur absolue de son terme
général est essentielle.
Montrons par exemple que la série
un définie par :
1
1
∀n ∈ IN u2n = n
et
u2n+1 = −
2
n+1
est divergente. Ses sommes partielles Sn sont telles que :
∀n ∈ IN S2n =
n
1
n
1
−
·
p
2
p
p=0
p=1
1
1
La série géométrique
2n converge, alors que la série harmonique
n diverge et est à termes positifs ; on en déduit que lim S2n = −∞, ce qui
prouve la divergence de la série
n→+∞
un .
(−1)n
(a réel non entier naturel) est une série
|n − a| + 1
alternée, mais si a > 1, la valeur absolue vn de son terme général ne tend
en décroissant vers 0 qu’au-delà d’un certain rang. On pourra lui appliquer le
théorème de convergence ci-dessus, puisque la nature d’une série ne dépend pas
de ses premiers termes. Mais on ne peut écrire les encadrements du théorème
qu’à partir des indices pour lesquels (vn ) décroît.
La série
Définition 5
Soit f : [a, +∞[ → IK une fonction continue par morceaux. On dit que
9 +∞
l’intégrale
9 x
f (t) dt converge si lim
a
x→+∞ a
9 +∞
ce cas, on note
f (t) dt existe dans IK. Dans
f (t) dt cette limite.
a
• Cette notion sera reprise et développée plus loin (voir le chapitre 12 traitant
l’intégration sur un intervalle quelconque).
• Lorsque f est continue, cela équivaut, si F est une primitive de f , à
l’existence de de lim F .
+∞
Théorème 12
Soit f une fonction continue par morceaux positive décroissante
sur [n0 , +∞[, avec n0 ∈ IN.
Alors la série
9 n
n−1
n⩾n0 +1
f (t) dt − f (n)
converge.
Pour tout n ⩾ n0 + 1 , on a :
Principe de démonstration.
Démonstration page 419
9 n
0⩽
f (t) dt − f (n) ⩽ f (n − 1) − f (n).
n−1
La convergence de la série
9 n dt
1
−
t
n
n−1
permet de retrouver l’exis-
tence de la constante d’Euler :
γ = lim
n→+∞
1+
1
1
+ · · · + − ln n .
2
n
En effet, pour n ∈ IN, la somme partielle d’ordre n de cette série est :
9
9
n
n
n
k
n
dt 1
dt 1
1
−
=
−
= ln n −
+1
Sn =
t
k
t
k
k
k−1
1
k=2
k=2
k=1
qui constitue le terme général d’une suite convergente, de limite 1 − γ .
Corollaire 13
Soit f une fonction continue par morceaux positive décroissante
sur [n0 , +∞[, avec n0 ∈ IN.
Alors la série
converge.
9 +∞
f (n) converge si, et seulement si, l’intégrale
Principe de démonstration.
#9 n
On prouve d’abord que la série
f (n) converge si, et seule-
n⩾n0
$
f (t) dt
ment si, la suite
f (t) dt
n0
n⩾n0
a une limite finie.
n0
9 x
On conclut, en utilisant la croissance de x →
f (t) dt .
n0
p.420 Exercice 8
1. Donner, selon α > 0 , la nature de la série
n⩾2
Démonstration page 420
1
n(ln n)α ·
2. Lorsqu’elle diverge, donner un équivalent simple de ses sommes partielles.
3. Lorsqu’elle converge, donner un équivalent simple de ses restes.
Si
un est une série, on note Sn (u) =
n
uk sa somme partielle partielle
k=0
d’ordre n et, lorsque la série est convergente, Rn (u) =
+∞
uk son reste
k=n+1
d’ordre n.
Proposition
14
Soit
un et
vn des séries numériques convergentes, la série
vn étant
à termes positifs.
• Si un = O(vn ), alors Rn (u) = O Rn (v) .
• Si un = o(vn ), alors Rn (u) = o Rn (v) .
• Si un ∼ vn , alors Rn (u) ∼ Rn (v).
Principe de démonstration.
Traduire chacune des relations pour un , puis sommer pour faire
Démonstration page 421
apparaître les restes d’ordre n des deux séries.
Ne pas oublier de vérifier la caractère positif (au moins à partir
d’un certain rang) de la série de référence
vn .
n
p.421 Exercice 9 On prend un = n12 et vn = (−1)
n , si bien que un = o (vn ) .
1. Utiliser l’équivalent un ∼
1
n(n+1) ,
pour déterminer un équivalent simple
de Rn (u).
2. Établir, pour tout n ∈ IN∗ :
+∞
Rn (v) =
+∞
1
1
⩾
·
(n
+
2p
−
1)
(n
+
2p)
(n
+
2p
−
1)
(n + 2p + 1)
p=1
p=1
3. A-t-on Rn (u) = o Rn (v) ? Commenter ce résultat.
+∞
ln(k + 1) − ln(k)
p.422 Exercice 10 On pose, pour tout n ∈ IN∗ , Sn =
·
k
k=n
Déterminer un équivalent simple, puis un développement asymptotique à deux
termes de Sn .
½¼
Proposition
15
Soit
un et
vn des séries numériques, la série
vn étant divergente et
à termes positifs.
• Si un = O(vn ), alors Sn (u) = O Sn (v) .
• Si un = o(vn ), alors Sn (u) = o Sn (v) .
• Si un ∼ vn , alors Sn (u) ∼ Sn (v).
Principe de démonstration. Traduire chacune des relations pour un , puis sommer en coupant
la somme en deux pour faire apparaître les sommes partielles d’ordre n des deux séries.
Démonstration page 423
1. Si (un ) converge vers , alors un − = o(1). La série de terme général constant 1
étant une série divergente de terme général positif, on obtient par sommation :
n
(up − ) = o(n + 1).
p=0
On en déduit que la suite (un ) converge vers au sens de Cesàro :
u0 + u1 + · · · + un
lim
= .
n→+∞
n+1
2. Cherchons le développement asymptotique à trois termes de Sn =
n
1
p=1
Considérons la série
1
n⩾1
n
p
·
; de l’équivalent :
1
1
∼ ln 1 +
= ln(n + 1) − ln n,
n
n
on déduit, par sommation de séries divergentes de terme général positif :
n−1
1 n−1
1
ln 1 +
∼
= ln n.
k
k
Ainsi
k=1
n
1
k=1
k=1
1
∼ ln n puisque
= o(ln n).
k
n
Précisons la différence :
n
n−1
1
− ln n =
k
k=1
1
1
Comme − ln 1 +
k
k
d’Euler :
k=1
#
1
1$
1
+ ·
− ln 1 +
k
k
n
1
∼ 2 , la série converge et l’on dispose de la constante
2k
γ = lim
n→+∞
1 + ··· +
1
− ln n .
n
½½
On a alors :
γ=
+∞
k=1
#
1
1$
− ln 1 +
k
k
et par suite :
1
1 + ···+
− ln n − γ = −
n−1
+∞
k=n
#
1
1$
− ln 1 +
k
k
et les équivalents entre termes généraux positifs de séries convergentes :
1
1 1
1
1
1
∼ 2 ∼
− ln 1 +
−
k
k
2k
2 k k+1
donnent un équivalent du reste de la série :
+∞
+∞
#
1
1 1
1$
1
1
− ln 1 +
∼
−
=
·
k
k
2 k k+1
2n
k=n
k=n
On en déduit que :
1
1
1
1
·
− ln n − γ = −
+o
n
n 2n
n
Donc le développement asymptotique à trois termes vaut :
1
1
1
1
1 + + · · · + = ln n + γ +
+o
·
2
n
2n
n
1 + ···+
1
p.424 Exercice 11 Soit (un ) une suite telle que un ∼ α , avec α < 1 .
n
1−α
Montrer qu’alors Sn (u) ∼ n1−α ·
Ne pas oublier de vérifier la caractère positif (au moins à partir
d’un certain rang) de la série de référence
vn .
Considérons une suite (un )n∈IN définie par son premier terme u0 ∈ IR\πZZ
et la relation de récurrence :
∀n ∈ IN
un+1 = sin un .
• On a u1 ∈ ]0, 1] ou u1 ∈ ]−1, 0], le deuxième cas se ramenant au premier en
changeant (un ) en (−un ) ; pour simplifier, nous supposerons u0 ∈ ]0, 1].
On a l’encadrement suivant :
∀x ∈ ]0, 1] 0 < sin x < x,
la deuxième inégalité se déduisant de la formule des accroissements finis appliquée
à la fonction t → t − sin t ; en effet :
∀x ∈ ]0, 1] ∃c ∈ ]0, x[
x − sin x = x (1 − cos c) > 0.
On en déduit, par récurrence, que la suite (un )n∈IN est à termes dans ]0, 1], puis
qu’elle est décroissante. Elle a donc une limite ∈ [0, 1] vérifiant = sin , puisque
la fonction sin est continue ; d’après l’encadrement obtenu plus haut, on a = 0 .
½¾
• Cherchons α > 0 tel que
cette limite. Comme
lim
n→+∞
−α
un+1 − u−α
existe dans IR∗+ et déterminons
n
lim un = 0 , on peut écrire :
n→+∞
#
$−α
u2
−α
−α
u−α
− u−α
1 − n + o u2n
n
n+1 − un = un
6
α
.
= u2−α
+ o u2−α
n
6 n
−2
= 13 ·
Avec α = 2 , on a établi lim un+1 − u−2
n
n→+∞
• Le résultat précédent peut s’écrire :
1
1
1
− 2 ∼ ·
u2n+1
un
3
La série de terme général constant égal à 13 diverge et est à termes positifs. Les
hypothèses de la proposition 15 de la page 411 étant vérifiées, on en déduit :
n−1
#
p=0
1$
1
− 2
u2p+1
up
∼
n
,
3
c’est-à-dire u12 − u12 ∼ n3 ·
n
Comme
0
1
n
1
2 = +∞, il vient u2 ∼ 3
n
n→+∞ un
lim
• Pour obtenir un équivalent de un −
=
et, comme un > 0 , on a un ∼
=
3
n·
3
n , cherchons un deuxième terme du déve-
loppement limité de f : x → sin12 x − x12 au voisinage de 0 :
# 3
5 $#
3 $
x
x5
x3
−
+
o
x
+
o
x
2x
−
6
120
6
(x − sin x) (x + sin x)
$
#
f (x) =
=
2
2
4
x sin x
x2 x2 − x + o (x4 )
#
=
3
2 $#
2 $
1
x
x2
−
+
o
x
+
o
x
2
−
6
120
6
#
$
2
1 − x3 + o (x2 )
2
$#
$
x2
2x2
1+
+ o x2
+ o x2
3
45
3
2
1 x2
= +
+o x .
3 15
On en déduit l’équivalent suivant :
=
#1
−
1
1
u2n
1
ln (n + 1) − ln n
−
∼
∼
∼
·
2
2
un+1
un
3
15
5n
5
1
La série à termes positifs
5n étant divergente, la proposition 15 de la page 411
s’applique à nouveau et fournit :
1
−
n−1
#
p=1
1
1
1$
− 2 −
u2p+1
up
3
∼
ln n
,
5
½¿
ln n
c’est-à-dire : u12 − u12 − n−1
3 ∼ 5 ·
n
1
On en déduit u12 = n3 + ln5n + o (ln n), puis :
n
− 12
√ 3
3 ln n
ln n
un = 1 1 +
+o
5n
n
n2
√
√
ln n
3 3 3 ln n
·
= 1 −
+o
3
3
n2
10 n 2
n2
p.424 Exercice 12 Soit (un )n∈IN une suite définie par son premier terme u0 > 0 et la
relation de récurrence :
1
∀n ∈ IN un+1 = Arctan (un ) .
2
On pose vn = 2n un .
1. Étudier la suite (un )n∈IN .
# 1
2. Montrer que la série
v2
n+1
− v12
n
3. En déduire l’existence d’un réel
que un ∼ 2n ·
$
converge.
> 0 , qu’on ne cherchera pas à calculer, tel
4. Déterminer un développement à deux termes de un .
Utilisation d’un développement
Point méthode
Pour étudier une série à termes réels non absolument convergente, on pourra
faire (si c’est possible !) un développement asymptotique du terme général,
le dernier terme écrit étant :
• ou bien le terme général d’une série absolument convergente,
• ou bien de signe fixe.
1. Étudions la série
n
(−1)
un avec un = n2/3
·
+cos n
1
On a |un | ∼ n2/3
; d’après le théorème de comparaison, la série
un ne converge
1
diverge. Effectuons un dépas absolument, puisque la série de Riemann
n2/3
veloppement de un :
n
un =
n
n+1
1
cos n
(−1)
(−1)
(−1)
+
+o
n =
2/3
4/3
n2/3 1 + cos
n
n
2/3
n
1
n4/3
n
=
(−1)
+ vn .
n2/3
(−1)n
converge d’après le critère des séries alternées (elle est alternée
2/3
n1 et la suite n2/3 tend vers 0 en décroissant).
1 La série
vn converge absolument puisque |vn | = O n4/3
et que la série de
1
converge.
Riemann
n4/3
En conclusion, la série
un converge, comme somme de deux séries convergentes.
D’après l’étude initiale, elle est donc semi-convergente.
$
#
n
·
2. Étudions, selon α > 0 , la série
un avec un = ln 1 + (−1)
nα
La série
n⩾2
Un développement de un donne :
n
un =
(−1)
1
− 2α + o
nα
2n
1
n2α
n
=
(−1)
+ vn .
nα
(−1)n
La série
converge d’après le critère des séries alternées (elle est alternée
α
1n et la suite nα tend vers 0 en décroissant).
On a vn ∼ − 2n12α ; par suite on a vn < 0 pour n assez grand et, d’après le théo
rème de comparaison, la série
vn est de même nature que la série de Riemann
1
n2α , donc convergente si, et seulement si, α > 1/2 .
vn ,
En conclusion, la série
un , somme d’une série convergente et de la série
converge si, et seulement si, α > 1/2 .
On notera, sur cet exemple, l’intérêt d’avoir arrêté le développement après obtention d’un terme de signe fixe et la difficulté, selon α , de poursuivre ce développement jusqu’à obtention du terme général d’une série absolument convergente.
À la lumière de l’exemple précédent avec α = 1/2, notons deux
grosses fautes à éviter dans l’étude des séries à termes quelconques.
#
√
Posons un = ln 1 + (−1)
n
n
$
·
n
√
• On a un ∼ (−1)
; la série
n
(−1)n
√
n
converge, puisqu’elle vérifie les hypo
thèses du critère des séries alternées, mais la série
un diverge. Ainsi,
dans le théorème de comparaison, le fait que les séries soient à termes réels
positifs est essentiel.
• On a |un | ∼ √1n ; la suite
#
√1
n
$
décroît mais pas la suite (|un |), sinon
la série
un vérifierait les hypothèses du critère des séries alternées et
convergerait, ce qui n’est pas le cas.
Transformation d’Abel
p.426 Exercice 13
Soit
un une série dont le terme général est de la forme un = an xn , où (an )
et (xn ) sont deux suites complexes. On note An les sommes partielles de la sé
rie
an et l’on pose A−1 = 0 .
1. Montrer que : ∀n ∈ IN
n
ap xp = An xn +
p=0
n−1
Ap (xp − xp+1 ).
p=0
2. On fait les hypothèses suivantes :
• la suite (xn ) est réelle décroissante et tend vers 0 ,
• la suite (An ) des sommes partielles de la série
an est bornée.
Montrer que la série
an xn converge.
einθ
converge.
3. Application : pour α > 0 et θ ∈ ]0, 2π[, montrer que la série
nα
n⩾1
Démonstrations et solutions des exercices du cours
Exercice 1 On vérifie facilement que An = 0 , pour n ⩾ 3 . On en déduit la convergence
⎛
⎞
0
0
1
n
de la série
A . Comme A2 = ⎝0 0 0⎠ , on a :
0 0 0
⎛
⎞
+∞
1 1 3
An = I3 + A + A2 = ⎝0 1 1⎠ .
n=0
0 0 1
Exercice 2 En décomposant la matrice A sous la forme :
A=
a
1
I2 + J
2
2
avec J =
0
0
1
0
on calcule An pour tout n ∈ IN, en utilisant la formule du binôme (les deux ma1
a
trices I2 et J commutent). On obtient alors :
2
2
An =
1
2
n
I2 +
n
(aJ) .
2n
1
est convergente.
2
n
n
3
; comme la série géométrique de
Par croissances comparées, on a n = o
2
4
3
raison
converge, on en déduit, par comparaison de séries à termes positifs, la
4
n
convergence de la série
·
2n
n
La série
A est donc convergente, comme somme de deux séries convergentes.
La série géométrique de raison
Exercice 3 Comme A est symétrique réelle, elle est diagonalisable. Soit P ∈ GLp (IR)
telle que P −1 AP = Diag (λ1 , . . . , λp ) ; on a alors :
∀n ∈ IN P −1 An P = Diag λn1 , . . . , λnp .
Les coefficients de P −1 An P étant les coordonnées de An dans une base de Mp (IR), la
α n
α n
convergence de la série
n A équivaut à la convergence de chaque série
n λi ,
avec 1 ⩽ i ⩽ p.
Soit i ∈ [[1, p]]. Comme |λi | < 1 , on a, par croissances comparées, nα λni = o n12 ; on
α n
en déduit, par comparaison, la convergence absolue, donc la convergence, de
n λi .
α n
En conclusion, la série
n A converge, pour tout α ∈ IR .
Théorème 6 Soit B une base de E . Soit (un )n∈IN une suite d’éléments de E . Pour tout
(j)
entier n ∈ IN, un a pour composantes (un )1⩽j⩽p dans la base B .
En utilisant la norme infinie dans la base B , on a :
∀n ∈ IN |u(j)
n | ⩽ un ∞ .
La convergence absolue de la série
un entraîne alors la convergence absolue des séries
(j)
réelles ou complexes de termes généraux un pour tout j ∈ [[1, p]]. On en déduit alors
que chacune des séries composantes est convergente ; donc la série
un converge.
Exercice 4 On choisit une norme sous-multiplicative (voir l’exercice 22 de la page 305).
> n>
> A > An
>
On a, pour tout n ∈ IN, >
> n! > ⩽ n! ·
An
converge, comme on le verra dans l’exemple
La série à termes réels positifs
n!
An
·
de la page 406. On en déduit, par comparaison, la convergence absolue de
n!
Proposition 8 Par une récurrence immédiate, on prouve que :
un
∀n ⩾ n0 un ⩽ 0 vn .
vn0
Les séries considérées étant à termes positifs, on peut utiliser les relations de comparaison
vues en première année. Ce qui donne les résultats demandés.
Exercice 5 Pour une série de Riemann
∀n ∈ IN∗
un , avec un = n1α , on a :
1
un+1
α ·
= un
1 + n1
= 1 , et ceci pour tout α ∈ IR, alors que la série de
On en déduit que lim uun+1
n
n→+∞
1
Riemann
nα converge pour α > 1 et diverge sinon.
Exercice 6 Pour tout n ∈ IN, posons un =
xn
(2n
n)
; pour x = 0 , on a :
2
∀n ∈ IN
|un+1 |
(n + 1)
n+1
=
|x| =
|x| .
|un |
(2n + 2) (2n + 1)
4n + 2
•
|
= |x|
Pour |x| < 4 , on a lim |u|un+1
4 < 1 . D’après la règle de d’Alembert, la
n|
n→+∞
série
un est absolument convergente, donc convergente.
•
Pour |x| ⩾ 4 , on a :
|un+1 |
n+1
4n + 4
=
|x| ⩾
⩾ 1.
|un |
4n + 2
4n + 2
un
La suite strictement positive |un | étant croissante, on en déduit que la série
diverge grossièrement.
xn
La convergence pour x = 0 étant évidente, on peut conclure que la série
(2n
n)
converge si, et seulement si, x ∈ ]−4, 4[ .
∀n ∈ IN
Proposition 11 Quitte à changer la suite (un )n∈IN en la suite (−un )n∈IN , on peut supposer un = (−1)n vn avec (vn )n∈IN positive.
Démonstrations et solutions des exercices du cours
Les relations :
∀n ∈ IN S2n+2 = S2n + u2n+2 + u2n+1 = S2n + v2n+2 − v2n+1
et
∀n ∈ IN S2n+3 = S2n+1 + u2n+3 + u2n+2 = S2n+1 − v2n+3 + v2n+2
ainsi que la décroissance de la suite (vn )n∈IN entraînent que :
∀n ∈ IN S2n+2 ⩽ S2n
et
S2n+1 ⩽ S2n+3 .
La suite (S2n+1 )n∈IN est croissante, (S2n )n∈IN est décroissante. Par ailleurs, on a :
∀n ∈ IN
donc,
S2n+1 − S2n = u2n+1 ;
lim S2n+1 − S2n = 0 .
n→+∞
Les suites (S2n+1 )n∈IN et (S2n )n∈IN sont donc adjacentes. Cela prouve la convergence
de la suite (Sn )n∈IN et donc de la série
un .
De plus, sa somme S est toujours comprise entre deux termes consécutifs Sn et Sn+1 ,
ce qui donne le schéma suivant :
un+1
S
Sn
Sn+1
Rn
(l’axe des réel étant orienté vers la droite si n est impair et vers la gauche sinon).
Donc, pour tout n ∈ IN, Rn est du signe de un+1 et |Rn | ⩽ |un+1 |.
En particulier, |R0 | ⩽ |u1 | ⩽ |u0 | ; donc S = u0 + R0 est du signe de u0 .
Exercice 7 La série
(−1)n
n⩾1
(n + x)2
est une série alternée et la suite
1
(n + x)2
dé-
croît et tend vers 0 . D’après le critère des séries alternées, on en déduit que la sé (−1)n
rie
2 converge et que son reste d’ordre n vérifie :
n⩾1 (n + x)
+∞
(−1)p 1
1
|Rn | = ⩽ 2·
⩽
2
2
(n + 1 + x)
n
p=n+1 (n + x)
Cette majoration permet d’affirmer que la série de terme général Rn est absolument
convergente, donc convergente.
9 n
Théorème 12 Pour tout n ⩾ n0 + 1 , on a 0 ⩽
f (t) dt − f (n) ⩽ f (n − 1) − f (n).
n−1
La série télescopique
f (n − 1) − f (n) est convergente puisque, f étant positive et
décroissante, elle admet une limite finie en +∞. Cela prouve le résultat.
Corollaire 13
• Pour tout entier N ⩾ n0 + 1 , la somme partielle d’ordre N de la série du théorème 12
de la page 409 est égale à :
9 n
9 N
N
N
N
f (t) dt −
f (n) =
f (t) dt −
f (n) .
n−1
•
n0
n=n0 +1
n=n0 +1
n=n0 +1
On déduit alors du théorème 12 de la page 409 que la série
f (n) converge si, et
$
#9 n
n⩾n0
f (t) dt a une limite finie.
seulement si, la suite
9 x
n0
f (t) dt est croissante sur [n0 , +∞[ . Cette
Comme f est positive, la fonction x →
n0
fonction positive possède donc en +∞ une limite ∈ [0, +∞]. On a alors :
9 x
lim
f (t) dt = .
n→+∞ n
0
9 +∞
n∈IN
L’intégrale
f (t) dt converge si, et seulement si, < +∞, c’est-à-dire si, et
n0
seulement si, la série
f (n) converge, d’après le premier point.
Exercice 8
1. La fonction f : t → t(ln1t)α est continue, positive et décroissante sur [2, +∞[ .
D’après le corollaire 13 de la page 409, la série
f (n) converge si, et seulement
9 +∞
si, l’intégrale
f (t) dt converge. Si l’on note u la fonction ln , on a f = u u−α ;
2
1−α
par suite, une primitive de f est u1−α si α = 1 et ln u si α = 1 .
1
En conclusion, la série
n(ln n)α converge si, et seulement si, α > 1 .
n⩾2
9 n
2. Appliquons
le théorème 12 de la page 409. Si l’on pose un = n−1 f (t) dt − f (n),
la série
un converge et l’on a :
9 n
n
n
uk =
f (t) dt −
f (k) .
∀n ⩾ 2
2
k=3
k=3
Comme la série à termes positifs
f (n) diverge, ses sommes partielles tendent
vers +∞ ; on en déduit :
G
F
9 n
n
n
1−α n
(ln t)
1
1
f (t) dt =
·
α ∼
α ∼
1−α
k (ln k)
k (ln k)
2
k=2
k=3
2
Utilisons le calcul de primitive de la première question.
9 n
H
In
f (t) dt = ln (ln t) , d’où l’on tire :
• Pour α = 1 , on obtient
2
•
2
n
1
∼ ln (ln n) .
k ln k
k=2
G
F
9 n
1−α n
(ln t)
f (t) dt =
, d’où l’on tire :
Pour α ∈ ]0, 1[ , on obtient
1−α
2
n
k=2
¾¼
2
1
(ln n)1−α
·
α ∼
k (ln k)
1−α
Démonstrations et solutions des exercices du cours
3. Par décroissance de f , on peut écrire, pour tout entier k ⩾ 3 :
9 k+1
9 k
f (t) dt ⩽ f (k) ⩽
f (t) dt.
k
k−1
Pour α > 1 , on en déduit, par sommation :
9 +∞
9 +∞
+∞
dt
1
dt
,
∀n ⩾ 2
α ⩽
α ⩽
t
(ln
t)
k
(ln
k)
t
(ln
t)α
n+1
n
k=n+1
c’est-à-dire, en utilisant la primitive déjà calculée de f :
+∞
1
1
1
∀n ⩾ 2
⩽
α−1
α ⩽
α−1 ·
k
(ln
k)
(α
−
1)
(ln
n)
(α − 1) ln (n + 1)
k=n+1
Comme ln (n + 1) = ln n + ln 1 + n1 ∼ ln n, on en déduit :
+∞
1
1
α ∼
α−1 ·
k (ln k)
(α − 1) (ln n)
k=n+1
Proposition 14 Dans chacun des cas, la série
un converge absolument, d’après la comparaison des séries à termes positifs.
• Si un est dominée par vn , il existe un rang n0 et une constante K tels que, pour
tout n ⩾ n0 , on ait |un | ⩽ K vn d’où la majoration pour n ⩾ n0 :
+∞
|Rn (u)| ⩽
Cela donne Rn (u) = O Rn (v) .
•
|uk | ⩽ K Rn (v).
k=n+1
Si un est négligeable devant vn , il suffit de remplacer la constante K ci-dessus par
n’importe quel ε > 0 pour aboutir à :
|Rn (u)| ⩽ ε Rn (v)
•
pour n assez grand.
Si un est équivalente à vn , on applique le point précédent à un − vn = o(vn ).
Exercice 9
1
1. On prend un = n(n+1)
et vn = n12 ·
Les hypothèses de la proposition
14 de la page 410 sont vérifiées, puisque la série
de Riemann à termes positifs
vn converge.
+∞
1
Comme un ∼ vn , on peut écrire Rn (u) ∼
p(p+1) ·
p=n+1
1
1
De p(p+1)
= 1p − p+1
, on déduit, par télescopage :
∀n ∈ IN∗
+∞
p=n+1
On a donc :
Rn (u) ∼
1
1
−
p p+1
=
1
·
n+1
1
1
∼ ·
n+1
n
¾½
2. Pour tout n ∈ IN∗ , on a :
Rn (v) =
=
+∞
q
(−1)
q
q=n+1
n+2N
q
(−1)
N →+∞
q
q=n+1
lim
n+1
= (−1)
N
lim
N →+∞
n+1
= (−1)
p=1
1
1
−
n + 2p − 1 n + 2p
+∞
1
·
(n
+
2p
−
1) (n + 2p)
p=1
On en déduit :
∀n ∈ IN∗
+∞
Rn (v) =
+∞
1
1
⩾
·
(n
+
2p
−
1)
(n
+
2p)
(n
+
2p
−
1)
(n + 2p + 1)
p=1
p=1
3. Par télescopage, on obtient, pour tout n ∈ IN∗ :
+∞
+∞
1
1
=
(n + 2p − 1) (n + 2p + 1)
2 p=1
p=1
=
On en déduit :
1
1
−
n + 2p − 1 n + 2p + 1
1
·
2n + 2
Rn (v) ⩾
1
·
2n + 2
1
∼ n1 , on n’a pas Rn (u) = o Rn (v) .
Comme Rn (u) ∼ n+1
∀n ∈ IN∗
Ainsi la proposition 14 de la page 410 ne s’applique pas ici, car la série
pas à termes positifs.
, on a l’équivalent suivant :
Exercice 10 En posant uk = ln(k+1)−ln(k)
k
1
ln 1 + k
1
1
uk =
∼ 2 ∼
·
k
k
k (k + 1)
1
:
Cherchons maintenant un équivalent de uk − k(k+1)
ln 1 + k1
1
1
uk −
=
− 2
k (k + 1)
k
k 1 + k1
=
1
1
1
1
− 3 − 2 + 3 +o
k2
2k
k
k
1
1
+o
3
2k
k3
1
1
∼ 3 ∼
·
2k
2k (k + 1) (k + 2)
=
¾¾
1
k3
vn n’est
Démonstrations et solutions des exercices du cours
1
1
Comme k(k+1)
= k1 − k+1
, on a, par télescopage :
+∞
k=n
1
=
k (k + 1)
+∞
k=n
1
1
−
k k+1
=
1
·
n
En utilisant la proposition 14 de la page 410, on obtient alors :
1
1
∼
·
n
2k (k + 1) (k + 2)
+∞
Sn −
k=n
1
1
1
= 4k(k+1)
− 4(k+1)(k+2)
, on a, comme plus haut, par télescopage :
Comme 2k(k+1)(k+2)
+∞
k=n
1
1
=
·
2k (k + 1) (k + 2)
4n (n + 1)
On en déduit :
Sn −
1
1
1
∼
∼ 2,
n
4n (n + 1)
4n
c’est-à-dire :
Sn =
1
1
+ 2 +o
n 4n
1
n2
·
Proposition 15 La série
vn étant divergente et à termes positifs, la suite (Sn (v))n∈IN
tend vers +∞ en croissant.
•
Si un est dominée par vn , il existe un rang n0 et une constante K > 0 tels que,
pour tout n ⩾ n0 + 1 , on ait |un | ⩽ K vn ; il existe ensuite un rang n1 > n0 tel que,
pour tout n ⩾ n1 , on ait |Sn0 (u)| ⩽ K Sn (v), puisque lim Sn (v) = +∞.
n→+∞
On a alors pour tout n ⩾ n1 :
n
|Sn (u)| = Sn0 (u) +
uk k=n0 +1
⩽ |Sn0 (u)| +
n
|uk |
k=n0 +1
⩽ K Sn (v) + K
n
vk
k=n0 +1
⩽ K Sn (v) + K (Sn (v) − Sn0 (v))
⩽ 2K Sn (v).
•
On en déduit la domination annoncée.
Si un est négligeable devant vn , il suffit de remplacer la constante K ci-dessus par
n’importe quel ε > 0 pour aboutir à |Sn (u)| ⩽ 2εSn (v) pour n assez grand.
•
Si un est équivalente à vn , on applique le point précédent à un − vn = o(vn ).
¾¿
Exercice 11 Utilisons un télescopage, pour déterminer un équivalent simple de Sn (u).
Par développement limité, on obtient :
1−α
(p + 1)
1−α
−
p1−α
p1−α
=
1−α
1−α
1−α
p1−α
1−α
1−α
p1−α
p1−α
1
1+
−
=
+o
1−α
p
p
1−α
1+
1
p
−
1
= p−α + o p−α ∼ α ·
p
1
Comme la série de Riemann
nα diverge et est à termes positifs, la proposition 15
de la page 411 permet d’écrire :
n
1−α
1−α
(n + 1)
(p + 1)
−1
p1−α
=
Sn (u) ∼
−
,
1
−
α
1
−
α
1
−
α
p=1
1−α
d’où l’on déduit Sn (u) ∼ n1−α ·
Exercice 12
1. Par concavité sur IR+ de la fonction Arctan , on a l’encadrement suivant :
∀x > 0 0 < Arctan (x) ⩽ x.
(1)
On en déduit, par récurrence :
∀n ∈ IN
et, par suite,
2. Sachant que
0 < un ⩽
u0
,
2n
lim un = 0 .
n→+∞
lim un = 0 , on a :
n→+∞
1
1
1
1
− 2 = 2n+2 2
− 2n 2
2
vn+1
vn
2
un+1
2 un
=
u2n − 4u2n+1
22n+2 u2n u2n+1
=
u2n − Arctan (un )
22n+2 u2n u2n+1
2
=
(un − Arctan un ) (un + Arctan un )
22n u2n (Arctan un )2
(2)
2 u4n
1 1
∼ 2n3 4 ∼
·
2 un
3 22n−1
L’équivalent obtenu est le terme général d’une série à termes positifs convergente
(série géométrique de raison 1/4 ) ; on en déduit, par comparaison, la convergence
$
# 1
1
de la série
−
v2 ·
v2
n+1
n
Démonstrations et solutions des exercices du cours
3. D’après le lien suites-séries, on déduit de la question précédente la convergence de
# $
de la suite v12 .
n
Posons a =
lim 12 ; l’encadrement (1) et l’égalité (2) permettent d’établir la
n→+∞ vn
#
croissance de la suite
1
2
vn
$
, d’où l’on déduit a ⩾ v12 > 0 .
0
On a donc l’équivalent suivant :
un ∼
1
=√ ·
a
avec
2n
4. Pour tout n ∈ IN, on a :
+∞
1
a− 2 =
vn
p=n
1
1
− 2
2
vp+1
vp
·
1
Comme v21 − v12 ∼ 13 22p−1
, la proposition 14 de la page 410 permet d’écrire :
p
p+1
a−
+∞
+∞
1
1 1 1
1 1
1 1
∼
=
=
·
2p−1
2n−1
p
vn2
3
2
3
2
2
9
22n−3
p=n
p=0
On en déduit :
1 1
1−
+o
9a 22n−3
vn−2 = a
1
22n
d’où :
1 1
1
+o
vn = √ 1 −
a
9a 22n−3
1 1
1
= √ 1+
+o
a
9a 22n−2
3
= +
1
+o
9 22n−2
− 12
1
22n
1
22n
1
22n
en utilisant
1
= √ ·
a
On obtient finalement le développement :
3
un =
2
+
n
1
9 23n−2
+o
1
23n
·
Exercice 13
1. Soit n ∈ IN. Alors :
n
ap xp =
p=0
n
(Ap − Ap−1 ) xp
p=0
=
n
Ap xp −
n−1
p=0
Ap xp+1
puisque A−1 = 0
p=0
= An xn +
n−1
Ap (xp − xp+1 ).
p=0
(xn − xn+1 ) converge, d’après le lien suites-séries.
An (xn − xn+1 ) converge
Comme An (xn − xn+1 ) = O(xn − xn+1 ), la série
absolument.
Comme la suite (An ) est bornée et que lim xn = 0 , on a lim An xn = 0 .
n→+∞
n→+∞
Puisqu’en outre la série
An (xn − xn+1 ) converge, on déduit de la première
question la convergence de la série
an xn .
einθ
3. Montrons que, pour α > 0 et θ ∈ ]0, 2π[, la série
converge.
nα
n⩾1
inθ
Les sommes partielles An de la série géométrique
e
de raison eiθ = 1 se
2. La série à termes positifs
n⩾1
calculent facilement :
n
eiθ − ei(n+1)θ
sin(nθ/2) i(n+1)θ/2
An =
eipθ =
=
e
iθ
1
−
e
sin(θ/2)
p=1
et l’on a donc :
∀n ∈ IN∗
|An | ⩽ 1
·
sin(θ/2)
Comme d’autre part la suite n1α tend vers 0 en décroissant, on en déduit la
einθ
convergence de la série
.
nα
inθ e 1
Comme α = α , la convergence est absolue si, et seulement
n
n
si, α > 1 , d’où l’intérêt de la transformation d’Abel pour α ∈ ]0, 1].
Exercices
8.1 (Centrale 2015)
an une série convergente à termes strictement positifs. Pour tout n ⩾ 2 , on
Soit
n⩾2
n)
pose bn = −an ln(a
ln n ·
1. Par une étude de x → −x ln x, montrer qu’il existe k0 ⩾ 2 tel que :
∀k ⩾ k0
ak ⩽
1
3
⇒ bk ⩽ 3 ·
k3
k
2. Montrer que la série
bn converge.
un
3. Soit (un )n⩾2 une suite à termes dans ]0, 1[ telle que la série
ln(un ) converge.
un
Montrer que la série
ln n converge.
un une série à termes dans IR∗+ .
1. On suppose
un divergente. Montrer l’existence d’une suite positive (an ) de
limite nulle telle que
an un diverge.
2. On suppose
un convergente. Montrer l’existence d’une suite positive (bn ) de
limite infinie telle que
bn un converge.
8.2 Soit
8.3 Soit
que
(un )n∈IN
= lim
n→+∞
une suite à termes
ln un
existe.
−
ln n
dans
IR∗+
de
limite
nulle
telle
= 1 . Donner, selon , la nature de la série
un .
2. À l’aide d’exemples, montrer que, pour = 1 , la série
un peut converger ou
diverger.
= 1− α
vn
8.4 Soit
un une série à termes dans IR∗+ telle que uun+1
n + vn , où la série
n
converge absolument.
# an+1 $
1. On pose an = nα un . Montrer que la série
ln an
converge.
2. En déduire la nature, selon le réel α , de la série
un .
1. On suppose
8.5 Soit (a, b) ∈ IR2 avec 0 < a < b. On définit la suite (un )n∈IN par u0 > 0 et :
∀n ∈ IN
un+1
n+a
=
·
un
n+b
1. Calculer un pour b = a + 1 .
Quelle est la nature de la série
un pour b ⩽ a + 1 ?
2. Montrer que :
∀n ∈ IN
(b − a − 1)
n+1
uk = (b − 1) u0 − (n + a + 1) un+1 .
k=0
En déduire que, pour b > a + 1 , la série
un converge et calculer sa somme.
8.6 Soit (un ) une suite complexe et (vn ) une suite réelle positive telles que un ∼ vn .
Les séries
un et
vn sont-elles de même nature ?
8.7 Nature des séries :
(−1)n
1.
un avec un = nα +(−1)
n
ln n , selon α ∈ IR ;
2.
+∞
un avec un =
k=n
ln n
(−1)k−n
k
;
9 nπ+ π4
tan t
n
dt, selon α ∈ IR ;
un avec un = (−1)
tα
nπ
$
#
n
4.
un avec un = cos πn2 ln n−1
;
√
√
n
n−1
5.
un avec un = (−1) n+1−
, selon α ∈ IR ;
nα
#
$
n
k
(−1)
6.
un avec un = ln tan
;
2k+1
3.
k=0
un avec un = xln n , selon x ∈ IR ;
√
8.
un avec un = sin π 3 n3 + λnα , selon λ ∈ IR∗ et α ∈ [0, 2].
7.
8.8 Soit P la parabole de IR2 d’équation y 2 = 2px avec p > 0 .
$
#
une suite de points de P définie par :
Soit Mn (xn , yn )
n⩾0
• M0 est un point de P différent du sommet,
• pour tout n ∈ IN, Mn+1 est le point d’intersection autre que Mn de P avec la
normale à P en Mn .
Nature de la série
1
1
? de la série
xn ? (étudier xn+1 − xn )
yn
8.9 Soit (un )n⩾0 une suite définie par :
u0 > 0
1. Déterminer
∀n ∈ IN
et
un+1 = un + u2n .
lim un .
n→+∞
n+1
− ln2unn = o
2. Montrer que ln2un+1
#
1
2n
$
·
n
3. En déduire qu’il existe K > 1 tel que un ∼ K 2 .
8.10 Soit (un )n∈IN une suite strictement croissante de réels positifs telle que :
lim un = +∞ et
n→+∞
Montrer que
n
uk −uk−1
k=1
uk
∼ ln un .
lim
n→+∞
un+1
= 1.
un
Exercices
8.11 Soit
un une série divergente à termes positifs, avec u0 > 0 ; on note Sn sa somme
un
partielle d’ordre n. Étudier, pour α > 0 , la nature de la série
Sα ·
n
8.12 Soit α > 0 . Étudier la série
un , avec un =
+∞
k=n+1
8.13 1. Nature de la série
(−1)k
kα ·
jn
√
?
3
n
2. Trouver une série convergente
un à termes réels telle que la série
u3n diverge.
8.14 Soit (zn ) une suite complexe ne prenant pas la valeur −1 . On dit que le produit
n
(1 + zk ) admet une limite finie non nulle.
infini (1 + zn ) converge si la suite
k=0
On dit qu’il converge absolument si le produit infini
1 + |zn | converge.
1. Soit (xn ) une suite réelle.
(a) On suppose (xn ) à valeurs dans ]−1, +∞[. Montrer que le produit in
fini (1 + xn ) converge si, et seulement si, la série
ln(1 + xn ) converge.
(b) Montrer que si (xn ) est positive, le produit infini (1 + xn ) converge si, et
seulement si, la série
xn converge.
(c) Montrer que la convergence absolue du produit infini (1 + xn ) entraîne sa
convergence.
(d) Donner un exemple de produit infini convergeant mais pas absolument.
2. Soit (zn ) une suite complexe ne prenant pas la valeur −1 telle que le produit
infini (1 + zn ) converge absolument.
n
(1 + zk ) a une limite dans C.
(a) Montrer que la suite
k=0
(b) Montrer que le produit infini (1 + zn ) converge.
1
On pourra utiliser le produit infini
1+zn ·
8.15 Soit (un ) une suite décroissante de réels tendant vers 0 telle que :
un − un+1 ∼ un+1 − un+2 .
1. Montrer que :
rn =
+∞
p
(−1) up ∼ (−1)n un /2.
p=n
2. Application : déterminer un équivalent de rn =
+∞
(−1)k
k=n
ln k
·
k
8.1 1. La fonction f : x → −x ln x est de classe C 1 sur IR∗+ et l’on a :
1
·
e
Avec k0 = 2 , on a k13 ⩽ 1e ; par croissance de f sur ]0, 1/e], on en déduit :
f (x) = − ln x − 1 ⩾ 0 ⇔ 0 < x ⩽
∀x > 0
0
∀k ⩾ k0
ak ⩽
1
3 ln k
⇒ −ak ln (ak ) ⩽
,
k3
k3
ce qui prouve :
∀k ⩾ k0
ak ⩽
1
3
⇒ bk ⩽ 3 ·
k3
k
2. Soit k ⩾ k0 .
• Si ak ⩽ k13 , on a bk ⩽ k33 , d’après la première question.
• Si ak ⩾ k13 , on a − ln (ak ) ⩽ 3 ln k et donc bk ⩽ 3ak .
On a ainsi établi :
3
∀k ⩾ k0 bk ⩽ 3 + 3ak .
k
Le majorant est le terme général d’une série convergente (somme de deux séries
convergentes). Comme bk est positif à partir d’un certain rang, car lim ak = 0 ,
k→+∞
la série
bk converge, par comparaison de séries à termes positifs.
un
n)
3. Pour tout n ⩾ 2 , posons an = − ln(u
et bn = −an ln(a
ln n ·
n)
D’après la question précédente, la série
bn converge ; or :
#
$
un
un ln (un ) − ln − ln (un )
un ln − ln(un )
=
·
bn =
ln (un )
ln n
ln (un )
ln n
Comme lim ln (un ) = −∞, on a ln − ln (un ) = o ln (un ) ; on en déduit :
n→+∞
un ln (un )
un
∼
·
ln (un ) ln n
ln n
un
Comme la série
bn converge, la série
ln n est donc convergente, par comparaison de séries à termes positifs.
bn ∼
n
8.2 1. Posons Sn =
up et an = √
Sn +
p=1
Comme la série à termes positifs
1
√
Sn−1
un diverge, on a :
lim Sn = +∞,
n→+∞
·
d’où
lim an = 0.
n→+∞
Or :
:
:
Sn − Sn−1
:
an u n = √
= Sn − Sn−1 .
Sn + Sn−1
n
√
√
ap u p = S n − S 0 .
Par suite,
p=1
La série
¿¼
an un est donc divergente, puisque
lim Sn = +∞.
n→+∞
Solution des exercices
+∞
2. Posons Rn =
up et bn = √
1
·
√
Rn−1 + Rn
p=n+1
On a
lim Rn = 0 , d’où
n→+∞
lim bn = +∞. Or :
n→+∞
:
:
Rn−1 − Rn
bn u n = :
= Rn−1 − Rn .
√
Rn−1 + Rn
Par suite,
n
bp u p =
√
√
R0 − Rn .
p=1
La série
8.3 1. • Si
bn un est donc convergente, puisque
lim Rn = 0 .
n→+∞
> 1 , il existe un réel α > 1 et un entier n0 tels que :
ln un
⩾ α.
ln n
Pour n ⩾ n0 , on a donc ln un ⩽ −α ln n, c’est-à-dire un ⩽ n1α ·
La série à termes positifs
un est convergente, par comparaison aux séries
de Riemann.
• Si < 1 , il existe un entier n0 tel que :
∀n ⩾ n0
−
∀n ⩾ n0
−
ln un
⩽ 1.
ln n
Cela équivaut à :
1
·
n
La série
un est donc divergente, par comparaison à la série harmonique.
1
1
2. • Pour un = n , on a − lnlnunn = 1 , d’où = 1 et la série harmonique
n diverge.
• On établit facilement, avec le corollaire 13 de la page 409, que la série de
Bertrand
un , avec un = n(ln1n)2 converge. Or :
un ⩾
∀n ⩾ n0
ln un
ln n + 2 ln (ln n)
ln n
=
∼
·
ln n
ln n
ln n
lim − lnlnunn = 1 .
−
On a donc
n→+∞
#
8.4 1. Effectuons un développement de wn = ln
wn = ln
un+1
un
an+1
an
+ α ln 1 +
$
:
1
n
$
#
1
α
= ln 1 − + vn + α ln 1 +
n
n
# α
$2 α
α
= − + vn + O − + vn + + O
n
n
n
1
n2
= vn + vn ,
2
+ O n12 ·
avec vn = O − α
n + vn
¿½
La série
2
α
− n + vn converge, car :
α2
•
2 converge,
n αvn •
−2 n converge absolument, puisque vnn = O (vn ),
2
•
vn converge, puisque vn2 = O (vn ).
On en déduit la convergence absolue de la série
vn et, par suite, la convergence
de la série
wn .
2. Comme wn = ln an+1 − ln an , on déduit du lien suites-séries que la suite (ln an )
a une limite finie . Si l’on pose k = e , on a donc lim nα un = k et, comme on
n→+∞
a k > 0 , on peut écrire un ∼ nkα ·
En conclusion, la série
un converge si, et seulement si, α > 1 , par comparaison
aux séries de Riemann.
8.5 1. • Pour b = a + 1 , on a :
∀n ∈ IN (n + a + 1) un+1 = (n + a) un .
La suite (n + a) un n∈IN est donc constante et l’on a :
∀n ∈ IN un =
au0
au0
∼
·
n+a
n
Par comparaison aux séries de Riemann, la série à termes positifs
• Pour b ⩽ a + 1 , établissons par récurrence sur n :
au0
∀n ∈ IN un ⩾
·
n+a
un diverge.
∗ Le résultat est immédiat pour n = 0 .
∗ Supposons le résultat vrai pour n ∈ IN ; on a alors :
un+1 =
au0
n+a
au0
un ⩾
⩾
,
n+b
n+b
n+1+a
puisque b ⩽ a + 1 .
On déduit du premier cas, par comparaison, que la série
2. On a, pour tout k ∈ IN :
un diverge.
(k + a) uk − (k + a + 1) uk+1 = (b − a − 1) uk+1 .
En sommant pour k ∈ [[0, n]], avec n ∈ IN, on obtient :
(b − a − 1)
n
n
uk+1 =
(k + a) uk − (k + a + 1) uk+1
k=0
k=0
= au0 − (n + a + 1) un+1 ,
ou encore :
(b − a − 1)
n+1
k=0
¿¾
uk = (b − 1) u0 − (n + a + 1) un+1 .
Solution des exercices
On en déduit, pour b > a + 1 :
∀n ∈ IN
La série à termes positifs
sont majorées.
uk ⩽
k=0
(b − 1) u0
·
b−a−1
un est donc convergente, puisque ses sommes partielles
Cela équivaut à l’existence de
alors l’existence de
n+1
lim
n+1
n→+∞ k=0
uk . L’égalité établie plus haut entraîne
lim (n + a + 1) un+1 .
n→+∞
Supposons cette dernière limite, notée , non nulle ; on aurait un+1 ∼ n et, par
comparaison aux séries de Riemann, la série à termes positifs
un serait divergente. C’est une contradiction ; on a donc, en fait, lim (n + a + 1) un+1 = 0 .
n→+∞
En faisant tendre n vers l’infini dans l’égalité établie plus haut, on obtient :
+∞
n=0
un =
b−1
u0 .
b−a−1
8.6 Notons que le théorème de comparaison ne s’applique pas ici, puisque les séries ne
sont pas à termes réels.
un converge absolument,
• Si la série
vn converge, comme |un | ∼ vn , la série
par comparaison, donc converge.
• Supposons la série
vn divergente. Comme un ∼ vn , il existe une suite complexe
(an + ibn ) de limite 1 telle que un = (an + ibn ) vn . La suite (vn ) étant réelle, on a
Re (un ) = an vn avec lim an = 1 , c’est-à-dire Re (un ) ∼ vn . La série
Re (un )
n→+∞
est donc divergente, par comparaison (on a deux séries à termes réels et
vn est
à termes positifs) ; par suite, la série
un diverge.
En conclusion, les séries
un et
vn sont de même nature.
8.7 1. • Pour α ⩽ 0 , on a nα = o (ln n), d’où un ∼ ln1n ·
un diverge, par
Par suite, lim nun = +∞ et la série à termes positifs
n→+∞
comparaison aux séries de Riemann.
• Pour α > 0 , on a ln n = o (nα ) ; effectuons un développement de un :
un =
1
(−1)n
(−1)n
ln n
=
− 2α + o
n
ln
n
nα 1 + (−1) nα
nα
n
1
n2α
·
n
(−1)n
(−1)
;
comme
la
série
vérifie les hypothèses du
nα
nα
critère des séries alternées (elle est alternée et la valeur absolue de son terme
général décroît et tend vers 0 ), elle converge et la série
un est de même
ln n
nature que la série
vn . De vn ∼ − n2α on déduit que
vn est de même
ln n nature que
− n2α puisque cette dernière série est à termes négatifs.
Posons vn = un −
¿¿
ln n
∗ Pour α ⩽ 1/2 , on a n1 = o nln2αn ; la série
n2α diverge, par comparaison
à la série harmonique divergente.
ln n
∗ Pour α > 1/2 , si β ∈ ]1, 2α[, on a nln2αn = o n1β ; la série
n2α converge,
par comparaison aux séries de Riemann.
En conclusion
un converge si, et seulement si, α > 1/2 .
2. Comme un =
+∞
(−1)k−n
est la somme d’une série alternée de terme général
k
strictement décroissant en valeur absolue, on a 0 ⩽ un ⩽ 1/n.
1
n
⩽ 2 pour n ⩾ 8 et
wn converge.
Donc uln
n
n
3. Pour n ⩾ 1 , le changement de variable t = u + nπ donne :
9 π/4
tan u
|un | =
α du.
(u + nπ)
0
k=n
9 π/4
tan u
du et la série
un diverge, puisque son
α
π
0
terme général ne tendpas vers zéro.
• Pour α > 0 , la série
un est alternée, la suite (|un |) décroît et elle tend vers
zéro, puisque :
9 π/4
π
1
|un | ⩽
α du =
α·
(nπ)
4
(nπ)
0
La série
un est donc convergente, d’après le critère des séries alternées.
• Pour α ⩽ 0 , on a |un | ⩾
4. Un développement du terme général un donne :
un = cos −πn2 ln 1 −
1
n
= cos nπ +
n+1
= (−1)
n+1
= (−1)
π
π
+
+O
2
3n
sin
π
+O
3n
1
n2
1
n2
π
+ vn ,
3n
avec vn = O n12 ·
Par comparaison aux séries de Riemann, la série
vn est absolument convergente.
π
vérifie les hypothèses du théorème des séries alLa série alternée
(−1)n+1 3n
ternées car son terme général décroît en valeur absolue et tend vers zéro ; elle est
donc convergente.
En conclusion, la série
un , somme de deux séries convergentes, est convergente.
2 √
1
5. On a |un | = nα √n+1+
∼ α+
1 ·
n−1)
(
2
n
• Pour α ⩽ − 12 , la série
vers zéro.
un diverge, puisque son terme général ne tend pas
Solution des exercices
• Pour α > − 12 , effectuons un développement de un :
n
un =
n
n
2 (−1)
2 (−1)
(−1)
=
1 = α+ 1 + vn ,
#=
$ = α+ 1 1
2
1
1
2+O n
n
n 2
nα+ 2
1+ n + 1− n
$
#
1
·
avec vn = O α+
3
n 2
La série
vn converge absolument, par comparaison aux séries de Riemann,
puisque α + 32 > 1 .
(−1)n
converge, d’après le théorème des séries alternées.
La série
α+ 1
n 2
La série
un est donc convergente, car somme de deux séries convergentes.
6. On a :
n
(−1)k
k=0
2k + 1
n 9 1
2 k
−t
dt
=
k=0
=
0
9 1
n
2 k
−t
dt
0 k=0
9 1
1 + (−1)n t2n+2
dt
1 + t2
0
9 1 2n+2
t
π
n
dt.
= + (−1)
2
4
0 1+t
=
9 1
Posons an =
0
t2n+2
dt. On a :
1 + t2
0 ⩽ an ⩽
9 1
t2n+2 dt =
0
On en déduit, en particulier, an = O
1
n
1
·
2n + 3
·
Un développement de un donne :
$
#π
n
un = ln tan
+ (−1) an
4
n
1 + (−1) tan an
= ln
n+1
1 + (−1)
tan an
#
$
#
$
n
= ln 1 + (−1) tan an − ln 1 + (−1)n+1 tan an
#
#
$
$
n
n+1
= ln 1 + (−1) an + O a2n − ln 1 + (−1)
an + O a2n
n
n
= 2 (−1) an + O a2n = 2 (−1) an + vn ,
avec vn = O n12 ·
Par comparaison aux séries de Riemann, la série
vn converge absolument, donc
converge.
Par suite, la série
un est de même nature que la série alternée
(−1)n an .
9 1
• Comme an+1 − an =
• On a déjà établi que
t2n+2 2
t − 1 dt ⩽ 0 , la suite (an ) est décroissante.
2
1
+
t
0
lim an = 0 , puisque an = O n1 ·
n→+∞
n
La série
(−1) an , vérifiant les hypothèses du critère des séries alternées, est
donc convergente.
En conclusion, la série
un converge.
7. • Pour |x| ⩾ 1 , on a |un | ⩾ 1 . La série
un diverge, puisque son terme général
ne tend pas vers 0 . • Pour x = 0 , la série
un converge, puisque un = 0 pour n ⩾ 3 .
• Pour x ∈ ]0, 1[, on a, pour tout n ∈ IN∗ , l’encadrement :
xln n ⩽ xln n ⩽ xln n−1 .
Comme ln xln n = ln n ln x = ln nln x , cet encadrement peut s’écrire :
nln x ⩽ un ⩽
nln x
·
x
On a donc un = O nln x et nln x = O (un ) . D’après le théorème de com
ln x
paraison, les séries à termes positifs
un et
n
sont de même nature.
D’après la nature des séries de Riemann, la série
un converge si, et seulement
si, ln x < −1 , c’est-à-dire si, et seulement si, x < 1/e .
ln n
• Pour x ∈ ]−1/e, 0[, on a |un | = |x|
et, d’après l’étude précédente, la
série
un est absolument convergente, donc convergente.
• Pour x ∈ ]−1, −1/e], posons, pour tout p ∈ IN :
σp =
un =
p⩽ln n<p+1
xp =
ep ⩽n<ep+1
mp
p
p
(−1) |x|
n=np
p
p
= (−1) |x| (mp − np + 1) ,
où np et mp désignent respectivement le plus petit et le plus grand élément
<
<
de IN ∩ ep , ep+1 .
On en déduit :
#
$
p p+1
p
e
− 1 − (ep + 1) + 1 = |x| ep+1 − ep − 1 .
|σp | ⩾ |x|
Comme |x| ⩾ 1/e, il vient :
|σp | ⩾ e − 1 −
1
1
⩾ e − 1 − > 0.
ep
e
Donc la série
σp diverge, puisque son terme général ne tend pas vers 0 .
Comme la suite des sommes partielles de
cette série est une suite extraite de
la suite des sommes partielles de la série
un , cette dernière série diverge.
Solution des exercices
8. • Étudions le cas α = 2 . Un développement limité de un donne :
1/3
λ
un = sin nπ 1 +
n
= sin nπ +
λπ
λ2 π
−
+O
3
9n
1
n2
λπ
λ2 π
1
·
−
+O
3
9n
n2
un diverge.
∗ Si λ ∈
/ 3ZZ, on a lim |un | = sin λπ
= 0 , donc
3
n→+∞
# 2
$
∗ Si λ = 3k avec k ∈ ZZ, on a un = (−1)n+k+1 λ9nπ + O n12 ·
La série
un est la somme d’une série vérifiant les hypothèses du critère
des séries alternées et d’une série absolument convergente ; elle est donc
convergente.
n
= (−1) sin
• Étudions le cas√α < 2 .
n
Posons xn = π 3 n3 + λnα − nπ ; on a donc un = (−1) sin xn , avec :
#
$ λπ
1/3
xn = nπ 1 + λnα−3
−1 ∼
nα−2 .
3
On en déduit que xn est de signe constant (celui de λ) à partir d’un certain
un vérifie les
rang et que lim xn = 0 . Nous allons établir que la série
n→+∞
hypothèses du critère des séries alternées à partir d’un certain rang ; pour cela,
il suffit donc de montrer que la suite (|xn |) est décroissante à partir d’un
certain rang.
√
Utilisons la fonction f définie par f (t) = π 3 t3 + λtα − πt ; la fonction f est
de classe C 1 au voisinage de +∞ et :
−2/3
π 2
f (t) =
−π
3t + λαtα−1 t3 + λtα
3
−2/3
λα α−3 =π 1+
1 + λtα−3
−π
t
3
2λ α−3
+ o tα−3 − π
t
3
α−3 λ α−3
= π (α − 2) t
+o t
.
3
Comme α − 2 < 0 , f (t) est du signe de −λ au voisinage de +∞, ce qui
prouve, en distinguant λ > 0 et λ < 0 , la décroissance à partir d’un certain
rang de la suite (|xn |) .
En conclusion la série
un converge.
=π 1+
λα α−3
t
3
1−
8.8 Paramétrons P à l’aide de l’ordonnée et notons M (t) le point de P d’ordonnée t.
# 2 $
dM
t
t
On a M (t) = 2p
, t et
(t) =
, 1 ; une équation cartésienne de la normale
dt
p
en M (t) à P est donc :
Un point M
# 2
y
2p , y
$
t
p
x−
t2
2p
+ (y − t) = 0.
de P appartient à cette normale si, et seulement si :
t3
ty 2
+
y
−
− t = 0.
2p2
2p2
Ce polynôme en y admet la racine t (la normale en M à P passe par M !) et,
2p2
pour t = 0 , la somme des racines étant −
, il admet aussi la racine :
t
−
2p2
2p2
− t = −t 1 + 2
t
t
qui est non nulle. On en déduit que la suite (yn )n∈IN est définie par y0 ∈ IR∗ et la
relation de récurrence :
2p2
yn+1 = −yn 1 + 2 ·
yn
1
1
• La série
yn est alternée et la suite (un ) , où un = |yn | , vérifie :
∀n ∈ IN un+1 =
un
·
1 + 2p2 u2n
Ainsi la suite (un ) est décroissante et minorée par 0 , donc convergente.
Soit = lim un ; en faisant tendre n vers l’infini dans la relation précédente,
n→+∞
2 3
= 0 , c’est-à-dire à = 0 .
= 1+2p
2 2 , qui équivaut à 2p
1
En conclusion, la série
yn vérifie les hypothèses du critère des séries alternées
et est donc convergente.
• On a :
on obtient
2
2p (xn+1 − xn ) = yn+1
− yn2
= yn2 1 +
= 4p2 +
Par suite
2p2
yn2
2
− yn2
4p4
·
yn2
lim (xn+1 − xn ) = 2p > 0 . La série à termes positifs
n→+∞
(xn+1 − xn )
est donc divergente et, par sommation d’équivalents, on en déduit :
n−1
(xk+1 − xk ) ∼ 2pn,
k=0
c’est-à-dire xn − x0 ∼ 2pn, d’où xn ∼ 2pn.
1
, la série
xn diverge, par comparaison aux
En conclusion, comme xn ∼ 2pn
séries de Riemann.
Solution des exercices
8.9 1. La suite (un )n⩾0 est croissante. Supposons-la majorée. Alors elle converge et, si
l’on note = lim un , en passant à la limite dans la relation de récurrence, on
n→+∞
obtient = + 2 , c’est-à-dire = 0 ; c’est impossible, puisque ⩾ u0 > 0 . Par
suite, lim un = +∞.
n→+∞
$
$
#
#
1 ln un+1
1
1
= 2n+1
ln uun+1
ln 1 + u1n = o 2n+1
·
2. On a 2n+1 − ln2unn = 2n+1
2
n
n+1
vn converge absolu− ln2unn ; comme vn = o 21n la série
3. Posons vn = ln2un+1
ment, donc converge, ce qui équivaut à l’existence de a = lim
n→+∞
ln un
2n ·
Soit n ∈ IN ; on a :
N
∀N > n
vp =
p=n
ln uN +1
ln un
− n ·
N
+1
2
2
En faisant tendre N vers l’infini, on en déduit
Comme vn = o
1
+∞
vp = a − ln2unn ·
p=n
1
série convergente à termes positifs, on a, par
+∞
+∞
1
= o 22n = o 21n ·
sommation des relations de comparaison,
vp = o
2p
2n
, avec
2n
p=n
Si l’on pose K = e , on peut écrire ln2unn = a+ o
n
ou encore un = K 2 eo(1) .
a
1
2n
n
On a donc établi un ∼ K 2 , avec K > 1 , puisque
p=n
, soit ln un = 2n ln K + o (1),
lim un = +∞.
n→+∞
u −u
u −u
k
k
= 1 , on a ln uuk−1
∼ uuk−1
− 1 ∼ kuk−1k−1 ∼ k ukk−1 ·
uk −uk−1
k
Par comparaison, les séries à termes négatifs
ln uuk−1
et
sont de même
uk
8.10 Comme
lim
nature. Or :
Comme
uk
k→+∞ uk−1
n
uk
=
(ln uk − ln uk−1 ) = ln un − ln u0 .
uk−1
k=1
k=1
k
lim un = +∞, la série
ln uuk−1
diverge. Par sommation des relations de
n
ln
n→+∞
comparaison, on en déduit :
n
uk − uk−1
uk
k=1
On a ln un − ln u0 ∼ ln un , puisque
On peut donc conclure que
n
ln
k=1
uk
·
uk−1
lim ln un = −∞.
n→+∞
n
uk −uk−1
k=1
∼
uk
∼ ln un .
8.11 Notons que u0 > 0 garantit l’existence, pour tout n, de un /Snα .
• Examinons le cas α = 1 .
∗ Si l’on n’a pas
∗
un
un
= 0 , la série
S
Sn
n
n→+∞
diverge.
lim
Si lim Sunn = 0 , on peut écrire :
n→+∞
un
un
∼ − ln 1 −
Sn
Sn
= ln
Par comparaison, les séries à termes positifs
Sn
Sn−1
un
Sn et
·
#
ln
Sn
Sn−1
$
sont de
même nature. Or :
n
ln
p=1
Sp
Sp−1
=
n
ln Sp −
p=1
n−1
ln Sp = ln Sn − ln S0 .
p=0
Comme la série à termes positifs
un diverge, on a lim Sn = +∞. Par
n→+∞
#
$
un
Sn
suite, la série
ln Sn−1 diverge, ainsi donc que la série
Sn ·
• Pour α < 1 , comme
un diverge, il existe n0 tel que Sn0 > 1 (donc Sn > 1 ,
pour n > n0 ). On en déduit :
un
un
∀n ⩾ n0
⩾
·
Snα
Sn
un
La série
S α est donc divergente, par comparaison, d’après le cas précédent.
n
• Pour α > 1 , on peut écrire :
∗
∀n ∈ IN
un
Sn − Sn−1
=
⩽
Snα
Snα
9 Sn
1−α
Sn−1
dt
Sn1−α
=
−
·
α
α−1 α−1
Sn−1 t
La suite Sn1−α est convergente (de limite nulle). On déduit alors du lien suites
1−α
séries que la série
Sn−1 − Sn1−α converge. Par comparaison de séries à termes
un
est donc convergente.
positifs, la série
Snα
(−1)k
vérifie les hypothèses du critère des séries alternées, donc converge ;
kα
cela justifie la définition de un . D’après le même critère, on a de plus :
8.12 La série
∀n ∈ IN∗
n+1
(−1)
un ⩾ 0
et
|un | ⩽
1
α·
(n + 1)
On en déduit que, pour α > 1 , la série
un converge absolument, donc converge.
Pour α ∈ ]0, 1], la série
un est alternée et son terme général tend vers 0 , d’après
ce qui précède. Pour établir sa convergence, il suffit d’établir la décroissance de la
suite |un | , d’après le critère des séries alternées.
¼
Solution des exercices
Pour tout n ∈ IN∗ , on a :
un =
=
n+2m
lim
m→+∞
k=n+1
m
lim
m→+∞
k
p=1
= (−1)n−1
(−1)
kα
n+2p−1
n+2p
(−1)
(−1)
α +
α
(n + 2p − 1)
(n + 2p)
+∞
p=1
1
1
α −
α
(n + 2p − 1)
(n + 2p)
·
Pour tout p ∈ IN∗ , définissons la fonction fp : [1, +∞[ → IR par :
fp (t) =
1
1
α −
α·
(t + 2p − 1)
(t + 2p)
On a donc, pour tout n ∈ IN∗ , |un | =
+∞
fp (n) .
p=1
La fonction fp est dérivable et l’on a :
#
$
∀t ⩾ 1 fp (t) = −α (t + 2p − 1)−α−1 − (t + 2p)−α−1 ⩽ 0.
On en déduit, en particulier, pour tout n ∈ IN∗ , fp (n) ⩾ fp (n + 1) . La suite |un |
est donc décroissante.
En conclusion, la série
un est convergente, d’après le critère des séries alternées.
8.13 1. Posons Sn =
n
jk
k=1
√
3
k
3p−2
3p−1
∀n ∈ IN
Pour étudier la série
S3n =
n
vp .
vp faisons un développement de son terme général :
−1/3
2
3p
1−
j + j2 + 1
√
+O
3
3p
=O
∗
p=1
j
vp = √
3
3p
=
3p
j
j
j
et vp = √
+ √
+ √
; on a donc :
3
3
3
3p−2
3p−1
3p
1
p4/3
j2
+√
3
3p
1−
1
3p
−1/3
1
+ √
3
3p
1
p4/3
·
La série
vp est absolument convergente, par comparaison aux séries de Riemann, donc convergente ; d’où l’existence de S = lim S3n .
n→+∞
j 3n+1
Comme S3n+1 = S3n + √
3
3n+1
lim S3n+1 = S
n→+∞
3n+2
j
et S3n+2 = S3n+1 + √
, on a aussi :
3
3n+2
et
lim S3n+2 = S.
n→+∞
½
Les trois suites extraites (S3n ), (S3n+1 ) et (S3n+2 ) de la suite (Sn ) étant convergentes et ayant même limite, la suite (Sn ) est convergente.
jn
# j n $3
√
√
Ainsi la série
converge,
alors
que
la
série
diverge, puisque c’est
3
3
n
n
la série harmonique.
2. Définissons la série
un par : ∀n ∈ IN∗
# n$
j
un = Re √
·
3
n
• D’après la première question, la série
un converge.
3
3
3
• Posons wp = u3p−2 + u3p−1 + u3p . On a :
wp = −
1 1
1 1
1
−
+ ·
8 3p − 2 8 3p − 1 3p
1
·
lim pwp = 14 , c’est-à-dire wp ∼ 4p
On en déduit que la série
wp diverge, par comparaison de séries à termes
n
3n
3
wp =
u3k , la série
un diverge.
de signe constant. Comme
Par suite
p→+∞
p=1
8.14 1. Posons, pour tout n ∈ IN, Pn =
n
k=1
(1 + zk ).
k=0
(a) On a, dans ce cas : ∀n ∈ IN 1 + xn > 0 . La convergence du produit in
fini (1 + xn ) équivaut donc à l’existence dans IR∗+ de lim Pn , c’est-à-dire
n→+∞
à l’existence dans IR de
lim ln (Pn ) .
n→+∞
n
Comme, pour tout n ∈ IN, ln (Pn ) =
ln (1 + xk ) , la convergence du produit
k=0
infini (1 + xn ) équivaut à la convergence de la série
ln(1 + xn ).
(b) Comme les deux suites (xn ) et ln (1 + xn ) tendent vers 0 simultanément,
on peut se limiter au casoù les deux
tendent vers 0 , puisque, dans le cas
contraire, les deux séries
xn et
ln (1 + xn ) divergent grossièrement.
On a alors ln (1 + xn ) ∼ xn . Par comparaison de séries à termes positifs, les
deux séries
xn et
ln (1 + xn ) sont de même nature. On conclut à l’aide
de la question précédente.
(c) Notons que les deux premières questions s’appliquent à toute suite (xn )n⩾n0 ,
n
avec n0 ∈ IN ; on étudie alors l’existence dans IR∗ de lim
(1 + xk ) et
n→+∞ k=n
0
(1 + xn ) converge.
l’on dit, lorsqu’elle existe, que le produit infini
n⩾n0
xn converge
Si le produit infini (1 + xn ) converge absolument, la série
absolument, d’après la question précédente. On en déduit que lim xn = 0 ;
n→+∞
on peut donc choisir n0 ∈ IN∗ tel que : ∀n ⩾ n0
Pour n ⩾ n0 , on peut écrire :
xn > −1 .
n
Pn = Pn0 −1 Qn
avec Qn =
(1 + xk ) .
k=n0
¾
Solution des exercices
La convergence du produit infini (1 + xn ) équivaut à l’existence dans IR∗
de lim Qn , c’est-à-dire à la convergence du produit infini
(1 + xn ).
n→+∞
n⩾n0
Cela équivaut à la convergence de la série
ln(1 + xn ), d’après la première
question. Or cette série converge absolument, puisque ln (1 + xn ) ∼ |xn | et
que la série
xn converge absolument ; d’où la conclusion.
n
(d) Prenons la suite (xn ), avec : ∀n ∈ IN xn = (−1)
n+1 ·
• On a, pour tout n ∈ IN, xn > −1 . On peut donc appliquer le résultat de
la première question. Pour cela, effectuons un développement :
ln 1 +
(−1)n
n+1
=
(−1)n
+ un
n+1
avec un ∼ −
1
·
2n2
(−1)n
La série
n+1 converge, d’après le critère des séries alternées (elle est
alternée et la valeur
absolue de son terme général tend vers 0 en décroissant). La série
un converge, par comparaison aux séries de Riemann
(son terme général étant négatif à partir d’un certain rang, le théorème de
comparaison s’applique).
La série
ln(1 + xn ) est donc convergente, comme somme de deux séries
convergentes, ce qui
prouve, d’après la première question, la convergence
du produit infini (1 + xn ).
En revanche le produit infini
(1 + xn ) ne converge pas absolument,
puisque |xn | ∼ n1 ; cela prouve, par comparaison aux séries de Riemann,
la divergence de la série
|xn | et, d’après la deuxième question, la non
convergence absolue du produit infini (1 + xn ).
• Montrons par une
autre méthode la convergence, et déterminons la valeur,
du produit infini (1 + xn ).
On a, pour tout p ∈ IN :
(1 + x2p ) (1 + x2p+1 ) =
1+
1
2p + 1
1−
1
2p + 2
= 1.
On en déduit :
∀n ∈ IN P2n+1 = 1 et P2n+2 = 1 +
lim P2n+2 = 1 , d’où lim Pn = 1 . Cela
n→+∞
prouve la convergence du produit infini (1 + xn ) et fournit, en outre :
Par suite
lim P2n+1 = 1 et
1
·
2n + 3
n→+∞
n→+∞
n
lim
n→+∞
2. (a) Pour montrer que
k=0
(−1)k
1+
k+1
= 1.
lim Pn existe dans C, où Pn =
n→+∞
n
(1 + zk ) , utilisons le
k=0
¿
n
lien suites-séries. En notant P = lim
n→+∞ k=0
∀n ∈ IN
(1 + |zk |) , on a :
|Pn+1 − Pn | = |zn+1 Pn |
n
⩽ |zn+1 |
(1 + |zk |)
k=0
⩽ P |zn+1 | .
Cela prouve,
par comparaison, la convergence absolue, donc la convergence de
la série
(Pn+1 − Pn ) et, par suite, l’existence dans C de lim Pn .
n→+∞
1
(b) Pour tout n ∈ IN, posons zn ∈ C tel que 1 + zn = 1+z
qui vérifie évidemn
zn
·
ment zn = −1 . On a de plus zn = − 1+z
n
• Comme le produit infini (1 + zn ) converge absolument, la série
zn
converge absolument, donc lim zn = 0 . On en déduit |zn | ∼ |zn | , ce qui
n→+∞
prouve, par comparaison, la convergence absolue de la série
zn et, par
suite, la convergence absolue du produit infini (1 + zn ).
n
(1 + zk )
• D’après ce qui précède, on en déduit que la suite (Pn−1 ) =
k=0
converge, donc est bornée, ce qui prouve que (Pn ) ne peut pas tendre
vers 0 . La suite (Pn ) converge ainsi vers un nombre complexe non nul, et
l’on a établi la convergence du produit infini (1 + zn ).
un vérifie les hypo8.15 1. La suite (un ) étant décroissante et de limite nulle, la série
thèses du critère des séries alternées, ce qui justifie la définition de rn .
• Soit n ∈ IN ; pour tout N ∈ IN, on a :
2n+2N
+1
(−1)p up =
p=2n
n+N
(u2k − u2k+1 ) .
k=n
En faisant tendre N vers +∞, on obtient :
∀n ∈ IN r2n =
+∞
(u2p − u2p+1 ) .
p=n
On établit de même :
∀n ∈ IN
r2n+1 = −
+∞
(u2p+1 − u2p+2 ) .
p=n
(u2p − u2p+1 ) à termes
Comme u2p − u2p+1 ∼ u2p+1 − u2p+2 et que la série
positifs converge, il vient, par sommation d’équivalents :
r2n =
+∞
p=n
(u2p − u2p+1 ) ∼
+∞
p=n
(u2p+1 − u2p+2 ) = −r2n+1 .
Solution des exercices
Comme r2n = u2n + r2n+1 , on peut écrire :
u2n = r2n − r2n+1 = r2n + r2n + o (r2n ) ∼ 2r2n ,
u2n
c’est-à-dire r2n ∼
·
2
+∞
(u2p+1 − u2p+2 ) , on obtient de la même manière
• En partant de r2n+1 = −
p=n
u2n+1
l’équivalent r2n+1 ∼
·
2
n rn
On a donc établi rn ∼ (−1)
·
2
ln n
décroît à partir du
n
rang 3 et que un − un+1 ∼ un+1 − un+2 . En appliquant la question précédente,
on obtient :
+∞
ln k
ln n
rn =
(−1)k
∼ (−1)n
·
k
2n
2. Le lecteur vérifiera que la suite de terme général un =
k=n
I
Dénombrabilité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1
Parties de IN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
448
448
2
3
Ensembles dénombrables . . . . . . . . . . . . . . .
Opérations sur les ensembles dénombrables . . . .
448
450
4
Exemples d’ensembles infinis non dénombrables . .
Familles sommables de réels positifs . . . . . . . .
451
452
1
2
Définitions, propriétés élémentaires . . . . . . . . .
Changement d’indice, commutativité . . . . . . . .
453
455
3
Sommation par paquets . . . . . . . . . . . . . . .
Familles sommables de nombres complexes . . . .
456
459
II
III
1
Définition . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
459
2
3
Somme d’une famille sommable . . . . . . . . . . .
Propriétés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
459
460
Applications . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1
Sommes doubles . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
463
463
2
Produit de Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Démonstrations et solutions des exercices du cours . .
466
468
Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
477
IV
9
IN
Par définition, les parties finies de IN sont en bijection avec un intervalle entier
de la forme [[1, n]], pour un certain entier n (son cardinal).
Voyons ce qu’il en est des parties infinies de IN.
Proposition 1
Toute partie infinie de IN est en bijection avec IN.
Principe de démonstration. Si A est une partie infinie de IN , on construit par récurrence une
suite (an )n∈IN par a0 = min A et :
∀n ∈ IN
an+1 = min x ∈ A x > an
et l’on vérifie que n → an est une bijection de IN sur A .
Démonstration page 468
Définition 1
Un ensemble est dénombrable s’il est en bijection avec IN. Il est au plus
dénombrable s’il est fini ou dénombrable.
Un ensemble est donc au plus dénombrable si, et seulement s’il est en bijection
avec une partie de IN.
1. D’après la proposition 1, les parties de IN sont au plus dénombrables.
2. ZZ est dénombrable : en effet, on peut définir une application f : IN → ZZ par :
f (n) = n/2 si n est pair
et
f (n) = −(n + 1)/2 si n est impair,
et cette application est bijective de réciproque g définie par :
g(k) = 2k
si k ∈ IN
et
g(k) = −1 − 2k
si k ∈ ZZ∗− .
Exhiber une bijection entre IN et un ensemble dénombrable A
revient à numéroter les éléments de A, ou encore à les énumérer. Par exemple,
la bijection ci-dessus entre IN et ZZ revient à énumérer les éléments de ZZ de
la façon suivante :
0, −1, 1, −2, 2, −3, 3, −4, 4, . . .
Proposition 2
Un ensemble A est au plus dénombrable si, et seulement s’il existe une
injection de A dans IN.
Démonstration.
C’est la traduction de la définition.
Corollaire 3
Toute partie d’un ensemble dénombrable est au plus dénombrable.
L’ensemble IN2 est dénombrable. En effet, il est infini et l’application (p, q) → 2p 3q est injective de IN2 dans IN par unicité de la décomposition
en facteurs premiers.
p.468 Exercice 1 En s’inspirant de l’exemple précédent, montrer que l’ensemble IN(IN)
des suites presque nulles d’entiers naturels est dénombrable.
Proposition 4
Soit A un ensemble non vide. Les propriétés suivantes sont équivalentes :
(i) A est au plus dénombrable,
(ii) il existe une surjection d’un ensemble au plus dénombrable X sur A,
(iii) il existe une surjection de IN sur A.
Principe de démonstration. Pour (iii) ⇒ (i) , on prend une surjection f de IN sur A et l’on
montre que l’application a → min f −1 {a} est une injection de A dans IN .
Démonstration page 468
Point méthode
Pour montrer qu’un ensemble infini A est dénombrable, on peut :
• exhiber une bijection de IN sur A, ce qui revient à numéroter les éléments
de A en une suite (an )n∈IN ,
• exhiber une injection de A dans IN (ou dans un ensemble dénombrable),
• exhiber une surjection de IN (ou d’un ensemble dénombrable) sur A.
p.469 Exercice 2 Montrer que IN2 est dénombrable, en mettant en évidence une numé
rotation sur un dessin, puis en explicitant la bijection f de IN2 dans IN correspondante.
p.469 Exercice 3
1. Montrer qu’une réunion de deux ensembles dénombrables est dénombrable.
2. Qu’en est-il pour une réunion d’une famille finie non vide d’ensembles dénombrables ?
Proposition 5
Le produit cartésien de deux ensembles dénombrables est un ensemble dénombrable.
Démonstration. Soit A et B deux ensembles dénombrables ainsi que f , une bijection de A
dans IN et g , une bijection de B dans IN .
Alors h : (x, y) →
proque (p, q) →
est dénombrable.
Q −1
f
f (x), g(y)
(p), g
−1
est une bijection de A × B dans IN2 , de réci-
(q) . Comme IN2 est dénombrable, on en déduit que A × B
En effet, on a vu que ZZ était dénombrable, ainsi que IN∗ comme partie infinie de IN
dénombrable (cf. le corollaire 3 de la page précédente), donc ZZ×IN∗ est dénombrable.
Ainsi Q est au plus dénombrable (donc dénombrable puisqu’infini) comme image
de ZZ × IN∗ par l’application (p, q) → p/q .
p.470 Exercice 4 Que peut-on dire du produit cartésien de deux ensembles au plus dé
nombrables ? À quelle condition est-il dénombrable ?
Corollaire 6
Le produit cartésien d’une famille finie non vide d’ensembles dénombrables
est dénombrable.
p.470 Exercice 5
Montrer qu’un espace vectoriel sur Q de dimension finie non nulle est dénombrable.
Corollaire 7
La réunion d’une famille au plus dénombrable d’ensembles au plus dénombrables est un ensemble au plus dénombrable.
Si l’un est dénombrable, la réunion est alors dénombrable.
Démonstration. Soit (Ai )i∈I une famille d’ensembles au plus dénombrables indexée par un
ensemble I non vide au plus dénombrable. Quitte à supprimer les Ai qui sont vides (ce qui ne
change pas la réunion), on peut supposer tous les Ai non vides. En considérant, pour tout i ∈ I ,
C
une surjection fi de IN sur Ai , on construit une surjection de f : I × IN sur
Ai en posant :
i∈I
∀(i, n) ∈ I × IN
f (i, n) = fi (n).
Comme I × IN est au plus dénombrable, il en est de même de
C
Ai d’après la proposition 4 de
i∈I
la page 449.
On retrouve ainsi les résultats de l’exercice 3 de la page ci-contre.
p.470 Exercice 6 Montrer que Q[X] est dénombrable.
Le corps Q des rationnels est dénombrable, comme on l’a vu précédemment.
Le fait que IR vérifie la propriété de la borne supérieure, fait qu’il ne peut pas
être dénombrable. Rappelons, pour commencer, que le théorème de la limite
monotone, et par conséquent aussi celui sur les suites adjacentes, découlent de
cette propriété.
Lemme 8
Soit (un )n∈IN une suite réelle.
Il existe au moins un réel n’appartenant pas à un ; n ∈ IN .
Principe de démonstration.
et (bn )n∈IN vérifiant ∀n ∈ IN
On construit par récurrence deux suites adjacentes (an )n∈IN
un ∈
/ [an , bn ] .
Leur limite commune ne peut être égale à aucun des un .
Démonstration page 470
Proposition 9
Le corps IR n’est pas dénombrable.
Démonstration.
En effet, on ne peut trouver aucune suite (un ) telle que IR = un ; n ∈ IN .
Le résultat classique suivant prouve que P(IN) n’est pas dénombrable.
Proposition 10
Soit E un ensemble. Il n’existe aucune surjection de E sur P(E).
Principe de démonstration.
Si f est une application de E dans P(E) , on montre
que X := x ∈ E x ∈
/ f (x) n’a pas d’antécédent par f .
Démonstration page 470
p.470 Exercice 7 Montrer que si A est un ensemble possédant au moins deux éléments,
alors AIN n’est pas dénombrable.
• On a vu, dans la solution de l’exercice précédent, que les deux ensembles
non dénombrables P(IN) et {0, 1}IN étaient en bijection. On peut montrer
qu’ils sont également en bijection avec IR.
• En revanche, IR et P(IR) ne sont pas en bijection d’après la proposition 10
de la page précédente, alors qu’ils ne sont ni l’un ni l’autre dénombrables.
Dans la suite de ce chapitre, I est un ensemble, et (ai )i∈I une famille de réels
ou de complexes. On cherche à donner un sens, lorsque c’est possible, à la
somme :
ai
i∈I
en conservant les propriétés de commutativité et d’associativité existant pour
les sommes finies.
Les cas où I est fini est déjà connu ; nous pouvons donc supposer que I
est infini. Conformément au programme, nous nous limitons au cas où I est
dénombrable.
L’idée de départ de la notion de somme d’une famille sommable indexée par I ,
est de considérer les sommes indexées par une partie finie de I . Lorsque I = IN,
la relation d’ordre nous incite à considérer seulement les parties finies de la
forme [[0, n]], ce qui conduit naturellement à la notion de série et de sommes
partielles étudiée au chapitre 8. Cependant cette notion n’est pas satisfaisante,
car on ne peut pas permuter les termes d’une série convergente quelconque
(voir l’exercice 9.16 de la page 479).
Dans toute la suite de ce chapitre, I désigne un ensemble au plus dénombrable.
• L’hypothèse de dénombrabilité de I n’est indispensable, ni pour les définitions, ni pour les résultats énoncés, mais simplifie certaines démonstrations.
• On peut d’ailleurs toujours s’y ramener grâce au résultat de l’exercice 9.10
de la page 478 qui montre que pour toute famille sommable (ai )i∈I , l’ensemble des i ∈ I tels que ai = 0 est au plus dénombrable.
• Tout ce qui suit sera utilisé essentiellement dans les chapitres de probabilité, où l’hypothèse de dénombrabilité sera de toute façon indispensable.
Définition 2
Une famille (ai )i∈I de réels positifs est sommable si l’ensemble :
i∈J
J
ai ; J ⊂ I , J fini
est majoré.
Sa borne supérieure s’appelle alors somme de la famille, et se note
ai .
i∈I
• La somme d’une famille sommable de réels positifs est donc le plus petit
réel M tel que pour toute sous-famille finie J de I on ait :
ai ⩽ M.
i∈J
• La somme d’une famille sommable de réels positifs est un réel positif. Il
est nul si, et seulement si, la famille est nulle.
1. Lorsque I est fini, toute famille (ai )i∈I de réels positifs indexée par I est sommable et sa somme est égale à sa somme au sens usuel. Pour le voir, il suffit de
considérer le cas particulier J = I dans la définition.
2. La suite (2−n )n∈IN est sommable puisque pour toute partie J finie de IN, on a,
en notant n un majorant de J :
1
n
1
2
2i
i∈J
⩽
i
i=0
On a ainsi :
S=
n∈IN
et comme pour n ∈ IN :
i∈[[0,n]]
on a S ⩾ 2 − 2
−n
=2−
1
⩽ 2.
2n
1
⩽2
2n
1
1
= 2 − n,
2i
2
, ce qui prouve finalement S = 2 .
3. Soit E un espace préhilbertien et (ei )i∈I une famille orthonormée de E .
Pour toute partie finie J de I , on sait (voir le cours de première année ou la
( ei | x ) ei est le projeté orthogonal de x
proposition 6 de la page 799) que y =
i∈J
sur Vect (ei )i∈J , donc y ⩽ x .
Comme y2 =
( ei | x )2 , on en déduit
( ei | x )2 ⩽ x2 . Cela prouve que
i∈J
i∈J
la famille ( ei | x )2 i∈I est sommable ainsi que l’inégalité de Bessel :
2
( ei | x ) ⩽ x2 .
i∈I
Si une famille (ai )i∈I de réels positifs n’est pas sommable, on
dit que sa somme est infinie et l’on note
ai = +∞.
i∈I
Cela correspond à la convention usuelle concernant la borne supérieure des
parties non majorées de IR .
On a donc, pour toute famille (ai )i∈I de réel positifs :
i∈I
ai = sup
i∈J
J
ai ; J ⊂ I , J fini .
Proposition 11
Soit (an )n∈IN une suite de réels positifs. La famille (an )n∈IN est sommable
si, et seulement si, la série
an converge et l’on a alors :
an =
+∞
an .
n=0
n∈IN
Principe de démonstration. D’après les conventions concernant les séries divergentes à terme
général positif et les familles de réels positifs non sommables, cela revient donc à montrer, pour
toute suite positive (an )n∈IN :
an =
n∈IN
+∞
an .
n=0
Pour cela, on utilise le fait que les intervalles [[0, n]] sont des parties finies de IN et que toute
Démonstration page 471
partie finie de IN est contenue dans un tel intervalle.
Proposition 12
Soit (ai )i∈I et (bi )i∈I deux familles de réels vérifiant :
∀i ∈ I
0 ⩽ ai ⩽ bi .
Si la famille (bi )i∈I est sommable, il en est de même de la famille (ai )i∈I et
l’on a :
ai ⩽
bi .
i∈I
Démonstration.
i∈I
Si J est une partie finie de I , on a
i∈J
ai ⩽
i∈J
bi ⩽
i∈I
bi .
Proposition 13
Soit σ une bijection d’un ensemble J sur I . Une famille (ai )i∈I de réels
positifs est sommable si, et seulement si, la famille (aσ(j) )j∈J est sommable
et l’on a alors :
ai =
aσ(j) .
i∈I
Principe de démonstration.
j∈J
La bijection σ induit une bijection de l’ensemble des parties finies
Démonstration page 471
de J sur l’ensemble des parties finies de I .
Corollaire 14 (Commutativité)
Soit σ une permutation de I . Une famille (ai )i∈I est sommable si, et seulement si, la famille (aσ(i) )i∈I est sommable et l’on a alors :
i∈I
ai =
aσ(i) .
i∈I
L’ensemble I étant supposé au plus dénombrable, lorsqu’il est
infini, il est en bijection avec IN. À l’aide d’une telle bijection σ de IN sur I ,
on se ramène à une famille
aσ(n) indexée par IN dont la somme est la
somme de la série
n
n∈IN
aσ(n) correspondante. On peut ainsi utiliser les propriétés
démontrées pour les séries, en particulier, la linéarité de la somme, qui donne
la proposition suivante (le cas où I est fini est déjà connu).
Proposition 15
• Si (ai )i∈I et (bi )i∈I sont deux familles sommables de réels positifs, la
famille (ai + bi )i∈I est sommable et l’on a :
(ai + bi ) =
i∈I
ai +
i∈I
bi .
i∈I
• Si (ai )i∈I est une famille sommable de réels positifs et si λ est un réel
positif, la famille (λ ai )i∈I est sommable et l’on a :
i∈I
(λ ai ) = λ
i∈I
ai .
p.471 Exercice 8 Démonstration directe du premier point de la proposition précédente.
Soit (ai )i∈I et (bi )i∈I deux familles sommables de réels positifs.
1. Montrer que (ai + bi )i∈I est sommable et que l’on a :
(ai + bi ) ⩽
ai +
bi .
i∈I
i∈I
i∈I
2. Montrer que pour tout ε > 0 , il existe une partie finie J de I telle que :
(ai + bi ) ⩾
ai +
bi − ε.
i∈J
i∈I
i∈I
3. Conclure.
Le résultat suivant est immédiat.
Proposition 16
Soit J une partie de I . Si (ai )i∈I est une famille sommable de réels positifs,
alors la sous-famille (ai )i∈J est également sommable et l’on a
ai ⩽
ai .
i∈J
L’égalité
i∈J
ai ⩽
i∈I
ai reste évidemment vraie sans hypothèse de
i∈I
sommabilité grâce à la convention
ai = +∞.
i∈I
Lemme 17
Soit I et J deux ensembles disjoints. Une famille (ai )i∈I∪J de réels positifs
est sommable si, et seulement si, les deux sous-familles (ai )i∈I et (ai )i∈J
sont sommables et l’on a : ai =
ai +
ai .
i∈I∪J
i∈I
i∈J
Démonstration page 472
+∞
+∞
1
1
π2
En admettant l’égalité classique S =
=
·
, calculons
n2
6
(2k + 1)2
n=1
k=0
Posons I = 2IN + 1 = 2k + 1 ; k ∈ IN et J = 2IN∗ = 2k ; k ∈ IN∗ de telle sorte
que :
1
1
+
·
S=
2
n
n2
n∈I
n∈J
∗
Par la bijection k → 2k de IN sur J , on a :
1
1
S
=
= ·
2
2
n
4k
4
∗
n∈J
Finalement,
1
n∈I
n2
2
=
3S
π
=
·
4
8
k∈IN
Le théorème qui suit est très puissant, car il permet de découper une somme
d’une famille indexée par I en plusieurs sommes grâce à une partition (Iλ )λ∈Λ
de I . En fait, il est même inutile de supposer les Iλ non vides 1 , ce qui donne
l’énoncé suivant.
Théorème 18 (Sommation par paquets)
Soit (Iλ )λ∈Λ une famille au plus dénombrable de parties deux à deux disjointes de I dont la réunion est égale à I . Une famille (ai )i∈I de réels positifs
est sommable si, et seulement si, on a les deux propriétés suivantes :
• pour tout λ ∈ Λ, la famille (ai )i∈Iλ est sommable de somme notée σλ ;
• la famille (σλ )λ∈Λ est sommable.
On a alors :
ai =
i∈I
σλ =
ai .
λ∈Λ i∈Iλ
λ∈Λ
Démonstration (non exigible) page 473
• Ce résultat sera utilisé fréquemment en probabilité, notamment en utilisant
un système complet d’événements.
• En prenant Λ = IN, on obtient l’énoncé suivant.
Corollaire 19
Soit (In )n∈IN une partition de I . Une famille (ai )i∈I de réels positifs est
sommable si, et seulement si, on a les deux propriétés suivantes :
• pour tout n ∈ IN, la famille (ai )i∈In est sommable de somme notée σn ;
• la série
On a alors :
σn est convergente.
i∈I
ai =
+∞
σn =
n=0
+∞
ai .
n=0 i∈In
Soit (αn )n∈IN∗ une suite positive telle que la série
αn converge. Montrons
que la série de terme général :
uk = k
+∞
n=k
αn
n(n + 1)
est convergente, et calculons sa somme.
On note tout d’abord que les inégalités :
αn
0⩽
⩽ αn
n(n + 1)
prouvent l’existence de uk par convergence de la série
αn .
n⩾k
1. Rappelons qu’une partition de I est une famille de parties non vides de I disjointes
deux à deux et dont la réunion est égale à I .
Considérons l’ensemble :
2 I = (k, n) ∈ IN∗ k ⩽ n
et la famille réelle positive :
αn
.
n(n + 1) (k,n)∈I
Nous allons utiliser deux partitions de I :
I=
Δn
avec, pour n ∈ IN∗ fixé,
k
n⩾1
I=
avec, pour k ∈ IN∗ fixé,
Γk
(∗)
Δn = (k, n) ; k ⩽ n
Γk = (k, n) ; n ⩾ k .
k⩾1
n
Γ2
Δ4
k
• Pour tout n ∈ IN∗ , la famille
k
est fini et sa somme vaut :
σn =
αn
n(n + 1)
n
k
est sommable puisque Δn
(k,n)∈Δn
αn
αn
=
·
n(n + 1)
2
k=1
Comme
αn converge, la famille (σn )n∈IN∗ est sommable, donc la famille (∗) est
sommable et :
+∞
αn
1
k
αn .
=
n(n + 1)
2 n=1
(k,n)∈I
• On en déduit que pour k ∈ IN∗ fixé, la famille
k
αn
n(n + 1)
est sommable
(k,n)∈Γk
(ce qui prouve à nouveau l’existence de uk ), et que sa somme uk constitue une
famille sommable de somme :
+∞
+∞
αn
1
uk =
k
αn .
=
n(n + 1)
2 n=1
k=1
(k,n)∈I
p.473 Exercice 9 Montrer qu’une famille (an )n∈ZZ de réels positifs est sommable si, et
seulement si, on a l’une des propriétés équivalentes suivantes :
(i) les séries
an et
a−n convergent,
(ii) la série (an + a−n ) converge,
n
ap possède une limite lorsque n tend vers +∞,
(iii) la suite
p=−n
et que sa somme est alors :
an =
n∈Z
Z
+∞
n=0
an +
+∞
a−n = a0 +
n=1
+∞
n→+∞
n=1
n
(an + a−n ) = lim
ap .
p=−n
On considère maintenant des familles de nombres complexes indexées par I .
Définition 3
Une famille (ai )i∈I de nombre complexes est sommable si la famille de réels
positifs |ai | i∈I est sommable.
Une suite (an )n∈IN est sommable si, et seulement si, la série
lument convergente.
Ainsi, par exemple, la famille
une série convergente.
(−1)n n+1
an est abso-
n’est pas sommable même si elle correspond à
Soit (ai )i∈I une famille de réels. Les relations :
∀i ∈ I
0 ⩽ a+
i ⩽ |ai |
et
∀i ∈ I
0 ⩽ a−
i ⩽ |ai |
montrent, d’après la proposition 12 de la page 454, que si (ai )i∈I est sommable,
−
alors il en est de même de (a+
i )i∈I et (ai )i∈I . On peut donc poser la définition
suivante.
Définition 4 (Somme d’une famille réelle sommable)
Soit (ai )i∈I une famille sommable de réels. On appelle somme de la famille
le réel :
ai =
a+
a−
i −
i .
i∈I
i∈I
i∈I
Évidemment, cette définition prolonge la définition de la somme
−
d’une famille de réels positifs, puisque si ai ⩾ 0, on a a+
i = ai et ai = 0.
Soit (ak )k∈I une famille de complexes. Les relations :
∀k ∈ I
0 ⩽ Re(ak ) ⩽ |ak |
∀k ∈ I
et
0 ⩽ Im(ak ) ⩽ |ak |
montrent, d’après la proposition 12 de la page 454, que si (ak )k∈I est sommable, alors il en est de même de (Re ak )k∈I et (Im ak )k∈I . On peut donc
poser la définition suivante.
Définition 5 (Somme d’une famille complexe sommable)
Soit (ak )k∈I une famille sommable de complexes. On appelle somme de la
famille le complexe :
ak =
k∈I
Re(ak ) + i
k∈I
Im(ak ).
k∈I
Évidemment, cette définition prolonge la définition de la somme
d’une famille de réels.
On peut, en utilisant les parties positives et négatives, généraliser les propriétés
concernant les familles sommables de nombres réels positifs à n’importe quelles
familles sommables de réels puis, à l’aide des parties réelles et imaginaires à
n’importe quelles familles sommables de nombres complexes.
On conserve ainsi les propriétés de changement d’indice (proposition 13 de la
page 455) et de commutativité (proposition 14 de la page 455). Le cas des
suites (proposition 13 de la page 455) se généralise aussi immédiatement.
Proposition 20
Soit (an )n∈IN une suite complexe. La famille (an )n∈IN est sommable si, et
seulement si, la série
an est absolument convergente et l’on a alors :
+∞
an =
an .
n=0
n∈IN
Démonstration.
• L’équivalence est le résultat de la proposition 11 de la page 454 appliqué à |an | .
• On a alors, pour une suite réelle :
an =
n∈IN
+
−
+∞
+
+∞
−
+∞
n∈IN
n∈IN
n=0
n=0
n=0
an −
an =
an −
an =
an
et de même pour une suite complexe en utilisant les parties réelle et imaginaire.
Corollaire 21 (Inégalité triangulaire)
Si (ak )k∈I est une famille sommable de complexes, on a :
ak ⩽
|ak |.
k∈I
Principe de démonstration.
sur I et la proposition 20.
k∈I
Lorsque I est infini dénombrable, on utilise une bijection de IN
Démonstration page 473
Corollaire
22
Soit
an une série absolument convergente. Pour toute permutation σ
de IN, la série
aσ(n) converge absolument et l’on a :
+∞
aσ(n) =
n=0
Démonstration.
+∞
an .
n=0
Par changement d’indice, on a :
an =
n∈IN
aσ(n)
n∈IN
ce qui donne le résultat d’après la proposition 20 de la page ci-contre.
Pour une série semi-convergente, le résultat est faux. L’exercice 9.16 de la page 479 montre qu’en permutant les terme d’une série réelle
semi-convergente, on peut obtenir :
• pour tout réel , une série convergente de somme ,
• une série divergente dont les sommes partielles tendent vers +∞.
On peut de même obtenir une série divergente dont les sommes partielles
tendent vers −∞, et même, pour tout intervalle fermé non vide I de IR, une
série divergente dont les sommes partielles admettent pour valeurs d’adhérence
exactement les éléments de I .
Proposition 23 (Linéarité)
L’ensemble des des familles sommables à valeurs dans IK (IK = IR ou IK = C)
est un IK-espace vectoriel et l’application (ak )k∈I →
ak est une forme
k∈I
linéaire sur cet espace vectoriel.
Démonstration. Le cas fini est connu. Sinon, puisque I est dénombrable, on peut, par un
changement d’indice se ramener au cas d’une suite et la proposition 20 de la page ci-contre
permet d’utiliser la linéarité de la somme d’une série.
Théorème 24 (Sommation par paquets)
Soit (Iλ )λ∈Λ une famille au plus dénombrable de parties deux à deux disjointes de I dont la réunion est égale à I . Étant donné une famille (ai )i∈I
de nombres complexes sommable :
• pour tout λ ∈ Λ, la famille (ai )i∈Iλ est sommable de somme notée σλ ;
• la famille (σλ )λ∈Λ est sommable ;
•
i∈I
ai =
λ∈Λ
σλ =
ai .
λ∈Λ i∈Iλ
Démonstration (non exigible) page 474
Soit (ai )i∈I et (bj )j∈J deux familles sommables. Montrons que la famille (ai bj )(i,j)∈I×J est sommable et que l’on a :
ai b j =
ai ×
bj .
i∈I
(i,j)∈I×J
Posons, pour simplifier les notations, A =
j∈J
ai et B =
i∈I
bj .
j∈J
• Supposons pour commencer les familles (ai )i∈I et (bj )j∈J réelles positives. Pour
tout i ∈ I , la famille (ai bj )j∈J est sommable de somme ai B .
C
En utilisant la partition I × J =
{i} × J , on en déduit par le théorème de
i∈I
sommation par paquets (cas réel positif) :
ai b j =
ai B = A B < +∞
i∈I
(i,j)∈I×J
ce qui prouve la sommabilité de (ai bj )(i,j)∈I×J .
• Dans le cas général, la sommabilité de (ai bj )(i,j)∈I×J découle de ce qui précède
appliqué aux familles réelles positives |ai | i∈I et |bj | j∈J . En appliquant alors le
théorème de sommation par paquets (version complexe), on en déduit, en utilisant
la même partition que précédemment :
ai b j =
ai B = A B.
i∈I
(i,j)∈I×J
+∞
(−1)n−1
p.474 Exercice 10 Calculer
·
n2
n=1
Corollaire 25
Soit (In )n∈IN une partition de I . Étant donné une famille (ai )i∈I de nombres
complexes sommable :
• pour tout n ∈ IN, la famille (ai )i∈In est sommable de somme notée σn ;
• la série
•
i∈I
ai =
σn est absolument convergente ;
+∞
n=0
σn =
+∞
n=0
⎛
⎝
⎞
ai ⎠ .
i∈In
dans ces deux théorèmes à l’hypothèse de sommabilité.Par exemple,
dans le corollaire 25, la convergence, même absolue, de la série
σn ne suffit
pas pour obtenir la sommabilité de la famille (ai )i∈I , contrairement à ce que
l’on avait dans le cas de familles de réels positifs.
La famille (n)n∈ZZ n’est évidemment pas sommable
(par exemple, parce
que la sous-famille (n)n∈IN ne l’est pas, par divergence de
n). Pourtant, en pren⩾0
σn
nant In = {−n, n} pour tout n ∈ IN, on obtient ∀n ∈ IN σn = 0 et la série
est absolument convergente.
Point méthode
Pour appliquer le théorème de sommation par paquets, il faut donc vérifier la
sommabilité de la famille. Pour ce faire, on appliquera en général le théorème
de sommation par paquets (version réels positifs) à la famille |ai | i∈I en
exhibant une partition bien choisie de I .
p.474 Exercice 11 Soit z un nombre complexe de module strictement inférieur à 1 .
1. Montrer que la famille (z 2p+3q )(p,q)∈IN2 est sommable et calculer sa somme S(z).
2. Montrer que S(z) =
+∞
dn z n , où, pour tout n ∈ IN, dn est le nombre de façons
n=0
d’écrire n = 2p + 3q , avec (p, q) ∈ IN2 .
On dispose des trois partitions classiques de IN2 :
IN2 =
{p} × IN =
p∈IN
q∈IN
(p, q) ∈ IN2 p + q = n .
IN × {q} =
n∈IN
Δn
IN
Δ0
Δ1
Δ2
Δ3
Δ4 IN
En appliquant le théorème de sommation par paquets, on obtient les théorèmes
suivants.
Théorème 26
Une suite double (ap,q )(p,q)∈IN2 de réels positifs est sommable si, et seulement
si, on a l’une des propriétés équivalentes suivantes :
• pour tout p ∈ IN, la série
général αp =
+∞
q=0
général βq =
p=0
q
p
On a alors :
ap,q =
(p,q)∈IN
2
ap,q est convergente et la série de terme
ap,q est convergente ;
• la série de terme général σn =
ap,q est convergente et la série de terme
ap,q est convergente ;
• pour tout q ∈ IN, la série
+∞
+∞
p=0
⎛
⎝
+∞
p+q=n
⎞
ap,q ⎠ =
q=0
+∞
q=0
ap,q est convergente.
⎛
⎝
+∞
⎞
ap,q ⎠ =
p=0
+∞
n=0
⎛
⎝
⎞
ap,q ⎠ .
p+q=n
Soit α ∈ IR.
1. Étudions la sommabilité de la suite double :
1
·
ap,q =
(p + q + 1)α
Pour n ∈ IN, on a :
1
1
=
·
α
(p
+
q
+
1)
(n
+
1)α−1
p+q=n
La famille est donc sommable si, et seulement si, la série
σn converge, c’est-àdire si, et seulement si, α > 2 . On a alors :
σn =
(p,q)∈IN
+∞
1
1
=
·
α
α−1
(p + q + 1)
n
2
n=1
2. De la même façon en travaillant sur IN∗ , la suite double :
2
1
(p + q)α
(p,q)∈IN∗ 2
est sommable si, et seulement si, α > 2 .
Par équivalence des normes 2 et 1 sur IR2 , il existe deux constantes m et M
strictement positives telles que :
∀(p, q) ∈ IN∗
2
m (p + q)2α ⩽ (p2 + q 2 )α ⩽ M (p + q)2α
ce qui prouve que la famille :
1
(p2 + q 2 )α
est sommable si, et seulement si, α > 1 .
(p,q)∈IN∗2
Corollaire 27
Si une famille (ap,q )(p,q)∈IN2 de nombres complexes est sommable sa somme
est donnée par :
ap,q =
(p,q)∈IN
2
⎛
+∞
⎝
p=0
+∞
⎞
ap,q ⎠ =
q=0
+∞
⎛
⎝
q=0
+∞
⎞
ap,q ⎠ =
p=0
+∞
n=0
⎛
⎝
⎞
ap,q ⎠ .
p+q=n
Démonstration.
C’est une conséquence du corollaire 25 du théorème de sommation par paquets.
p.474 Exercice 12
Montrer l’existence et donner la valeur de S =
(p,q)∈IN
(−1)p+q
·
2p 3q (p + q + 1)
2
On pourra utiliser le résultat suivant : si x est un réel strictement compris entre −1
+∞
(−1)n xn+1
et 1 , alors
= ln(1 + x).
n+1
n=0
Soit z ∈ C tel que |z| < 1 . Montrons l’égalité :
+∞
+∞
zn
z 2n−1
=
·
2n
1−z
1 − z 2n−1
n=1
n=1
Chacune des deux séries converge absolument, puisque :
zn
∼ zn
1 − z 2n
z 2n−1
∼ z 2n−1
1 − z 2n−1
et
avec |z| < 1 .
Pour n ∈ IN∗ fixé, on a :
+∞
+∞
+∞
2n k zn
n
n(2k+1)
=
z
=
z
=
z n(2k−1) .
z
1 − z 2n
k=0
k=0
Considérons donc la série double :
k=1
z n(2k−1)
(n,k)∈IN∗ 2
et montrons que la famille des modules est sommable :
n(2k−1)
• pour n fixé, la série
|z|
est convergente puisque |z|2n < 1 , de somme :
k
σn =
|z|n
·
1 − |z|2n
• la famille (σn ) est sommable (remplacer z par |z| dans l’existence des sommes de
l’énoncé).
On a alors :
z
n(2k−1)
+∞
=
(n,k)∈IN∗ 2
z
n
+∞
n=1
z
n(2k−1)
=
(n,k)∈IN∗ 2
z
=
k=1
et :
2n(k−1)
+∞
zn
1 − z 2n
n=1
+∞
+∞
2k−1 n
=
z
+∞
n=1
k=1
k=1
z 2k−1
1 − z 2k−1
ce qui prouve le résultat.
p.475 Exercice 13 Soit la suite double :
up,q =
Calculer
+∞
+∞
up,q ,
q=0 p=0
2(p − q)
·
(p + q + 1)(p + q + 2)(p + q + 3)
+∞
+∞
up,q et
+∞
up,q .
n=0 p+q=n
p=0 q=0
Que peut-on en conclure ?
Théorème
28 Soit
an et
bn deux séries complexes absolument convergentes. La série
de terme général :
ap bq ,
p+q=n
appelée série produit de Cauchy de
gente, et l’on a :
+∞
n=0
Principe de démonstration.
an
+∞
bn
n=0
=
an et
+∞
⎛
⎝
n=0
bn , est absolument conver-
⎞
ap bq ⎠ .
p+q=n
Il suffit de montrer que la famille (ap bq )(p,q)∈IN2 est sommable
et d’appliquer le corollaire 27 de la page précédente.
Sachant que pour |z| < 1 on a :
+∞
1
zn
=
1 − z n=0
Démonstration page 476
la série étant absolument convergente, on en déduit :
+∞ 2
1
=
zn
2
(1 − z)
n=0
+∞
p q
=
z z
n=0
=
+∞
p+q=n
(n + 1) z n .
n=0
Dans le théorème 28 de la page précédente, les hypothèses de
convergence absolue des deux séries est essentielle, comme le montre l’exercice
ci-dessous.
On verra néanmoins dans l’exercice 9.12 de la page 478 que la convergence
d’une des deux séries et la convergence absolue de l’autre suffisent.
(−1)n
p.476 Exercice 14 Soit an = √
et cn =
ap aq .
n+1
p+q=n
cn .
Étudier la convergence des séries
an et
Proposition 1 Soit A une partie infinie de IN.
Commençons par remarquer que A est non vide (l’ensemble vide est fini) et non majorée.
En effet, si elle était majorée par un certain entier n, alors elle serait contenue dans
l’ensemble fini [[0, n]] donc également finie.
Construisons par récurrence une suite strictement croissante (an )n∈IN d’éléments de A
telle que A = an ; n ∈ IN .
•
•
Comme A est non vide, elle possède un plus petit élément que l’on note a0 .
Soit n ∈ IN ; supposons a
0 , . . . , an construits. Alors A n’est pas majorée par an ,
donc l’ensemble x ∈ A x > an est une partie non vide de IN. Elle admet par
conséquent un plus petit élément que l’on note an+1 qui vérifie donc an+1 > an .
Par construction, la suite (an )n∈IN ainsi définie est strictement croissante, donc l’application n → an est une injection de IN dans A. Montrons qu’elle est surjective.
Soit x ∈ A. La partie an+1 ; n ∈ IN de IN étant infinie, elle n’est pas majorée par x. Il
existe donc des entiers naturels k tels que ak+1 > x ; notons n le plus petit d’entre eux.
Alors an ⩽ x : si n = 0 , cela vient de la définition de a0 , sinon, cela vient du caractère
minimal de n. On a donc an ⩽ x < an+1 .
Or, an+1 = min y ∈ A y > an et x ∈ A. Donc on ne peut pas avoir an < x < an+1 .
Il s’ensuit que x = an . D’où la surjectivité requise.
L’application n → an est donc une bijection de IN sur A.
Exercice 1 Soit (pk )k∈IN la suite des nombres premiers. L’application :
IN(IN)
(vk )k∈IN
−→ IN
vk
−→
pk
k∈IN
est bien définie (si (vk )k∈IN est presque nulle,
k∈IN
pvkk peut être vu comme un produit
fini puisqu’un nombre fini de ses terme est différent de 1 ) et est injective par unicité
de la décomposition en facteurs premiers.
C’est même une bijection de IN(IN) sur IN∗ par existence et unicité de la
décomposition.
Proposition 4
(i) ⇒ (ii). Prendre X = A et l’identité.
(ii) ⇒ (iii). Soit f une surjection d’un ensemble au plus dénombrable X sur A.
• Si X est infini, il existe une bijection g de IN sur X .
• Sinon, notons n son cardinal. Comme A est non vide, il en est de même de X ,
donc n ⩾ 1 et l’on peut fixer un élément x0 de X .
Considérons une bijection g de [[0, n − 1]] dans X et prolongeons g à IN en
posant :
∀k ∈ IN \ [[0, n − 1]] g(k) = x0
On obtient ainsi une application de IN sur X , surjective puisque sa restriction
à [[0, n − 1]] est déjà surjective.
Démonstrations et solutions des exercices du cours
Dans les deux cas, f ◦ g est une application de IN sur A, surjective comme composée
de deux surjections.
(iii) ⇒ (i). Soit f une surjection de IN sur A. Par surjectivité, f −1 {a} = ∅ pour
tout a ∈ A. On peut donc définir :
g : A −→ IN
a −→ min f −1 {a} .
Par définition de g , on a ∀a ∈ A f g(a) = a, ce qui entraîne classiquement
l’injectivité de g . D’après la proposition 2 de la page 449, on en déduit que A est au
plus dénombrable.
Exercice 2 Une solution possible est la suivante :
IN
14
9
13
5
8
12
2
4
7
11
0
1
3
6
10
IN
k(k + 1)
·
2
On en déduit l’image de tous les couples (p, q) tels que p+q = k : f (p, q) = f (k, 0)+q .
Finalement :
(p + q)(p + q + 1)
∀(p, q) ∈ IN2 f (p, q) =
+ q.
2
Soit k ∈ IN. L’image du couple (k, 0) par f est 1 + 2 + · · · + k =
Exercice 3
1. Soit F et G deux ensembles dénombrables. Prenons f (respectivement g ) une
bijection de IN sur F (respectivement sur G). L’application :
IN −→ F
∪G
f (p) si n = 2p
n −→
g(p) si n = 2p + 1
est surjective ce qui prouve que F ∪ G est au plus dénombrable d’après la proposition 4 de la page 449, donc dénombrable puisqu’infini (il contient F qui est
infini).
2. Par récurrence immédiate, on en déduit que la réunion d’une famille finie non vide
d’ensembles dénombrables est dénombrable.
Exercice 4 Reprenons le principe de la démonstration précédente, en considérant cette
fois-ci des injections f : A → IN et g : B → IN. L’application h : (x, y) → f (x), g(y)
est alors une injection de A × B dans IN2 , donc A × B est au plus dénombrable.
Il est dénombrable si, et seulement si, l’un des ensembles est dénombrable et l’autre
non vide. En effet :
• si par exemple A est non vide et B est infini, alors en fixant a ∈ A, l’ensemble A × B est infini puisqu’il contient {a} × B qui est en bijection avec B ,
donc infini ;
• si A et B sont finis, alors A × B est fini et si l’un ou l’autre est vide, alors A × B
est vide donc fini.
Exercice 5 Soit E un Q -espace vectoriel de dimension n ∈ IN∗ . Alors E est isomorphe à Qn , donc en particulier en bijection avec Qn , qui est dénombrable d’après
le corollaire précédent.
C
Exercice 6 Q[X] =
Qn [X] est une réunion dénombrable d’ensembles dénomn∈IN
brables d’après l’exercice 5 de la page 450.
Lemme 8 On construit par récurrence deux suites adjacentes (an )n∈IN et (bn )n∈IN vérifiant ∀n ∈ IN un ∈
/ [an , bn ].
• Posons, par exemple, a0 = u0 + 1 et b0 = u0 + 2 .
/ [an , bn ].
• Supposons construits an < bn tels que un ∈
n
; au moins l’un des trois segments [an , cn ],
Posons cn = 2an3+bn et dn = an +2b
3
[cn , dn ] et [dn , bn ] ne contient pas un+1 .
Cela permet de définir an+1 < bn+1 tels que un+1 ∈
/ [an+1 , bn+1 ] ⊂ [an , bn ]
et bn+1 − an+1 = (bn − an )/3 .
Les inégalités [an+1 , bn+1 ] ⊂ [an , bn ] montrent que la suite (an ) est croissante,
que la suite (bn ) est décroissante et les relations bn+1 − an+1 = (bn − an )/3
donnent lim bn − an = 0 .
n→+∞
Donc les suite (an ) et (bn ) sont adjacentes. Leur limite commune
∀n ∈ IN
∈ [an , bn ]
donc
∀n ∈ IN
vérifie :
= u n
Proposition 10 Soit f une application de E dans P(E).
/ f (x) et supposons que X admette un antécédent a par f .
Posons X := x ∈ E x ∈
• Si a ∈ X , alors a ∈
/ f (a) = X , ce qui est contradictoire.
• Si a ∈
/ X , alors a ∈ f (a) = X , ce qui est également contradictoire.
Ce raisonnement par l’absurde montre ainsi que X n’admet pas d’antécédent par f et
donc que f n’est pas surjective.
Exercice 7
• Commençons par le cas où A = {0, 1} . On a vu en première année que, pour tout
ensemble E , P(E) est en bijection avec {0, 1}E par l’application qui associe à
toute partie de E sa fonction indicatrice.
Donc AIN est en bijection avec P(IN) qui n’est pas dénombrable.
Démonstrations et solutions des exercices du cours
•
Lorsque A est un ensemble à deux éléments, en considérant une bijection ϕ
de {0, 1} sur A, l’application f → ϕ ◦ f réalise une bijection de {0, 1}IN sur AIN .
Donc AIN n’est pas dénombrable.
• Soit A un ensemble possédant au moins deux éléments distincts a et b . En considérant une application de IN dans {a, b} comme une application de IN dans A, on
obtient une inclusion de {a, b}IN dans AIN qui n’est donc pas dénombrable d’après
le point précédent.
Proposition 11 Utilisons les conventions concernant la somme des familles non sommables
positives et des séries divergentes à termes positifs.
n
ap ⩽
ap . On en
• Soit n ∈ IN. Comme [[0, n]] est une partie finie de IN, on a
p=0
p∈IN
déduit :
an ⩽
an .
(∗)
n=0
n∈IN
•
+∞
Soit J une partie finie de IN. Il existe n ∈ IN tel que J ⊂ [[0, n]], et donc :
ap ⩽
n
ap ⩽
p=0
p∈J
+∞
ap .
p=0
On en déduit :
+∞
n=0
an ⩽
an .
(∗∗)
n∈IN
Des deux inégalités (∗) et (∗∗) on en déduit que les deux sommes sont égales et donc,
en particulier, simultanément finies.
Proposition 13 Notons S et S les sommes (éventuellement infinies) respectivement des
familles (ai )i∈I et (aσ(j) )j∈J .
•
Supposons (ai )i∈I sommable. Pour toute partie finie J de J , l’ensemble I = σ(J )
est une partie finie de I . Donc, par changement d’indice dans une somme finie, σ
réalisant une bijection de J sur I :
aσ(j) =
ai ⩽ S.
j∈J i∈I On en déduit que (aσ(j) )j∈J est sommable et S ⩽ S .
•
Remarquons qu’en notant (bj )j∈J = (aσ(j) )j∈J , on a (ai )i∈I = (bσ−1 (i) )i∈I . On
déduit donc de ce qui précède que si (aσ(j) )j∈J est sommable, alors (ai )i∈I l’est
également avec S ⩽ S .
D’où l’équivalence annoncée et l’égalité des sommes.
Exercice 8
1. Soit J une partie finie de I . Par linéarité des sommes finies puis par définition de
la somme, on a :
(ai + bi ) =
ai +
bi ⩽
ai +
bi .
i∈J
i∈J
i∈J
i∈I
i∈I
On en déduit, en particulier, que (ai + bi )i∈I est sommable.
2. Soit ε > 0 . Par caractérisation
de la borne supérieure, il existe une partie finie J1
de I telle que
ai ⩾
ai − ε/2 . De même, il existe une partie finie J2 de I
i∈I
i∈J1
telle que
bi ⩾
bi − ε/2 . En posant J = J1 ∪ J2 , on a alors :
i∈J2
i∈I
(ai + bi ) =
i∈J
ai +
i∈J
bi ⩾
i∈J
ai +
i∈J1
bi ⩾
i∈J2
ai +
i∈I
bi − ε.
i∈I
3. La somme de la famille (ai + bi )i∈I est donc comprise entre
ai +
bi − ε
i∈I
i∈I
ai +
bi pour tout ε > 0 , ce qui prouve :
et
i∈I
i∈I
(ai + bi ) =
i∈J
ai +
i∈I
bi .
i∈I
Lemme 17
• Supposons les deux sous-familles (ai )i∈I et (ai )i∈J sommables. Soit K une partie
finie de I ∪ J . Notons I = K ∩ I et J = K ∩ J . Ce sont deux ensembles finis
disjoints dont la réunion est égale à K , donc :
ai =
ai +
ai ⩽
ai +
ai .
i∈K
i∈I i∈J i∈I
i∈J
On en déduit que (ai )i∈I∪J est sommable avec
ai ⩽
i∈I∪J
•
i∈I
ai +
ai .
i∈J
Réciproquement, supposons (ai )i∈I∪J sommable. Soit I (respectivement J ) une
partie finie quelconque de I (respectivement de J ). Comme I et J sont disjoints, il
en est de même de I et J , donc :
ai +
ai =
ai ⩽
ai .
i∈I i∈J i∈I ∪J i∈I∪J
Fixons I . On a alors, pour toute partie finie J de J :
ai ⩽
ai −
ai
i∈J ce qui donne :
i∈I i∈I∪J
ai ⩽
i∈J
ai −
i∈I∪J
ai .
i∈I On a donc pour toute partie finie I de I :
ai ⩽
ai −
ai
ce qui donne
i∈I
ai ⩽
i∈I∪J
i∈I ai −
i∈I
i∈I∪J
i∈J
ai et finalement :
i∈J
ai +
i∈J
ai ⩽
ai .
i∈I∪J
En rassemblant les deux inégalités obtenues, on a bien le résultat annoncé.
Démonstrations et solutions des exercices du cours
Théorème 18
• Si la famille (ai )i∈I est sommable, la sommabilité des sous-familles (ai )i∈Iλ est une
conséquence de la proposition 16 de la page 456.
Soit Γ une partie finie de Λ . La sous-famille (ai )i∈ C Iλ de (ai )i∈I est sommable
λ∈Γ
et, par récurrence à partir du lemme précédent, on en déduit :
σλ =
ai ⩽
ai .
C
i∈I
λ∈Γ
i∈
Iλ
λ∈Γ
D’où la sommabilité de (σλ )λ∈Λ et l’inégalité :
σλ ⩽
ai .
i∈I
λ∈Λ
•
Supposons, pour tout λ, la famille (ai )i∈Iλ sommable, de somme σλ , et la famille (σλ )λ∈Λ sommable.
Soit J une partie finie de I . Il n’existe qu’un nombre fini de λ ∈ Λ tels que J ∩ Iλ
soit non vide ; désignons-les par λ1 , λ2 ,. . . , λp . Alors :
ai =
ai +
ai + · · · +
ai
i∈J
i∈J∩Iλ1
i∈J∩Iλ2
⩽ σλ1 + σλ2 + · · · + σλp ⩽
i∈J∩Iλp
σλ .
λ∈Λ
La famille (ai )i∈I est donc sommable et l’on a l’inégalité :
ai ⩽
σλ .
i∈I
λ∈Λ
Exercice 9 L’équivalence entre la sommabilité et (i) vient du fait que (ZZ∗− , IN) est
une partition de ZZ et l’on obtient ainsi la première égalité.
Les propriétés (ii) et (iii) sont équivalentes puisque, au terme a0 près, les sommes
n
partielles de la série (an + a−n ) sont
ap . Cela donne en particulier la dernière
p=−n
égalité.
Les inégalités 0 ⩽ an ⩽ an + a−n et 0 ⩽ a−n ⩽ an + a−n montrent l’implication (ii) ⇒ (i), la réciproque et l’égalité médiane provenant de la linéarité de la
somme des séries.
Corollaire 21 Lorsque I est fini, le résultat est déjà connu. Lorsqu’il est dénombrable, au
moyen d’une bijection de IN sur I , on peut supposer I = IN. Grâce à la proposition 20
de la page 460, le résultat est alors une conséquence de l’inégalité triangulaire sur les
sommes de séries absolument convergentes :
+∞ +∞
an ⩽
|an |.
n=0
n=0
Théorème 24
• Soit λ ∈ Λ . La famille (ai )i∈Iλ est sommable comme sous-famille de la famille
sommable (ai )i∈I . Par inégalité triangulaire, sa somme σλ vérifie : |σλ | ⩽
|ai |.
i∈Iλ
•
La sommabilité de (ai )i∈I , c’est-à-dire de |ai | i∈I , donne donc, avec le théorème 18
•
de la page 457, la sommabilité de (σλ )λ∈Λ .
Enfin, les applications (ai )i∈I →
ai et (ai )i∈I →
i∈I
λ∈Λ
ai
sont linéaires par
i∈Iλ
linéarité de la somme et coïncident sur l’ensemble des suites réelles positives.
−
En écrivant ak = a+
k − ak pour des familles réelles, puis ak = Re ak + i Im ak , on
en déduit que ces deux applications sont égales.
Exercice 10 La série converge absolument, donc la famille est sommable. Utilisons les
résultats de l’exemple de la page 456 en séparant les termes d’indice pair de ceux
d’indice impair :
1
(−1)n−1
π2
1
π2
π2
=
−
=
−
=
·
2
2
2
n
(2k + 1)
(2k)
8
24
12
∗
∗
n∈IN
k∈IN
k∈IN
Exercice 11
3q
2p
z
et
z
sont absolument
1. Comme |z| < 1 , les séries géométriques
p
q
convergentes. L’exemple de la page 462 donne alors la sommabilité de la famille (z 2p+3q )(p,q)∈IN2 et sa somme :
+∞
+∞
1
1
×
·
2
1−z
1 − z3
p=0
q=0
2. Pour n ∈ IN, notons In = (p, q) ∈ IN2 2p + 3q = n . Ce sont des parties de IN2
C
disjointes deux à deux et
In = IN2 . Le théorème de sommation par paquets
S(z) =
z 2p ×
z 3q =
n∈IN
donne donc :
S(z) =
+∞
n=0
⎛
⎝
⎞
z 2p+3q ⎠ =
n=0
(p,q)∈In
=
Cela prouve, au passage, que la série
+∞
⎛
⎝
⎞
zn⎠
(p,q)∈In
(card In ) z n =
n=0
+∞
dn z n .
n=0
dn z n converge absolument.
Exercice 12 Pour (p, q) ∈ IN2 , notons up,q =
•
+∞
(−1)p+q
·
2p 3q (p + q + 1)
La majoration |up,q | ⩽ 2−p 3−q montre que la famille (up,q )(p,q)∈IN2 est sommable
puisque :
+∞
q=0
2−p 3−q = 2−p
1
1 − 1/3
est le terme général d’une série convergente.
Démonstrations et solutions des exercices du cours
•
Pour la somme, calculons :
σn =
n
up,q =
p+q=n
p=0
(−1)n
2p 3n−p (n + 1)
·
Cette dernière somme est constituée des termes consécutifs d’une suite géométrique de raison 2/3 , ce qui donne, après calcul :
σn =
(−1)n
n+1
3
2
− n
n
2
3
=
(−1)n
n+1
6
2n+1
−
6
3n+1
·
En utilisant le résultat rappelé, on obtient donc :
#
#
1$
1$
S = 6 ln 1 +
− ln 1 +
= 12 ln 3 − 18 ln 2.
2
3
Exercice 13
•
La décomposition en éléments simples :
up,q = −
2q + 1
2q + 2
2q + 3
+2
−
p+q+1
p+q+2 p+q+3
1
1
1
1
−
− (2q + 1)
−
p+q+2 p+q+3
p+q+1 p+q+2
up,q est convergente de somme :
montre que la série
= (2q + 3)
p
αq =
La série
+∞
p=0
up,q =
2q + 3 2q + 1
1
1
−
=
−
·
q+2
q+1
q+1 q+2
αq est donc convergente de somme 1 , ce qui donne :
+∞
+∞ up,q = 1.
q=0 p=0
•
Puisque uq,p = −up,q , on a donc aussi :
+∞
+∞ up,q = −1.
p=0 q=0
•
Enfin, pour tout n :
up,q = 0,
p+q=n
ce qui donne :
+∞ up,q = 0.
n=0 p+q=n
Cet exemple montre qu’évidemment la suite double up,q n’est pas sommable, mais
aussi que la condition de sommabilité est indispensable pour pouvoir échanger l’ordre
des sommations.
Théorème 28 Pour tout p ∈ IN, la famille (|ap bq |)q∈IN est sommable de somme :
αp = |ap |
+∞
|bq |.
q=0
La famille (αp )p∈IN est alors sommable puisque proportionnelle à la famille |ap | )p∈IN .
Cela prouve la sommabilité de la famille (ap bq ) et donc le théorème.
Exercice 14
• La série
an converge d’après le théorème des séries alternées puisque la
1
√
suite ( n+1 )n∈IN est décroissante et tend vers 0 .
√ 1
• On a cn = (−1)n
, pour tout n ∈ IN.
p+q=n
(p+1)(q+1)
Les variations sur [0, n] de la fonction t → (t + 1)(n − t + 1) montrent qu’elle
2
admet un maximum en n/2 qui vaut ( n+2
2 ) , et l’on a donc :
|cn | =
La série
n
n
1
2
2n
:
⩾
=
−→ 2.
n
+
2
n
+ 2 n→+∞
(p + 1)(n − p + 1) p=1
p=1
cn diverge donc puisque son terme général ne tend pas vers 0 .
Exercices
9.1 1. Montrer qu’un ensemble est infini si, et seulement s’il contient une partie dénombrable.
2. Montrer que si A est un ensemble au plus dénombrable et B un ensemble infini,
alors A ∪ B est en bijection avec B .
9.2 Soit E un espace vectoriel muni d’une base dénombrable B = (en )n∈IN .
Montrer que toute base de E est dénombrable.
9.3 (Polytechnique 2015)
On appelle nombre algébrique tout nombre complexe racine d’un polynôme non
nul à coefficients rationnels.
1. Montrer que l’ensemble des nombres algébrique est dénombrable.
2. Existe-t-il des réels non algébriques ?
9.4 Montrer directement l’inégalité triangulaire du corollaire 21 de la page 460 sans utiliser
la proposition 20 et préciser les cas d’égalité.
Indication : on pourra utiliser un nombre
complexe ω de module 1 tel que ω
uk ∈ IR+ .
k∈I
9.5 Sommabilité et somme de
(−1)p
qp
p⩾2
q⩾2
.
9.6 Sommabilité et somme de r|n| einθ n∈ZZ , pour (r, θ) ∈ IR+ × IR.
9.7 Soit (an )n⩾1 une suite de réels décroissante et de limite nulle. Pour n dans IN∗ , on
an
pose Δn := an − an+1 . Montrer que la série
n converge si et seulement si la série
Δn ln(n) converge.
9.8 Montrer l’existence et calculer S =
p∧p=1
1
p2 q 2
, la somme étant étendue à tous les
couples d’entiers naturels non nuls et premiers entre eux.
Indication. On donne
+∞
n=1
π2
1
n2 = 6
et
+∞
n=1
9.9 Soit σ une bijection de IN∗ sur lui-même.
1
1. Montrer que la série
nσ(n) converge.
σ(n)
2. Montrer que la série
n2 diverge.
σ(n)
3. Que peut-on dire de la série
n3 ?
π4
1
n4 = 90 ·
9.10 Soit (ai )i∈I une famille de nombres complexes, où I est un ensemble non nécessairement dénombrable.On suppose qu’il existe un réel M tel que pour toute partie
|ai | ⩽ M .
finie J et I , on ait
i∈J
1. Montrer que pour tout ε > 0 , l’ensemble i ∈ I |ai | ⩾ ε est fini.
2. En déduire que l’ensemble i ∈ I ai = 0 (support de la famille (ai )i∈I ) est
au plus dénombrable.
9.11 Soit f une fonction monotone d’un intervalle I de IR dans IR.
Montrer que l’ensemble des points de discontinuité de f est au plus dénombrable.
On pourra utiliser le résultat l’exercice 9.10.
9.12 Théorème de Maertens
Soit
an une série absolument convergente et
bn une série convergente.
Montrer que la série de terme général cn =
ap bq est convergente et que :
p+q=n
+∞
an
+∞
n=0
=
bn
n=0
+∞
ap b q
.
p+q=n
n=0
Indication. On pourra écrire :
n
ck =
n
ap Bn−p ,
p=0
k=0
où (Bn ) est la suite des sommes partielles de
limite.
bn et utiliser le théorème de la double
9.13 Produit de Dirichlet de deux séries
1. Soit
an et
bn deux séries absolument convergentes. Pour n ∈ IN∗ , on
n⩾1
n⩾1
pose :
cn =
ad bn/d
d|n
(la somme est étendue à tous les diviseurs de n).
cn est absolument convergente et que l’on a :
Montrer que la série
n⩾1
+∞
n=1
an
+∞
n=1
bn
=
+∞
n=1
cn .
Exercices
2. On pose, pour α > 1 :
ζ(α) =
+∞
1
n=1
nα
·
(a) Si N (n) désigne le nombre de diviseurs de n, montrer que la série de terme
général N (n)/nα converge pour α > 1 et déterminer sa somme.
(b) Si ϕ(n) représente le nombre d’éléments de [[1, n]] premiers avec n (indicatrice
ϕ(n)
d’Euler, voir page 12), montrer que pour tout α > 2 , la série
nα converge
n⩾1
et déterminer sa somme.
9.14 Soit (Jn )n∈IN une suite croissante de parties de I dont la réunion est égale à I .
1. Montrer qu’une famille (ai )i∈I de réels positifs est sommable si, et seulement si,
la suite
ai
est convergente.
i∈Jn
n∈IN
2. Soit (ai )i∈I une famille de nombres complexes sommable.
ai
est convergente et que l’on a :
Montrer que la suite
i∈Jn
n∈IN
ai = lim
n→+∞
i∈I
ai .
i∈Jn
9.15 Soit α un réel strictement positif et (pk )k∈IN∗ la suite croissante des nombres premiers : p1 = 2 , p2 = 3 , p3 = 5 . . .
Pour N ∈ IN∗ , on note AN l’ensemble des entiers naturels dont les diviseurs premiers
sont tous dans {p1 , . . . , pN } .
1
1
pour tout N ∈ IN∗ .
1 =
α
n
1
−
α
p
i=1
n∈A
N
1. Montrer que
i
N
2. En déduire que :
+∞
1
1
=
1
α
N →+∞
n
1
−
α
p
n=1
i=1
N
lim
i
(on pourra utiliser le résultat de l’exercice 9.14).
1
3. Montrer que
converge si, et seulement si, α > 1 .
pα
n
9.16 Soit
un une série semi convergente à terme général réel. On note A l’ensemble des
entiers n ∈ IN tels que un ⩾ 0 et B = IN \ A.
1. Soit ∈ IR . Montrer que l’on peut trouver une permutation σ de IN telle
uσ(n) converge vers .
que
n
Indication : on prendra alternativement des termes d’indices dans A puis dans B .
2. Montrer que l’on peut trouver une permutation σ de IN telle que
uσ(n) diverge
n
vers +∞.
9.1 1. Un ensemble qui contient une partie dénombrable est évidemment infini. Réciproquement, soit E un ensemble infini. Construisons une suite (an )n∈IN d’éléments
de E distincts deux à deux.
• Comme E est infini, il est non vide, ce qui permet de choisir un élément a0
de E .
• Supposons construits (a0 , . . . , an ) des éléments de E distincts deux à deux.
Comme E est infini, il n’est pas égal à {a0 , . . . , an } , ce qui permet de construire
un élément an+1 ∈ E différent des précédents.
L’ensemble A = an ; n ∈ IN est alors une partie dénombrable de E : elle est
en bijection avec IN par l’application n → an qui est injective par construction et
surjective par définition de A.
2. Soit A un ensemble au plus dénombrable et B un ensemble infini. D’après la première question, il existe une partie C de B qui est dénombrable. Alors, A ∪ C est
également dénombrable comme réunion de deux ensembles au plus dénombrables,
dont l’un au moins est infini.
Considérons donc une bijection de C sur A∪C et prolongeons-la à B par l’identité
sur B \ C . On obtient alors une bijection de B sur A ∪ B .
9.2 Soit B = (en )n∈IN une base de E et (xi )i∈I une famille libre. Montrons que I est au
plus dénombrable.
Soit n ∈ IN ; posons In = i ∈ I xi ∈ Vect(e0 , . . . , en ) . Il s’agit d’un ensemble fini,
car (xi )i∈In est une famille libre de l’espace vectoriel Vect(e0 , . . . , en ) de dimension
finie. De plus, comme B est une base de E , tout vecteur de E C
appartient à un des
In et donc que I
sous-espaces vectoriels Vect(e0 , . . . , en ). On en déduit que I =
n∈IN
est au plus dénombrable comme réunion dénombrable d’ensembles finis.
En particulier, toute base de E est au plus dénombrable et par suite dénombrable
puisque E n’est pas de dimension finie.
9.3 Soit A l’ensemble des nombres algébriques.
C
1. On a A =
P −1 {0} qui est donc une réunion dénombrable (cf. l’exerP ∈Q[X]\{0}
cice 6 de la page 451) d’ensembles finis (tout polynôme non nul a un nombre fini
de racines). De plus, A est infini puisqu’il contient Q : tout rationnel r est racine
de X − r ∈ Q[X] \ {0} .
2. Comme IR n’est pas dénombrable, on en déduit que A ∩ IR IR et donc qu’il
existe au moins un réel non algébrique (et même une infinité non dénombrable).
Cette existence a ainsi été montrée de façon non constructive. Il
est possible d’en exhiber explicitement : par exemple la constante de Liou+∞
−n!
10
est non algébrique (cf. l’exercice 1.15 de la page 53).
ville
n=0
Solution des exercices
9.4 • Commençons par supposer que
uk ∈ IR+ .
k∈I
Pour tout k ∈ I , posons uk = xk + iyk , avec (xk , yk ) ∈ IR2 . On a alors :
uk = Re
uk =
xk .
k∈I
k∈I
k∈I
Or, pour tout k ∈ I , on a xk ⩽ |xk | ⩽ |uk |, ce qui donne donc :
uk ⩽
|uk |.
k∈I
k∈I
S’il y a égalité, la famille |uk | − xk k∈I est positive et de somme nulle. On en
déduit qu’elle est nulle, ce qui donne, pour tout k ∈ I , xk = |xk | = |uk | et
donc uk ∈ IR+ .
uk . Il existe un nombre complexe ω
• Revenons au cas général et posons S =
k∈I
de module 1 tel que ω
uk ∈ IR+ : si S = 0 , il suffit de prendre ω = 1 et
k∈I
sinon ω = eiθ , où θ est un argument de S .
En posant zk = ω uk pour tout k ∈ I , on a :
et
uk = zk |uk | =
|zk |.
k∈I
k∈I
k∈I
k∈I
L’inégalité triangulaire est alors une conséquence du premier point.
D’autre part, si l’on a l’égalité dans l’inégalité triangulaire, alors :
∀k ∈ I
zk ∈ IR+
et uk = ω zk .
uk =
|uk | si, et
La réciproque étant évidente, on a donc montré que k∈I
k∈I
seulement s’il existe une famille réelle positive (zk )k∈I et un nombre complexe de
module 1 tels que ∀k ∈ I uk = ω zk .
9.5 • Commençons par montrer la sommabilité de la famille en montrant :
+∞ +∞ 1
< +∞.
qp
q=2 p=2
Pour tout q ⩾ 2 , la série
−p
q
est une série géométrique de raison 1/q < 1 ,
p
donc absolument convergente, et de somme :
σq =
+∞
1
p=2
Comme σq ∼ q12 , la série
q
=
p
1/q 2
1
=
·
1 − 1/q
q(q − 1)
σq est convergente, ce qui prouve le résultat.
q
• On fait le même calcul pour trouver la somme, la série géométrique étant maintenant de raison −1/q . Cela donne :
+∞
+∞
+∞ +∞
(−1/q)2 (−1)p
1
1
=
=
=
p
q
1 + 1/q
q(q + 1)
2
q=2 p=2
q=2
q=2
la dernière égalité provenant, par télescopage, de la décomposition en éléments
1
1
simples q(q+1)
= 1q − q+1
·
9.6 • Supposons que la famille soit sommable. On utilise la partition suivante :
ZZ = IN ∪ ZZ∗− , ce qui ramène le calcul de la somme à celui de deux séries géométriques de raisons r eiθ et r e−iθ . Comme ces séries divergent lorsque r ⩾ 1 ,
on en déduit que r < 1 . On a alors :
r|n| einθ =
n∈Z
Z
+∞
rn einθ +
n=0
=
+∞
rn e−inθ
n=1
1
r e−iθ
1 − r2
+
=
·
iθ
−iθ
1−re
1−re
1 − 2r cos θ + r2
• Soit r ∈ [0, 1[ et θ ∈ IR . Notons un (r, θ) = r|n| einθ , pour tout n ∈ ZZ.
Comme un (r, θ) = r|n| = un (r, 0) pour tout n ∈ ZZ, pour montrer la sommabi
lité de la famille, il suffit de montrer que la famille un (r, 0) n∈ZZ est sommable.
Puisqu’il s’agit d’une famille réelle positive, on peut calculer sa somme (éventuellement infinie) en utilisant n’importe quelle partition de ZZ. Le calcul précédent
est donc valide et donne :
1 − r2
1+r
r|n| =
=
< +∞
1 − 2r + r2
1−r
n∈Z
Z
ce qui montre la sommabilité de la famille un (r, 0) n∈ZZ .
En conclusion, la famille un (r, θ) n∈ZZ est sommable si, et seulement si, r < 1 et sa
somme est alors
1 − r2
·
1 − 2r cos θ + r2
9.7 La suite (an )n⩾1 est convergente, donc la série télescopique
Δn converge. On a
n⩾1
de plus, pour tout n ∈ IN∗ :
+∞
#
Considérons donc la famille
Δp
n
$
Δp = an .
p=n
1⩽n⩽p
. Par décroissance de (an )n∈IN∗ , elle est posi-
tive. On peut donc intervertir l’ordre des sommations, ce qui donne (avec un ésultat
Solution des exercices
éventuellement infini) :
+∞
an
n=1
n
+∞
=
+∞
Δp
an
n
p=n
n=1
+∞
p
p
+∞ Δp
1
=
=
Δp
·
n
n
p=1 n=1
p=1
n=1
Hp
Les séries
Δp Hp convergent donc simultanément. De plus, l’équivalent
n et
Δp Hp et
Δp ln p
classique Hp ∼ ln p montre que les séries à termes positifs
sont de même nature. D’où le résultat.
1
1
2
∗ 2 est
9.8 Puisque la série
n2 converge, de somme S2 = π /6 , la famille ( p2 q2 )(p,q)∈IN
sommable de somme S22 (voir l’exemple de la page 462). On en déduit en particulier
la sommabilité de la sous-famille ( p21q2 )p∧q=1 .
∗2
1
:
Calculons la somme
p2 q2 en utilisant la partition suivante de IN
(p,q)∈IN∗ 2
IN∗ =
2
Ad
2 Ad = (p, q) ∈ IN∗ p ∧ q = d .
où
d∈IN∗
Comme la famille est positive, le calcul suivant est justifié par le théorème 18 de la
page 457.
Soit d ∈ IN∗ . L’application
de réciproque
IN∗ −→ IN∗
induit une bijection de A1 sur Ad
(p, q) −→ (dp, dq)
2
2
Ad −→ A1
(p, q) −→ (p/d, q/d).
Par changement d’indice, on en déduit :
1
1
1
1
=
= 4
·
2
2
2
2
2
p q
(dp) (dq)
d
p q2
(p,q)∈Ad
(p,q)∈A1
(p,q)∈A1
1
En notant S =
p2 q2 , on en déduit :
(p,q)∈A1
π2
6
2
=
d∈IN∗
⎛
⎝
(p,q)∈Ad
⎞
S
π4
1 ⎠
=
S
·
=
p2 q 2
d4
90
∗
d∈IN
4
Finalement, S =
5
π /36
= ·
π 4 /90
2
9.9 1. On a :
1
1
1 1
·
+
⩽
∀n ∈ IN 0 ⩽
2
nσ (n)
2 n2
σ (n)
1
1
∗
La série à termes positifs
n2 converge, donc la famille ( n2 )n∈IN est som∗
n⩾1
1
mable. Par permutation, la famille ( σ(n)
2 )n∈IN∗ est également sommable, donc la
1
série
σ(n)2 converge.
n⩾1
Par comparaison, on en déduit que la série à termes positifs
1
nσ(n)
converge.
2. Pour n ∈ IN∗ , on a
2n
2n
σ (p)
1 ⩾
σ (p) .
p2
4n2 p=n+1
p=n+1
Comme σ (n + 1) , . . . , σ (2n) sont n entiers deux à deux distincts de IN∗ , on peut
écrire :
2n
n
n2
n (n + 1)
⩾
·
σ (p) ⩾
k=
2
2
p=n+1
k=1
Par suite,
2n
p=n+1
Donc la série
σ(p)
1
p2 ⩾ 8
et l’on en déduit
2k
σ(p)
p=1
σ(n)
p2
⩾ k8 −→ +∞.
k→+∞
diverge.
σ(n)
3. • Pour σ = IdIN∗ , la série
est bien sûr convergente.
3
3
n
• Notons A = n ; n ∈ IN∗ et B = IN∗ \A. Comme B est une partie infinie
de IN∗ , elle est dénombrable et l’on peut donc écrire B = {bn ; n ∈ IN∗ } .
Définissons σ : IN∗ → IN∗ , en posant, pour tout n ∈ IN∗ :
σ (2n) = n3
σ (2n − 1) = bn .
Il est immédiat que σ est une bijection de IN∗ sur IN∗ .
σ(n)
= 18 , la série
Comme σ(2n)
n3 diverge, puisque son terme général ne tend
(2n)3
n2
pas vers 0 .
9.10 1. Soit ε > 0 et J une partie finie de l’ensemble Iε = i ∈ I |ai | ⩾ ε . On a :
|ai | ⩾ ε card J.
M⩾
i∈J
On en déduit que toutes les parties finies de Iε ont au maximum M/ε éléments,
ce qui prouve que Iε est fini (et de cardinal inférieur à M/ε).
2. Le support de (ai )i∈I est la réunion des I1/n , pour n ∈ IN∗ . En tant que réunion
dénombrable d’ensembles finis, il est donc au plus dénombrable.
9.11 Soit en effet une fonction monotone d’un intervalle I de IR dans IR. Quitte à considérer ± Arctan ◦f , on peut supposer f croissante et bornée.
Pour chaque x de l’intérieur de I , on peut poser :
δx = f (x+ ) − f (x− )
(une fonction monotone sur I admet une limite à droite et à gauche en tout point
intérieur à I ). Les points de discontinuité de f à l’intérieur de I sont ceux pour
lesquels δx > 0 .
Si J est une partie finie de l’intérieur de I , on a :
δx ⩽ f (b) − f (a) ⩽ sup f − inf f.
x∈J
I
I
Le résultat de l’exercice 9.10 nous dit que l’ensemble des points x intérieurs à I
pour lesquels δx > 0 est au plus dénombrable. Comme il y a au maximum deux
points de discontinuité non intérieurs à I , on en déduit que l’ensemble des points de
discontinuité de f est au plus dénombrable.
Solution des exercices
9.12 Posons Bn =
n
bp pour tout n ∈ IN. La suite (Bn ) est convergente par hypothèse
p=0
et donc bornée. Notons B sa limite et M = sup |bn |. On a :
n∈IN
n
ck =
k=0
ap b q =
Posons alors, pour (n, p) ∈ IN2 :
up (n) =
ap
n−p
p=0
p+q⩽n
Pour tout n ∈ IN, la série
n
bq =
q=0
ap Bn−p
0
n
ap Bn−p .
p=0
si p ⩽ n
sinon.
up (n) est évidemment convergente de somme
p
n
ck .
k=0
D’autre part, pour tout p ∈ IN, on a up (n) = ap Bn−p pour n ⩾ p et
donc lim up (n) = ap B . On en déduit le schéma suivant :
n→+∞
P
up (n) −−−−−→
n→+∞
p=0 ⏐
⏐
⏐
(∗) ⏐P →+∞
L
n
ck
k=0
Pour prouver la convergence de
+∞
P
B
ap
p=0
⏐
⏐
⏐
⏐P →+∞
L
+∞
B
ap
p=0
ck et :
ck =
+∞
ap ×
p=0
k=0
+∞
bq
q=0
montrons que la limite (∗) est uniforme par rapport à n. Il suffit, pour cela, que la
série
up (n) converge normalement par rapport à n, ce qui est une conséquence
p
immédiate de la relation :
∀p ∈ IN ∀n ∈ IN up (n) ⩽ M |ap |
(le cas p > n étant trivial) et de la convergence absolue de
ap .
9.13 1. En utilisant la partition suivante de IN∗ :
2
IN∗ =
(p, q) p q = n
2
n∈IN∗
on obtient que si les séries :
n⩾1
an
et
bn
n⩾1
convergent absolument, alors la série de terme général :
ad bn/d
d|n
est absolument convergente et que l’on a :
⎞
+∞ +∞ +∞ ⎛
⎝
an
bn =
ad bn/d ⎠ .
n=1
n=1
2. (a)
+∞
N (n)
n=1
nα
=
+∞
n=1
n=1
1 1
pα q α
p q=n
d|n
=
+∞
2
1
nα
n=1
= ζ(α)2 .
(b) On a (voir par exemple l’exercice 14 de la page 12) :
ϕ(d) = n
d|n
et donc :
+∞
+∞
ϕ(n) 1
n=1
nα
n=1
On en déduit :
n
=
α
+∞ ϕ(d)
n=1 d|n
+∞
ϕ(n)
n=1
nα
=
nα
=
+∞
n=1
1
nα−1
·
ζ(α − 1)
·
ζ(α)
9.14 Notons I0 = J0 et In = Jn \ Jn−1 pour tout n ∈ IN∗ . Montrons que les In sont des
parties disjointes deux à deux et que leur réunion est égale à I .
• Pour (p, q) ∈ IN2 tel que p < q , on a Ip ⊂ Jp ⊂ Jq−1 , donc Ip ∩ Iq = ∅ .
• Soit i ∈ I . Par hypothèse, il existe n ∈ IN tel que i ∈ Jn . Prenons le plus petit entier n vérifiant cette propriété. Alors, en posant J−1 = ∅ , on a i ∈ Jn \Jn−1 = In .
Dans les deux questions, on peut donc appliquer les théorèmes de sommation par
paquets à la famille (In )n∈IN .
Soit (ai )i∈I une famille de réels positifs ou une famille sommable de nombres com
plexes. Alors les sommes σn =
ai existent et l’on remarque que :
i∈In
∀n ∈ IN
i∈Jn
ai =
n
σp
(∗)
p=0
puisque Jn est la réunion disjointes de I0 , . . . , In .
1. Une famille (ai )i∈I de réels positifs est sommable si, et seulement si, la famille (σn )n∈IN est sommable, c’est-à-dire si, et seulement si, la série à terme général
positif
σn converge, ce qui donne l’équivalence annoncée d’après la relation (∗).
n
Solution des exercices
2. Si la famille (ai )i∈I est sommable, alors, par le théorème 24 de la page 461, la
famille (σn )n∈IN également, donc la série
σn est convergente et :
ai =
i∈I
n
σn = lim
n→+∞
n∈IN
σp = lim
n→+∞
p=0
ai .
i∈Jn
9.15 1. Montrons le résultat par récurrence sur N .
• Pour N = 1 , on a :
+∞
1
1
1
1
=
=
=
·
1
1
kα
nα
p
1 − pα
1 − pα
i=1
k=0 1
n∈A
N
1
1
i
• Soit N ⩾ 2 . Supposons le résultat vrai pour N − 1 . Partitionnons AN en
regroupant ses éléments suivant leur valuation pN -adique. On peut ainsi écrire :
AN =
AN,k
avec
∀k ∈ IN AN,k = n pkN ; n ∈ AN −1 .
k∈IN
Par le théorème de regroupement par paquets pour une famille de réels positifs,
on obtient :
⎞
⎛
+∞ +∞
1
1
1
1
⎠
·
=
=⎝
nα
nα
nα pkα
pkα
N
n∈A
n∈A
k=0 n∈A
k=0 N
N −1
N
N −1
L’hypothèse de récurrence nous donne :
N −1
n∈AN −1
tandis que
1
1
=
α
n
1 − p1α
i=1
i
+∞
1
1
=
1 ·
kα
p
1
−
pα
k=0 N
N
D’où le résultat au rang N .
2. La suite (AN )N ∈IN∗ est une suite croissante de parties de IN∗ dont la réunion est
égale à IN∗ . D’après le résultat de l’exercice 9.14 appliqué à la famille de réels
positifs (1/nα )n∈IN∗ , on en déduit :
lim
N →+∞
n∈AN
+∞
1
1
=
,
α
n
nα
n=1
d’où le résultat demandé d’après la question précédente.
N −1
3. On en déduit que
1
tend vers +∞ lorsque N tend vers +∞ si α ⩽ 1 et
1 − p1α
i=1
i
vers ζ(α) =
+∞
1
n=1
nα
< +∞ si α > 1 . On en déduit, pa composition avec la fonction
logarithme, que la série
i⩾1
− ln(1 − p1α ) converge si, et seulement si, α > 1 et
comme − ln(1 − p1α ) ∼ p1α , que la série
i
i
i
1
pα
n
converge si, et seulement si, α > 1 .
9.16 Commençons par remarquer qu’aucune des deux familles (un )n∈A et (un )n∈B n’est
sommable.
Pour tout n ∈ IN, posons An = A ∩ [[0, n]]. On définit ainsi ue suite croissante de
parties de A dont la réunion est égale à A. Le résultat de l’exercice 9.14 montre
que (uk )k∈A est sommable si, et seulement si, la suite
ak
est convergente
k∈An
n∈IN
puisque la famille (ak )k∈A est positive.
On procède de la même façon avec Bn = B ∩ [[0, n]] la famille négative (ak )k∈B . Or,
n
uk =
uk +
uk . Les deux suites
ak
et
ak
sont
k=0
k∈An
k∈Bn
k∈An
k∈Bn
n∈IN
n∈IN
donc soit toutes les deux convergentes, soit toutes les deux divergentes. Or, les deux
familles (un )n∈A et (un )n∈B ne peuvent pas être toutes les deux sommables sinon, la
suite (un )n∈IN le serait également et cela contredirait l’hypothèse de semi-convergence
de la série
un . Donc, aucune des deux n’est sommable.
En particulier, les ensembles A et B sont infinis. On peut donc ré-indexer les deux
ak
familles (un )n∈A et (un )n∈B en des suites (ak )k∈IN et (bk )k∈IN , les deux séries
et
bk étant divergentes, la première à termes positifs tendant vers +∞ et la
deuxième à terme négatifs tendant vers −∞.
Comme la série
un converge, son terme général tend vers 0 . Pour tout ε > 0 , il
existe donc un nombre fini de termes strictement supérieurs à ε , donc la suite (ak )
est inférieure à ε à partir d’une certain rang. On en déduit que lim ak = 0 . De le
k→+∞
même façon,
lim bk = 0 .
k→+∞
1. Réordonnons les suites (ak )k∈IN et (bk )k∈IN pour en faire les termes d’une série
convergeant vers .
p
+∞
ak = +∞, il existe un entier p tel que
ak ⩾ . Posons ϕ(0) le
• Comme
k=0
k=0
premier tel p et notons S0 =
ϕ(0)
ak .
k=0
• Comme
+∞
bk = −∞, il existe un entier p tel que S0 +
k=0
le premier tel p et notons T0 = S0 +
p
bk ⩽ . Posons ψ(0)
k=0
ψ(0)
bk .
k=0
• De même, prenons ϕ(1) le premier entier p tel que T0 +
p
ak ⩾
et no-
k=ϕ(0)+1
tons S1 cette somme, puis ψ(1) le premier entier p tel que S1 +
p
bk ⩽
k=ψ(0)+1
et notons T1 cette somme.
• On continue ainsi en prenant des termes de la suite (ak )k∈IN jusqu’à dépasser
puis des termes de la suite (bk )k∈IN jusqu’à redescendre en dessous.
• On obtient ainsi deux extractions ϕ et ψ et l’on considère la suite :
(vn )n∈IN = (a0 , . . . , aϕ(0) , b0 , . . . , bψ(0) , aϕ(0)+1 , . . . , aϕ(1) , bψ(0)+1 , . . . , bψ(1) , . . .).
Solution des exercices
Notons (Vn )n∈IN la suite des sommes partielles de
vn .
Chaque terme de la suite (un )n∈IN a ainsi été pris une et une seule fois
puisque lim ϕ(n) = lim ψ(n) = +∞. Il existe donc une permutation σ
n→+∞
n→+∞
de IN telle que ∀n ∈ IN vn = uσ(n) .
• Montrons que la série
vn converge vers . Notons :
∗ θ(0) = ϕ(0) ;
∗ θ(1) = θ(0) + ψ(0) + 1 ;
∗ θ(2) = θ(1) + ϕ(1) − ϕ(0) ;
∗ θ(3) = θ(2) + ψ(1) − ψ(0). . .
les indices qui précèdent les changements de signe de la suite (vn )n∈IN .
Soit ε > 0 . Comme (an )n∈IN et (bn )n∈IN tendent vers 0 , il existe un rang n0
à partir duquel tous les termes de la suite (vn )n∈IN sont de module inférieur
à ε . Soit k tel que θ(k) ⩾ n0 . Par définition de la suite, le réel est compris entre Vθ(k)−1 et Vθ(k) . Comme |Vθ(k) − Vθ(k)−1 | = |vθ(k) | ⩽ ε , on en
déduit que |Vθ(k) − | ⩽ ε . On a donc aussi |Vθ(k+1) − | ⩽ ε et puisque
tous les termes de (vn )θ(k)<n⩽θ(k+1) sont de même signe, les sommes partielles (Vn )θ(k)<n⩽θ(k+1) sont dans le segment [Vθ(k) , Vθ(k+1) ], donc vérifient
également |Vn − | ⩽ ε . On a ainsi :
∀n ⩾ n0
|Vn − | ⩽ ε,
ce qui prouve le résultat.
2. Le principe est le même. Nous donnons les grandes lignes sans formaliser complètement la construction.
On prend des termes positifs de la suite jusqu’à ce que la somme dépasse 1 , puis
des termes négatifs jusqu’à redescendre en dessous de 0 . On recommence avec 2
et 1 , puis 3 et 2 ,. . . , n et n − 1 ,. . . La suite (un )n∈IN étant bornée, on montre
alors facilement que les sommes partielles de la série permutée ainsi construite
tendent vers +∞.
I
Modes de convergence des suites . . . . . . . . . .
492
1
2
Convergence simple . . . . . . . . . . . . . . . . .
Convergence uniforme . . . . . . . . . . . . . . . .
492
494
3
Convergence uniforme sur une partie . . . . . . . .
Convergence uniforme et limites . . . . . . . . . .
499
500
1
2
Un exemple d’interversion de limites . . . . . . . .
Convergence uniforme et continuité . . . . . . . . .
500
500
3
Théorème de la double limite . . . . . . . . . . . .
Intégration, dérivation d’une limite . . . . . . . .
501
502
1
2
Intégration d’une limite . . . . . . . . . . . . . . .
Primitivation d’une limite . . . . . . . . . . . . . .
502
503
3
Dérivation d’une limite
II
III
. . . . . . . . . . . . . . .
504
Séries de fonctions . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1
Les modes de convergence . . . . . . . . . . . . . .
2
Limite sous le signe
. . . . . . . . . . . . . . .
505
505
3
Intégration terme à terme sur un segment . . . . .
512
4
5
Dérivation terme à terme . . . . . . . . . . . . . .
Comportement asymptotique . . . . . . . . . . . .
513
516
Approximation uniforme . . . . . . . . . . . . . . .
1
Approximation par des fonctions en escalier . . . .
518
518
2
Approximation par des polynômes . . . . . . . . .
Démonstrations et solutions des exercices du cours . .
519
521
Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
546
IV
V
511
10
Dans tout ce qui suit, E et F sont deux IK-espaces vectoriels de dimension
finie, munis de normes notées et A est une partie non vide de E . Dans
de nombreux cas pratiques, on aura E = IR et F = IK.
On s’intéresse dans ce chapitre aux suites et séries de fonctions de A dans F ,
c’est-à-dire aux suites et séries à valeurs dans F(A, F ).
Au chapitre 5 nous avons défini la convergence d’une suite dans un espace
vectoriel normé. En ce qui concerne les suites de fonctions, il existe plusieurs
manières « naturelles » de définir la convergence. Ces modes de convergence
ne sont pas en général définis directement en termes de normes et sont fondamentalement différents entre eux.
Dans toute cette section, (fn )n∈IN est une suite de fonctions définies sur A à
valeurs dans F .
Définition 1
Soit f ∈ F(A, IK).
• On dit que la suite (fn )n∈IN converge simplement vers f si, pour
tout x ∈ A, on a fn (x) −→ f (x).
n→+∞
• On dit que la suite (fn )n∈IN converge simplement si elle converge
simplement vers une fonction.
• La suite (fn )n∈IN converge simplement si, et seulement si, pour tout x ∈ A,
la suite fn (x) n∈IN est convergente.
• On dit que la suite (fn )n∈IN converge simplement sur B ⊂ A si la
suite fn |B n∈IN converge simplement.
• Il est clair qu’il y a unicité de la limite simple.
• A priori ces définitions dépendent de la norme sur F . Puisque F est de
dimension finie et qu’en dimension finie les normes sont équivalentes, ces
définitions sont de fait indépendantes de la norme choisie.
• Soit B = (e1 , . . . , ep ) une base de F . Pour f : A → F on note fi les
applications composantes de f dans cette base.
Une suite (fn )n∈IN de fonctions définies sur A à valeurs dans F converge
simplement vers g si, et seulement si, pour tout i ∈ [[1, p]] la suite (fn,i )n∈IN
converge simplement vers gi . Il s’agit d’une conséquence immédiate du
fait qu’une suite à valeurs dans F converge si, et seulement si, toutes les
composantes convergent, ce qui est une propriété des espaces de dimension
finie.
p.521 Exercice 1 Étudier la convergence simple de (fn )n∈IN∗ , avec :
fn : [0, 1] −→ IR
x −→ xn .
p.521 Exercice 2 Soit, pour n ∈ IN∗ , la fonction fn définie sur IR+ par :
@
A
⎧
1
2
⎪
⎪
⎨ n x si x ∈ 0, n ;
∀x ∈ IR+ fn (x) =
A
A
⎪
1
1
⎪
⎩
si x ∈
, +∞ .
x
n
Étudier la convergence simple de (fn )n∈IN∗ .
• Certaines propriétés algébriques « passent à la limite simple ».
Par exemple si les suites de fonctions à valeurs scalaires (fn )n∈IN et (gn )n∈IN
convergent simplement vers f et g , alors la suite (fn + gn )n∈IN converge
simplement vers f + g et la suite (fn gn )n∈IN converge simplement vers f g .
• Beaucoup de propriétés analytiques ne passent pas « à la limite simple ».
Par exemple, comme le montre l’exercice précédent,
∗ une limite simple de fonctions continues n’est pas nécessairement continue.
∗ une limite simple de fonctions bornées n’est pas nécessairement bornée.
• Certaines propriétés liées à l’ordre passent « à la limite simple ».
Par exemple la limite simple d’une suite de fonctions croissantes est une
fonction croissante. De même, la limite simple d’une suite de fonctions
convexes est une fonction convexe. Pour le démontrer, il suffit de se ramener
à la définition et passer à la limite dans les inégalités.
La notion de convergence simple n’est pas stable par composition
par une fonction continue. Par exemple, si fn est la fonction constante sur IR
égale à n1 et ϕ est la fonction définie sur IR∗+ par ϕ(x) = 1/x, il est clair
que la suite (fn )n∈IN converge simplement vers la fonction nulle, alors que la
suite (ϕ ◦ fn )n∈IN ne converge pas simplement.
Dans la section qui suit, les résultats sont donnés dans le cadre général. En
revanche, il est sans doute utile de traduire dans un premier temps ces résultats
en se ramenant aux fonctions à valeurs réelles. C’est très souvent le cas dans
la pratique et ce cadre favorise indéniablement l’intuition.
• L’ensemble B (A, F ) est l’espace des fonctions bornées définies sur A à
valeurs dans F .
>
>
• Pour tout f ∈ B (A, F ), on note N∞ (f ) = sup >f (x)> .
x∈A
L’application N∞ est une norme sur B (A, F ), dite de la convergence
uniforme associée à la norme .
• Puisque F est de dimension finie et que toutes les normes sont équivalentes
en dimension finie, l’ensemble B (A, F ) ne dépend pas du choix de la norme
sur F .
• Si et sont deux normes sur F , elles induisent deux normes de
. Les deux normes N
convergence uniforme N∞ et N∞
∞ et N∞ sont
équivalentes ; il s’agit d’une conséquence immédiate de l’équivalence des
normes et .
Dire que la suite de fonctions (fn )n∈IN converge simplement vers f signifie :
∀x ∈ A ∀ε > 0 ∃n0 ∈ IN ∀n ⩾ n0
>
>
>fn (x) − f (x)> ⩽ ε.
Il faut bien garder en mémoire que le « n0 » dépend non seulement de ε,
mais également de x. Lorsque l’on peut choisir n0 indépendamment de x, on
parle de convergence uniforme.
Définition 2
Soit f ∈ F(A, F ).
• On dit que la suite (fn )n∈IN converge uniformément vers f si :
∀ε > 0 ∃n0 ∈ IN ∀x ∈ A ∀n ⩾ n0
>
>
>fn (x) − f (x)> ⩽ ε.
• On dit que la suite converge uniformément si elle converge uniformément vers une fonction.
• Ainsi la suite (fn )n∈IN converge uniformément vers f ∈ F(A, F ), si, et
seulement s’il existe une suite de réels positifs (αn )n∈IN telle qu’à partir
d’un certain rang :
>
>
>fn (x) − f (x)> ⩽ αn
∀x ∈ A
αn −→ 0.
et
n→+∞
• En d’autres termes, pour que la suite (fn )n∈IN converge uniformément
vers f , il faut et il suffit qu’à partir d’un certain rang la fonction fn − f
soit bornée et que N∞ (fn − f ) −→ 0.
n→+∞
• Si F = IR et A est un intervalle de IR, on peut associer à chaque fonction fn
son graphe dans le plan xOy . La convergence uniforme de la suite (fn )n∈IN
vers f signifie que pour tout ε > 0, il existe un rang n0 à partir duquel,
le graphe de fn est contenu dans la partie du plan xOy définie par :
x ∈ A et
y ∈ [f (x) − ε, f (x) + ε] .
y
ε
+
O
a
+
x
b
p.521 Exercice 3 Soit B = (e1 , . . . , ep ) une base de F . Pour f : A → F on note fi les
applications composantes de f dans cette base.
Démontrer qu’une suite (fn )n∈IN de fonctions définies sur A à valeurs dans F
converge uniformément vers g si, et seulement si, pour tout i ∈ [[1, p]] la
suite (fn,i )n∈IN converge uniformément vers gi .
Proposition 1
Si la suite (fn )n∈IN converge uniformément vers f , alors elle converge simplement vers f .
Démonstration.
grand, on a :
Si la suite (fn )n∈IN converge uniformément vers f , pour n suffisamment
∀x ∈ A
>
>
>fn (x) − f (x)> ⩽ N∞ (fn − f ) −→ 0.
n→+∞
La conclusion est alors immédiate.
Il y a donc unicité de la limite uniforme.
Point méthode
• Pour établir la convergence uniforme de la suite (fn )n∈IN , on commence
par établir la convergence simple. Si elle converge effectivement simplement vers f , on cherche alors à montrer qu’elle converge uniformément
vers f .
• Pour montrer que la suite (fn )n∈IN converge uniformément vers f , on
cherche à majorer à partir d’un certain rang fn (x) − f (x) indépendamment de x ∈ A par un terme αn tel que αn −→ 0.
n→+∞
• Lorsque A est un intervalle de IR et que l’on ne trouve pas de majoration
simple de fn (x) − f (x) indépendante de x ∈ A, on peut éventuellement
faire une étude de fonction.
<
;
− 21 , 12
−→ IR pour tout entier naturel n,
x −→ xn
converge uniformément vers 0 . En effet, pour tout n ∈ IN, on a :
A
@
1 1
fn (x) ⩽ 1 ·
∀x ∈ − ,
2 2
2n
1. La suite (fn )n∈IN , où fn :
Puisque 21n −→ 0 , la suite (fn )n∈IN convergence uniformément vers la fonction
n→+∞
nulle.
=
2. La suite (fn )n∈IN∗ de fonctions définies sur IR+ par fn (x) = x + n1 converge
√
uniformément vers la fonction f : x → x . En effet, pour n ∈ IN∗ , on a :
∀x ∈ IR+
Puisque √1n
0 ⩽ fn (x) −
√
1
1 1
1
1
=
x= √
⩽ = =√ ·
n x+ x+ 1
n
n
1
n
n
−→ 0 , la suite (fn )n∈IN convergence uniformément vers la fonc-
n→+∞
tion f .
p.521 Exercice 4 On pose, pour tout entier n ⩾ 1 , la fonction
fn : IR
x
−→ IR −→ sin x + n1 .
Étudier la convergence uniforme de (fn )n∈IN
p.522 Exercice 5 Étudier la convergence uniforme de la suite (fn )n∈IN , où fn est la
fonction définie sur [0, 1] par fn (x) = xn (1 − x).
Une suite qui converge simplement ne converge pas nécessairement uniformément.
Point méthode
Pour démontrer que la suite (fn )n∈IN qui converge simplement vers une fonction f ne converge pas uniformément, on peut :
• chercher à vérifier que la fonction fn −f n’est pas bornée pour une infinité
d’entiers n,
• ou plus généralement chercher à exhiber une suite (xn )n∈IN à valeurs
$
#
dans A telle que la suite fn (xn ) − f (xn )
n∈IN
ne tende pas vers 0.
p.522 Exercice 6 Montrer que la suite étudiée à l’exercice 2 de la page 493 n’est pas
uniformément convergente.
p.522 Exercice 7 Soit, pour n ∈ IN∗ , la fonction fn définie par :
fn : IR
x
−→ IR
nx
−→
·
1 + n2 x2
Étudier les convergence simple et uniforme de (fn )n∈IN∗ .
p.523 Exercice 8 Étudier les convergences simple et uniforme de la suite (fn )n∈IN∗ de
fonctions définies sur IR+ dans les cas suivants :
2
1. fn (x) =
x+
1
n
2. fn (x) =
x+
e−x
n
;
2
.
La notion de convergence uniforme est stable par combinaison linéaire.
Proposition 2
Soit (fn )n∈IN et (gn )n∈IN deux suites de fonctions définies sur A à valeurs dans F convergeant uniformément respectivement vers f et g , ainsi
que (λ, μ) ∈ IK2 . La suite (λfn + μgn )n∈IN converge alors uniformément
vers λf + μg .
Démonstration page 523
En revanche, la notion de convergence uniforme n’est pas en général stable
par produit.
IN
IN
p.523 Exercice 9 Donner un exemple de (fn )n∈IN ∈ F (IR, IR) et (gn )n∈IN ∈ F (IR, IR) ,
convergeant toutes deux uniformément, telles que (fn gn )n∈IN ne converge pas uniformément.
Proposition 3
Supposons que les fonctions fn soient bornées.
La suite (fn )n∈IN converge uniformément si, et seulement si, elle converge
dans l’espace vectoriel normé (B (A, F ) , N∞ ).
Principe de démonstration.
Démontrer que la limite uniforme de (fn )n∈IN est bornée.
p.524 Exercice 10 On pose f : IR
x
Démonstration page 524
−→ IR
x
−→
·
1 + x4
1. Calculer N∞ (f ).
2. On pose fn : x → f (nx), pour n ∈ IN. Que dire des convergences simple et
uniforme de (fn )n∈IN .
Nous avons vu que le produit de suites de fonctions à valeurs dans IK convergeant uniformément n’est pas en général uniformément convergente (cf. l’exercice 9). En revanche, la notion de convergence uniforme est stable par produit
lorsqu’il s’agit de suites de fonctions bornées.
p.524 Exercice 11
1. Soit (fn )n∈IN et (gn )n∈IN deux suites à valeurs dans B (A, IK) convergeant uniformément respectivement vers f et g . Montrer que la suite (fn gn )n∈IN converge
alors uniformément vers f g .
2. On suppose que F est muni d’une structure d’algèbre.
Soit (fn )n∈IN et (gn )n∈IN deux suites à valeurs dans B (A, F ) convergeant uniformément respectivement vers f et g . Montrer que la suite (fn gn )n∈IN converge
alors uniformément vers f g .
Dans bien des cas, la convergence uniforme sur tout le domaine n’est pas
vérifiée ou n’est pas simple à établir. En revanche, il arrive fréquemment que
la convergence uniforme soit vérifiée localement. On le verra, la convergence
uniforme locale permet d’établir d’autres propriétés locales : limite, continuité,
dérivabilité, etc.
Définition 3
• On dit que la suite (fn )n∈IN converge uniformément sur B ⊂ A si
#
la suite fn |B
$
n∈IN
converge uniformément.
• On dit que la suite (fn )n∈IN converge uniformément au voisinage
de a ∈ A s’il existe un voisinage de a dans A sur lequel elle converge
uniformément.
• On dit que la suite (fn )n∈IN converge uniformément au voisinage
de tout point de A si elle converge uniformément au voisinage de a,
pour tout a ∈ A.
• S’il n’y a pas ambiguïté, on parle plus simplement de « convergence uniforme au voisinage de tout point ».
• Il est immédiat que la convergence uniforme implique la convergence uniforme au voisinage de tout point.
• Si la suite (fn )n∈IN converge uniformément au voisinage de tout point, elle
converge simplement.
Pour établir la convergence uniforme au voisinage de tout point, on peut se
restreindre à certains sous-ensemble de A.
Proposition 4 (Convergence uniforme sur tout segment)
Soit (fn )n∈IN une suite de fonctions définies sur un intervalle I de IR d’intérieur non vide. Si pour tout segment [a, b] inclus dans I , la suite converge
uniformément sur [a, b], alors la suite converge uniformément au voisinage
de tout point.
On parle alors de convergence uniforme sur tout segment de I .
Démonstration page 525
Point méthode
Pour établir la convergence uniforme au voisinage de tout point de la
suite fn n∈IN , il suffit :
1. d’exhiber une famille (Ai )i∈I de parties de A telle que pour tout a ∈ A,
il existe i ∈ I tel que Ai soit un voisinage de a,
2. puis d’établir la convergence uniforme sur tous les Ai .
Il est souvent utile de prendre des parties Ai fermées, voire compactes.
p.525 Exercice 12 On pose, pour tout entier n > 0 , la fonction fn définie par
fn : ]0, +∞[ −→ IR
nx2 + 1
·
x −→
nx + 1
Étudier les convergences simple, uniforme, uniforme au voisinage de tout point.
Dans toute cette section, (fn )n∈IN est une suite de fonctions définies sur A à
valeurs dans F .
p.526 Exercice 13 Soit (xn )n∈IN une suite à valeurs dans A convergeant vers x ∈ A .
1. Démontrer que si la suite (fn )n∈IN converge uniformément vers f et si f admet
une limite finie en a, alors lim fn (xn ) = lim f (x).
n→+∞
x→a
2. Le résultat précédent est-il encore vrai si l’on suppose seulement que la
suite (fn )n∈IN converge simplement vers f ?
On sait que la limite simple d’une suite de fonctions continues n’est pas en
général une fonction continue (cf. l’exercice 2 de la page 493). Si la convergence
est plus forte, par exemple si elle est uniforme ou uniforme au voisinage de
tout point, alors f « hérite » de la continuité des fonctions fn .
Lemme 5
Si la suite (fn )n∈IN converge uniformément sur A vers f et si les fn sont
continues en a ∈ A, alors f est continue en a.
Principe de démonstration.
Pour tout ε > 0 , fixer une fonction fn telle que N∞ (fn − f ) ⩽ 3ε . Ensuite, remarquer que :
Démonstration page 526
f (x) − f (a) = f (x) − fn (x) + fn (x) − fn (a) + fn (a) − f (a)
et conclure à l’aide de la continuité de fn en a .
¼¼
Proposition 6
Si la suite (fn )n∈IN de fonctions continues converge uniformément sur A
vers f , alors f est continue.
Démonstration.
C’est une conséquence immédiate du lemme précédent.
Théorème 7
Si la suite (fn )n∈IN converge uniformément au voisinage de a vers f et si
les fn sont continues en a ∈ A, alors f est continue en a.
Démonstration. Il existe un voisinage V de a sur lequel la suite (fn )n∈IN converge uniformément. Par caractère local de la continuité, il suffit d’appliquer le lemme 5 de la page précédente
à la suite fn |V n∈IN .
Théorème 8
Si (fn )n∈IN est une suite de fonctions continues qui converge uniformément
au voisinage de tout point vers f , alors la fonction f est continue.
Démonstration.
C’est une conséquence immédiate du théorème précédent.
p.527 Exercice 14 On suppose que la suite (fn )n∈IN converge uniformément vers f .
1. Démontrer que si les fonctions fn sont k -lipschitziennes, alors f est k lipschitzienne.
2. Démontrer que si les fonctions fn sont lipschitziennes, alors f n’est pas nécessairement lipschitzienne.
3. Démontrer que si les fonctions fn sont uniformément continues, alors f est
uniformément continue.
On suppose ici que a est adhérent à A, c’est-à-dire (cf. page 260) que a ∈ A
ou que a = +∞ lorsque A est une partie de IR non majorée ou que a = −∞
lorsque A est une partie de IR non minorée.
Lemme 9 (d’interversion des limites)
Supposons que la suite (fn )n∈IN converge uniformément vers f et que pour
tout n ∈ IN la fonction fn ait une limite finie n ∈ F en a adhérent à A.
Si l’une des deux limites
lim
n→+∞
n ou
lim f (x) existe dans F , alors l’autre
x→a
existe et elles sont égales, i.e. :
lim lim fn (x) = lim lim fn (x).
n→+∞ x→a
x→a n→+∞
Démonstration (non exigible) page 527
¼½
Théorème 10 ( de la double limite)
Si la suite (fn )n∈IN converge uniformément vers f et si pour tout n ∈ IN la
fonction fn a une limite fine en a ∈ A ou a = ±∞, alors la suite ( n )n∈IN
converge, la fonction f a une limite en a et l’on a :
lim lim fn (x) = lim lim fn (x).
n→+∞ x→a
x→a n→+∞
Démonstration (non exigible) page 528
Pour ce résultat, une convergence uniforme au voisinage de a
suffit évidemment.
En revanche, il n’y a évidemment pas de version « convergence
uniforme au voisinage de tout point » de ce théorème, comme le montre l’exercice suivant.
p.529 Exercice 15 Soit A = [0, 1[ . Donner un exemple de suite de fonctions (fn )n∈IN
définies sur A à valeurs dans IR , qui converge uniformément au voisinage de tout
$
#
lim fn (x) .
lim
lim fn (x) =
point de A et telle que lim
n→+∞
x→1
x→1
n→+∞
p.529 Exercice 16 Soit (un,p )(n,p)∈IN2 une suite double à valeurs dans F . On suppose :
∀n ∈ IN
lim un,p = αn
et
∀p ∈ IN
lim un,p = βp ,
p→+∞
n→+∞
l’une de ces limites étant uniforme par rapport à l’autre variable.
Montrer que les suites (αn )n∈IN et (βp )p∈IN convergent et que l’on a :
lim αn = lim βp .
n→+∞
p→+∞
Vérifier de plus que cette limite est aussi la limite de la suite (un,n )n∈IN .
Dans cette section, I est un intervalle d’intérieur non vide de IR et (fn )n∈IN
est une suite de fonctions définies sur I à valeurs dans F .
Théorème 11
On suppose que I = [a, b] avec a < b et que les fonctions fn sont continues.
Si la suite (fn )n∈IN converge uniformément vers f , alors :
9
[a,b]
Principe>de démonstration.
>
9
>
Majorer >
>
¼¾
[a,b]
>
(fn − f ) >
> à l’aide de
fn −→
9
n→+∞
f.
Démonstration page 529
9
fn − f .
[a,b]
[a,b]
>9
>
>
>
>
>
• L’inégalité >
(fn − f ) > ⩽ (b − a) N∞ (fn − f ) est d’un usage courant.
> [a,b]
>
• L’hypothèse de convergence uniforme est capitale.
p.530 Exercice 17
9 1
1. Calculer In =
xn (1 − x) dx , pour n ∈ IN.
0
2. Donner un exemple de suite de fonctions (fn )n∈IN continues définies sur [0, 1]
9
fn = +∞.
convergeant simplement vers 0 et telle que lim
n→+∞
[0,1]
On ne peut pas remplacer dans le théorème 11 de la page ci-contre
l’hypothèse que les fn sont continues par l’hypothèse que les fn sont continues
par morceaux. Cela tient au fait qu’une limite uniforme de fonctions continues
par morceaux n’est pas continue par morceaux en général. En revanche, si la
limite f est continue par morceaux, alors la conclusion du théorème 11 de la
page précédente est vérifiée, comme le montre l’exercice suivant.
p.530 Exercice 18 Soit (fn )n∈IN une suite de fonctions réelles continues par morceaux
définies sur [0, 1] convergeant uniformément vers f .
1. Démontrer que si f est continue par
du théorème 11
9
9 morceaux, la conclusion
f = lim
de la page ci-contre est vérifiée, i.e.
n→+∞
[0,1]
2. La fonction g définie sur [0, 1] par :
∀k ∈ IN∗ g k1 = k1 ;
∀x ∈ [0, 1] \ k1 ; k ∈ IN∗
est-elle continue par morceaux ?
9
9
f = lim
3. Est-il vrai qu’en général
[0,1]
n→+∞
fn .
[0,1]
g(x) = 0
fn ?
[0,1]
Le théorème suivant établit que si (fn )n∈IN est une suite de fonctions continues convergeant uniformément sur tout segment de I vers f , alors, pour
tout (a, x) ∈ I 2 , on a :
9 x
lim
n→+∞ a
9 x
fn (t) dt =
a
lim fn (t) dt.
n→+∞
¼¿
Théorème 12
Soit (fn )n∈IN une suite de fonctions continues de I dans F convergeant uniformément sur tout segment de I vers une fonction f continue. Soit a ∈ I .
On note Φ et Φn , pour
tout n ∈ IN, les applications9 définies sur I par :
9
x
Φn (x) =
a
x
fn (t) dt
et
Φ(x) =
f (t) dt.
a
La suite (Φn )n∈IN converge alors uniformément sur tout segment de I vers Φ.
Principe de démonstration. Pour tout segment [α, β] ⊂ I , que l’on peut supposer contenir a ,
>
>
et pour x ∈ [α, β] , majorer >Φn (x) − Φ(x)> en fonction de N∞ (fn − f )|[α,β] .
Démonstration page 531
L’hypothèse de convergence uniforme sur tout segment de I est capitale.
Théorème 13
Supposons que les fonctions fn soient de classe C 1 .
Si la suite (fn )n∈IN converge simplement vers f et si la suite (fn )n∈IN
converge uniformément sur tout segment de I , alors :
• la fonction f est de classe C 1 et :
∀x ∈ I
f (x) = lim fn (x) ;
n→+∞
• la suite (fn )n∈IN converge uniformément sur tout segment de I .
Principe de démonstration.
Appliquer le théorème de primitivation de la limite d’une suite
de fonctions continues ( le théorème 12) à la suite (fn )n∈IN .
Démonstration page 531
Une limite uniforme d’une suite de fonctions de classe C 1 n’est
pas en général de classe C 1 .
=
La suite (fn )n∈IN∗ de fonctions définies sur IR+ par fn (x) = x + n1
√
x (cf. page 496).
converge uniformément vers la fonction f : x →
On établit sans difficulté par récurrence le théorème suivant.
Théorème 14
Soit p ∈ IN∗ . Supposons que les fonctions fn soient de classe C p . Si
(k) • pour tout k ∈ [[0, p − 1]] la suite fn
(p) • la suite fn
n∈IN
n∈IN
converge simplement ;
converge uniformément sur tout segment de I ,
alors la limite simple f de la suite (fn )n∈IN est de classe C p et, pour
tout k ∈ [[0, p]] :
∀x ∈ I f (k) (x) = lim fn(k)(x).
n→+∞
Démonstration page 531
Point méthode
Supposons que les fonctions fn soient de classe C ∞ .
(p) Si pour tout p ∈ IN la suite fn n∈IN converge uniformément sur tout
segment de I , alors la limite simple f de la suite (fn )n∈IN est de classe C ∞
et, pour tout p ∈ IN
f (p) (x) = lim fn(p) (x).
∀x ∈ I
n→+∞
Dans cette section, (un )n∈IN est une suite de fonctions définies sur A à valeurs
dans F .
On dit que la série de fonctions
un converge simplement si pour
tout x ∈ A, la série
un (x) converge et l’on note alors :
+∞
un :
n=0
A −→ F
x −→
+∞
n=0
un (x).
• Souvent on parle de la série de fonctions
en (x), où en (x) est une expression qui dépend d’une variable x. Par exemple, on parlera de la sé −n2 x
rie de fonctions
e
sur IR . Il s’agit bien évidemment d’un abus. Il
−n2 x
faut entendre par « série de fonctions
e
sur IR » : la série de fonc
tions un , où, pour tout entier naturel n, la fonction un est définie sur IR
2
par un (x) = e−n x . Cela étant, cet abus est à la fois très répandu et très
pratique.
• Pour a ∈ IN, on note
n⩾a
un la série où l’indexation commence à a.
• L’étude des suites de fonctions montre que certaines propriétés vérifiées
par les un ne « passent pas à la somme
+∞
n=0
un » en général. Par exemple,
si les un sont continues, la somme n’est pas toujours continue. Cependant,
on peut démontrer que si les un sont des fonctions croissantes, alors la
somme est croissante. De même si les fonctions sont convexes.
Notons (Sn )n∈IN la suite des sommes partielles de la série un . En appliquant
à la suite (Sn )n∈IN les définitions vues plus haut, on définit :
• la convergence uniforme de la série
un ;
• la convergence uniforme sur B de la série
un ;
• la convergence uniforme au voisinage de a ∈ A de la série
• la convergence uniforme au voisinage de tout point de la série
• la convergence uniforme sur tout segment de la série
un ;
un ;
un .
La proposition suivante est une simple reformulation de la définition de la
convergence uniforme. Elle peut, bien entendu, s’adapter à tous les types,
détaillés ci-dessus, de convergence uniforme sur des parties de A.
Proposition
15
La série
un converge uniformément si, et seulement si :
• la série converge simplement et
• la suite des restes (Rn )n∈IN converge uniformément vers la fonction nulle.
(−1)n n
1. La série
x converge uniformément sur [0, 1]. En effet, pour x ∈ [0, 1], la
1 n n
suite n x n∈IN est décroissante et de limite nulle. D’après le théorème des séries
(−1)n n
x est convergente. Toujours d’après ce théorème, en
alternées, la série
n
notant Rn (x) le reste d’ordre n de la série :
1
1
∀x ∈ [0, 1] Rn (x) ⩽
xn+1 ⩽
·
n+1
n+1
La convergence uniforme est ainsi démontrée.
∗
1
fn
2. Notons, pour n ∈ IN, la fonction fn : x → x+n
2 définie sur IR+ . La série
1
1
1
converge simplement puisque, pour tout x > 0 , on a
∼
et que 2
x + n2 n→+∞ n2
n
est le terme général positif d’une série convergente.
Montrons la convergence uniforme sur IR∗+ .
Pour tout entier naturel n, on a par définition :
∀x ∈ IR∗+
0 ⩽ Rn (x) =
+∞
k=n+1
+∞
1
1
⩽
,
x + k2
k2
k=n+1
et donc (Rn )n∈IN est une suite de fonctions bornées qui vérifie :
N∞ (Rn ) ⩽
+∞
k=n+1
ce qui démontre l’assertion.
1
−→ 0,
k 2 n→+∞
La convergence normale, lorsqu’elle est vérifiée, fournit un moyen simple et
efficace pour établir la convergence uniforme d’une série.
Définition 4
La série de fonctions
un converge normalement si
1. pour tout n ∈ IN, la fonction un est bornée et si
2. la série
N∞ (un ) est convergente.
Point méthode
Pour établir que la série de fonctions
un converge normalement, il suffit
IN
d’exhiber une suite (αn )n∈IN ∈ IR+ telle que :
• la série
αn converge ;
• pour tout n ∈ IN :
1. La série
e−nx
n⩾1
n2
∀x ∈ A un (x) ⩽ αn .
converge normalement sur IR+ .
−nx
En effet, en notant fn la fonction définie sur IR+ par fn (x) = e n2 , cela pour
tout entier n ∈ IN∗ , on a immédiatement :
1
∀x ∈ IR+ fn (x) ⩽ 2 ·
n
1
fn converge normalement sur IR+ .
Puisque la série
n2 converge, la série
n
2. La série
x(1 − x) converge normalement sur [0, 1].
En effet la fonction f : x → x(1 − x) définie sur le segment [0, 1] est continue,
positive. Une brève étude de f définie sur [0, 1] montre que son maximum est
atteint en 12 et vaut 14 . Par conséquent, pour tout entier n et x ∈ [0, 1], on a :
n
1
0 ⩽ x(1 − x) ⩽ n ·
4
1
La convergence de la série géométrique
4n assure la convergence normale
n
sur [0, 1] de la série
f .
p.532 Exercice 19
1. Étudier la convergence (simple/normale/uniforme) sur IR de :
1
1
et
.
2
2
n +x
n2 + x2
n⩾1
2. Étudier la convergence (simple/uniforme) de
n⩾0
x e−nx (sur IR+ ).
Définition 5
• La série de fonctions
un converge normalement sur B ⊂ A si la
série de fonctions
un |B converge normalement.
• La série de fonctions
un converge normalement au voisinage
de a ∈ A s’il existe une voisinage V de a tel que la série de fonc
tions
un converge normalement sur V .
• La série de fonctions
un converge normalement au voisinage de
tout point de A si elle converge normalement au voisinage de a, pour
tout a ∈ A.
• La série de fonctions un converge normalement sur tout segment
si la série de fonctions
un|[a,b] converge normalement pour tout [a, b]
inclus dans A.
n
1. La série géométrique complexe
z converge simplement sur DO (0, 1). La
convergence est normale au voisinage de tout point. En effet, il est clair que pour
tout r ∈ [0, 1[ , la convergence est normale sur DF (0, r), puisque |z n | ⩽ rn pour
#
$
est
tout z ∈ DF (0, r). De plus, pour tout z ∈ DO (0, 1), le disque DF 0, 1+|z|
2
un voisinage de z , ce qui assure la conclusion.
1
2. La série
x+n2 converge normalement au voisinage de tout point de ]0, +∞[ .
n⩾0
<
<
En effet, pour tout x > 0 , l’intervalle Ix = x2 , +∞ est un voisinage de x. De
plus :
1
1
∀n ∈ IN ∀t ∈ Ix 0 ⩽
⩽
·
2
t+n
x/2 + n2
1
De la convergence de la série
x/2+nn , qui est obtenue par comparaison aux
1
séries de Riemann, on déduit la convergence normale de la série
n2 +t sur Ix .
p.533 Exercice 20 Fonction ζ de Riemann
1
normalement au voisinage de tout point du
Montrer que la série
nz converge
demi-plan z ∈ C | Re(z) > 1
Proposition 16
• Si la série
un converge normalement sur A, alors, pour tout a ∈ A,
la série
un (a) est absolument convergente.
• Si la série
un converge normalement au voisinage de a ∈ A, alors la
série
un (a) est absolument convergente.
Principe de démonstration.
Utiliser le théorème de comparaison. Démonstration page 533
Théorème 17 • Si la série
un converge normalement sur A, alors elle converge uniformément sur A.
• Si la série
un converge normalement au voisinage de a ∈ A, alors elle
converge uniformément au voisinage de a.
Démonstration page 533
Une série de fonctions peut converger uniformément sur A sans
pour autant converger normalement sur A.
La série
(−1)
xn converge uniformément sur [0, 1] (cf. page 506), mais
elle ne converge pas normalement sur [0, 1]. En effet, en notant, pour n ∈ IN, la
n
n
fonction un : x → (−1)
xn définie sur [0, 1], on a N∞ (un ) = n1 et la série harmonique
n
est divergente.
Point méthode
Pour démontrer la convergence uniforme d’une série, on commence par examiner la convergence normale.
p.534 Exercice 21 Étudier les convergences simple, normale et uniforme sur [0, 1] de la
n
série de fonctions
x (1 − x).
Étudions la nature de la convergence de la série de fonctions
cos(nx)
n⩾1
n
sur l’intervalle ]0, 2π[ .
cos(nx) = 1 , la divergence de la série harmonique
Comme il est clair que sup n n
x∈]0,2π[
cos(nx)
implique que la série de fonctions
ne converge pas normalement sur [0, 1].
n
n⩾1
Posons, pour x ∈ ]0, 2π[ , la somme Sn (x) =
cos(kx). Puisque exp(ix) =
1 , le
k=0
calcul donne pour tout n ∈ IN :
Sn (x) = Re
n
n
k=0
e
ikx
=
cos
n n+1 x
2 x sin
x 2
·
sin 2
Ainsi, pour tout x ∈ ]0, 2π[ et n ∈ IN, on a Sn (x) ⩽
1
·
sin x2
Par ailleurs, toujours pour x ∈ ]0, 2π[ et N ∈ IN∗ :
N
cos(nx)
n=1
n
=
=
N
1
Sn (x) − Sn−1 (x)
n
n=1
N
−1
Sn (x)
n=1
1
1
−
n n+1
+
SN (x)
− 1·
N
$
#
1
.
Pour n ∈ IN, posons un la fonction définie sur ]0, 2π[ par un (x) = Sn (x) n1 − n+1
Montrons que la série de fonctions
un converge normalement, et donc uniformément, sur [α, 2π − α], pour tout α ∈ ]0, π[ . Puisque la fonction x → sin1 x est décrois2
sante sur ]0, π], par symétrie :
∀x ∈ [α, 2π − α]
∀n ∈ IN∗
Sn (x) ⩽
1
·
sin α2
Il s’ensuit que :
∀x ∈ [α, 2π − α] ∀n ∈ IN∗
un (x) ⩽
1
sin α2
$
1
1
−
n n+1
.
1 #1
1
Par ailleurs, la série télescopique
est convergente ; par théosin α
n − n+1
2
rème la série
un converge normalement, donc uniformément, sur [α, 2π − α]. Par
ailleurs, il est clair que la suite de fonctions Snn n∈IN converge uniformément vers 0
cos(nx)
sur [α, 2π − α]. Par suite la série de fonctions
converge uniformément sur
n
tout segment de la forme [α, 2π − α] et donc elle converge uniformément au voisinage
de tout point de ]0, 2π[ .
Point méthode
Pour démontrer que suite (fn )n∈IN converge uniformément, il est souvent
pratique de démontrer que la série télescopique (fn+1 − fn ) converge uniformément.
p.534 Exercice 22 Soit g : [0, 1] → IR une fonction continue et (fn )n∈IN la suite de
fonctions définies par :
9 x
et
∀n ∈ IN ∀x ∈ [0, 1] fn+1 (x) = g(x) +
fn (t) dt.
f0 = 0
0
Démontrer que la suite (fn )n∈IN converge uniformément vers une fonction continue f vérifiant :
9 x
∀x ∈ [0, 1] f (x) = g(x) +
f (t) dt.
0
½¼
Proposition 18
Si la série de fonctions
un converge uniformément sur A et si toutes les
fonctions un sont continues sur A, alors la somme
Démonstration.
+∞
n=0
un est continue sur A.
Il s’agit d’une conséquence immédiate de la proposition 6 de la page 501.
La fonction f : x →
e−nx
est continue sur IR+ .
2
n=0 1 + n
+∞
−nx
e
En effet, en notant un la fonction définie sur IR+ par un (x) = 1+n
2 , on a :
un (x) ⩽
∀x ∈ IR+
1
·
n2 + 1
1
Comme n21+1 ∼ n12 , par comparaison aux séries de Riemann, la série numérique
n2 +1
converge et par conséquent la série de fonctions
un converge normalement sur IR+ .
Puisque les fonctions un sont continues, la proposition 18 permet d’affirmer que f
est continue.
Théorème 19
Si la série de fonctions un converge uniformément au voisinage de a ∈ A et
si pour tout n ∈ IN, la fonction un est continue en a, alors la somme
+∞
n=0
un
est continue en a.
Démonstration.
Il s’agit d’une conséquence immédiate du théorème 7 de la page 501.
Corollaire 20
Supposons que les fonctions un soient continues. Si la série de fonctions un
converge uniformément au voisinage de tout point, alors la somme
+∞
n=0
un
est continue.
La fonction f : x →
+∞
cos(nx)
n=1
n
est définie sur I = ]0, 2π[ . Nous avons vu
cos(nx)
converge uniformément au voisinage de tout point de ]0, 2π[
n
sont continues sur IR , la fonction f
(cf. page 509). Puisque les fonctions x → cos(nx)
n
est continue sur ]0, 2π[ .
que la série
+∞
1
p.535 Exercice 23 Démontrer que la fonction ζ : H → C définie par
est continue
z
n=1 n
sur H = z ∈ C | Re(z) > 1 .
½½
p.535 Exercice 24 Démontrer que exp : Mn (IK) −→ Mn (IK) est continue.
+∞
Mk
M −→
k=0 k!
p.536 Exercice 25 Démontrer que exp : L(E)
a
−→ L(E)
+∞
ak
−→
k=0 k!
est continue.
Le théorème suivant est une conséquence immédiate du théorème 10 de la
page 502.
Théorème 21
Si la série
un converge uniformément au voisinage de a adhérent à A, et
si pour n ∈ IN la fonction un a une limite finie n en a alors, la série
n
converge et :
lim
x→a
+∞
un (x)
+∞
#
=
n=0
n=0
$
lim un (x)
x→a
cos(nx)
Nous avons vu page 509 que la série de fonctions
n⩾1
n
ne convergeait
pas normalement sur l’intervalle ]0, 2π[ mais qu’elle convergeait uniformément au
voisinage de tout point de ]0, 2π[ .
Le théorème précédent montre qu’elle ne converge pas uniformément sur ]0, 2π[ , sinon elle convergerait uniformément au voisinage de 0 et, par passage à la limite, la
1
série
n convergerait.
+∞
1
p.537 Exercice 26 Calculer lim
·
x→+∞ n=0 x2 + n2
+∞
1
p.537 Exercice 27 Déterminer lim+ x
·
x→0
x
+
n2
n=0
Dans la suite de cette section, I est un intervalle d’intérieur non vide
et (un )n∈IN est une suite de fonctions définies sur I à valeurs dans F .
Théorème 22
Soit a ∈ I . Supposons que les fonctions un soient continues.
Si la série
un converge uniformément sur tout segment de I , alors
∀x ∈ I
Démonstration.
½¾
9 x +∞
a
n=0
un (t) dt =
+∞
9 x
n=0 a
un (t) dt.
Il s’agit d’une conséquence immédiate du théorème 12 de la page 504.
Corollaire 23
Supposons que les fonctions un soient continues sur le segment [a, b]. Si la
série
un converge uniformément sur [a, b], alors
9
+∞
[a,b] n=0
un =
+∞
9
n=0 [a,b]
un .
p.537 Exercice 28 Soit (an )n∈IN une suite positive telle que
an soit convergente.
+∞
ak sin(kx) est
1. Démonter que l’application f définie sur [0, 2π] par f (x) =
k=0
continue.
9
2. Calculer
f.
[0,2π]
p.537 Exercice 29 Soit (z, r) ∈ C∗ × IR∗+ , avec r = |z|.
1
1. Pour tout t ∈ [0, 2π], exprimer
sous la forme de la somme d’une série
z − reit
géométrique.
9 2π
dt
2. Calculer I(r, z) =
z − reit
0
Le théorème suivant est une conséquence immédiate du théorème 13 de la
page 504.
Théorème 24 (dérivation terme à terme)
Supposons que les fonctions un soient de classe C 1 . Si
• la série
• la série
un converge simplement,
un converge uniformément sur tout segment de I ,
alors la fonction
+∞
n=1
un est de classe C 1 et
+∞
un
n=0
1. Pour tout x > 1 , on pose ζ(x) =
+∞
un .
n=0
+∞
n=1
∀x > 1
=
1
nx . On a :
ζ (x) = −
+∞
ln n
n=1
nx
·
½¿
En effet, posons un : x → n1x . Nous savons que la série de fonction
un converge
simplement sur ]1, +∞[ . De plus, les fonctions un sont de classe C 1 sur ]1, +∞[ .
Pour tout réel a > 1 , démontrons la convergence normale de la série
un
sur [a, +∞[ . Pour tout x ∈ [a, +∞[ et n ∈ IN∗
ln n
ln n
⩽ a ·
x
n
n
De plus, au voisinage de +∞, on a lnnan = O n1b pour tout a > b > 1 . En
choisissant un tel réel b , par comparaison aux séries de Riemann, la série numé ln n
rique
naest convergente. Cela nous permet d’affirmer la convergence normale
de la série
un sur tout intervalle de la forme [a, +∞[ avec a > 1 , et donc qu’il
y a convergence uniforme sur tout segment de ]1, +∞[ . La conclusion suit.
0 ⩽ −un (x) =
2. La fonction définie sur ]0, 2π[ par :
f (x) =
+∞
sin(nx)
n=1
n2
est de classe C 1 sur ]0, 2π[ . En effet, en posant un : x → sin(nx)
, on a :
n2
∀n ∈ IN∗
∀x ∈ ]0, 2π[
|un (x)| ⩽
1
,
n2
ce qui démontre, du fait de la convergence de la série de Riemann
gence normale (et donc simple) de la série de fonctions
un .
1
n2 , la conver-
Les fonctions un sont de classe C 1 et, pour x ∈ ]0, 2π[ , on a un (x) = cos(nx)
. Nous
n
avons vu que la série
un converge uniformément sur tout segment de ]0, 2π[
(cf. page 509). Par conséquent, la fonction f est de classe C 1 sur ]0, 2π[ .
3. Soit M ∈ Mn (IK). L’application f : IR −→ Mn (IK) , où, rappelons le, la
t −→ exp(tM )
fonction exp est définie par :
exp : Mn (IK) −→ Mn (IK)
+∞
Mk
M −→
k=0 k!
k
est de classe C 1 . Pour cela, notons uk la fonction définie sur IR par uk (t) = tk Mk! .
Les fonctions uk sont de classe C 1 . Pour k ∈ IN∗ , on a uk (t) = M uk−1 et u0 = 0 ,
k
ceci pour t ∈ IR . En notant vk : N → Nk! , nous avons vu que la série
vk
converge normalement au voisinage de tout point de Mn (IK) (cf. exercice 24 de
la page 512). Il s’ensuit que la série
uk converge normalement au voisinage
de tout
point
de
IR.
De
même,
en
utilisant
la continuité du produit matriciel, la
série
uk =
M uk−1 converge normalement au voisinage de tout point de IR .
k⩾1
Par conséquent, f est de classe C 1 et f = M f . On peut retenir ce résultat sous
la forme :
d
∀t ∈ IR
exp(tM ) = M exp(tM ).
dt
Rappelons que E est un espace vectoriel de dimension finie. Comme à
l’exercice 25 de la page 512, on déduit de ce qui précède que l’application g : IR −→ L(E),
où a ∈ L(E) est une application de classe C 1 et :
t −→ exp(ta)
∀t ∈ IR
d
(exp(ta) = a exp(ta).
dt
Le théorème 14 de la page 504 se traduit pour les séries comme suit.
Théorème 25 (dérivation terme à terme)
Supposons que les fonctions un soient de classe C p avec p ⩾ 1. Si :
• pour tout k ∈ [[0, p − 1]], la série
• la série
alors
+∞
n=0
(k)
un
converge simplement,
(p)
un converge normalement sur tout segment de I ,
un est de classe C p et pour tout k ∈ [[0, p]]
+∞
(k)
un
+∞
=
n=0
u(k)
n .
n=0
Point méthode
Pour démontrer que la fonction
+∞
n=0
un est une fonction de classe C ∞ , on
peut chercher à démontrer que :
• toutes les fonctions un sont de classe C ∞ ;
• pour tout p ∈ IN, la série
tout point.
(p)
un converge uniformément au voisinage de
Dans ce cas, on a pour tout p ∈ IN
+∞
(p)
un
n=0
La fonction ζ : x →
+∞
n=1
1
nx
+∞
=
un(p) .
n=0
est de classe C ∞ sur ]1, +∞[ .
En effet, pour n ∈ IN∗ , notons un la fonction définie sur ]1, +∞[ par un (x) = n1x ·
Les fonctions un sont de classe C ∞ et, pour tout p ∈ IN et x > 1 on a :
lnp n
·
nx
Soit 1 < b < a. Puisque x → n1x est décroissante sur ]1, +∞[ , on a pour tout p ∈ IN :
p
u(p)
n (x) = (−1)
∀x ⩾ a
0⩽
lnp n
lnp n
⩽
·
nx
na
p
Par ailleurs, par croissance comparées, lnnan = O n1b .
1
(p)
La convergence de la série
un converge
nb , donne par comparaison que la série
normalement sur [a, +∞[ . Puisque tout x ∈ ]1, +∞[ a un voisinage de cette forme,
(p)
la série
un converge uniformément au voisinage de tout point.
En conclusion, la fonction ζ est de classe C ∞ et :
+∞
lnp n
∀p ∈ IN ∀x ∈ ]1, +∞[ ζ (p) (x) =
(−1)p x ·
n
n=1
En particulier, la fonction ζ est décroissante, convexe, mais ces deux propriétés
peuvent être établies par des méthodes plus élémentaires (cf. page 505).
+∞
e−nx
p.538 Exercice 30 Montrer que la fonction définie par f (x) =
sur IR+ est
2
n=0 n + 1
continue. Démontrer qu’elle est de classe C ∞ sur IR∗+ . Est-elle dérivable en 0 ?
p.540 Exercice 31
Démontrer que la fonction définie par f (x) =
classe C ∞ sur IR∗+ .
+∞
(−1)n
n=0 x + n
est de
Dans cette section, les fonctions un sont à valeurs réelles.
Notons ]α, β[ l’intérieur de I . Il est fréquent de chercher le comportement
asymptotique de f =
+∞
n=0
un au voisinage de α ou β (limites, équivalents,
etc.) Il s’agit là de problèmes qui peuvent être extrêmement délicats. Il existe
cependant quelques situations « typiques ».
Une première méthode consiste à chercher un équivalent sous la forme de
somme de séries.
Point méthode
S’il existe une suite de fonctions (vn )n∈IN définies sur I telle que :
• pour tout n ∈ IN, on a un ∼ vn ;
+∞
β
• la série
vn est convergente au voisinage de β et
vn admet un
n=0
équivalent « simple » g au voisinage de β ,
on peut chercher à démontrer que f ∼ g . Pour cela, on pourra revenir à la
β
définition de l’équivalence et utiliser le théorème de la double limite, appliqué
un
à la série de fonctions
g ·
+∞
1
p.540 Exercice 32 Soit f la fonction définie sur IR∗+ par f (x) =
1+n2 x ·
n=1
Donner un équivalent simple de f au voisinage de +∞.
Une seconde méthode possible consiste à comparer avec une intégrale.
Rappelons que si ϕ : [0, +∞[ → IR+ est une fonction continue par morceaux décroissante, alors la série
ϕ(n) −
9 n+1
ϕ(t) dt
est convergente
n
(cf. page 409). Détaillons à nouveau. Pour n ∈ IN, on a :
0 ⩽ ϕ(n) −
9 n+1
9 n+1
n
ϕ(n) − ϕ(t) dt ⩽ ϕ(n) − ϕ(n + 1).
ϕ(t) dt =
n
La fonction ϕ étant décroissante positive, elle admet une limite en +∞, celle
ci ne peut être que nulle. Par suite la série télescopique
(ϕ(n) − ϕ(n + 1))
est convergente et :
0⩽
+∞
ϕ(n) −
9 n+1
n=0
n
ϕ(t) dt ⩽
9 +∞
Supposons de plus que l’intégrale
+∞
ϕ(n) − ϕ(n + 1) = ϕ(0).
n=0
ϕ(t) dt soit convergente (voir le corol-
0
laire 13 de la page 409). Dans ces conditions, pour N ∈ IN :
N 9 n+1
9 N +1
ϕ(t) dt =
n=0 n
La convergence de la série
0⩽
+∞
n=0
ϕ(t) dt −→
N →+∞
0
9 +∞
0
ϕ(t) dt.
ϕ(n) en découle et :
ϕ(n) −
9 +∞
0
ϕ(t) dt ⩽ ϕ(0).
Point méthode
Soit u : I × IR+ → IR+ une fonction telle que pour tout x ∈ I , l’application partielle t → u(x, t) soit décroissante et l’intégrale
convergente.
Pour obtenir un équivalent en β de f : x →
+∞
9 +∞
0
u(x, t) dt soit
u(x, n) on pourra :
n=0
9 +∞
1. établir la majoration f (x) −
u(x, t) dt ⩽ u(x, 0) ;
0
9 +∞
2. démontrer que u(x, 0) = o
0
u(x, t) dt
au voisinage de β .
p.540 Exercice 33
Suite de l’exercice 32. Donner un équivalent simple de f au voisinage de 0 .
Dans la suite a et b sont deux réels, avec a < b.
Nous présentons dans cette section deux théorèmes d’approximation uniforme.
Définition 6
Soit F un sous-ensemble de B(I, F ). On dit que f ∈ B(I, F ) peut être
approchée uniformément par des éléments de F si, pour tout ε > 0, il
existe g ∈ F tel que N∞ (f − g) ⩽ ε.
Proposition 26
Soit F un sous-ensemble de B(I, F ) et f ∈ F(I, F ). Les propositions suivantes sont équivalentes.
(i) La fonction f peut être approchée uniformément par des éléments de F .
(ii) La fonction f est la limite uniforme d’une suite à valeurs dans F .
(iii) La fonction f est un élément de F .
Démonstration page 541
Lors de la construction de l’intégrale des fonctions continues par morceaux
en première année, il a été établi que toute fonction continue par morceaux à
valeurs dans IK peut être approchée par des fonctions en escalier. Nous allons
le généraliser à des fonctions vectorielles.
En termes topologiques, ce résultat signifie que l’ensemble E [a, b], F des
#
$
fonctions en escalier de [a, b] dans F est dense dans CM [a, b], F , N∞ .
Théorème 27
Soit f une fonction de CM [a, b], F . Alors, pour tout ε > 0, il existe une
fonction en escalier g ∈ E [a, b], F telle que N∞ (f − g) ⩽ ε.
Principe de démonstration. Dans le cas où f est continue, utiliser l’uniforme continuité pour
construire une fonction g telle que N∞ (f − g) ⩽ ε .
Dans le cas où f est continue par morceaux, écrire f = f1 + ϕ , avec f1 continue et ϕ est en
escalier.
Démonstration page 541
Le théorème de Weierstrass établit que toute fonction continue à valeurs
dans IK définie sur un segment peut être approchée uniformément par des
fonctions polynomiales. On donne ici une démonstration, non exigible, due à
Henri Lebesgue. D’autres sont proposées en exercice. La démonstration repose
sur plusieurs lemmes donnés sous forme d’exercices.
Définition 7
Une fonction f ∈ C [a, b], IK est affine par morceaux s’il existe une subdivision σ = (u0 , . . . , un ) de [a, b] telle que, pour tout i ∈ [[0, n − 1]], la
restriction de f à ]ui , ui+1 [ soit une fonction affine. La subdivision σ est
dite adaptée à f .
p.542 Exercice 34 Démontrer que toute fonction f ∈ C [a, b], IK peut être approchée
uniformément par des fonctions affines par morceaux continues.
p.543 Exercice 35 On note, pour a ∈ IR , la fonction fa : t → |t − a| définie sur [0, 1]. Dé
montrer que la famille (fa )a∈[0,1] est génératrice de l’espace des fonctions continues
affines par morceaux définies sur [0, 1].
p.543 Exercice 36 Soit (Pn )n∈IN la suite de fonctions polynomiales sur [0, 1] définies par
∀t ∈ [0, 1] P0 (t) = 0
∀t ∈ [0, 1] ∀n ∈ IN Pn+1 (t) = 12 Pn (t)2 + t
1. Démontrer que la suite de fonctions (Pn )n∈IN converge simplement.
2. Démontrer que la suite de fonctions (Pn )n∈IN converge uniformément.
Indication. Démontrer que les fonctions Pn et Pn+1 − Pn sont croissantes.
3. Démontrer qu’il existe une suite de fonctions polynomiales (Qn )n∈IN qui
converge uniformément vers la fonction valeur absolue sur [−1, 1].
p.544 Exercice 37 Démontrer que si l’ensemble des fonctions polynomiales sur [0, 1] à
coefficients dans IK est dense dans C [0, 1], IK , N∞ , alors l’ensemble des fonctions
polynomiales sur [a, b] à coefficients dans IK est dense dans C [a, b], IK , N∞ .
Théorème 28 (de Weierstrass)
Soit a et b deux réels, avec a < b. Toute fonction f ∈ C [a, b], IK est limite
uniforme d’une suite de fonctions polynomiales.
Démonstration (non exigible) page 545
En d’autres termes, l’ensemble des fonctions polynomiale sur [a, b]
# $
est dense dans l’espace vectoriel normé C a, b , IR , N∞ .
9 1
p.545 Exercice 38 Soit f : [0, 1] → IR une fonction continue telle que
xn f (x) dx = 0
0
pour tout n ∈ IN. Démontrer que f est la fonction nulle.
¾¼
Démonstrations et solutions des exercices du cours
Exercice 1 Pour tout x ∈ [0, 1], on a :
lim xn =
n→+∞
0
1
si x ∈ [0, 1[ ;
si x = 1.
Ainsi, la suite (fn )n∈IN converge simplement vers la fonction f qui vaut 1 en 1 et
qui est nulle sur [0, 1[ .
Exercice 2 Il est clair que fn (0) −→ 0 .
n→+∞
Soit x ∈ ]0, +∞[ . On constate que la suite fn (x) n∈IN est stationnaire. En effet,
M N
lorsque n ⩾ x1 , on a x ⩾ n1 et donc fn (x) = x1 ·
Il s’ensuit que pour tout x ∈ IR+ :
⎧
⎨ 0
lim fn (x) =
1
n→+∞
⎩
x
si x = 0 ;
si x ∈ IR∗+ .
Exercice 3 Puisque que la convergence uniforme ne dépend pas du choix de la norme
sur E , on peut fixer arbitrairement une norme.
p
xk ek par x∞ = max |xi | est une
L’application ∞ définie pour tout x =
k=1
i∈[[1,p]]
norme sur F . On considère la norme N∞ sur B(A, F ) associée à ∞ .
•
Si la suite (fn )n∈IN converge uniformément vers g alors, il existe un rang à partir
duquel la fonction g − fn est bornée. À partir d’un tel rang, pour i ∈ [[1, p]] :
>
>
∀x ∈ A gi (x) − fn,i (x) ⩽ >g(x) − fn (x)>∞ ⩽ N∞ (g − fn ) −→ 0.
n→+∞
•
Par conséquent, les suites (fn,i )n∈IN convergent uniformément vers gi .
Supposons que pour tout i ∈ [[1, p]] la suite (fn,i )n∈IN converge uniformément
vers gi . Soit ε > 0 . Par définition, pour tout i ∈ [[1, p]], il existe un rang ni tel
que :
∀x ∈ A ∀n ⩾ ni fn,i (x) − gi (x) ⩽ ε.
Ainsi, en posant n0 = max{n1 , . . . , np } , on a :
>
>
∀x ∈ A ∀n ⩾ n0 >fn (x) − g(x)>∞ ⩽ ε.
Par suite, la suite (fn )n∈IN converge uniformément vers g .
Exercice 4 Puisque sin = cos, l’inégalité des accroissements finis appliquée à la fonction sinus sur IR donne :
∀(x, y) ∈ IR2
|sin y − sin x| ⩽ |y − x| .
Par conséquent, pour tout n ∈ IN∗ :
#
1$
1
− sin(x) ⩽ ·
∀x ∈ IR fn (x) − sin(x) = sin x +
n
n
En conclusion : la suite (fn )n∈IN converge simplement vers la fonction sin .
¾½
Exercice 5 Il est facile de vérifier que la suite (fn )n∈IN converge simplement vers la
fonction nulle.
Soit n ∈ IN∗ . La fonction fn est de classe C 1 et :
∀x ∈ [0, 1] fn (x) = nxn−1 1 −
n+1
x .
n
On en déduit le tableau de variations suivant :
x
0
0
fn (x)
n
n+1
+
#0
n
n+1
fn
1
$ −
f
0
0
On déduit du tableau de variations que :
N∞ (fn ) = fn
n
Puisque 0 ⩽ n+1
⩽ 1 , on a
#
n
n+1
0 ⩽ N∞ (fn ) =
$n
n
n+1
=
1
n+1
n
n+1
n
·
⩽ 1 et donc :
1
n+1
n
n+1
n
⩽
1
−→ 0.
n + 1 n→+∞
Par conséquent, la suite (fn )n∈IN converge uniformément vers la fonction nulle.
Exercice 6 À l’exercice 2, nous avons démontré que la suite (fn )n∈IN∗ de fonctions
définies sur IR+ par
⎧
< 1;
⎪
⎨ n2 x si x ∈ 0,
;
n
∀n ∈ IN∗ ∀x ∈ IR+ fn (x) =
<1
<
⎪
⎩ 1
si x ∈
, +∞ ,
x
n
converge simplement vers la fonction f définie sur IR+ par f (x) = 1/x si x > 0
et f (0) = 0 . Soit n ∈ IN∗ . Pour tout x ∈ IR+ :
⎧
⎨ 1−n2 x2 si x ∈ ;0, 1 < ;
x
n
f (x) − fn (x) =
⎩
0
sinon.
Par conséquent, lim+ f (x) − fn (x) = +∞ et donc la fonction f − fn n’est pas
x→0
bornée. La suite (fn )n∈IN ne converge donc pas uniformément vers f .
Exercice 7
• Étudions la convergence simple.
Pour tout n ∈ IN∗ , on a fn (0) = 0 et donc fn (0) −→ 0 . Pour x ∈ IR∗ fixé,
n→+∞
d’après les théorèmes généraux :
nx
1
nx
∼
∼
−→ 0.
1 + n2 x2 n→+∞ n2 x2 n→+∞ nx n→+∞
Il s’ensuit que la suite (fn )n∈IN converge simplement vers la fonction nulle.
¾¾
Démonstrations et solutions des exercices du cours
•
Étudions la convergence uniforme.
x
En posant g l’application définie sur IR par g(x) = 1+x
2 , on a, pour tout x ∈ IR
∗
et n ∈ IN , la relation fn (x) = g (nx) . En particulier :
fn
1
n
= g(1) =
1
·
2
La suite (fn )n∈IN ne converge donc pas uniformément vers 0 .
Exercice 8
1. • Étudions la convergence simple. Pour tout x ∈ IR , on a selon les théorèmes
généraux fn (x) −→ x2 . La suite (fn )n∈IN converge donc simplement sur IR+
n→+∞
•
2. •
vers la fonction f : x → x2 .
1 On a fn (x) − f (x) = 2x
n + n2 , pour tout x ∈ IR+ . En particulier :
fn (n2 ) − f (n2 ) = 2n + 1 −→ +∞,
n2 n→+∞
et donc la convergence n’est pas uniforme.
Étudions la convergence simple. Pour tout x ∈ IR , on a selon les théorèmes
généraux fn (x) −→ x2 . La suite (fn )n∈IN converge donc simplement sur IR+
n→+∞
•
vers la fonction f : x → x2 .
−x
−2x On a fn (x) − f (x) = 2 xe + e 2 , pour tout x ∈ IR+ .
n
n
L’étude de la fonction définie sur IR+ par g : x → x e−x montre que
0 ⩽ g(x) ⩽ e−1 .
Il s’ensuit que pour tout x ∈ IR+ :
−x
−2x
e−1
1
fn (x) − f (x) = 2 xe + e
⩽2
+ 2 −→ 0,
2
n
n
n
n n→+∞
et donc la convergence est uniforme.
Proposition 2 Si (fn )n∈IN et (gn )n∈IN sont deux suites de fonctions définies sur A à valeurs
dans F convergeant uniformément respectivement vers f et g et si λ et μ sont deux
scalaires, alors, pour tout x ∈ A et n suffisamment grand :
>
>
> λfn (x) + μgn (x) − λf (x) + μg(x) > = λ fn (x) − f (x) + μ gn (x) − g(x) ⩽ |λ| fn (x) − f (x) + |μ| gn (x) − g(x)
⩽ |λ| N∞ (fn − f ) + |μ| N∞ (gn − g).
Ainsi, pour n suffisamment grand, la fonction (λfn + μgn ) − (λf + μg) est bornée et :
N∞ (λfn + μgn ) − (λf + μg) −→ 0,
n→+∞
En d’autres termes la suite λfn + μgn n∈IN converge uniformément vers λf + μg .
1
définie
Exercice 9 Posons, pour tout entier n non nul, la fonction fn : x → x + n+1
sur IR . Il est facile de justifier que (fn )n∈IN converge uniformément vers l’identité
de IR . En revanche la suite (fn2 )n∈IN ne converge pas uniformément d’après l’exercice 8.
¾¿
Proposition 3 Supposons que les fonctions fn soient bornées et que la suite (fn )n∈IN
converge uniformément vers une fonction f .
On sait alors qu’il existe un entier n0 tel que f − fn0 est bornée et donc, du fait que fn0
est bornée, f = (f − fn0 ) + fn0 est bornée. Il vient alors immédiatement de la définition
de la convergence uniforme que f est la limite de la suite (fn )n∈IN dans l’espace vectoriel
normé B(A, F ), N∞ .
Exercice 10
1−3x4
1. La fonction f est impaire, de classe C 1 sur IR et f (x) = (1+x
4 )2 pour tout x ∈ IR .
On en déduit le tableau de variations ci-dessous.
x
f (x)
0
+
3−1/4
+∞
0
−
33/4 /4
f
0
0
3/4
Par conséquent N∞ (f ) = 3 4 ·
2. •
La suite (fn )n∈IN converge simplement.
En effet, puisque lim f = lim f = 0 , pour tout x ∈ IR∗ , on a :
−∞
+∞
fn (x) = f (nx) −→ 0.
n→+∞
Par ailleurs, fn (0) = 0 pour tout n ∈ IN et donc fn (0) −→ 0 . Par suite, la
n→+∞
suite (fn )n∈IN converge simplement vers la fonction nulle.
•
3/4
Il est immédiat que N∞ (fn ) = N∞ (f ) = 3 4
n’est donc pas uniforme.
pour n ∈ IN∗ . La convergence
Exercice 11
1. Si (f, g) ∈ B(A, IK), alors :
∀x ∈ A f (x)g(x) = f (x) g(x) ⩽ N∞ (f ) N∞ (g),
et donc f g est une fonction bornée et :
N∞ (f g) ⩽ N∞ (f ) N∞ (g).
Par ailleurs, du fait que la suite (fn )n∈IN est convergente dans B(A, IK), N∞ , la
suite N∞ (fn ) n∈IN est majorée par une constante M .
Pour tout n ∈ IN, on a fn gn − f g = fn (gn − g) + g(fn − f ) et donc :
N∞ (fn gn − f g) ⩽ N∞ fn (gn − g) + N∞ g(fn − f )
⩽ M N∞ (gn − g) + N∞ (g) N∞ (fn − f )
Puisque N∞ (gn − g) −→ 0 et N∞ (fn − f ) −→ 0 , on obtient :
n→+∞
n→+∞
0 ⩽ N∞ (fn gn − f g) ⩽ M N∞ (gn − g) + N∞ (g) N∞ (fn − f ) −→ 0.
n→+∞
En conclusion, (fn gn )n∈IN converge uniformément vers f g .
Démonstrations et solutions des exercices du cours
2. Par définition d’une algèbre, le produit de F est bilinéaire. Ainsi, puisque F est
de dimension finie, il existe C > 0 telle que :
∀(y, y ) ∈ F 2
yy ⩽ Cy y .
Quitte à remplacer la norme par l’application x → Cx , qui est également
une norme sur F , on peut supposer C = 1 . On en déduit que si (f, g) ∈ B(A, F ),
alors :
N∞ (f g) ⩽ N∞ (f ) N∞ (g).
On adapte alors le raisonnement ci-dessus pour démontrer que (fn gn )n∈IN converge
uniformément vers f g .
Proposition 4 Supposons que la suite (fn )n∈IN de fonctions définies sur I converge uniformément sur tout segment de I . Soit x ∈ I .
◦
•
Si x ∈ I , alors il existe h > 0 tel que [x − h, x + h] ⊂ I . Par suite, la suite (fn )n∈IN
converge uniformément sur le segment [x − h, x + h], qui est un voisinage de x.
•
Si x est l’extrémité gauche de I , puisque x ∈ I , il existe h > 0 tel que [x, x+h] ⊂ I ,
et donc la la suite (fn )n∈IN converge uniformément sur le segment [x, x + h], qui est
un voisinage de x dans I .
Il en est de même dans l’éventualité où x est l’extrémité droite de I .
•
Exercice 12
•
Étudions la convergence simple. Pour n ∈ IN∗ et x ∈ IR∗+ , d’après les théorèmes
généraux :
nx2
nx2 + 1
fn (x) =
∼
∼ x.
nx + 1 n→+∞ nx n→+∞
Par conséquent, la suite (fn )n∈IN∗ converge simplement vers f = IdIR∗+ .
•
Étudions la convergence uniforme. Pour cela, étudions, pour n ∈ IN∗ , la foncx−1
tion gn : x → x − fn (x) sur IR+ . Pour tout x ∈ IR+ , on a gn (x) = nx+1
·
n+1
La fonction gn est de classe C 1 sur IR+ et gn (x) = (nx+1)
2·
On en déduit la tableau de variations de gn .
x
gn (x)
0
+∞
+
1/n
gn
−1
Il s’ensuit, pour tout entier n > 0 , que gn est bornée et que
N∞ (fn − f ) = N∞ (gn ) = 1.
La convergence n’est donc pas uniforme sur IR+ .
•
Montrons qu’il y a convergence uniforme au voisinage de tout point de IR∗+ . Pour
cela, il suffit d’établir qu’il y a convergence uniforme sur [a, +∞[ pour tout a > 0 .
<
<
En effet pour tout x ∈ ]0, +∞[ l’intervalle x2 , +∞ est un voisinage de x.
Soit donc a > 0 . L’étude précédente montre, pour tout entier n > 0 , que gn est
bornée sur I = [a, +∞[ et
1
|a − 1| 1
= max
−→ 0.
sup gn (x) = max gn (a),
,
n
na + 1 n n→+∞
x∈[a,+∞[
En conclusion, la suite (fn )n∈IN∗ converge uniformément au voisinage de tout
point de IR∗+ .
Exercice 13
1. À partir d’un certain rang, la fonction f − fn est bornée. À partir d’un tel rang :
> >
>
>
>
>
0 ⩽ >fn (xn ) − > = >fn (xn ) − f (xn ) + f (xn ) − > ⩽ N∞ (fn − f ) + >f (xn ) − >.
>
>
Par composition des limites, on a >f (xn ) − > −→ 0 . Ainsi, par convergence
n→+∞
uniforme :
>
>
>
>
0 ⩽ >fn (xn ) − > ⩽ N∞ (fn − f ) + >f (xn ) − > −→ 0.
n→+∞
La conclusion est alors immédiate.
2. La suite (fn )n∈IN introduite à l’exercice 10 de la page 498 converge simplement
vers la fonction nulle, mais pas uniformément. Toujours d’après l’étude menée lors
de cet exercice :
fn
n
1
√
4
3
=
33/4
4
et
1
√ −→ 0.
n 4 3 n→+∞
En conclusion, l’hypothèse de convergence simple n’est pas suffisante pour établir
le résultat de la question précédente.
On peut se passer de l’étude de la fonction pour établir le résultat. Il
1
1
1
suffit de remarquer que fn
= avec
−→ 0 .
n
2
n n→+∞
Lemme 5 Soit ε > 0 . L’hypothèse de convergence uniforme donne l’existence d’un entier n
tel que N∞ (fn − f ) ⩽ ε3 . Fixons un tel entier.
Par continuité de fn en a, il existe un réel η > 0 tel que, pour tout x ∈ A vérifiant x − a ⩽ η , on a |fn (x) − fn (a)| ⩽ 3ε ·
Par conséquent, pour tout x ∈ A vérifiant x − a ⩽ η , on a :
>
> >
>
>f (x) − f (a)> = >f (x) − fn (x) + fn (x) − fn (a) + fn (a) − f (a)>
> >
> >
>
>
⩽ >f (x) − fn (x)> + >fn (x) − fn (a)> + >fn (a) − f (a)>
(inégalité triangulaire)
>
>
ε ε ε
⩽ N∞ (f − fn ) + >fn (x) − fn (a)> + N∞ (fn − f ) ⩽ + + = ε.
3 3 3
La continuité de f en a est donc démontrée.
Démonstrations et solutions des exercices du cours
Exercice 14
1. Pour tout n ∈ IN et (x, y) ∈ A, on a :
>
>
>fn (x) − fn (y)> ⩽ kx − y.
En passant à la limite dans cette dernière inégalité, il vient que pour
tout (x, y) ∈ A :
>
>
>f (x) − f (y)> ⩽ kx − y.
Par suite f est k -lipschitzienne.
La convergence simple suffit.
=
2. Soit (fn )n∈IN∗ la suite de fonctions définies sur [0, 1] par fn (x) = x + n1 . Nous
√
avons vu que la suite (fn )n∈IN converge uniformément vers x → x , qui n’est pas
lipschitzienne. Cependant, les fonctions fn sont de classe C 1 sur le segment [0, 1],
donc d’après l’inégalité des accroissements finis, elles sont lipschitziennes.
3. Soit ε > 0 .
Par convergence uniforme, il existe n0 ∈ IN tel que N∞ (f − fn ) ⩽ 3ε ·
Fixons n0 . Puisque fn0 est uniformément continue, il existe η > 0 tel que :
#
ε$
y − x ⩽ η ⇐⇒ fn0 (x) − fn0 (y) ⩽
∀(x, y) ∈ A2
.
3
Par conséquent, pour tout (x, y) ∈ A2 tel que y − x ⩽ η , on a :
> >
> >
> >
>
>
>f (x) − f (y)> ⩽ >f (x) − fn0 (x)> + >fn0 (x) − fn0 (y)> + >fn0 (y − f (y)>
⩽
ε ε ε
+ + =ε
3 3 3
Par suite, f est uniformément continue.
Lemme 9 On peut illustrer la situation à l’aide du schéma ci-dessous.
n → +∞
fn (x)
f (x)
x→a
x→a
n
n → +∞
Par hypothèse les flèches pleines sont données et il s’agit de démontrer que si une flèche
en pointillé est valable, alors l’autre l’est.
Afin d’unifier la démonstration, on dira que V ⊂ IR est un voisinage de +∞ s’il
existe α ∈ IR tel que [α, +∞[ ⊂ V . On définit de manière analogue un voisinage de −∞.
•
Supposons que lim f (x) = .
x→a
Pour n suffisamment grand, on a :
>
>
∀x ∈ A >fn (x) − f (x)> ⩽ N∞ (fn − f ).
En faisant tendre x vers a dans cette inégalité à n fixé, il vient :
>
>
> n − > ⩽ N∞ (fn − f ).
Par convergence uniforme, on a :
>
>
0 ⩽ > n − > ⩽ N∞ (fn − f ) −→ 0,
n→+∞
c’est-à-dire que
•
Supposons que
lim
n =
.
lim
n =
.
n→+∞
n→+∞
Soit ε > 0 . Par définition de la limite, il existe un entier n0 tel que :
∀n ⩾ n0
n− ⩽
ε
·
3
Par définition de la convergence uniforme, il existe un entier n1 tel que :
∀n ⩾ n1
N∞ (fn − f ) ⩽
Posons n = max{n0 , n1 } . Puisque lim fn (x) =
x→a
ε
·
3
n , il existe un voisinage V
de a
tel que :
>
> ε
∀x ∈ V ∩ A >fn (x) − n > ⩽ ·
3
Ainsi, pour x ∈ V ∩ A, on a :
>
> >
>
>f (x) − > = > f (x) − fn (x) + fn (x) − n + n − >
>
>
⩽ N∞ (f − fn ) + >fn (x) − n > + n − ⩽ ε.
Par suite, lim f (x) = .
x→a
Théorème 10
•
Montrons que la suite ( n )n∈IN est bornée. Il existe n0 tel que la fonction fn − fn0
est bornée pour n ⩾ n0 .
>
>
En faisant tendre x vers a dans l’inégalité >fn (x) − fn0 (x)> ⩽ N∞ (fn − fn0 ), il
vient que :
n − n0 ⩽ N∞ (fn − fn0 ).
La suite (N∞ (fn − fn0 ))n∈IN étant convergente, donc bornée, n − n0 n∈IN est
bornée. Il s’ensuit que la suite ( n )n∈IN est bornée.
•
Le théorème de Bolzano-Weierstrass donne l’existence d’une extraction ϕ et
. En appliquant le lemme 9 de la page 501 à
d’un ∈ F tels que ϕ(n) −→
n→+∞
la suite fϕ(n) n∈IN qui converge uniformément vers f , il vient que lim f (x) = .
•
Puisque lim f (x) = , le lemme 9 de la page 501 donne
x→a
x→a
la démonstration.
lim
n→+∞
n = . Cela termine
Démonstrations et solutions des exercices du cours
Exercice 15 Posons, pour tout entier n, la fonction fn : [0, 1[ −→ IR
x −→ xn .
Pour tout a ∈ [0, 1[ , on a sup f (x) = an . Il s’ensuit que la suite (fn )n∈IN converge
x∈[0,a]
uniformément au voisinage de tout point vers la fonction nulle. Par ailleurs
$
#
• pour n ∈ IN, on a lim fn (x) = 1 , et donc lim
lim fn (x) = 1 ;
n→+∞ x→1
x→1
$
#
• pour x ∈ [0, 1[ , on a lim fn (x) = 0 , et donc lim lim fn (x) = 0 .
n→+∞
Exercice 16
• Supposons que
x→1 n→+∞
lim un,p = αn uniformément par rapport n. Cela signifie :
p→+∞
∀ε > 0
∃p0 ⩾ 0
∀p ⩾ p0
∀n ∈ IN
|un,p − αn | ⩽ ε.
En d’autres termes, en posant E = IR, A = IN et en introduisant pour p ∈ IN les
applications :
−→ F
−→ un,p
fp : IN
n
et
f : IN
n
−→ F
−→ αn
les hypothèses que nous avons sont :
∗ la suite (fp )p∈IN converge uniformément vers f ;
∗ pour tout p ∈ IN, on a fp (n) −→ βp .
n→+∞
Ainsi, d’après le théorème de la double limite, la suite (βp )p∈IN converge et :
lim βp = lim f (n) = lim αn .
p→+∞
•
n→+∞
n→+∞
Notons cette limite commune.
Par convergence uniforme de la suite (fn )n∈IN , on a :
fn (n) −→
lim f (n),
n→+∞ n→+∞
cf. l’exercice 13 de la page 500. En d’autres termes, un,n −→
n→+∞
.
Théorème 11 Puisque les fonctions fn sont continues et que la convergence est uniforme,
la fonction f est continue (cf. le théorème 8 de la page 501). Par conséquent l’inté9
grale
f est définie.
[a,b]
Pour tout entier n on a, par convergence uniforme :
>9
> 9
9
>
>
>
>
(fn − f ) > ⩽
fn − f ⩽
N∞ (fn − f ) = (b − a) N∞ (fn − f ) −→ 0,
>
n→+∞
> [a,b]
>
[a,b]
[a,b]
par conséquent :
>
>9
9
>
>
>
>
fn
f > −→ 0,
>
> [a,b]
[a,b] > n→+∞
et la conclusion en découle.
Exercice 17
1. La fonction x → xn (1 − x) est continue sur le segment [0, 1]. Un calcul simple
donne :
9 1
9 1
9 1
n
1
1
xn dx −
xn+1 dx =
x − xn+1 dx =
In =
−
,
n+1 n+2
0
0
0
et donc In =
1
·
(n + 1)(n + 2)
2. Posons fn : x → n3 xn (1 − x).
Les fonctions fn sont continues. Pour tout x ∈ ]0, 1[ , par croissances comparées, on
a fn (x) −→ 0 . De plus on a fn (0) = fn (1) = 0 . Par conséquent la suite (fn )n∈IN
n→+∞
converge simplement vers la fonction nulle. Cependant par linéarité :
9
n3
−→ +∞.
fn =
(n + 1)(n + 2) n→+∞
[0,1]
Exercice 18
1. Supposons
que la fonction f soit continue par morceaux. Par conséquent l’inté9
grale
f est définie. Pour tout entier n on a :
[0,1]
>9
> 9
>
>
>
>
0⩽>
(fn − f ) > ⩽
fn − f .
> [0,1]
>
[0,1]
Puisque la convergence est uniforme :
9
9
0⩽
fn − f ⩽
N∞ (fn − f ) = N∞ (fn − f ) −→ 0,
[0,1]
par conséquent :
[0,1]
n→+∞
>9
>
>
>
>
>
(fn − f )> −→ 0,
>
> [0,1]
> n→+∞
et la conclusion en découle.
2. Les 1/k , pour k ∈ IN∗ sont des points de discontinuité pour g . Par conséquent, g
ayant une infinité de points de discontinuité, la fonction g n’est pas continue par
morceaux sur le segment [0, 1].
3. Posons f = g et, pour n ∈ IN∗ , notons fn la fonction définie sur [0, 1] par :
f (x) si x ∈ ]1/n, 1] ;
fn (x) =
0
si x ∈ [0, 1/n].
Il est facile d’établir que 0 ⩽ f (x) ⩽ 1/n, pour tout x ∈ [0, 1/n]. On en déduit,
en distinguant les cas x ⩽ 1/n et x > 1/n, que pour tout x ∈ [0, 1] :
1
·
n
Par conséquent, la suite (fn )n∈IN converge uniformément vers f . Par ailleurs, pour
tout n ∈ IN, la fonction fn est en escalier, donc continue par morceaux.
0 ⩽ f (x) − fn (x) ⩽
¿¼
Démonstrations et solutions des exercices du cours
En conclusion, lorsqu’une suite (fn )n∈IN à valeurs dans CM [a, b] K) converge
9
9
uniformément vers une fonction f ∈ F [a, b] K , l’égalité
f = lim
fn
[0,1]
n→+∞
[0,1]
n’a pas toujours de sens.
Théorème 12 Par convergence uniforme sur tout segment de I , la fonction f est continue
(cf. le théorème 8 de la page 501). Soit [α, β] un segment inclus dans I . On peut supposer,
sans perte de généralité, que a ∈ [α, β]. Pour tout entier n et x ∈ [a, β] :
>9
>
>
> > x
>
>Φn (x) − Φ(x)> = >
>
(t)
−
f
(t)
dt
f
n
>
>
a
⩽ (x − a) N∞ (fn − f )|[α,β] ⩽ (β − α) N∞ (fn − f )|[α,β]
De même, pour x ∈ [α, a] et n ∈ IN, on a Φn (x)−Φ(x) ⩽ (β − α) N∞ (fn −f )|[α,β] .
Ainsi :
>
>
∀x ∈ [α, β] >Φn (x) − Φ(x)> ⩽ (β − α) N∞ (fn − f )|[α,β] ,
ce qui établit la convergence uniforme sur tout segment de I de la suite (Φn )n∈IN vers Φ.
Théorème 13 Soit a ∈ I . La suite (fn )n∈IN de fonctions continues converge uniformément
sur tout segment de I vers une fonction g .
D’après le théorème 12 de la page 504, pour tout x ∈ I , on a :
9 x
9 x
g(t) dt = lim
fn (t) dt
n→+∞
a
= lim
n→+∞
a
fn (x) − fn (a)
= f (x) − f (a).
En d’autres termes, pour tout x ∈ I :
9 x
g(t) dt.
f (x) = f (a) +
a
Il s’ensuit, du fait que g est une fonction continue (d’après le théorème 8 de la page 501),
que f est de classe C 1 et que f = g .
Théorème 14 Démontrons par récurrence l’assertion Hp :
« Si les fonctions fn sont de classe C p et
(k) • pour tout k ∈ [[0, p − 1]] la suite fn n∈IN converge simplement ;
(p) • la suite fn n∈IN converge uniformément sur tout segment de I ,
alors la limite simple f de la suite (fn )n∈IN est de classe C p et, pour
tout k ∈ [[0, p]] on a : ∀x ∈ I
(k)
f (k) (x) = lim fn (x). »
n→+∞
Le cas p = 1 correspond au théorème 13 de la page 504.
Supposons Hp vraie pour un p ∈ IN∗ .
¿½
Supposons que les fonctions fn soient de classe C p+1 , que pour tout k ∈ [[0, p]] la
(k) (p+1) suite fn n∈IN converge simplement et que la suite fn
converge uniformément
n∈IN
(p)
sur tout segment de I . Le théorème 13 de la page 504 appliqué à la suite (fn )n∈IN
(p)
donne que (fn )n∈IN converge uniformément sur tout segment de I vers une fonction g
de classe C 1 et que :
∀x ∈ I
fn(p+1) (x) −→ g (x)
n→+∞
(p)
Puisque la suite (fn )n∈IN converge uniformément sur tout segment de I , l’hypothèse
de récurrence donne que la limite simple f de la suite (fn )n∈IN est de classe C p et, pour
(k)
tout k ∈ [[0, p]] on a : ∀x ∈ I
f (k) (x) = lim fn (x). En particulier :
n→+∞
∀x ∈ I
f (p) (x) = lim fn(p) (x) = g(x).
n→+∞
Par conséquent, f (p) est de classe C 1 et :
∀x ∈ I
f (p+1) (x) = g (x) = lim fn(p+1) (x).
n→+∞
Cela termine la démonstration.
Exercice 19
1. •
•
Posons un : x →
1
n2 +x2 .
La fonction un est définie, bornée sur IR
1
lorsque n ⩾ 1 . De plus N∞ (u) = n12 . La série
n2 étant convergente, la
un converge normalement, donc uniformément et simplement.
série
n⩾1
un ne converge pas normalement sur IR∗ , car u0 n’est pas bornée.
La série
n⩾0
un montre que la suite (Rn )n∈IN des
La convergence normale de la série
n⩾1
un converge uniforrestes converge uniformément vers 0 . Ainsi, la série
n⩾0
mément sur IR∗ , et donc simplement.
2. Pour n ∈ IN, posons vn la fonction définie sur IR+ par vn (x) = x e−nx .
• Pour x = 0 , la série
vn (0) est la série nulle et elle est convergente.
−x n
(e )
Pour x > 0 , puisque 0 ⩽ e−x < 1 , la série géométrique
est convergente et donc la série
vn (x) est convergente.
Ainsi, la série
vn converge simplement.
•
Pour tout x > 0 et n ∈ IN on a :
Rn (x) =
+∞
k=n+1
k
x e−(n+1)x
x e−x =
−→ 1
1 − e−x x→0+
et il s’ensuit que la suite (Rn ) ne peut pas converger uniformément vers 0
sur IR+ , donc qu’il n’y a pas convergence uniforme sur IR+ .
¿¾
Démonstrations et solutions des exercices du cours
Le théorème 17 de la page 509 nous montrera que la convergence ne peut, a
fortiori, par être normale, mais ici il est facile de le voir puisque :
N∞ (vn ) ⩾ vn
et que la série
1
en
1
n
=
1
en
diverge.
Exercice 20 Rappelons que si x est un réel strictement positif et si z est un nombre
complexe, par définition xz = exp (z ln x) . En particulier |xz | = xRe z .
1
Il suffit d’établir la convergence normale de la série
nz sur tout demi-plan :
Ha = {z ∈ C | Re(z) ⩾ a},
avec a > 1 . On constate que pour tout z ∈ Ha et n ∈ IN∗
1
1
1
0 ⩽ z = Re(z) ⩽ a ·
n
n
n
La convergence normale sur Ha est alors une conséquence immédiate de la nature
des séries de Riemann et du théorème de comparaison.
Proposition 16
• Supposons que la série de fonction
un converge normalement sur A. Alors, pour
tout n ∈ IN et x ∈ A on a :
>
>
>un (x)> ⩽ N∞ (un )
et puisque la série numérique de terme général positif
N∞ (un ) est convergente,
>
>
>
>
un (x) est convergente.
par le théorème de comparaison, la série
• Si la série de fonction
un converge normalement sur un voisinage V de a, on
applique le premier point à la série de fonctions
un|V pour établir que la sé>
>
rie >un (a)> est convergente.
Théorème 17
• Supposons que la série de fonctions
un converge normalement.
Soit x ∈ A. Puisque la série
un converge normalement, la série
un (x) est
absolument convergente. On en déduit que pour tout n ∈ IN l’inégalité :
>
>
+∞
+∞
> >
>
>
>
>
>uk (x)>
uk (x)> ⩽
>
>
>
k=n+1
k=n+1
Ainsi, par définition de la norme de la convergence uniforme :
>
>
+∞
+∞
> >
>
>
uk (x)> ⩽
N∞ (uk ) .
>
>
>
k=n+1
k=n+1
du fait que cette inégalité est valable pour tout x ∈ A et n ∈ IN, le reste Rn de la
série est borné et
+∞
N∞ (Rn ) ⩽
N∞ (uk ).
k=n+1
Il suffit pour conclure de remarquer que
+∞
k=n+1
N∞ (uk ) −→ 0 .
n→+∞
¿¿
•
Supposons que la série de fonctions
un converge normalement sur un voisinage V
de a. En appliquant le premier point à la série
un |V , la série de fonctions
un
converge uniformément sur V .
Exercice 21 Notons un (x) = xn (1 − x), pour x ∈ [0, 1] et n ∈ IN.
• Montrons que la série
un converge simplement.
Pour x = 1 , pour tout n ∈ IN, on a un (1) = 0 et donc la série
un (1) est
convergente.
Soit x ∈ [0, 1[ . La série
un (x) est convergente, puisqu’il s’agit d’une série
géométrie de raison x.
• La série
un ne converge pas normalement sur [0, 1]. L’étude de la fonction un
montre que :
N∞ (un ) = un
n
n+1
=
1
n+1
1−
1
n+1
n
.
Puisque
n
n
1
=−
+ o(1) −→ −1,
n→+∞
n+1
n+1
−1
on a N∞ (un ) ∼ e n et donc la série
N∞ (un ) diverge.
ln
1−
1
n+1
= n ln 1 −
+∞
En effet, pour tout x ∈ [0, 1[ , on a
∀n ∈ IN
Rn (x) =
+∞
xk (1 − x) = xn+1 ,
k=n+1
et donc N∞ (Rn ) = 1 , pour tout entier n ∈ IN. On retrouve le fait que la série ne
converge pas normalement.
•
On peut également remarquer que
+∞
un est la fonction f définie
n=0
sur [0, 1] par f = 1[0,1[ . Cette fonction étant discontinue et les fonctions un étant
toutes continues, la convergence ne saurait être uniforme.
En revanche, la série
un converge normalement sur tout segment [0, a] de [0, 1[ ,
avec a ∈ ]0, 1[ . En remarquant que
∀n ∈ IN ∀x ∈ [0, a] un (x) ⩽ an ,
on obtient la convergence normale de
un sur le segment [0, a].
Exercice 22
• Il est clair que l’application :
C [0, 1], IR −→ C [0, 1], IR 9
f
−→ x → g(x) +
x
f (t) dt
0
est à valeurs dans C [0, 1], IR . Par conséquent la suite (fn )n∈IN est définie et
toutes les fonctions fn sont continues.
Démonstrations et solutions des exercices du cours
•
Par récurrence, démontrons que :
∀x ∈ [0, 1] ∀n ∈ N
n
fn+1 (x) − fn (x) ⩽ x N∞ (g).
n!
L’inégalité est immédiate pour n = 0 car f1 = g .
Supposons l’inégalité vraie pour un n ∈ IN. Pour tout x ∈ [0, 1], on a :
9
x
fn+2 (x) − fn+1 (x) = fn+1 (t) − fn (t) dt
0
⩽
9 x
fn+1 (t) − fn (t) dt
0
9 x
⩽
0
•
tn
xn+1
N∞ (g) dt =
N∞ (g),
n!
(n + 1)!
ce qui démontre le résultat par récurrence.
Il s’ensuit que :
N∞ (g)
N∞ (fn+1 − gn ) ⩽
n!
1
et, par comparaison, du fait que la série
est
convergente,
la série de foncn!
tions
(fn+1 − fn ) est normalement convergente et donc uniformément convergente sur [0, 1]. Il s’ensuit que la suite (fn )n∈IN converge uniformément vers une
fonction continue f . D’après le théorème 12 de la page 504 on a :
9 x
∀x ∈ [0, 1] fn+1 (x) −→ g(x) +
f (t) dt,
∀n ∈ IN
n→+∞
ce qui implique que f vérifie :
∀x ∈ [0, 1] f (x) = g(x) +
0
9 x
f (t) dt.
0
1
Exercice 23 D’après l’exercice 20 de la page 508, la série
nz converge normalement
et donc uniformément au voisinage de tout point. Par ailleurs, pour n ∈ IN∗ , la
fonction z → n1z = exp(−z ln n) est continue sur C et donc sur H . Le corollaire
précédent permet de conclure.
Exercice 24 Pour k ∈ IN posons :
uk : Mn (IK) −→ Mn (IK)
Mk
M −→
·
k!
xk
Rappelons que pour tout x ∈ IR la série numérique
k! est absolument convergente
Mk
et que pour tout M ∈ Mn (IK) la série à valeurs vectorielle
k! est absolument
+∞
uk est définie
convergente (cf. l’exercice 4 de la page 405). La fonction exp =
k=0
sur Mn (IK).
Munissons Mn (IK) d’une norme sous-multiplicative, c’est-à-dire vérifiant :
∀(A, B) ∈ Mn (IK)2
A B ⩽ A B
(∗)
(cf. l’exercice 22 de la page 305).
Montrons que la série converge normalement au voisinage de tout point.
Soit r > 0 . Alors :
>
> rk
∀k ∈ IN ∀M ∈ BF (0, r) >uk (M )> ⩽ ·
k!
rk
uk converge norPuisque la série numérique
k! converge, la série de fonctions
malement sur BF (0, r).
Soit M ∈ Mn (IK). En prenant r = M +1 , on a M ∈ BO (0, r). Cette boule ouverte,
et a fortiori BF (0, r), est donc un voisinage de M . On en conclut que la série
uk
converge normalement au voisinage de tout point.
Par ailleurs les fonctions uk sont polynomiales, donc continues. Par conséquent, la
fonction exp est continue sur Mn (IK).
Exercice 25
Première méthode On peut munir L(E) d’une norme telle que :
∀(a, b) ∈ L(E)2
a b ⩽ a b,
(∗)
(cf. l’exercice 22 de la page 305) et ainsi adapter le raisonnement de l’exercice
précédent.
Seconde méthode Afin d’éviter les confusions, notons :
f : Mn (IK)
M
−→ Mn (IK)
+∞
Mk
−→
k=0 k!
et
g : L(E)
a
−→ L(E) ·
+∞
ak
−→
k=0 k!
Il a été vu à l’exercice précédent que f est bien définie et continue.
Fixons une base B de E . L’application :
Φ : L(E)
a
−→ Mn (IK)
−→ M (a, B)
est un isomorphisme d’algèbre. Puisque E est de dimension fini, Φ et Φ−1 , qui
sont linéaires, sont continues. Puisque, pour tout N ∈ IN et a ∈ L(E) :
N N
Φ(a) k
ak
,
= Φ−1
k!
k!
k=0
k=0
en faisant tendre N vers +∞, on retrouve par continuité de Φ et Φ−1 la conver ak
gence de
k! et :
+∞ k
# $
a
= Φ−1 f Φ(a) .
k!
k=0
Par conséquent, l’application g = Φ−1 ◦ f ◦ Φ est continue. En d’autres termes,
l’application exp définie sur L(E) est continue.
Démonstrations et solutions des exercices du cours
1
Exercice 26 Posons, pour n ∈ IN, la fonction fn : x → x2 +n
2 définie sur [1, +∞[ . Il
est clair que :
1
∀x ∈ [1, +∞[ ∀n ∈ IN 0 ⩽ fn (x) ⩽ 2
·
n +1
1
fn converge normaleOn déduit de la convergence de la série
n2 +1 que la série
ment sur [1, +∞[ . Par ailleurs, pour tout n ∈ IN, il est immédiat que fn (x) −→ 0 .
x→+∞
D’après le théorème précédent :
lim
x→+∞
+∞
k=0
1
= 0.
n2 + x2
Exercice 27 Montrons que la série de fonctions
sur ]0, 1]. Pour tout n ∈ IN∗ et x ∈ ]0, 1], on a :
x
x+n2
converge normalement
x
x
1
⩽ 2 ⩽ 2·
x2 + n2
n
n
x
Ainsi,
x+n2 est normalement convergente sur [0, 1]. Par conséquent, du fait que :
x
1 si n = 0 ;
−→
∀n ∈ IN
0 sinon,
x + n2 x→0+
0⩽
on déduit du théorème 21 de la page 512 que la fonction f : x →
+∞
n=0
x
x+n2
tend vers 1
en 0 .
Exercice 28
1. Notons un l’application définie sur [0, 2π] par un : x → an sin (nx) . Il est clair
que un est bornée. Du fait que pour tout n ∈ IN, on a N∞ (un ) ⩽ an , on déduit
que la série
un converge normalement. De la continuité de tous les un et du
corollaire 20 de la page 511, on conclut que la fonction f est continue.
2. Puisque la série
un converge normalement, et puisque les fonctions un sont
continues, on déduit du théorème 22 de la page 512 :
+∞ +∞ 9
9
un =
un
[0,2π]
n=0
n=0
=
+∞
n=1
[0,2π]
9 2π
an
sin(nt) dt
0
= 0.
1
pour t ∈ [0, 2π]. Nous
Exercice 29 Soit (z, r) ∈ C∗ × IR∗+ . Notons f (t) = z−re
it
traitons les deux questions en même temps.
r it n
e
est
• Supposons r < |z|. Puisque r eit = r < 1 , la série géométrique
z
|z|
z
convergente et :
∀t ∈ [0, 2π]
+∞
1
1
1
1
=
=
un (t)
z − reit
z 1 − zr eit
z n=0
n
r n
est convergente, la série de foncoù un : t → zr eit . Puisque la série
z
tions
un converge normalement sur [0, 2π]. Puisque les fonctions un sont continues, on peut intégrer terme à terme, ce qui donne :
9 2π
+∞ 9
1 2π
f (t) dt =
un (t) dt.
z
0
0
k=0
De plus, un calcul immédiat donne :
9 2π
0
∀n ∈ IN
un (t) dt =
2π
0
Par conséquent :
9 2π
f (t) dt =
0
•
si n ∈ IN∗
si n = 0.
2π
·
z
Supposons |z| < r . Alors :
∀t ∈ [0, 2π]
+∞
1 e−it
1
1
=
−
=
vn (t),
z − reit
r 1 − zr e−it
r n=0
z n −i(n+1)t
e
, pour tout n ∈ IN et t ∈ [0, 2π]. Il est immédiat
r
#
$n
# |z| $n
|z|
. La série géométrique
étant convergente, la série
que |vn (t)| = r
|r|
de fonctions
vn converge donc normalement sur le segment [0, 2π].
Puisque les fonctions vn sont continues et que la série de fonctions
vn converge
normalement, on peut intégrer terme à terme, ce qui donne :
9 2π
+∞ 9
1 2π
f (t) dt =
vn (t) dt.
r
0
0
où vn (t) =
k=0
De plus, un calcul immédiat donne :
9 2π
∀n ∈ IN
vn (t) dt = 0
0
Par conséquent :
9 2π
f (t) dt = 0·
0
−nx
Exercice 30 Notons un l’application définie sur IR+ par un (x) = ne 2 +1 ·
•
Il est clair que :
1
0 ⩽ un (x) ⩽ 2
·
n +1
1
La convergence de la série numérique
n2 +1 montre que la série de fonc+∞
un est donc
tions
un converge normalement sur IR+ . La fonction f =
∀n ∈ IN ∀x ∈ IR+
n=1
•
définie sur IR+ .
Les fonctions un sont continues. La convergence normale implique donc que f est
continue.
Démonstrations et solutions des exercices du cours
•
Les fonctions un sont de classe C ∞ et pour tout p ∈ IN :
np
p
(x)
=
(−1)
e−nx .
∀x ∈ IR+ u(p)
n
n2 + 1
Pour x > 0 , par croissances comparées, on a np e−nx −→ 0 . Il s’ensuit que :
n→+∞
p
n
e−nx = O
n2 + 1
On en déduit la convergence simple de la série
1
n2
,
(p)
un
sur IR∗+ .
2
•
Soit a > 0 . Pour tout (n, p) ∈ IN , on a donc par décroissance de la fonction x → e−x :
np
(x)
⩽
∀x ∈ [a, +∞[ u(p)
e−na .
n
n2 + 1
(p)
(p)
un converge
Puisque la série
un (a) est absolument convergente, la série
normalement au voisinage de tout point de IR∗+ , ceci pour tout p ∈ IN. Par suite,
la fonction f est de classe C ∞ sur IR∗+ .
La fonction f n’est pas dérivable en 0 .
Pour le démontrer, il suffit de démontrer que lim+ f (x) = −∞, le théorème de la
x→0
limite de la dérivée assurant alors, du fait que f est continue sur l’intervalle IR+
(0)
et dérivable sur IR∗+ , que f (x)−f
−→+ −∞.
x
x→0
Pour x > 0 on a f (x) =
+∞
2
n
e−nx > 0 .
2+1
n
n=0
Par conséquent, f est une fonction croissante sur IR∗+ et f admet une limite
en 0 dans IR .
Pour tout x > 0 et n ∈ IN, on a :
⩽ f (x) = −
+∞
k=1
⩽−
n
k=1
k
e−kx
k2 + 1
(f décroissante)
k
e−kx
k2 + 1
(terme général négatif).
En faisant tendre x vers 0 dans cette inégalité, on obtient :
n
k
⩽−
·
(∗)
k2 + 1
k=1
k
D’autre part, la série
k2 +1 est divergente car son terme général est positif et
équivalent à k1 ·
Toujours du fait que le terme général est positif, on en déduit que :
n
k
−→ +∞.
2
k + 1 n→+∞
k=1
Par passage à la limite dans les inégalités, il vient de (∗) que
n’est pas dérivable en 0 .
= −∞. Par suite, f
n
Exercice 31 Notons un l’application définie sur IR∗+ par un (x) = (−1)
x+n ·
∗
un (x) est une série alternée vérifiant un (x) −→ 0 et
• Pour x ∈ IR+ la série
n→+∞
la suite un (x) n∈IN est décroissante. Par suite la fonction f est définie sur IR∗+ .
•
Les fonctions un sont de classe C ∞ sur IR∗+ et pour tout p ∈ IN on a :
∀n ∈ IN
•
•
∀x ∈ IR∗+
n+p
u(p)
n (x) = (−1)
p!
·
(x + n)p+1
Soit p ∈ IN∗ et a > 0 . Pour x ⩾ a et n ∈ IN, on a :
p!
p!
(p) ⩽
·
un (x) =
(x + n)p+1
(a + n)p+1
(p)
1
un converge
Puisque la série de Riemann
np+1 est convergente, la série
normalement sur tout intervalle de la forme [a, +∞[ avec a > 0 et donc au
voisinage de tout point de IR∗+ .
un converge
Puisque la série
un converge simplement sur IR∗+ et que la série
normalement au voisinage de tout point de ]0, +∞[ , la fonction f est de classe C 1
+∞
et f =
un . Puisque toutes les séries dérivées de la série de fonction
un
n=0
convergent normalement au voisinage de tout point de ]0, +∞[ , la fonction
est de classe C ∞ , i.e. f est de classe C ∞ . Ainsi, f est de classe C ∞ .
+∞
n=0
un
1
Exercice 32 Pour n ∈ IN, notons un la fonction définie sur IR∗+ par un : x → 1+n
2x ·
Pour n ∈ IN∗ , on a un (x)
1
∼
lim xun (x) = n12 . De plus, pour
2 , et donc
x→+∞ x n
x→+∞
tout x ∈ IR∗+ et n ∈ IN∗ , on a :
1
0 ⩽ xun (x) ⩽ 2 ·
n
x
∗
Il s’ensuit que la série de fonctions
1+n2 x converge normalement sur IR+ . Par
suite, le théorème 21 de la page 512 permet d’affirmer :
xf (x) =
+∞
1
x
,
−→
1 + n2 x x→+∞
n2
n=1
+∞
k=1
et donc f (x) ∼
+∞
1
1
2·
+∞ x n=1 n
∗
1
Exercice 33 Notons u : (x, t) → 1+xt
2 définie sur IR+ × IR+ .
1
Soit x > 0 . L’application t → 1+xt
2 est décroissante, positive. Calculons, pour y > 0
9 y
dt
. Pour cela, posons le changement de variable t = √ux , qui est
l’intégrale
2
0 1 + xt
de classe C 1 . On a :
9 y
9 y√x
Iy√x
dt
du
1
1 H
= √
= √ Arctan u
·
2
1 + u2
x 0
x
0
0 1 + xt
Démonstrations et solutions des exercices du cours
9 +∞
Ainsi, en faisant tendre y vers +∞, il vient que
9 +∞
0
0
1 π
dt
= √
·
2
1 + xt
x 2
Par conséquent :
0 ⩽ f (x) −
9 +∞
0
et donc :
dt
est convergente et :
1 + xt2
dt
⩽1
1 + xt2
√
π √
0 ⩽ xf (x) − = x f (x) −
2
√
Par suite xf (x) −→ π2 , c’est-à-dire :
9 +∞
0
dt
1 + xt2
(∗)
⩽
√
x.
x→0
π
f (x) ∼ √ ·
0 2 x
Proposition 26
1
(i) ⇒ (ii) Pour tout n ∈ IN, il existe fn ∈ F tel que N∞ (f − fn ) ⩽ n+1
et donc la
suite (fn )n∈IN converge uniformément vers f .
(ii) ⇒ (iii) C’est immédiat.
(iii) ⇒ (i) Considérons une suite (fn )n∈IN convergeant uniformément vers f .
Soit ε > 0 . Il existe n ∈ IN tel que N∞ (fn − f ) ⩽ ε .
Par conséquent, f peut être approchée uniformément par des éléments de F .
Théorème 27
• Supposons que f soit continue. D’après le théorème de Heine, la fonction f est
uniformément continue sur le segment [α, β].
Soit ε > 0 . Il existe η > 0 tel que f (y) − f (x) ⩽ ε pour tout (x, y) ∈ [a, b]2 tel
que |x − y| ⩽ η . Fixons un tel η et considérons un entier n > 0 tel que b−a
n ⩽ η et
la subdivision régulière (a0 , . . . , an ) de [a, b] définie par ai = a + i b−a
n . Posons la
fonction en escalier g définie sur [a, b] par :
f (ai ) si ai ⩽ x < ai+1 ;
g(x) =
f (b) si x = b.
•
Soit x ∈ [a, b[ . Il existe i ∈ [[0, n − 1]] tel que ai ⩽ x < ai+1 et donc :
f (x) − g(x) ⩽ f (x) − f (ai ) ⩽ ε
et il est immédiat que f (b) − g(b) ⩽ ε . Par conséquent N∞ (f − g) ⩽ ε , ce qui
démontre le résultat.
Démontrons que toute fonction f continue par morceaux sur [a, b] est la somme d’une
fonction continue et d’une fonction en escalier.
Pour cela, on va raisonner par récurrence sur le nombre de points de discontinuité
de f .
Soit f une fonction continue par morceaux définie sur [a, b], discontinue en c. Supposons d’abord que c ∈ ]a, b[ . Puisque f est continue par morceaux, elle admet des
limites à droite et à gauche en c ; notons :
lim f (x) = α
x→c−
et
lim f (x) = β.
x→c+
Posons alors ϕ la fonction en escalier définie sur [a, b] par :
⎧
si x ∈ [a, c[ ;
⎨ 0
f (c) − α si x = c ;
ϕ(x) =
⎩
β−α
si x ∈ ]c, b].
Il est alors facile de vérifier que f − ϕ est continue en c, ainsi qu’en tous les points de
continuité de f . En d’autres termes, f − ϕ a exactement un point de discontinuité
de moins que f . Si le point c est une extrémité de [a, b], on adapte la construction
précédente.
En se souvenant qu’une combinaison linéaire de fonctions en escalier est une fonction
en escalier, il est maintenant aisé de démontrer par récurrence sur k l’assertion :
« si f ∈ CM [a, b], F a exactement k points de discontinuité, alors il existe une
fonction en escalier ϕ telle que f − ϕ est continue ».
Exercice 34 Soit ε > 0 . La fonction f est continue sur le compact [a, b]. Elle est donc
uniformément continue. Il existe ainsi η > 0 tel que pour tout (x, y) ∈ [a, b] :
|x − y| ⩽ η =⇒ f (x) − f (y) ⩽ ε.
Fixons un tel η . Soit n ∈ IN∗ tel que b−a
n ⩽ η et σ = (u0 , . . . , un ) la subdivision
régulière de [a, b] de pas δ = b−a
n , c’est-à-dire ui = a + iδ pour i ∈ [[0, n]].
Soit g : [0, 1] → IR une fonction affine par morceaux qui interpole les valeurs f (ui ).
Plus précisément posons g la fonction définie par :
f (ui )
si x = ui pour i ∈ [[0, n]] ;
g(x) =
f (ui+1 )−f (ui )
f (ui ) + ui+1 −ui (x − ui ) si ui < x < ui+1 pour i ∈ [[0, n − 1]].
Il est clair que pour tout i ∈ [[0, n − 1]] et x ∈ [ui , ui+1 ], on a :
1−
g(x) =
x − ui
ui+1 − ui
f (ui ) +
x − ui
f (ui+1 )
ui+1 − ui
et donc g est une fonction affine par morceaux.
Toujours pour tout i ∈ [[0, n − 1]] et x ∈ [ui , ui+1 ], on a :
g(x) − f (x) =
1−
x − ui
ui+1 − ui
f (ui ) − f (x) +
x − ui f (ui+1 ) − f (x) .
ui+1 − ui
f (ui ) − f (x) +
x − ui f (ui+1 ) − f (x),
ui+1 − ui
x−ui
Puisque 0 ⩽ ui+1
−ui ⩽ 1 , on a :
g(x) − f (x) ⩽
1−
x − ui
ui+1 − ui
Démonstrations et solutions des exercices du cours
et, du fait que |x − ui | ⩽ |ui+1 − ui | ⩽ η et |x − ui+1 | ⩽ |ui+1 − ui | ⩽ η , il vient :
g(x) − f (x) ⩽
1−
x − ui
ui+1 − ui
ε+
x − ui
ε = ε.
ui+1 − ui
Par conséquent f peut être approchée uniformément par des fonctions affines par
morceaux.
Exercice 35 Soit f une fonction affine par morceaux et σ(a0 , . . . , an ) une subdivision
adaptée à f .
)−f (ai )
La fonction f est entièrement déterminée les pentes f (aai+1
, avec i ∈ [[0, n − 1]]
i+1 −ai
et par f (a0 ).
Soit g = λ0 fa0 + · · · + λn fan , avec (λ0 , . . . , λn ) ∈ IRn+1 . La fonction g est affine par
morceaux et la subdivision σ lui est adaptée. On aura f = g si, et seulement si :
⎧
λ1 fa1 (a0 ) + · · · + λn fan (a0 ) = f (a0 )
⎪
⎪
⎪
⎪
(a0 )
⎪
⎪
λ − λ1 − λ2 − · · · − λn−1 − λn = f (aa11)−f
⎪
−a0
⎨ 0
(a1 )
λ0 + λ1 − λ2 − · · · − λn−1 − λn = f (aa22)−f
−a1
⎪
⎪
..
..
⎪
⎪
⎪
.
.
⎪
⎪
⎩
(an−1 )
λ0 + λ1 + λ2 + · · · + λn−1 − λn = f (aann)−f
−an−1
L0
L1
L2
Ln
Ce système est équivalent à :
⎧
λ1 fa1 (a0 ) + · · · + λn fan (a0 ) = f (a0 )
⎪
⎪
⎪
⎪
(a0 )
⎪
λ − λ1 − λ2 − · · · − λn−1 − λn = f (aa11)−f
⎪
⎪
−a0
⎨ 0
(a1 )
(a0 )
2 λ1
= f (aa22)−f
− f (aa11)−f
−a1
−a0
⎪
⎪
..
..
⎪
⎪
⎪
.
.
⎪
⎪
⎩
(an−1 )
)−f (an−2 )
= f (aann)−f
− f (aan−1
2λn−1
−an−1
n−1 −an−2
L0
L1
L2 ← L2 − L1
Ln ← Ln − Ln−1
Puisque fa0 (an ) = 0 , la ligne L0 donne λn , puis la ligne L1 donne λ0 . Le système
initial a donc une solution et pour cette solution, on a g = f .
Exercice 36
1. Soit t ∈ [0, 1]. La fonction
ϕ : [0, 1] −→ IR
2
s −→ s 2+t
;
<
⊂ [0, 1]. Par conséest croissante. Ainsi la fonction ϕ est à valeurs dans 2t , 1+t
2
quent la suite Pn (t) n∈IN est à valeurs dans [0, 1]. De plus, du fait que ϕ est
croissante et P0 (t) = 0 ⩽ t/2 = P1 (t), il est facile de vérifier par récurrence
que Pn (t) ⩽ Pn+1 (t) pour tout n ∈ IN. Puisque la suite réelle Pn (t) n∈IN est
croissante et majorée, elle est convergente. Sa limite L vérifie :
L=
t + L2
2
c’est-à-dire L2 − 2L + t = 0 . Puisque par passage à la limite L est positive, on
√
a L = 1 − 1 − t.
En conclusion, la suite (Pn )n∈IN converge simplement vers la fonction :
f : [0, 1] −→ [0, 1]√
t −→ 1 − 1 − t.
2. •
•
Soit (t, s) ∈ [0, 1]2 tel que s ⩽ t. Il est facile de vérifier par récurrence, à
l’aide de la croissance de ϕ, que Pn (s) ⩽ Pn (t), pour tout n ∈ IN. Ainsi pour
tout n ∈ IN la fonction Pn est croissante.
Montrons par récurrence que la fonction Pn+1 − Pn est croissante. C’est immédiat pour n = 0 , car P1 − P0 : t → 2t · Supposons le résultat établi pour
un n ∈ IN. Remarquons, la suite Pn (t) n∈IN étant croissante pour tout t,
que :
2
− Pn2
Pn+1
2
(Pn+1 − Pn )(Pn+1 + Pn )
=
2
La fonction Pn+1 − Pn est positive et d’après l’hypothèse de récurrence elle
est croissante. D’après le premier point Pn et Pn+1 sont croissantes et donc
la fonction Pn+1 + Pn l’est également. Cette dernière est à valeurs positives
d’après la première question. Par conséquent la fonction Pn+2 − Pn+1 est
croissante, ce qui achève la démonstration.
Pour tout (n, k) ∈ IN2 et t ∈ [0, 1], on a :
0 ⩽ Pn+2 − Pn+1 =
•
0 ⩽ Pn+k (t) − Pn (t) ⩽ Pn+k (1) − Pn (1).
En faisant tendre k vers +∞ dans ces inégalités, on obtient :
0 ⩽ f (t) − Pn (t) ⩽ f (1) − Pn (1).
Par suite, comme Pn (1) −→ f (1), on déduit en la convergence uniforme de
n→+∞
la suite (Pn )n∈IN .
3. Puisque la suite (Pn )n∈IN converge uniformément vers f , la suite (Qn )n∈IN définie
par :
∀n ∈ IN ∀t ∈ [−1, 1] Qn (t) = 1 − Pn (1 − t2 )
converge uniformément vers g , où
#
$ √
:
∀x ∈ [−1, 1] g(t) = 1 − f (1 − t2 ) = 1 − 1 − 1 − (1 − t2 ) = t2 = |t|.
Il est clair que les fonctions Pn sont polynomiales et donc les Qn également. La
suite (Qn )n∈IN répond donc à la question.
Exercice 37 Supposons que l’ensemble des fonctions polynomiales sur [0, 1] à coeffi
cients dans IK est dense dans C [0, 1], IK , N∞ .
Soit f ∈ C [a, b], IK et ε > 0 . Posons u : x → x−a
b−a , qui définit une bijection de [a, b]
sur [0, 1]. Puisque u−1 : t → a + t(b − a), la fonction g = f ◦ u−1 est continue, définie
Démonstrations et solutions des exercices du cours
sur [0, 1]. Par hypothèse, il existe une fonction polynomiale telle que g(t) − P (t) ⩽ ε
pour tout t ∈ [0, 1]. Par conséquent, pour tout x ∈ [a, b] :
f (x) − P u(x) = g u(x) − P u(x) ⩽ ε.
#
$
La conclusion vient en remarquant que Q : x → P x−a
est une fonction polynob−a
miale.
Théorème 28 D’après l’exercice précédent on peut sans perte de généralité supposer
que [a, b] = [0, 1].
Soit ε > 0 .
•
D’après l’exercice 34 de la page 519, il existe une fonction affine par morceaux g telle
n
λi |x − ai | d’après
que N∞ (f − g) ⩽ 2ε . Fixons g , qui est de la forme g : x →
i=0
•
•
l’exercice 35 de la page 519.
Avec les notations de l’exercice 36 de la page 519, pour tout a ∈ [0, 1], la suite de
fonctions polynomiales (Rn,a )n∈IN , où Rn,a (x) = Qn (x − a), converge uniformément
vers fa .
En effet, pour tout x ∈ [0, 1], on a x − a ∈ [−a, 1 − a] ⊂ [−1, 1] et l’exercice 36
permet alors de conclure.
n
Par combinaisons linéaires, d’après l’exercice 36, la suite
λi Rn,ai
converge
i=0
n∈IN
uniformément vers g . Il existe donc Q ∈ IR[X] tel que N∞ (g − Q) ⩽ 2ε .
•
En conclusion, N∞ (f − Q) ⩽ N∞ (f − g) + N∞ (g − Q) ⩽ ε et la fonction f peut
être approchée uniformément par des fonctions polynomiales.
Exercice 38 Par linéarité, on a :
9 1
∀P ∈ IR[X]
P (x) f (x) dx = 0.
0
D’après le théorème de Weierstrass, il existe une suite (Pn )n∈IN à valeurs dans IR[X]
qui converge uniformément vers P . Puisque la fonction f est bornée, car continue
sur un segment, la suite (Pn f )n∈IN converge uniformément vers f 2 . Par conséquent :
9 1
9 1
Pn (x)f (x) dx −→
f 2 (x) dx.
0=
0
n→+∞
0
2
Puisque f est une fonction positive continue d’intégrale nulle, la fonction f 2 est
nulle, et donc f est nulle.
10.1 1. Soit (fn )n∈IN une suite de fonctions continues, définies sur intervalle I , à valeurs
dans un intervalle J , convergeant uniformément, et ϕ : J → IR une fonction
continue définie sur J . Est-il vrai que la suite ϕ◦fn n∈IN converge uniformément ?
2. Qu’en est-il si l’on suppose de plus que J est un segment ?
10.2 Pour n ∈ IN∗ , soit fn la fonction définie sur IR par :
1
1
fn (x) = n Arctan (x +
− Arctan x −
n
n
Étudier les convergences simple et uniforme de la suite (fn )n∈IN .
.
10.3 Soit K un compact d’un espace vectoriel de dimension finie et (fn )n∈IN une suite
croissante à valeurs dans C(K, IR).
Démontrer que si la suite (fn )n∈IN converge simplement vers f ∈ C(K, IR), alors la
convergence est uniforme (premier théorème de Dini).
10.4 1. Soit (fn )n∈IN une suite de fonctions réelles sur [a, b] ⊂ IR, avec a < b, convergeant simplement vers une fonction f continue sur [a, b]. On suppose que les
fonctions fn sont toutes croissantes (mais on n’exige pas leur continuité). Montrer que la suite (fn )n∈IN converge uniformément vers f (deuxième théorème de
Dini).
2. Soit I un intervalle ouvert, (fn )n∈IN une suite de fonctions convexes sur I convergeant simplement vers une fonction f . Montrer que (fn )n∈IN converge uniformément sur tout segment [a, b] contenu dans I . La convergence uniforme est-elle
assurée sur I tout entier ?
10.5 (Polytechnique 2015)
On fixe un réel x.
1. Démontrer qu’il existe une unique fonction y : ]−1, 1[ → IR telle que :
∀t ∈ ]−1, 1[ y(t) = x + t sin y(t)
2. On admet que y est de classe C 2 . Donner le développement limité de y en 0 à
l’ordre 2 .
3. Soit (yn )n∈IN la suite de fonctions définies sur ]−1, 1[ en posant y0 = x et :
∀n ∈ IN ∀t ∈ ]−1, 1[ yn+1 (t) = x + t sin yn (t) .
Démontrer que la suite (yn )n∈IN converge simplement vers y .
4. Démontrer que f y est lipschitzienne au voisinage de tout point.
5. Démontrer que y est dérivable.
10.6 Pour x > 0 on pose S(x) =
+∞
n=0
(−1)n
n! (x+n) ·
1. Démontrer que S(x) est bien définie et que l’application S est de classe C 1 .
2. Donner une relation entre S(x + 1) et S(x).
3. Équivalents de S en 0 et en +∞ ?
Exercices
10.7 Déterminer le domaine de définition D de la fonction :
x → f (x) =
#
x$
n
(−1) ln 1 +
·
n
n=1
+∞
La fonction f est-elle de classe C 1 sur D ?
Trouver la limite et un équivalent simple de f (x) quand x tend vers −1 .
Trouver la limite et un équivalent simple de f (x) quand x tend vers +∞ .
On cherchera à exprimer f (x) sous forme d’intégrale.
Calculer f (1).
10.8 (Centrale 2015)
1. Démontrer que pour tout n ∈ IN∗ :
0⩽
1
1
1
−
⩽
nπ
nπ
(nπ − 1)2
2. On pose :
f s →
+∞
n=1
1
1
−
nπ s
(nπ)s
·
Démontrer que f est définie et continue sur ]0, +∞[ .
3. Démontrer que f est de classe C ∞ .
√
x ln n
, pour n ∈ IN∗ et x ∈ IR+ .
10.9 On pose un (x) =
1 + xn2
1. Étudier la convergence simple de la série de fonctions
2. Sa somme f est-elle continue sur IR∗+ ? Sur IR+ ?
un .
Indication. On pourra minorer f (1/n2 ).
3. Donner un équivalent de la somme au voisinage de 0+ .
10.10 On pose un (x) =
1
, pour tout n ∈ IN∗ et tout x ∈ IR+ .
n(1 + nx2 )
1. Déterminer le domaine de définition D ⊂ IR+ de f =
+∞
un .
n=1
Étudier la continuité de f sur D .
2. Déterminer les limites et des équivalents simples de f aux bornes de D .
10.11 (Centrale 2015)
1
On pose un (x) = x ln 1 +
n
#
+∞
x$
− ln 1 +
et f (x) =
un (x).
n
n=1
1. Déterminer le domaine de définition D de f .
Montrer que f est de classe C ∞ sur ce domaine.
2. Calculer f (x + 1) − f (x) pour tout x ∈ D .
10.12 Soit ϕ : IR+ → IR une fonction continue.
1. Déterminer toutes les fonctions continues f de IR+ dans IR telles que :
∀x ∈ IR+
f (x + 1) − f (x) = ϕ(x).
(1)
2. On suppose ϕ positive décroissante, de limite L en +∞ .
Montrer que la série de fonctions
ϕ(n)−ϕ(x+n) converge simplement sur IR+
et que sa somme S est une fonction continue.
Montrer que la fonction f : x → xL + S(x) vérifie la relation (1).
10.13 On pose : ∀(n, x) ∈ IN × [0, 2π] Sn (x) =
n
sin(kx).
k=1
<
;
On rappelle l’encadrement π2 x ⩽ sin x ⩽ x pour x ∈ 0, π2 .
1
1. Calculer Sn (x) et vérifier que Sn (x) ⩽
pour tout x ∈ ]0, 2π[ .
sin x2
2. On considère dans la suite de l’exercice une suite décroissante de réels (an )n∈IN
convergeant vers 0 .
Démontrer la convergence simple de la série
an sin(nx).
Indication. Écrire sin(nx) = Sn (x) − Sn−1 (x)
2n
π
3. En considérant
, démontrer que si la convergence est uniforme
ak sin 4n
k=n+1
sur [0, 2π], alors nan −→ 0 .
n→+∞
4. On suppose que nan −→ 0 . Montrer que la série
n→+∞
mément sur [0, 2π]. Indication. On montrera que n1
an sin(nx) converge unifor-
n
10.14 Pour x ∈ IR \ ZZ, on pose f (x) = lim fn (x), où fn (x) =
n→+∞
kak −→ 0 .
n→+∞
k=1
n
1
j=−n x + j
·
1. Montrer que f est bien définie. Montrer que, pour tout x tel que 2x ne soit pas
entier, on a :
1
1
1
·
f (2x) = f (x) + f x +
2
2
2
2. Pour tout x de IR \ ZZ, on pose g(x) = f (x) − π cotan πx. Montrer que g est
continue, prolongeable par continuité sur IR tout entier.
3. Notant encore g ce prolongement,
montrer que g = 0 . Pour cela, on intro
duira A ⩾ 1 , MA = sup g(t) et x0 = inf x ∈ ]0, A] |g(x)| = MA .
t∈[0,A]
√
10.15 Étudier la convergence sur IR+ de la série
e−x n
n⩾1
n3/2
·
Sa somme f est-elle dérivable sur IR∗+ ? sur IR+ ?
Donner un équivalent simple de f (x) lorsque x tend vers l’infini.
Exercices
10.16 Soit f : x →
+∞
n=1
ln 1 + n21x2 .
1. Quelle est le domaine de définition.
2. La fonction f est-elle continue ?
3. Donner un équivalent simple de f (x) en +∞ et en 0 .
10.17 On définit une suite de fonctions (fn )n∈IN sur [0, b] par f0 ∈ C 0 [0, b], IR et :
9 x
fn+1 (x) =
fn (t)dt.
Étudier la série
0
fn . Quelle est sa somme ?
10.18 1. Soit F une fonction dérivable en x. Montrer que, pour toute suite (an ) tendant
vers x en croissant et toute suite (bn ) tendant vers x en décroissant, telles que,
pour tout n, bn − an > 0 , on a :
lim
n→+∞
F (bn ) − F (an )
= F (x).
b n − an
2. Pour x ∈ IR, on pose f (x) = min(x − x , x + 1 − x) = d(x, ZZ), où x désigne
la partie entière de x.
On pose alors :
+∞
10−n f (10n x).
F (x) =
n=0
Montrer que F est définie sur IR, continue et périodique, mais n’est nulle part
dérivable.
La fonction F est un exemple dû à Van Der Waerden de fonction continue nulle
part dérivable.
1
0
10.19 On note A = f ∈ C [0, 1], IR2 f [0, 1] ⊂ [0, 1]2 et f (0) = (0, 0), f (1) = (1, 0) .
On considère l’application Φ : A → F [0, 1], IR2 définie de la manière suivante. Pour
tout f ∈ A, en notant f (t) = x(t), y(t) , on a :
⎧ #
$
<
;
y(4t) x(4t)
⎪
,
si t ∈ 0, 14
⎪
2
2
⎪
⎪
$
#
⎪
<
;
⎪
⎨ x(4t−1) , y(4t−1)+1
si t ∈ 14 , 12
2
2
#
$
∀t ∈ [0, 1] Φ(f )(t) =
<
;
x(4t−2)+1 y(4t−2)+1
⎪
,
si t ∈ 12 , 34
⎪
⎪
2
2
⎪
$
⎪ #
;
<
⎪
⎩ 1 − y(4t−3) , 1−x(4t−3)
si t ∈ 34 , 1
2
2
# $
1. On pose g0 : t → t, 3 1 − 3|2t − 1| /4 .
Tracer le graphe de g0 , puis celui de g1 = Φ(g0 ), puis celui de g2 = Φ(g1 ).
2. Démontrer que Φ laisse stable A et que Φ est 12 -lipschitzienne pour la norme N∞
de C [0, 1], IR2 associée à la norme ∞ de IR2 .
3. On considère une suite (fn )n∈IN définie par récurrence par :
f0 ∈ A
et
∀n ∈ IN
fn+1 = Φ(fn ).
Démontrer que la suite (fn )n∈IN converge uniformément vers une fonction continue f . La fonction f est dite une fonction de Peano.
4. Démontrer que pour n ∈ IN∗ :
2i + 1 2j + 1
n−1
n−1
Cn =
; 0⩽i<2
⊂ fn [0, 1] .
,
, 0⩽j<2
n
n
2
2
5. En déduire que f [0, 1] = [0, 1]2 .
10.20 Pour tout n ∈ IN et x ∈ [−1, 1], on pose :
9
2 n
; an =
Pn (x) = 1 − x
Pn
;
Qn (x) =
[−1,1]
Pn (x)
·
an
2
·
1. (a) Démontrer que an ⩾ n+1
(b) Soit α ∈ ]0, 1[ . Démontrer que la suite (Qn )n∈IN converge uniformément vers
la fonction nulle sur [α, 1].
;
<
2. Soit f une fonction continue sur IR , nulle à l’extérieur de − 12 , 12 . On pose,
pour n ∈ IN :
9 1
∀x ∈ IR fn (x) =
f (x − t)Qn (t) dt
−1
<
;
(a) Démontrer que la restriction de fn à − 21 , 12 est une fonction polynomiale.
<
;
(b) Démontrer que la suite (fn )n∈IN converge uniformément vers f sur − 12 , 12 .
9 1
f (x)Qn (t) dt.
Indication. Remarquer que f (x) =
−1
3. En déduire une démonstration du théorème de Weierstrass.
10.21 Soit f une fonction réelle continue définie IR+ . On suppose qu’il existe a ⩾ 0 tel que
la fonction t → e−at f (t) soit bornée.
9 +∞
1. Démontrer que L : x →
f (t)e−xt dt est définie sur ]a, +∞[ .
0
9 +∞
2. Démontrer que si L(x) =
f (t)e−xt dt est nulle pour tout x > a, alors f est
0
la fonction nulle.
10.22 Soit ϕ l’application de [0, 1] dans lui-même définie par ϕ(t) = 2t(1 − t).
1. Étudier la convergence simple, puis
suite (ϕn )n∈IN , où ϕn = ϕ ◦ ϕ ◦ · · · ◦ ϕ .
la
convergence
uniforme
de
la
n fois
2
2. Soit (a, b) ∈ IR tel que 0 < a < b < 1 et f une application continue de [a, b]
dans IR . Montrer que f est la limite uniforme d’une suite d’applications polynomiales à coefficients dans ZZ.
¼
Solution des exercices
10.1 1. Soit la suite (fn )n∈IN∗ où fn est la fonction constante sur IR égale à n1 et
ϕ : IR∗+ −→ IR∗+
x −→ 1/x.
Il est clair que la suite (fn )n∈IN∗ converge uniformément vers la fonction nulle et
que la suite ϕ ◦ fn n∈IN∗ ne converge pas simplement, a fortiori elle ne converge
pas uniformément.
2. Soit (fn )n∈IN une suite à valeurs dans F (I, J) convergeant uniformément vers f .
Puisque J est fermé, pour tout x ∈ I , on a fn (x) −→ f (x) ∈ J .
n→+∞
D’après le théorème de Heine, la fonction ϕ est uniformément continue.
Soit ε > 0 . Il existe donc η > 0 tel que :
$
#
|x − y| ⩽ η =⇒ ϕ(x) − ϕ(y) ⩽ ε
∀(x, y) ∈ J 2
Il existe n0 tel que N∞ (fn − f ) ⩽ η pour tout n ⩾ n0 . Ainsi, toujours
pour n ⩾ n0 :
∀x ∈ I ϕ fn (x) − ϕ f (x) ⩽ ε.
Par conséquent, la suite ϕ ◦ fn n∈IN converge uniformément vers ϕ ◦ f .
10.2 La fonction Arctan est de classe C 2 et :
∀t ∈ IR
Arctan (t) = −
2t
·
(1 + t2 )2
Puisque Arctan est continue et que lim Arctan (x) = 0 , la fonction Arctan est
x→±∞
bornée. Notons M2 = supArctan (t) .
t∈IR
Ainsi, pour tout (x, h) ∈ IR2 , l’inégalité de Taylor-Lagrange appliquée à la fonction Arctan entre x et h donne :
2
Arctan(x + h) − Arctan(x) − h ⩽ h M2 .
x2 + 1
2
2h Par conséquent Arctan(x + h) − Arctan(x − h) − 2
x + 1
h
= Arctan(x + h) − Arctan(x) − 2
x +1
h
− Arctan(x − h) − Arctan(x) + 2
x +1 h ⩽ Arctan(x + h) − Arctan(x) − 2
x +1
h + Arctan(x − h) − Arctan(x) + 2
x +1
⩽ h2 M 2 .
½
On en déduit que pour tout x ∈ IR et n ∈ IN∗ :
fn (x) − 2 ⩽ M2 ·
2
1+x n
Il s’ensuit que la suite (fn )n∈IN converge uniformément sur IR vers la fonction définie
2
par f (x) = 1+x
2·
10.3 Posons gn = f − fn , pour n ∈ IN.
Les fonctions gn sont continues et positives, car la suite (fn )n∈IN est croissante et
convergente, et que les fonctions fn et f sont continues. La suite (gn )n∈IN est donc
une suite décroissante de fonctions continues positives convergeant simplement vers
la fonction nulle. Démontrons par l’absurde qu’elle converge uniformément vers 0 .
Supposons donc qu’il existe ε > 0 tel que pour tout k ∈ IN il existe un entier nk ⩾ k
et un xk ∈ K vérifiant gnk (xk ) > ε.
Par compacité en dimension finie, le théorème de Bolzano-Weierstrass donne l’existence d’un x ∈ [a, b] et d’une extraction ϕ telle que xϕ(k) −→ x. En pok→+∞
sant ψ(k) = nϕ(k) , on a ψ(k) ⩾ ϕ(k) ⩾ k pour k ∈ IN et donc ψ(k) −→ +∞.
k→+∞
Par convergence simple de la suite (gk )n∈IN , on a gψ(k) (x) −→ 0 .
k→+∞
Il existe donc un entier k0 tel que gψ(k0 ) (x) ⩽ 2ε . Par continuité de gψ(k0 ) , il
existe η > 0 tel que gψ(k0 ) (y) ⩽ ε pour tout y ∈ [a, b] vérifiant |x − y| ⩽ η .
Puisque xϕ(k) −→ x il existe un entier k ⩾ k0 tel que |xϕ(k) − x| ⩽ η . On a alors :
k→+∞
ε < gψ(k) (xϕ(k) ) ⩽ gψ(k0 ) (xϕ(k) ) ⩽ ε,
ce qui est impossible. Par conséquent la suite (gn )n∈IN converge uniformément vers 0 .
10.4 1. Par passage à la limite simple, la fonction f est croissante. De plus, comme elle
est continue sur le compact [a, b], elle est uniformément continue.
Soit ε > 0 ; il existe donc η > 0 tel que :
∀(u, t) ∈ [a, b]2 |t − u| ⩽ η ⇒ f (t) − f (u) ⩽ ε.
b−a
b−a
⩽ η et, pour k ∈ [[0, N ]], notons tk = a + k
·
N
N
La convergence simple de (fn )n∈IN entraîne sa convergence uniforme sur l’ensemble
fini AN des tk . Il existe donc N ⩾ N tel que, pour tout n ⩾ N , on a :
∀k ∈ [[0, N ]] f (tk ) − fn (tk ) ⩽ ε.
Fixons N tel que
Mais alors, pour tout t ∈ [a, b], il existe k tel que tk ⩽ t ⩽ tk+1 . Toujours
pour n ⩾ N , en utilisant d’abord la croissance de fn , puis la continuité uniforme
de f et la convergence uniforme de (fn ) sur AN , on a :
f (t) − fn (t) ⩽ f (t) − fn (tk )
⩽ f (t) − f (tk ) + f (tk ) − fn (tk )
⩽ f (t) − f (tk ) + f (tk ) − fn (tk ) ⩽ 2ε.
¾
Solution des exercices
De même :
fn (t) − f (t) ⩽ fn (tk+1 ) − f (t)
⩽ fn (tk+1 ) − f (tk+1 ) + f (tk+1 ) − f (t)
⩽ fn (tk+1 ) − f (tk+1 ) + f (tk+1 ) − f (t) ⩽ 2ε.
Finalement, pour tout n ⩾ N et tout t ∈ [a, b], on a f (t) − fn (t) ⩽ 2ε ; d’où
la convergence uniforme désirée.
2. La limite simple f d’une suite (fn )n∈IN de fonctions convexes est convexe. En
effet, soient (x, y) ∈ I 2 et t ∈ [0, 1] ; en passant à la limite dans l’inégalité de
convexité de fn :
fn (tx + (1 − t)y) ⩽ tfn (x) + (1 − t)fn (y),
on obtient l’inégalité de convexité de f :
f tx + (1 − t)y ⩽ tf (x) + (1 − t)f (y).
Par ailleurs, la fonction f , convexe sur l’intervalle ouvert I , est nécessairement
continue. En effet, soit x ∈ I , montrons la continuité de f en x. On fixe arbitrairement t, u dans I tels que t < x < u . Alors, si y ∈ ]x, u[ (donc y − x > 0 ) :
f (u) − f (x)
f (x) − f (t)
⩽ f (y) − f (x) ⩽ (y − x)
,
x−t
u−x
ce qui, en faisant tendre y vers x, prouve la continuité de f à droite de x. Un
encadrement analogue prouve la continuité à gauche. Ainsi la fonction f limite
des fn est continue (sur son domaine I ouvert).
Fixons un segment [a, b] ⊂ I . Comme a n’est pas la borne inférieure de I ,
fixons α < a dans I .
fn (x) − fn (α)
est
Pour tout n, la fonction gn définie sur [a, b] par gn (x) =
x−α
croissante sur [a, b], par convexité de fn . La suite de fonctions (gn )n∈IN converge
f (x) − f (α)
simplement vers g définie par g(x) =
·
x−α
Ainsi la suite de fonctions (gn )n∈IN vérifie les hypothèses du second théorème de
Dini (la question précédente) et converge donc uniformément sur [a, b] vers g . Cela
entraîne la convergence uniforme de (fn )n∈IN vers f sur [a, b], car x → x − α est
borné sur [a, b] et fn (x) = (x − α)gn (x) + fn (α).
L’exemple de fn (x) = xn sur ]0, 1[ montre que la convergence n’est pas en général
uniforme sur tout I .
(y − x)
10.5 1. Fixons t ∈ ]−1, 1[ et posons la fonction ϕ : s → x + t sin(s) − s définie sur IR . Il
s’agit de démontrer que ϕ s’annule une seule fois.
La fonction ϕ est de classe C 1 et l’on a ϕ (s) = t cos(s) − 1 < 0 pour tout s ∈ IR .
Il s’ensuit que ϕ est continue, strictement décroissante sur l’intervalle IR , donc
que ϕ est une bijection de IR sur ϕ(IR). Il est clair que lim = −∞ et lim = +∞.
+∞
−∞
Ainsi ϕ(IR) = IR et la conclusion suit.
¿
2. On a y(0) = x. D’après la formule de Taylor-Young, il existe deux réels a et b
tels qu’au voisinage de 0 :
y(t) = x + at + bt2 + o(t2 )
Par conséquent au voisinage de 0 :
y(t) = x + t sin x + at + bt2 + o(t2 )
= x + t sin(x) cos at + bt2 + o(t2 ) + t cos(x) sin at + bt2 + o(t2 )
= x + t sin(x) 1 + o(t) + t cos(x) at + o(t)
= x + t sin x + a cos(x) t2 + o(t2 ).
Par unicité du développement limité , on en déduit :
y(t) = x + sin(x) t +
sin(2x) 2
t + o(t2 ).
2
3. Fixons t ∈ ]−1, 1[ . Pour tout n ∈ IN on a :
yn+1 (t) − y(t) = x + t sin yn (t) − y(t)
#
$
= x + t sin yn (t) − x + t sin y(t)
# $
= t sin yn (t) − sin y(t) .
Puisque sin = cos, l’inégalité des accroissements finis appliquée à la fonction sin
donne | sin a − sin b| ⩽ |b − a|. Par conséquent, pour tout n ∈ IN :
yn+1 (t) − y(t) = |t| sin yn (t) − sin y(t) ⩽ |t| yn (t) − y(t)
Il s’ensuit par récurrence :
∀n ∈ IN yn (t) − y(t) ⩽ |t|n x − y(t).
Puisque |t| < 1 , on en déduit :
yn (t) − y(t) −→ 0.
n→+∞
Cela étant vrai pour tout t ∈ ]−1, 1[ , on a la convergence simple de (yn )n∈IN
vers y .
4. Fixons a ∈ ]0, 1[ . Démontrons par récurrence que la fonction yn est lipschitzienne
sur [−a, a]. Cela démontrera que f est lipschitzienne au voisinage de tout point.
Cela est immédiat lorsque n = 0 , car la fonction y0 est constante.
Supposons que yn soit kn -lipschitzienne sur [−a, a] pour un entier n. Alors, pour
tout (t, t ) ∈ [−a, a]2 , on a :
# $
yn+1 (t ) − yn+1 (t) = t sin yn (t) − sin yn (t ) + sin yn (t ) (t − t )
⩽ |t|sin yn (t) − sin yn (t ) + |t − t | sin yn (t ) Solution des exercices
En utilisant le fait que la fonction sin est 1 -lipschitzienne et qu’elle est à valeurs
dans [−1, 1 , il vient alors :
yn+1 (t ) − yn+1 (t) ⩽ a yn (t) − yn (t ) + |t − t |
⩽ (a kn + 1)|t − t |
Ainsi, la fonction yn+1 est kn+1 -lipschitzienne, avec kn+1 = a kn + 1 . Cela démontre l’assertion par récurrence.
1
Puisque l’équation c = ac + 1 a pour solution c = 1−a
, il est facile de démontrer
par récurrence que yn est c-lipschitzienne sur [−a, a], pour tout n.
Ainsi, puisque pour tout (t, t ) ∈ [−a, a]2 et n ∈ IN on a :
yn (t) − yn (t ) ⩽ c |t − a|,
on conclut par passage à la limite quand n tend vers +∞ que y est clipschitzienne sur [−a, a]. Il s’ensuit que f est lipschitzienne au voisinage de tout
point de ]−1, 1[ .
5. Soit t ∈ ]−1, 1[ . Puisque la fonction f y est lipschitzienne au voisinage de t,
elle est continue en t et, utilisant le développement limité de la fonction sin au
voisinage de y(t), il vient que pour h suffisamment petit :
sin y(t + h) = sin y(t) + y(t + h) − y(t) cos y(t) + o y(t + h) − y(t) .
Puisque f y est lipschitzienne au voisinage de t :
sin y(t + h) − sin y(t) = y(t + h) − y(t) cos y(t) + o(h).
Par conséquent, lorsque h tend vers 0 :
(t + h) sin y(t + h) − t sin y(t)
y(t + h) − y(t)
=
h
h
sin y(t + h) − sin y(t)
=t
+ sin y(t + h)
h
y(t + h) − y(t)
=t
cos y(t) + sin y(t + h) + o(1).
h
Par suite, puisque t cos y(t) = 1 :
sin y(t)
sin y(t + h) + o(1)
y(t + h) − y(t)
·
−→
=
h→0 1 − t cos y(t)
h
1 − t cos y(t)
On a ainsi démontré que la fonction y est dérivable sur ]−1, 1[ .
n
(−1)
·
10.6 Pour x > 0 et n ∈ IN, notons un (x) = n!(x+n)
1. • Soit x ∈ IR∗+ . Pour n ∈ IN on a :
un+1 (x) n+x
1
−→ 0.
un (x) = n + 1 + x n + 1 n→+∞
D’après la règle de d’Alembert, la série numérique
un (x) est absolument
convergente, donc convergente. La fonction S est bien définie sur IR∗+ .
• Montrons que S est de classe C 1 . Pour cela, puisque la série
un converge
simplement sur IR∗+ , démontrons que la série dérivée
un converge norma1
lement au voisinage de tout point, les fonctions un étant toutes de classe
C .
Pour cela, il suffit de démonter la convergence normale de la série
un sur
tout intervalle de la forme [a, +∞[ , avec a > 0 .
Soit a > 0 . Pour tout x ∈ [a, +∞[ :
1
1
1 1
un (x) = n!(x + n)2 ⩽ n! (a + n)2 ⩽ a2 n! ·
1
La convergence de la série
n! garantit la convergence normale de la série de
fonctions
un sur [a, +∞[ . La conclusion suit.
2. Soit x > 0 . On a :
+∞
(−1)n
S(x + 1) =
n!(x + n + 1)
n=0
=
=
+∞
(−1)n−1
(n − 1)!(x + n)
n=1
+∞
(−1)n−1
n=1
n!
1−
x
x+n
+∞
= (1 − e−1 ) + x
(−1)n
n!(x + n)
n=1
= (1 − e−1 ) + x
S(x) −
En d’autres termes :
(deux séries convergentes)
1
x
S(x + 1) = xS(x) − e−1 .
(∗)
3. • Équivalent en 0 .
+∞
+∞
(−1)n
(−1)n
On a S(1) =
=−
= 1 − e−1 .
(n + 1)!
n!
n=0
n=1
Puisque S est continue (elle est de classe C 1 ), la relation (∗) donne :
xS(x) − e−1 −→ S(1) = 1 − e−1 .
x→0
1
On en déduit S(x) ∼ ·
0 x
• Équivalent en +∞.
Pour tout x > 0 et n ∈ IN, posons vn (x) = xun (x). On a :
x
1
vn (x) = 1
⩽ ·
n! x + n
n!
1
La convergence de la série numérique
n! assure la convergence normale,
donc uniforme, de la série
vn sur IR∗+ . Par ailleurs, pour n ∈ IN on a :
(−1)n
·
x→+∞
n!
vn (x) −→
Solution des exercices
Ainsi, le théorème de la double limite donne :
xS(x) =
+∞
n=0
Par suite S(x) ∼
e
+∞
−1
x
+∞
(−1)n
vn (x) −→
x→+∞
n=0
n!
= e−1 .
·
#
x$
.
10.7 Notons un (x) = (−1)n ln 1 +
n
• Le domaine de définition de un est ]−n, +∞[, donc D ⊂ ]−1, +∞[.
1
n x
.
D’autre part, pour x fixé dans ]−1, +∞[ , on a un (x) = (−1)
+O
n
n2
x
La série
(−1)n
converge d’après le théorème des séries alternées et la sén
1
rie
O
est absolument convergente, donc la série
un (x) converge.
n2
Par suite D = ]−1, +∞[ .
• Utilisons le théorème de dérivation des séries de fonctions de classe C 1 .
∗ Pour tout n ∈ IN∗ , un est de classe C 1 sur D et :
(−1)n
·
x+n
∗ La série
u converge simplement sur D d’après ce qui précède.
n
∗ La série
un converge uniformément sur D car, d’après le théorème des séries
alternées, en notant Rn son reste d’indice n, on a :
(−1)n+1 1
Rn (x) ⩽ un+1 (x) = ⩽ ,
n + 1 + x n
∀x ∈ ]−1, +∞[ ∀n ∈ IN∗
un (x) =
1
donc sup Rn (x) ⩽ , d’où lim sup Rn (x) = 0 .
n→+∞ x>−1
n
x>−1
D’après le théorème précité, f est de classe C 1 sur D et :
f (x) =
+∞
n=1
un (x) =
+∞
n
(−1)
n=1
n+x
·
La classe C 1 de f est plus facile à démontrer que sa continuité.
• Équivalent en x = −1 .
Pour x > −1, on peut écrire f (x) = − ln (1 + x) + g (x) avec g (x) =
+∞
un (x) .
n=2
Par un raisonnement identique à celui fait pour f, on montre que la fonction g
est de classe C 1 sur ]−2, +∞[ . La fonction g est en particulier continue donc
bornée au voisinage de −1, ce qui entraîne que f (x) ∼ − ln (1 + x) quand x
tend vers −1+ .
• Équivalent en +∞.
Pour x ⩾ 0 et N ∈ IN∗ :
N
n
(−1)
n+x
n=1
=
N
n
9 1
(−1)
t
x+n−1
dt =
0
n=1
=
#
$
9 1 −tx 1 − (−t)N
9 1
N
n
(−1) tx+n−1 dt
0 n=1
9 1
dt =
−tx
N
dt + (−1)
1+t
9 1
tx+N
dt.
1+t
1+t
0
0
0
9 1 x+N
9 1
1
t
Or, 0 ⩽
tx+N dt =
0.
dt ⩽
−→
x + N + 1 N →+i nf ty
0 1+t
0
En faisant tendre N vers +∞ dans l’égalité précédente, on obtient :
9 1 x
t
f (x) = −
dt.
0 1+t
En intégrant par parties, il vient :
@1 9 1
A
tx+1
−tx+1
−1
f (x) =
−
dt =
− R (x)
2
(x + 1) (1 + t) 0
2 (x + 1)
0 (x + 1) (1 + t)
9 1 x+1
t
1
1
1
avec 0 ⩽ R (x) ⩽
dt =
=
−
·
(x
+
1)
(x
+
1)
(x
+
2)
x
+
1
x
+
2
0
On en déduit pour x > 0 :
9 x
9 x
9 x
ln (x + 1)
1
R (t) dt = −
R (t) dt.
dt −
−
f (x) = f (0) −
2
0 2 (t + 1)
0
0
9 x
9 x
x+1
1
1
dt = ln
Or 0 ⩽
R (t) dt ⩽
−
+ ln 2, d’où :
t
+
1
t
+
2
x
+2
0
0
f (x) = −
ln x
ln x
ln(x + 1)
+ O(1) = −
+ o (ln x) ∼
·
+∞ 2
2
2
2p
• Calcul de f (1).
1
.
(−1)n ln 1 +
La série étant convergente, on a f (1) = lim
p→+∞
n
n=1
D’autre part, pour p ∈ IN∗ , on a :
2p
(−1)n ln 1 +
n=1
1
n
=
p
ln 1 +
k=1
=
p
k=1
=
p
ln
1
2k
2k + 1
2k
− ln 1 +
− ln
1
2k − 1
2k
2k − 1
(ln(2k + 1) + ln(2k − 1)) − 2
k=1
p
ln(2k)
k=1
= ln(2p + 1) + 2 ln
(2p − 1) · · · 1
(2p) · · · 2
= ln(2p + 1) + 2 ln
(2p)!
22p p!2
= 2 ln
:
(2p)!
2p + 1 2p 2
2 p!
.
Solution des exercices
D’après l’équivalent de Stirling :
√
(2p)! ∼ 22p+1 πp2p+1/2 e−2p
et 22p p!2 ∼ 22p+1 πp2p+1 e−2p .
+∞
5
5
:
(2p)!
1
2p + 1
2
Par suite 2p + 1 2p 2 ∼ √
−→
·
+∞
n→+∞
2 p!
π
p
π
2
·
On en déduit que f (1) = ln
π
+∞
10.8 1. Par définition de la partie entière, pour tout n ∈ IN∗ :
nπ − 1 < nπ ⩽ nπ.
Puisque ces trois réels sont strictement positifs, on a :
1
1
1
⩽
<
·
nπ
nπ
nπ − 1
1
1
1
1
1
1
·
−
⩽
−
=
⩽
nπ
nπ
nπ − 1 nπ
nπ(nπ − 1)
(nπ − 1)2
2. • Démontrons la convergence simple sur ]0, +∞[ de la série de fonctions
un ,
1
·
De
la
même
manière
qu’à
la
question
précédente,
où un (s) = nπ1 s − (nπ)
s
puisque s > 0 , on a pour tout entier n ⩾ 1 :
Par suite 0 ⩽
0⩽
1
1
1
1
−
⩽
−
·
nπ s
(nπ)s
(nπ − 1)s
(nπ)s
(∗)
Par ailleurs, nπ−1 ⩾ nπ−π . On en déduit alors de l’inégalité (∗), pour n ⩾ 2 :
1
1
1
1
−
⩽
−
·
s
s
s
nπ
(nπ)
((n − 1)π)
(nπ)s
1
1
La série télescopique
((n−1)π)s − (nπ)s est convergente, car, du fait
0⩽
n⩾2
1
que s > 0 , on a (nπ)
−→ 0 . Par comparaison, les termes généraux étant
s
n→+∞
positifs, la série
un (t) est convergente.
• Démontrons la convergence uniforme au voisinage de tout point de ]0, +∞[ de
la série de fonctions
un . Fixons a > 0 . Pour tout n ∈ IN∗ et s ⩾ a, on a :
+∞
+∞
1
1
1
1
=
−
⩽
·
s
s
s
((k − 1)π)
(kπ)
nkπ)
(nπ)a
k=n+1
k=n+1
1
Puisque (nπ)
−→ 0 , la série
un converge uniformément sur [a, +∞[ .
a
0⩽
uk (s) ⩽
n→+∞
• Les fonctions un étant continues, on en déduit que f est continue sur IR∗+ .
.
3. Soit p ∈ IN∗ . Démontrons que f est de classe C p .
• On remarque que par opérations sur les fonctions de classe C p , les fonctions un
sont de classe C p et pour tout k ∈ [[0, p]], n ∈ IN∗ et s > 0 l’on a :
k
k
ln
(nπ
))
(nπ)
ln
k
.
−
u(k)
n (s) = (−1)
nπ s
(np)s
k
• Soit k ∈ [[0, p]]. La fonction définie sur [1, +∞[ par ϕk (s) = lnts t est décroissante sur un intervalle [αk , +∞[ , comme peut le montrer une étude de fonction,
et ϕk (s) −→ 0 par croissance comparées. Il s’ensuit que pour tout n ⩾ αk +1
s→+∞
et s > 0 , on a :
(n − 1)π
lnk (nπ)
s −
·
(np)s
(n − 1)p
lnk (n − 1)π
lnk (nπ)
s −
étant converPar suite, la série télescopique
(np)s
(n − 1)p
(k)
gente, par comparaison, la série
uk converge simplement sur ]0, +∞[ . Cela
pour tout k ∈ [[0, p]].
• Fixons a > 0 . Pour n ⩾ αp + 1 , et s ⩾ a on a :
lnk
0 ⩽ (−1)k u(k)
⩽
n
0⩽
+∞
(p)
uk (s) ⩽
k=n+1
+∞
lnp ((k − 1)π) lnp (kπ)
−
((k − 1)π)s
(kπ)s
k=n+1
=
lnp (nπ)
lnp (nπ)
⩽
·
(nπ)s
(nπ)a
p
(nπ)
−→ 0 , on en déduit la convergence uniforme de la séPuisque ln(nπ)
a
n→+∞
(p)
rie
un sur [a, +∞[ . Par théorème f est de classe C p sur [a, +∞[ . Cela
étant vérifié pour tout a > 0 , la fonction f est de classe C p sur IR∗+ .
p
∞
• La fonction f étant de classe C pour tout p ∈ IN, elle est de classe C
10.9 1. La série
.
un (0) converge car un (0) = 0. Pour x > 0 , on a :
un (x) ∼
ln n
√ =o
n2 x
1
n3/2
,
donc la série
un converge simplement sur IR+ .
2. Pour x ⩾ a > 0 , on a :
√
x ln n
ln n
ln n
=√ 2 ⩽ √ 2 ;
0 ⩽ un (x) ⩽
xn2
xn
an
ce majorant indépendant de x ⩾ a est le terme général d’une série convergente,
d’après ce qui précède, donc la série converge normalement sur l’intervalle [a, +∞[ .
Par conséquent, les fonctions un étant continues par opérations sur les fonctions
continues, la somme f est continue sur IR∗+ .
1
Mais pour xn = 2 , la série étant à terme général positif, on a, en reconnaissant
n
une somme de Riemann :
9 2
2n
2n
ln n 1
dx
f (xn ) ⩾
up (xn ) ⩾
∼ ln n
·
2
n
1
+
(p/n)
1
+
x2
1
p=n+1
p=n+1
Par conséquent :
1
−→ +∞,
n2 n→+∞
et donc f n’est pas continue à droite de 0 .
f
Solution des exercices
3. Encadrons f (x) =
+∞
un (x) par des intégrales.
n=2
Pour x > 0 et n ⩾ 2 , on a :
9 n+1
n
et donc :
9 n+1
n
1
dt
⩽
⩽
1 + xt2
1 + xn2
ln (t − 1)
ln n
dt ⩽
⩽
1 + xt2
1 + xn2
9 n
dt
1
+
xt2
n−1
9 n
ln(t + 1)
dt,
2
n−1 1 + xt
Par suite, en sommant :
9 +∞
9 +∞
+∞
√
√
ln (t − 1)
ln(t + 1)
x
dt
⩽
f
(x)
=
u
(x)
⩽
x
dt.
n
2
1
+
xt
1 + xt2
2
1
n=2
√
En effectuant le changement de variable v = xt dans les deux intégrales, il vient :
√
9 +∞
9 +∞ √
ln (v − x)
ln x
dv
−
dv
2
2
√
√
1+v
2 x
2 x 1+v
√
9 +∞ √
9 +∞
ln(v + x)
ln x
dv
−
dv.
⩽ f (x) ⩽ √
√
1 + v2
1 + v2
x
x
√
Or en posant le changement de variable u = v − x :
9
9 +∞
9
√
+∞
ln (v − x) +∞
ln u
|ln u|
=
⩽
dv
du
du.
√
2
√
2
√
x 1 + (u + x)
1+v
1 + u2
2 x
0
√
De même, en posant le changement de variable u = v + x :
9
9 +∞
9 +∞
√
+∞
ln
(v
+
x)
ln
u
|ln u|
=
⩽
dv
du
du
√
√
2
2
√
1+v
1 + u2 /4
x)
2 x 1 + (u −
0
x
Ainsi, quand x tend vers 0+ :
9
9 +∞ √
ln x
ln x +∞ dv
π
f (x) ∼ − √
dv
∼
−
= − ln x.
2
2
1
+
v
2
1
+
v
4
2 x
0
10.10 1. La série diverge pour x = 0 , puisque un (0) = n1 ·
un (x) ,
Pour tout x > 0 , on a un (x) ∼ n21x2 ; d’où la convergence de la série
par comparaison aux séries de Riemann.
La fonction f est donc définie sur IR∗+ .
Pour tout a > 0 et tout n ∈ IN∗ , on a sup un (x) = un (a) , car un est positive
x⩾a
∗
et décroissante sur IR+ . Par suite, la série
un converge normalement, donc
uniformément, sur tout intervalle [a, +∞[ ⊂ IR∗+ ; comme chaque un est continue
sur IR∗+ , la fonction f est continue sur IR∗+ .
2. • Pour l’étude en +∞ , appliquons à la série
théorème de la double limite.
vn , avec vn (x) = x2 un (x) , le
1
∗ On a ∀ (x, n) ∈ IR+ × IN∗ 0 ⩽ vn (x) ⩽ 2 ·
n
Par suite, la série
vn converge normalement, donc uniformément, sur IR+ .
∗
∗ Pour tout n ∈ IN , on a lim vn (x) = n12 ·
x→+∞
On peut donc conclure que
Ainsi
lim x2 f (x) =
x→+∞
+∞
n=1
1
π2
n2 = 6 ·
2
π
lim f (x) = 0 et f (x) ∼ 6x
2·
x→+∞
• Pour l’étude en 0 , nous utiliserons un encadrement par l’intégrale.
1
Fixons x > 0 . La fonction t → t(1+tx
2 ) est continue, positive et décroissante.
Comme la série
un (x) converge, cette fonction est intégrable sur [1, +∞[
et l’on peut écrire :
9 n+1
dt
∀n ⩾ 1 un (x) ⩾
t (1 + tx2 )
n
9 n
dt
∀n ⩾ 2 un (x) ⩽
·
t
(1
+
tx2 )
n−1
On en déduit, par sommation :
9 +∞
9 +∞
dt
dt
1
⩽ f (x) ⩽
·
+
2)
2
t
(1
+
tx
1
+
x
t
(1
+
tx2 )
1
1
Comme :
9
dt
=
t (1 + tx2 )
9
1
x2
−
t
1 + tx2
dt = ln
t
,
1 + tx2
il vient u (x) ⩽ f (x) ⩽ v (x) , avec :
u (x) = −2 ln x + ln 1 + x2
v (x) = −2 ln x + ln 1 + x2 +
1
·
1 + x2
Comme u (x) ∼ −2 ln x et v (x) ∼ −2 ln x, au voisinage de 0+ , on peut conclure que lim+ f (x) = +∞ et que f (x) ∼ −2 ln x.
x→0
10.11 1. • Le domaine de définition de un est ]−n, +∞[ , donc D ⊂ ]−1, +∞[ . D’autre
part, pour x fixé dans ]−1, +∞[ , on a :
un (x) = x
1
+O
n
1
n2
−
x
+O
n
1
n2
=O
1
n2
,
donc
un (x) converge absolument, d’où D = ]−1, +∞[ .
• Soit p ∈ IN avec p ⩾ 2. Nous allons montrer que f est de classe C p en
utilisant le théorème du cours sur les séries de fonctions de classe C p , ce qui
prouvera que f est de classe C ∞ sur D . Commençons par remarquer que les
fonctions un sont toutes de classe C ∞ .
Solution des exercices
∗ La série
un converge simplement sur D d’après ce qui précède.
Pour n ∈ IN∗ et x ∈ D :
1
1
1
1
1
1
1
−
1+O
=O
−
,
un (x) = ln 1 +
= +O
n
n+x
n
n2
n
n
n2
donc la série un converge simplement sur D .
1
(k − 1)!
(k)
, donc la sé= O
Pour k ∈ [[2, p − 1]], un (x) = (−1)k
k
k
n
(n + x)
(k)
rie
un converge simplement sur D .
∗ Pour tout segment [a, b] inclus dans D :
(p − 1)!
1
sup u(p)
,
p = O
n (x) ⩽
p
n
(n
+
a)
x∈[a,b]
(p)
donc la série
un converge normalement sur [a, b] .
Ces hypothèses entraînent la classe C p de f sur D .
2. Pour x ∈ D , on a f (x + 1) − f (x) = lim Sn (x) avec :
n→+∞
Sn (x)
=
n
ln
k=1
=
n
k+1
k
+
n
ln
k=1
k+x
k
− ln
k+1+x
k
n
ln (k + 1) − ln k +
ln (k + x) − ln (k + 1 + x)
k=1
k=1
=
ln (n + 1) + ln (1 + x) − ln (n + 1 + x)
=
ln (1 + x) − ln
n+1+x
n+1
,
donc f (x + 1) − f (x) = ln (1 + x) .
10.12 1. Nous allons montrer que les fonctions f qui vérifient la relation sont entièrement
déterminées, par leur restriction f0 à [0, 1[ qui est une fonction ayant pour seules
contraintes d’être continue sur [0, 1[ et d’avoir pour limite f0 (0) + ϕ(0) à gauche
en 1.
• Si f est une solution et si f0 désigne sa restriction à [0, 1[ , on a facilement
par récurrence sur n, que, pour x ∈ [n, n + 1[ , et y = x − n ∈ [0, 1[ :
f (x) = f0 (y) +
n−1
ϕ (y + k) .
k=0
La fonction f étant continue en x = 1, on a lim+ f (x) = lim− f (x) c’est-àx→1
x→1
dire, en utilisant l’égalité précédente :
lim+ f0 (x − 1) + ϕ (x − 1) = lim− f0 (x) ,
x→1
x→1
donc :
f0 (0) + ϕ (0) = lim− f0 (x) .
x→1
• Réciproquement, soit f0 une fonction continue sur [0, 1[ admettant f0 (0) + ϕ (0)
comme limite en 1− et f la fonction définie sur IR+ par :
∀n ∈ IN ∀x ∈ [n, n + 1[ f (x) = f0 (x − n) +
n−1
ϕ (x − n + k) ,
k=0
ce qui donne en particulier ∀x ∈ [0, 1[ f (x) = f0 (x) .
Si n ∈ IN et x ∈ [n, n + 1[ , on a x + 1 ∈ [n + 1, n + 2[ donc :
n
f (x + 1) = f0 x + 1 − (n + 1) +
ϕ x + 1 − (n + 1) + k
k=0
= f0 (x − n) +
n−1
ϕ (x − n + k) + ϕ (x) = f (x) + ϕ (x) .
k=0
D’autre part f est évidemment continue sur chaque intervalle [n, n + 1[ , et
pour n ∈ IN∗ :
n−2
lim− f (x) = lim− f0 x − (n − 1) +
ϕ x − (n − 1) + k
x→n
x→n
k=0
= lim f0 (z) +
z→1−
n−2
ϕ (1 + k) ,
k=0
et en utilisant l’hypothèse lim− f0 (z) = f0 (0) + ϕ (0) :
z→1
lim− f (x) = f0 (0) +
x→n
n−1
ϕ (k) = f (n) ,
k=0
donc f est continue sur IR+ .
2. Montrons que la série de fonctions
un , où un (x) = ϕ(n) − ϕ(x + n), converge
normalement sur tout intervalle de la forme [0, k], avec k ∈ IN∗ fixé, ce qui assurera
la continuité de la somme.
Pour x ∈ [0, k], on a : 0 ⩽ ϕ(n)−ϕ(x+n) ⩽ ϕ(n)−ϕ(k+n) ; de plus pour N ⩾ k :
k−1
N
N
+k
k−1
ϕ(n) −
ϕ(n) −→
ϕ(n) − kL,
ϕ(n) − ϕ(k + n) =
n=0
n=0
ce qui prouve la convergence normale de
On peut alors écrire :
S(x) − S(x + 1) = lim
N →∞
n=N +1
N →+∞
n=0
un sur [0, k].
N
ϕ(k) − ϕ(x + k) − ϕ(k) + ϕ(x + k + 1)
k=0
N
= lim
ϕ(x + k + 1) − ϕ(x + k)
N →∞
= lim
N →∞
k=0
ϕ(x + N + 1) − ϕ(x) = L − ϕ(x).
Cela entraîne facilement que f vérifie la relation de l’énoncé.
Solution des exercices
10.13 1. Soit n ∈ IN. Il est clair que Sn (0) = Sn (2π) = 0 . Pour x ∈ ]0, 2π[ on a classiquen
eikx :
ment, par exemple en considérant Im
k=1
sin n2 x sin n+1
2 x
Sn (x) =
·
sin x2
L’inégalité demandée est alors immédiate.
2. La convergence de la série
an sin(nx) est immédiate si x = 0 ou x = 2π .
Pour x ∈ ]0, 2π[ et n ∈ IN∗ , on a :
n
ak sin(kx) =
k=1
n
ak Sk (x) − Sk−1 (x)
k=1
=
n−1
(ak − ak+1 )Sk (x) + an Sn (x)
k=1
Fixons x. On a :
(ak − ak+1 )Sk (x) ⩽ (ak − ak+1 )
1
= O (ak − ak+1 ) .
sin x2
La série télescopique à terme général positif (ak −ak+1 ) étant convergente, par le
théorème de comparaison, la série (ak −ak+1 )Sk (x) est absolument convergente,
donc convergente. Puisque la suite Sn (x) n∈IN est bornée, an Sn (x) −→ 0 et
n→+∞
donc la suite
n−1
(ak − ak+1 )Sk (x) + an Sn (x)
converge.
k=1
Par suite, la série
n∈IN
an sin(nx) est convergente.
; π;
3. Pour n ∈ IN , pour tout k ∈ [[n + 1, 2n]], on a kπ
4n ∈ 0, 2 .
Par conséquent les sin kπ
4n sont positifs. On a donc :
∗
Rn
#π $
4n
− R2n
#π$
4n
=
2n
ak sin
kπ
4n
a2n sin
kπ
4n
k=n+1
⩾
2n
k=n+1
⩾
2n
k=n+1
=
a2n
2 kπ
π 4n
((ak )n∈IN décroissante)
(inégalité de convexité)
2n
a2n 3n + 1
k = a2n
⩾0
2n
4
k=n+1
La convergence uniforme de la série donne
#π $
#π $
3n + 1
0 ⩽ a2n
⩽ Rn
− R2n
⩽ N∞ (Rn − R2n ) −→ 0
n→+∞
4
4n
4n
et donc 2na2n −→ 0 . Cela implique, puisque la suite (an )n∈IN est décroissante
n→+∞
et a2n −→ 0 , que pour tout n :
n→+∞
0 ⩽ (2n + 1)a2n+1 ⩽ (2n + 1)a2n = 2n a2n + a2n −→ 0.
n→+∞
La conclusion est alors immédiate.
4. Par symétrie, on peut se restreindre à ]0, π].
À l’aide de la question 2, pour x ∈ ]0, π] et n ∈ IN∗ , nous disposons de la relation :
Rn (x) =
+∞
(ak − ak+1 )Sk (x).
k=n+1
On en déduit l’inégalité :
+∞
Rn (x) ⩽
(ak − ak+1 )Sk (x)
k=n+1
⩽
+∞
(ak − ak+1 )
k=n+1
⩽
+∞
(ak − ak+1 )
k=n+1
= an+1
1
sin x2
(question 1)
π
x
(inégalité de convexité)
π
·
x
( )
D’autre part, pour tout entier p > n et x ∈ ]0, π] :
p
p
p
ak sin(kx) ⩽
ak sin(kx) ⩽ x
kak
k=n+1
k=n+1
(
)
k=n+1
En combinant, pour tous les entiers n et p vérifiant p > n > 0 et x ∈ ]0, π], on
obtient :
p
+∞
Rn (x) =
ak sin(kx) +
(ak − ak+1 )Sk (x)
k=n+1
k=p+1
et donc les inégalités ( ) et ( ) donnent :
p
+∞
Rn (x) ⩽ ak sin(kx) + (ak − ak+1 )Sk (x)
k=n+1
⩽x
p
k=n+1
k=p+1
k ak +
π
ap+1
x
(
)
p
ak k = 0 et d’après ( )
L’inégalité (
) est vérifiée même si p ⩽ n, car alors
k=n+1
π
on a Rn (x) ⩽ x an+1 ⩽ πx ap+1 .
Solution des exercices
Soit ε > 0 . Pour x ∈ ]0, π], en posant p =
O1P
xε
, on obtient :
p
Rn (x) ⩽ 1
ak k + ε(p + 1)ap+1 .
εp
k=n+1
L’hypothèse
lim n an = 0 s’écrit n an = o(1) et comme 1 est le terme général
nto+∞
positif d’une série divergente, par sommation des relations de comparaison, on en
n
déduit
k ak = o(n).
k=1
Il existe donc n0 tel que pour tout p > n0 on ait :
1
kak ⩽ ε2
p
p
k=1
et donc pour tout n ⩾ n0 et pour tout p ∈ IN, on a :
p
p
1 1 kak ⩽
kak ⩽ ε2
p k=n+1
p k=1
p
1 0⩽
kak = 0 ⩽ ε2
p k=n+1
0⩽
si p > n
si p ⩽ n
Par ailleurs, la suite (nan )n∈IN est convergente, donc majorée. Soit M un majorant
de cette suite. Alors, pour tout n ⩾ n0 :
ε2
∀x ∈ ]0, π] Rn (x) ⩽
+ M ε = (M + 1)ε
ε
On en déduit la convergence uniforme de la suite (Rn )n∈IN vers 0 .
n
1
2x
·
+
2
x p=1 x − p2
2x
, la série
converge absolument, donc
x2 − p2
10.14 1. • Pour x ∈ IR \ ZZ on a, fn (x) =
Puisque
2x
=O
x2 − p2
1
p2
converge et f (x) est bien défini.
• Si 2x n’est pas entier, alors x et x +
fn (x) + fn x +
1
2
=
2n+1
k=−2n
1
ne le sont pas et l’on peut écrire :
2
2
2
= 2f2n (2x) +
·
2x + k
2x + 2n + 1
En faisant tendre n vers +∞, on obtient :
f (2x) =
1
1
f (x) + f
2
2
• Remarquons que l’égalité fn (x + 1) = fn (x) +
x+
1
2
·
1
1
−
entraîne, par
x+1+n x−n
passage à la limite, la 1 -périodicité de f.
2. • On vérifie facilement que la fonction x → h(x) = π cotan πx est également
1 -périodique, donc g = f − h l’est aussi.
+∞
2x
1
est continue
=
2
2
x
k=1 x − k
sur ]−1, 1[ en utilisant le théorème de continuité des séries de fonctions. Notons
que les fonctions x → x22x
−k2 sont continues sur ]−1, 1[ .
2x ∗
⩽ 2a , ce qui prouve
Soit a ∈ ]0, 1[ . Pour tout k ∈ IN , sup 2
2
x − k k 2 − a2
• Montrons que la fonction γ : x → f (x) −
x∈[−a,a]
la convergence normale sur [−a, a] de la série
2x
, donc la continuité
2 − k2
x
k⩾1
de sa somme sur [−a, a] , puis sur ]−1, 1[ .
• La fonction g = f − h est donc continue sur ]−1, 1[ \ {0} et pour x ∈ ]−1, 1[ :
h (x) = π
1 + o (x)
1
1
= (1 + o (x)) = + o (1) ,
πx + o (x2 )
x
x
donc x → g (x) = γ (x) + o (1) est prolongeable en une fonction continue
sur ]−1, 1[ en posant g (0) = 0. Par 1 -périodicité, g est prolongeable en une
fonction continue sur IR tout entier.
3. La fonction h vérifie sur IR \ ZZ la même relation fonctionnelle que f car si 2x
n’est pas entier, on a :
h (x) + h x +
1
2
= π cotan (πx) − π tan πx
=π
cos2 (πx) − sin2 (πx)
= 2h (2x) .
cos (πx) sin (πx)
La fonction g = f − h vérifie la même relation fonctionnelle que f et h sur IR \ ZZ.
Par continuité, elle vérifie également cette relation sur IR.
Comme la fonction |g| est continue sur le segment [0, A], elle atteint sa borne
supérieure sur ce segment, donc l’ensemble T = x ∈ [0, A] g(x) = MA est
−1 non vide et c’est un fermé de IR car égal à [0, A] ∩ |g|
{MA } , donc il contient
sa borne inférieure, d’où l’existence de x0 .
x0
1
Mais x0 ⩽ 2A − 1 , donc
+ ⩽ A, d’où :
2
2
$
# # $
x
1
0
⩽ MA , et MA = g(x0 ) ⩽ 1 g x0 + MA ,
g
+
2
2 2
2
# x $
0 par suite g
⩾ MA . Ce n’est possible que si x0 = 0 , autrement dit :
2
MA = g(0) = 0.
Donc g = 0 sur [0, A] puis sur IR par 1 -périodicité.
√
e−x n
10.15 On pose un (x) = 3/2 pour n ∈ IN∗ et x ∈ IR+ .
n
1
• Pour tout x ⩾ 0 , on a un (x) ⩽ n3/2
. Par comparaison aux séries de Riemann,
la série de fonctions
un converge normalement sur IR+ . Les fonctions un étant
Solution des exercices
continues, la somme f est continue sur IR+ . Par ailleurs, par croissances compa
un (x) diverge alors
rées, pour tout x < 0 , on a un (x) −→ +∞. La série
grossièrement. En conclusion, f =
n→+∞
+∞
un est définie sur IR+ et elle est continue.
n=1
• Les fonctions un sont de classe C 1 et pour tout x ⩾ 0 et n ⩾ 1 :
e
un (x) = −
√
−x n
·
n
Soit a > 0 . Par croissance de la fonction exponentielle, on a pour tout x ⩾ a
et n ⩾ 1 :
√
√
e−x n
e−a n
−un (x) =
⩽
n
n
et par croissances comparées :
e
0 ⩽ −un (x) ⩽
√
−a n
1
n2
=o
n
·
Par comparaison aux séries de Riemann, la série
un converge normalement au
voisinage de tout point de IR∗+ et donc f est de classe C 1 sur IR∗+ .
n (0)
Pour tout x > 0 et n ⩾ 1 , on a un (x)−u
⩽ 0 . Par conséquent :
x
2
∀n ∈ IN
∀x ∈ IR∗+
√
f (x) − f (0) e−x k − 1
⩽
·
x
x
n
k=0
1
√
Soit M ∈ IR+ . La série
étant divergente, il existe un entier n tel
k
n
1
√ ⩾ 2M . Fixons n. Par ailleurs
que
k
k=1
√
n
e−x k − 1
x
k=0
et donc il existe η > 0 tel que :
∀x ∈ ]0, η]
−→ −
x→+0
n
1
√ ,
k
k=1
√
n
e−x k − 1
k=0
⩽−
x
n
1
√ + M,
n
k=1
ce qui implique :
n
∀x ∈ ]0, η]
√
f (x) − f (0) e−x n − 1
⩽
⩽ −M,
x
x
k=0
en d’autres termes,
f (x)−f (0)
−→ −∞. Par suite, f
x
x→0
n’est pas dérivable en 0 .
• On a, pour tout x > 0 :
0⩽
+∞
n=2
+∞
√ un (x) ⩽ e−x 2
1
·
3/2
n
n=2
Donc, quand x tend vers +∞ , f (x) = e−x + o (e−x ) , c’est-à-dire f (x) ∼ e−x .
+∞
10.16 Pour n ∈ IN, posons un : x → ln 1 + n21x2 . Il est clair que un est définie sur IR∗ et
continue. Par parité de un , on peut restreindre l’étude de à IR∗+ .
1. Soit x ∈ IR∗+ . Puisque n21x2 −→ 0 , on a :
n→+∞
un (x) = ln 1 +
1
n2 x2
1
∼
n→+∞ n2 x2
·
Par comparaison aux séries de Riemann, la série
un (x) est convergente. On en
déduit que le domaine de définition de f est IR∗ .
2. Démontrons que la série de fonctions
un converge normalement au voisinage
de tout point de IR∗+ . Pour cela il suffit d’établir la convergence normale sur tout
intervalle de la forme [a, +∞[ , avec a > 0 . Soit donc a > 0 . Par croissance de la
fonction ln , on a pour tout n ∈ IN∗ et x ⩾ a :
0 ⩽ un (x) = ln 1 +
1
n2 x2
⩽ ln 1 +
1
n 2 a2
.
La convergence de la série numérique
un (a) assure la convergence normale de
la série de fonctions
un sur [a, +∞[ . Par conséquent, les fonctions un étant
continues, la fonction f est continue.
3. • Équivalent en +∞.
On constate que pour n ∈ IN∗ on a un (x)
supposer que f (x)
∼
1
2
x→+∞ x
+∞
1
∼
2 2 . Il est alors naturel de
x→+∞ n x
1
n2 ·
n=1
On sait que l’inégalité ln(1 + t) ⩽ t est valable pour tout t > −1 . En no
tant vn : x → x2 ln 1 + n21x2 , il s’ensuit :
0 ⩽ vn (x) ⩽
1
·
n2
Par conséquent, la série de fonctions
vn converge normalement, donc uniformément sur IR∗+ . Par ailleurs, il a été remarqué que lim vn (x) = n12 ·
n→+∞
D’après le théorème de la double limite :
lim
x→+∞
+∞
vn (x) =
n=1
En d’autres termes, x2 f (x) −→
+∞
1
n=1
n2
·
+∞
1
2 , i.e. :
x→+∞ n=1 n
f (x)
+∞
1 1
·
x→+∞ x2
n2
n=1
∼
• Équivalent en 0 .
La technique utilisée plus haut est inopérante, car un (x) ∼ + −2 ln x et,
x→0
pour x fixé, la série (−2 ln x) est grossièrement divergente.
Solution des exercices
Soit x > 0 . L’application t → ln 1 + x21t2 est continue, décroissante. Puisque
la série numérique
un (x) est convergente, par comparaison série/intégrale,
cette dernière fonction est intégrable. On en déduit l’encadrement :
9 +∞
9 +∞
1
1
1
ln 1 + 2 2 dt ⩽ f (x) ⩽
ln 1 + 2 2 dt + ln 1 + 2 . (∗)
x t
x t
x
1
1
9 +∞
1
ln 1 + 2 2 . Le changement de variable liCalculons I(x) =
x
t
1
u
néaire t = x donne :
9
1 +∞ I(x) =
ln(1 + u2 ) − 2 ln u du .
x x
J(x)
Les fonctions U : u → ln(1 + u2 ) − 2 ln u et V : u → u sont de classe C 1
sur IR∗+ et :
U (u)V (u) = u ln 1 +
1
u2
∼
Ainsi, une intégration par parties donne :
1
J(x) = −x ln 1 + 2
x
= −x ln 1 +
9 +∞
+2
x
1
x2
u
u→+∞
+2
#π
1
−→ 0.
u2 u→+∞
du
1 + u2
$
− Arctan(x) .
2
1
Puisque 2 2 − Arctan(x) −→ π et ln 1 + x2 ∼ ln x12 ∼ −2 ln x, on a
π
x→0
x→0
x→0
par croissances comparées :
π
·
x→0
x→0 x
Toujours par croissances comparées, au voisinage de 0 on a :
#π $
1
.
ln 1 + 2 ∼ −2 ln x = o
0
x
x
J(x) −→ π
I(x) ∼
et
L’encadrement (∗) donne alors :
f (x) ∼
0
π
·
x
10.17 On établit facilement, par récurrence sur n, que la fonction fn+1 est de classe C n+1
et qu’elle vérifie :
(n+1)
fn+1
= f0
et
fn+1 (0) = fn+1
(0) = · · · = fn+1 (0) = 0.
(n)
En appliquant l’inégalité de Taylor-Lagrange, on en déduit :
xn+1
∀x ∈ [0, b] fn+1 (x) ⩽ N∞ (f0 )
·
(n + 1)!
bn+1
N∞ (f0 ), ce qui prouve la convergence normale
(n + 1)!
sur [0, b] de la série de fonctions
fn .
Par suite N∞ (fn+1 ) ⩽
Posons f =
+∞
fn . Il s’agit d’une série simplement convergente sur [0, b] de fonctions
n=1
de classe C 1 , dont la série dérivée converge normalement sur [0, b]. D’après le théorème
de dérivation des séries de fonctions, f est de classe C 1 et l’on a :
f =
+∞
fn =
n=1
Comme f (0) = 0 , la fonction f =
+∞
fn−1 = f0 + f.
n=1
+∞
fn est l’unique solution sur [0, b] de l’équation
n=1
différentielle y − y = f0 , avec y(0) = 0 , c’est-à-dire :
9 x
∀x ∈ [0, b] f (x) = ex
e−t f0 (t) dt.
0
10.18 1. En effet, soit :
F (bn ) − F (an )
F (bn ) − F (x) + F (x) − F (an )
=
b n − an
b n − x + x − an
(bn − x)τbn (x) + (x − an )τan (x)
=
,
b n − x + x − an
An =
F (x) − F (a)
si x = a et F (x) si x = a.
x−a
Ainsi An est un barycentre à masses positives de deux suites réelles de même
limite F (x). Donc lim An = F (x) .
où τa (x) =
n→+∞
2. La fonction f est de période 1 et :
x
f (x) =
1−x
si x ∈ [0, 1/2]
si x ∈ ]1/2, 1].
On en déduit que f est continue et à valeurs dans [0, 1/2].
La série de fonctions
un , avec un (x) = 10−n f (10n x), est une série de fonctions
continues qui converge normalement sur IR car :
∀x ∈ IR 0 ⩽ 10−n f (10n x) ⩽ 10−n /2.
La somme F est donc définie et continue sur IR ; elle est, comme f , de période 1 .
+∞
xp
Soit alors x ∈ [0, 1[ , de développement décimal propre x =
, où tous les xp
p
p=1 10
sont dans [[0, 9]]. Pour tout n ∈ IN∗ , on pose :
an =
n
xp
p=1
10p
et
b n = an +
1
·
10n
F (bn ) − F (an )
= 10n F (bn ) − F (an ) n’a pas de limite
b n − an
lorsque n tend vers l’infini.
Nous allons montrer que
Solution des exercices
Pour k ⩾ n, 10k an =
n
10k−p xp ∈ ZZ ; de même 10k bn ∈ ZZ, donc :
p=1
f (10k an ) = f (10k bn ) = 0.
Pour k < n, on a :
10k an =
n
n
10k−p xp = 10k an +
p=1
10k−p xp .
p=k+1
• Si xk+1 ∈ [[0, 4]], on a :
10k an − 10k an ∈ [0, 1/2]
10k an − 10k an + 10k−n ∈ [0, 1/2].
et
On en déduit :
n
f 10k an =
10k−p xp
p=k+1
n
f 10k bn =
10k−p xp + 10k−n ,
p=k+1
# $
d’où 10−k f 10k bn − f 10k an = 10−n = bn − an .
• Si xk+1 ∈ [[5, 9]], on a :
10k an − 10k an ∈ [1/2, 1]
10k an − 10k an + 10k−n ∈ [1/2, 1].
et
On en déduit :
n
f 10k an = 1 −
10k−p xp
p=k+1
n
f 10k bn = 1 −
10k−p xp − 10k−n ,
p=k+1
# $
d’où 10−k f 10k bn − f 10k an = −10−n = − (bn − an )
εk , avec εk ∈ {−1, 1} . La série
εk diverge, car
k=0
$
#
(an )
n’a donc pas de
son terme général ne tend pas vers 0 ; la suite F (bbnn)−F
−an
(an )
=
Finalement, F (bbnn)−F
−an
n−1
limite et, d’après la première question, F n’est pas dérivable en x.
<
<
<
<
;
;
;
;
10.19 Notons I0 = 0, 14 , I1 = 14 , 12 , I2 = 12 , 34 et I3 = 34 , 1 .
1. On obtient les graphes suivants
y
O
y
g0
x
O
y
g1
x
O
g2
x
2. • Il y a a priori ambiguïté sur la définition de f en 1/4 , 1/2 et 3/4 . Il est facile
de vérifier pour chacun de ces points que les deux expressions données ont la
même valeur.
• Soit f : t → x(t), y(t) un élément de A.
<
;2
∗ Pour tout t ∈ I0 , on a Φ(f )(t) ∈ 0, 21 .
<
;
; <
∗ Pour tout t ∈ I1 , on a Φ(f )(t) ∈ 0, 12 × 12 , 1 .
<
; <
;
∗ Pour tout t ∈ I2 on a Φ(f )(t) ∈ 12 , 1 × 12 , 1 .
<1 ; < 1;
∗ Pour tout t ∈ I3 on a Φ(f )(t) ∈ 2 , 1 × 0, 2 .
Par conséquent Φ(f ) est à valeurs dans [0, 1]2 . De plus :
Φ(f )(0) =
y(0) x(0)
,
2
2
= (0, 0) et
Φ(f )(1) =
1−
y(1) 1 − x(1)
,
2
2
= (1, 0).
Les restrictions de Φ(f ) à I0 et I1 sont continues. Par suite la fonction Φ(f )
est continue à gauche et à droite en 1/4 , donc elle est continue. On vérifie
de même la continuité en 1/2 et 3/4 . Il s’ensuit que l’application Φ(f ) est
continue.
• Soit f1 et f2 deux éléments de A. Pour tout t ∈ I0 :
>
>
>
>
>Φ(f )(t)−Φ(g)(t)> ⩽ 1 > x2 (4t)−x1 (4t), y2 (4t)−y1 (4t) > ⩽ 1 N∞ (f1 − f2 )
∞
∞
2
2
>
>
1
>
>
On démontre de même que Φ(f1 )(t) − Φ(f2 )(t) ∞ ⩽ 2 N∞ (f1 − f2 ) sur les
intervalles Ii avec i ∈ [[1, 3]]. Il s’ensuit que :
1
N∞ Φ(f1 ) − Φ(f2 ) ⩽ N∞ (f1 − f2 ).
2
3. Montrons que la série (fn+1 − fn ) converge normalement. Pour tout n ∈ IN, du
fait que Φ est 12 -lipschitzienne, on a :
N∞ (fn+2 − fn+1 ) ⩽
1
N∞ (fn+1 − fn )
2
et par une récurrence immédiate :
1
∀n ∈ IN N∞ (fn+1 − fn ) ⩽ n N∞ (f1 − f0 ).
2
1
La convergence de la série géométrique
2n permet de conclure. Par suite la
série
(fn+1 − fn ) converge uniformément et la suite (fn )n∈IN converge uniformément vers une fonction f . Puisque les fonctions fn sont continues et que la
convergence est uniforme, la fonction f est continue.
4. Démontrons l’assertion par récurrence.
Puisque :
f1 (1/2) =
x(4(1/2) − 1) y(4(1/2) − 1) + 1
,
2
2
=
x(1) y(1) + 1
,
2
2
=
1 1
,
2 2
l’assertion est vérifiée au rang 1 .
Supposons l’assertion vraie pour un entier n. Soit
Distinguons quatre cas.
2i + 1 2j + 1
,
2n+1 2n+1
∈ Cn+1 .
Solution des exercices
• Supposons 0 ⩽ i < 2n et 0 ⩽ j < 2n . D’après l’hypothèse de récurrence, il
2i+1
existe t ∈ [0, 1] tel que fn (t) = 2j+1
. Par conséquent,
2n , 2n
fn+1
t
4
=
1
2
2i + 1 2j + 1
,
2n
2n
·
• Supposons 0 ⩽ i < 2n et 2n ⩽ j < 2n+1 . D’après l’hypothèse de récurrence,
$
#
2j +1
. Par
puisque 0 ⩽ j − 2n < 2n , il existe t ∈ [0, 1] tel que fn (t) = 2i+1
n ,
n
2
2
j
conséquent, puisque t+1
4 ∈
fn+1
t+1
4
=
1
2
<1 1;
4, 2 :
2i + 1
2j + 1
,1 +
n
2
2n
=
2i + 1 2j + 1
,
2n+1 2n+1
·
• Les cas 2n ⩽ i < 2n+1 et 2n ⩽ j < 2n+1 , et 2n ⩽ i < 2n+1 et 0 ⩽ j < 2n se
traitent de manière analogue.
5. Démontrons que [0, 1]2 ⊂ f [0, 1] . Pour cela, fixons ε > 0 et (x, y) ∈ [0, 1]2 .
Commençons par remarquer que pour tout n ∈ IN∗ , il existe (xn , yn ) ∈ Cn tel
>
>
que |x − xn | ⩽ 21n et |y − xn | ⩽ 21n , i.e. tel que >(x, y) − (xn , yn )>∞ ⩽ 21n ·
Pour n ∈ IN, notons tn ∈ [0, 1] tel que fn (tn ) = (xn , yn ). Par convergence uniforme :
>
>
>
>
>
>
0 ⩽ >f (tn ) − (x, y)> ⩽ >f (tn ) − fn (tn )> + >fn (tn ) − (x, y)>
∞
∞
∞
1
⩽ N∞ (fn − f ) + n −→ 0,
2 n→+∞
ce qui démontre que (x, y) ∈ f [0, 1] .
Puisque f est continue et que [0, 1] est un compact de IR , l’ensemble f [0, 1] est
un compact de IR2 , en particulier il est fermé. Par conséquent, [0, 1]2 ⊂ f [0, 1] .
Puisque fn [0, 1] ⊂ [0, 1]2 pour tout n, on obtient par passage à la limite dans
les inégalités que f [0, 1] ⊂ [0, 1]2 et donc que f [0, 1] = [0, 1]2 .
n
10.20 1. (a) Pour tout n ∈ IN et t ∈ [0, 1] on a 1 − t2 ⩾ (1 − t)n . Par conséquent :
9 1
9 1
9 1
2
(1 − t2 )n dt = 2
(1 − t2 )n dt ⩾ 2
(1 − t)n dt =
an =
·
n+1
−1
0
0
(b) Soit α ∈ ]0, 1[ . Pour tout n ∈ IN :
∀t ∈ [α, 1]
0 ⩽ Qn (t) ⩽
(1 − α2 )n
n+1
⩽
(1 − α2 )n −→ 0.
n→+∞
an
2
Ainsi, la suite (Qn )n∈IN converge uniformément vers la fonction nulle sur [α, 1].
2n
2. (a) Soit n ∈ IN et notons Qn =
αk X k .
k=0
<
;
Soit x ∈ − 21 , 12 . En posant le changement de variable t = x − u , il vient, en
;
<
remarquant que f est nulle à l’extérieur de − 12 , 12 :
9 1
9 x+1
fn (x) =
f (x − t)Qn (t) dt =
f (u)Qn (x − u) du
−1
=
9 min{x+1, 12 }
max{x−1,− 12 }
x−1
f (u)Qn (x − u) du =
9 12
− 12
f (u)Qn (x − u) du
Il s’ensuit par linéarité et la formule du binôme :
9 12
2n
fn (x) =
αk
f (u)(x − u)k du
− 12
k=0
9 12
k
k−i
(−1) αk
x
f (u)uk−i du.
=
1
i
−
2
i=0
k=0
<
;
Cela démontre que la restriction de fn à − 12 , 12 est une fonction polynomiale.
(b) La fonction f est uniformément continue sur IR . En effet elle l’est sur le seg;
<
;
<
ment − 21 , 12 . Elle l’est également sur IR \ − 21 , 12 . Enfin la continuité de f
k
2n i
en ± 21 permet de conclure.
Soit ε > 0 . Il existe α > 0 tel que pour tout (x, y) ∈ IR2 on a f (x)− f (y) ⩽ ε
pour tout (x, y) vérifiant |x − y| ⩽ α .
9 1
<
;
Soit x ∈ − 12 , 12 . Puisque
Qn (t) dt = 1 , on a :
f (x) − fn (x) =
9 1
−1
9 1
=
−1
9 α
=
−α
−1
f (x)Qn (t) dt −
−1
f (x − t)Qn (t) dt
f (x) − f (x − t) Qn (t) dt
f (x) − f (x − t) Qn (t) dt +
9 1
+
α
9 1
9 −α
−1
f (x) − f (x − t) Qn (t) dt.
f (x) − f (x − t) Qn (t) dt
Solution des exercices
Par conséquent, la fonction Qn étant à valeurs positives et la fonction f bornée :
9 α
9 −α
f (x) − fn (x) ⩽
f (x) − f (x − t)Qn (t) dt +
f (x) − f (x − t)Qn (t) dt
−α
9 1
+
−1
f (x) − f (x − t)Qn (t) dt
α
⩽ε
9 −α
9 α
−α
Qn (t) dt + 2N∞ (f )
⩽ ε + 2N∞ (f )
−1
9 −α
−1
9 1
Qn (t) dt +
Qn (t) dt
α
9 1
Qn (t) dt +
Qn (t) dt
α
Puisque la suite (Qn )n∈IN converge uniformément vers 0 sur [α, 1] et par parité
sur [−1, −α], on a :
9 −α
9 1
Qn (t) dt +
Qn (t) dt −→ 0.
−1
n→+∞
α
Par suite, il existe n0 tel que pour tout n ⩾ n0 on a :
9 −α
9 1
Qn (t) dt +
Qn (t) dt
2N∞ (f )
−1
Par conséquent :
A
1 1
∀x ∈ − ,
2 2
⩽ ε.
α
@
f (x) − fn (x) ⩽ 2ε
ce qui donne la convergence uniforme de (fn )n∈IN vers f .
;
<
3. Soit f : − 12 , 12 → IR une fonction continue. Si f − 21 = f 12 = 0 , on peut
<
;
prolonger f à IR en une fonction continue nulle à l’extérieur de − 12 , 12 . L’étude
;
<
précédente montre que f est limite uniforme sur − 21 , 12 d’une suite de fonctions
polynomiales.
De manière générale, la fonction :
g : x → f (x) − f (−1/2) − f (1/2) − f (−1/2) (x + 1/2)
est une fonction continue, nulle en 1/2 et −1/2 . Par suite g est limite uniforme
d’une suite de fonctions polynomiales et puisque f et g diffèrent d’une fonction
polynomiale, f est limite uniforme d’une suite de fonctions polynomiales.
Dans le cas général, si f : [a, b] → IR est une fonction continue, la fonction
<
;
g : − 21 , 12
−→ IR
t −→ f a+b
2 + (b − a)t
<
;
est une fonction continue sur − 12 , 12 . Elle est limite uniforme d’une suite de
fonctions polynomiales (gn )n∈IN . Par conséquent, la fonction f est limite uniforme
de la suite (fn )n∈IN , où
∀n ∈ IN ∀x ∈ [a, n] fn (x) = gn
2x − a − b
2(b − a)
·
10.21 1. Soit M un majorant de la fonction t → e−at f (t) . Pour tout x > a, on a :
∀t ∈ IR+ f (t)e−xt = f (t)e−xt+at−at ⩽ M e−(x−a)t .
Il s’ensuit que L est bien définie sur ]a, +∞[ et que
g(t) = f (t)e−(a+1)t −→ 0.
t→+∞
2. Posons le changement de variable t = − ln(u), qui est de classe C 1 et strictement
monotone. Pour tout x ⩾ 0 , on a :
9 1
9 +∞
g(t)e−(x+1)t dt =
g(− ln u)ux du.
0 = L(a + x + 2) =
0
0
h(u)
Puisque g(t) −→ 0 , on a h(u) −→ 0 . La fonction h se prolonge en une fonction
t→+∞
u→0
continue sur [0, 1]. Par ailleurs,
∀n ∈ IN
9 1
h(u) un du,
0=
0
et par linéarité :
9 1
∀P ∈ IR[X] 0 =
h(u) P (u) du.
0
D’après le théorème de Weierstrass, Il existe une suite (Pn )n∈IN de fonctions polynomiales convergeant uniformément vers h. Ainsi :
9 1
9 1
0=
h(u)Pn (u) du −→
h2 (u) du
n→+∞
0
0
2
La fonction h étant continue, positive et d’intégrale nulle sur un intervalle, elle
est nulle. Par suite h, puis f sont nulles.
10.22 1. La suite (ϕn ) converge simplement sur [0, 1] vers la fonction f définie par :
f (0) = f (1) = 0
et
f (x) = 1/2 si x ∈ ]0, 1[.
En effet, soit x0 ∈ [0, 1] ; notons xn = ϕn (x0 ).
• Si x0 ∈ ]0, 1/2], on a xn ∈ ]0, 1/2], pour tout n. On vérifie facilement que
la suite (xn ) est croissante et majorée par 1/2 ; donc elle converge et c’est
nécessairement vers un point fixe de f . Le seul candidat possible est dans ce
cas 1/2 .
• Si x0 ∈ ]1/2, 1[ , alors x1 ∈ ]0, 1/2] et l’on est ramené au cas précédent.
• Si x0 = 0 ou 1 , on a xn = 0 , pour n ⩾ 1 .
La convergence n’est pas uniforme, car la fonction limite n’est pas continue.
Montrons qu’en revanche, la convergence est uniforme sur [a, 1 − a], pour
tout a ∈ ]0, 1/2[ . On a, pour tout (n, x) ∈ IN∗ × [0, 1] , ϕn (1 − x) = ϕn (x)
et ϕn est croissante sur [0, 1/2] ; on en déduit :
1/2 − ϕn (x) = 1/2 − ϕn (a)
sup ϕn (x) − 1/2 = sup
x∈[a,1−a]
x∈[a,1/2]
Solution des exercices
qui tend vers 0 lorsque n tend vers l’infini, d’après l’étude de la convergence
simple.
Il y a a fortiori convergence uniforme sur tout segment [a, b] ⊂ ]0, 1[ .
2. Notons A l’anneau des fonctions polynomiales à coefficients dans ZZ. Il est clair
que ϕn ∈ A. Donc la fonction constante 1/2 est limite uniforme sur [a, b] d’une
suite de fonctions dans A . Par produit, pour tout entier k ⩾ 1 , la constante 1/2k
sur [a, b] est elle-même limite uniforme d’applications toutes dans A. De même,
pour p ∈ ZZ, la constante p/2k est limite uniforme sur [a, b] de fonctions de A. La
pxq
fonction x → xq étant bornée sur [a, b], pour tout q ∈ IN, la fonction x → k
2
est aussi limite uniforme sur [a, b] d’une suite de fonctions dans A. Par densité
dans IR de l’ensemble des réels de la forme 2pk , avec (p, k) ∈ ZZ × IN, on en déduit
que toute fonction de la forme x → λxq , avec (λ, q) ∈ IR × IN, est limite uniforme
sur [a, b] d’une suite de fonctions de A.
L’adhérence de A contient les polynômes donc C [a, b], IR , d’après le théorème
de Weierstrass.
I
Séries entières . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1
Rayon de convergence . . . . . . . . . . . . . . . .
2
3
582
582
Pratique de la détermination du rayon de convergence 586
Opérations algébriques sur les séries entières . . . 590
4
Continuité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Séries entières de la variable réelle . . . . . . . . .
592
593
1
2
Séries dérivées . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Primitive de la somme d’une série entière . . . . .
593
593
3
Dérivation de la somme d’une série entière . . . . .
Développements en série entière . . . . . . . . . .
594
595
1
Fonctions développables en série entière . . . . . .
595
2
3
L’exponentielle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Séries du binôme . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
599
603
Pratique du développement en série entière . . .
1
Opérations algébriques et analytiques . . . . . . .
605
605
2
3
Utilisation d’équations différentielles . . . . . . . .
Séries de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
607
610
4
Développement en série entière et suites . . . . . .
611
5
Étude au bord du disque ouvert de convergence . .
612
Démonstrations et solutions des exercices du cours . .
Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
614
635
II
III
IV
11
Dans ce chapitre, IK désigne soit le corps IR, soit le corps C.
Les séries entières sont des séries de fonctions de la variable complexe. Il
se trouve que beaucoup de fonctions usuelles sont, du moins au voisinage
de 0, sommes de séries entières. Par ailleurs, les séries entières permettent de
construire facilement des solutions de certains problèmes, tel par exemple la
résolution d’équations différentielles.
IR+
La relation d’ordre usuelle sur IR+ est étendue à IR+ = IR+ ∪{+∞} en posant :
∀x ∈ IR
x < +∞.
La relation ainsi obtenue est encore une relation d’ordre total.
À l’instar des définitions concernant les parties de IR, on introduit pour toute
partie A ⊂ IR+ les notions suivantes.
• Un majorant de A est un élément M ∈ IR+ tel que x ⩽ M pour
tout x ∈ A. On définit de même un minorant. L’élément +∞ est un
majorant de toute partie de IR+ .
• Un maximum de A est un élément M ∈ A tel que x ⩽ M pour tout x ∈ A.
Puisque la relation d’ordre est totale, s’il existe un maximum, celui-ci est
unique ; on le note max A. De même, on définit un minimum.
• La borne supérieure de A est le plus petit des majorants. On définit de
même la borne inférieure. Si la borne supérieure existe, elle est unique ; on
la note sup A.
Soit z0 ∈ IK et r ∈ IR+ .
• On pose DO (z0 , r) l’ensemble {z ∈ IK | |z − z0 | < r}.
Si r est réel, cela correspond dans le cas où IK = C, au disque ouvert de
centre z0 et de rayon r . Dans le cas où IK = IR, alors D0 (0, r) = ]−r, r[.
Dans les deux cas, on a DO (z, +∞) = IK.
• On pose DF (z0 , r) est l’ensemble {z ∈ IK | |z − z0 | ⩽ r}. Si r est réel,
dans le cas où K = C, cela correspond au disque fermé de centre z0 et
de rayon r , et, dans le cas où IK = IR, cela correspond à [−r, r]. On a
encore DF (0, +∞) = IK.
Proposition 1
Dans IR+ , toute partie non vide admet une borne supérieure.
Démonstration page 614
Définition 1
Soit a = (an )n∈IN une suite complexe.
La série entière associée à a est la série de fonctions
un , où :
un : C −→ C
z −→ an z n .
La somme de la série entière est la somme de la série
la fonction z →
1. On note
+∞
n=0
un , c’est-à-dire
an z n
an z n la série entière associée à la suite a.
2. Si l’indexation commence à partir de n0 , on notera
n⩾n0
an z n .
3. De manière analogue, on définit les séries entières de la variable réelle,
comme étant les séries de fonctions un , où un : t → an tn est une fonction
de la variable réelle.
4. Séries entières lacunaires. Soit (an )n∈IN une suite complexe.
On note
an z 2n la série entière
bn z n où la suite (bn )n∈IN est définie
par :
∀n ∈ IN b2n+1 = 0 et b2n = an .
Plus généralement, si (νn )n∈IN est une suite strictement croissante d’en
tiers, on note
an z νn la série entière
cn z n , où la suite (cn )n∈IN est
définie par :
∀n ∈ IN cn =
ak si n = νk , avec k ∈ IN ;
0 sinon.
Théorème 2 (Lemme d’Abel)
Soit (an )n∈IN une suite complexe et z0 ∈ C tel que la suite (an z0n )n∈IN soit
bornée.
Alors pour tout z ∈ C tel que |z| < |z0 |, la série
an z n est absolument
convergente.
Principe de démonstration.
Démontrer, dans le cas où la suite (an z0n )n∈IN est bornée, que
# $
n
l’on a an z n = O z lorsque n tend vers +∞ .
Démonstration page 614
z0
Lemme 3
Soit (an )n∈IN une suite complexe.
L’ensemble r ∈ IR+ | (|an | r n )n∈IN est bornée est un intervalle non vide
de IR.
Démonstration page 614
Définition 2
Soit (an )n∈IN une suite complexe.
1. La borne supérieure dans IR+ de r ∈ IR+ (|an | r n )n∈IN est bornée est
le rayon de convergence de la série entière
an z n .
2. Le disque ouvert de convergence de la série entière
est DO (0, R).
an z n
3. L’intervalle ouvert de convergence de la série entière (de la variable
réelle)
an tn est ]−R, R[.
1
·
|α|
En effet, la suite (αn z n )n∈IN est bornée si, et seulement si, |αz| ⩽ 1 .
Soit α ∈ C∗ . Le rayon de convergence de
αn z n est r =
1. Le rayon de convergence d’une série entière est un élément de IR+ ∪ {+∞}.
2. Le disque ouvert de convergence est un ouvert éventuellement vide de C.
L’intervalle ouvert de convergence est un ouvert de IR .
3. Le disque ouvert de convergence est vide si R = 0. Le disque ouvert de
convergence est C si R = +∞.
4. Il vient de la définition que si la suite (an z n )n∈IN est bornée, alors |z| ⩽ R.
De même, si la suite (an z n )n∈IN n’est pas bornée, alors R ⩽ |z|.
5. On ne peut rien dire a priori sur le comportement de la suite |an | Rn n∈IN ,
lorsque le rayon de convergence R est un réel strictement positif.
6. Si (an )n∈IN est une suite complexe et λ ∈ C∗ , alors les rayons de conver
gence des séries entières
an z n ,
|an |z n et
λan z n coïncident.
7. Invariance par décalage. Soit p ∈ IN et
de convergence R.
an z n une série entière de rayon
Le rayon de convergence de
an z n+p est alors R. En effet, si r ∈ IR∗+ ,
alors la suite (an r n )n∈IN est bornée si, et seulement si, la suite :
(an r n+p )n∈IN = r p (an r n )n∈IN
est bornée.
De même le rayon de convergence de
an+p z n est R. En effet, pour
∗
n
tout r ∈ IR+ , la suite (an r )n⩾p est bornée si, et seulement si, la suite :
(an r n−p )n⩾p = r −p (an r n )n⩾p
est bornée.
Proposition
4
n
Soit
an z une série entière de rayon de convergence R et z ∈ C.
1. Si |z| < R, alors la série numérique
2. Si |z| > R, alors la série numérique
an z n converge absolument.
an z n diverge grossièrement.
Démonstration page 614
Proposition
5
n
Soit
an z une série entière de rayon de convergence R. Le domaine de
définition D de la somme f : z →
+∞
n=0
an z n vérifie :
DO (0, R) ⊂ D ⊂ DF (0, R)
Démonstration.
C’est une conséquence immédiate de la proposition 4.
n
1. Le rayon de convergence de
z est 1 . Puisqu’une série géométrique est convergente si, et seulement si, la raison est de module strictement inférieur à 1 , le
domaine de définition de la somme est DO (0, 1).
zn
2. Le rayon de convergence de la série entière
n2 est 1 . En effet, si |z| ⩽ 1 , alors
n⩾1
# n $
# n $
|z |
la suite |zn2 |
est
majorée
par
1
et
si
|z|
>
1
,
la
suite
tend
n2
∗
∗
n∈IN
n∈IN
vers +∞ par croissances comparées. Par ailleurs, pour tout z vérifiant |z| ⩽ 1 , par
zn
comparaison aux séries de Riemann, la série
n2 est absolument convergente.
n⩾1
Par suite, le domaine de définition de la somme est DF (0, 1).
3. Le rayon de convergence de
on a :
zn
n!
|z|n+1
(n+1)!
|z|n
n!
D’après
la
donc |z|
n!
n
règle
de
est +∞. En effet, pour tout complexe z = 0 ,
=
|z|
−→ 0.
n + 1 n→+∞
d’Alembert,
−→ 0 , a fortiori la suite
n→+∞
la
#
série
$
n
|z|
n!
n∈IN
|z|n
n!
est
convergente
est bornée. Puisque cela est
vérifié pour tout complexe z = 0 , on a R = +∞ et la fonction f : z →
+∞
n=0
définie sur C.
et
zn
n!
est
n! z n est 0 . En effet, d’après l’étude précédente,
# $n
1
1
−→ 0 , et donc n!|z|n −→ +∞.
pour tout complexe z = 0 , on a n!
|z|
4. Le rayon de convergence de
n→+∞
n→+∞
Ainsi, la suite (!n|z|n )n∈IN n’est bornée pour aucun z = 0 , ce qui implique que le
rayon de convergence de
n!z n est nul. Par conséquent, le domaine de définition
+∞
de la fonction f : z →
n! z n est {0} .
n=0
Point méthode
Pour déterminer le rayon de convergence d’une série entière, on procède
souvent par double inégalité.
Soit (an )n∈IN une suite complexe. Nous avons déjà remarqué que si la
suite (an z n )n∈IN est bornée, alors le rayon de convergence R vérifie l’inégalité |z| ⩽ R (cf. page 584). Le point suivant en découle.
Point méthode (Minoration du rayon de convergence)
Soit
an z n une série entière de rayon de convergence R et z ∈ C.
On a R ⩾ |z| si l’une des propriétés suivantes est vérifiée :
1. la suite (an z n )n∈IN est bornée ;
2. la suite (an z n )n∈IN converge ;
3. la série
4. la série
an z n converge ;
an z n converge absolument.
La contraposée du lemme d’Abel donne une méthode pour majorer le rayon
de convergence.
Point méthode (Majoration du rayon de convergence)
Soit
an z n une série entière de rayon de convergence R et z ∈ C.
On a R ⩽ |z| si l’une des propriétés suivantes est vérifiée :
1. la série
2. la série
|an z n | diverge ;
an z n diverge ;
3. la suite (an z n )n∈IN n’est pas bornée ;
n
p.614 Exercice 1 Montrer que la série
n z a pour rayon de convergence 1 .
p.615 Exercice 2 Soit
an z n une série entière de rayon de convergence R .
√
Montrer que le rayon de convergence de
an z 2n est R (avec une convention à
donner pour R = +∞).
p.615 Exercice 3 Soit
an z n une série entière de rayon de convergence R .
Montrer que le rayon de convergence R de
a2n z n vérifie R ⩾ R2 (avec une
convention à donner pour R = +∞). Peut-on espérer mieux ?
$n2
n
#
p.615 Exercice 4 Quel est le rayon de convergence de
1 + (−1)
zn ?
n
Proposition 6 (Comparaison)
Soit
an z n et
bn z n deux séries entières de rayons de convergence respectifs Ra et Rb .
Si l’inégalité |an | ⩽ |bn | est vérifiée à partir d’un certain rang, alors Ra ⩾ Rb .
Démonstration. Soit r ∈ IR+ tel que la suite (bn r n )n∈IN soit bornée. Puisque |an r n | ⩽ |bn r n |
à partir d’un certain rang, la suite (an r n )n∈IN est également bornée. On a donc Rb ⩽ Ra .
p.616 Exercice 5 Pour n ∈ IN∗ , on note d(n) le nombre de diviseurs de n. Donner le
rayon de convergence de
d(n) z n .
Corollaire
7
Soit
an z n et
bn z n deux séries entières de rayons de convergence Ra
et Rb respectivement.
1. Si an = O(bn ) ou an = o(bn ), alors Ra ⩾ Rb .
2. Si |an | ∼ |bn |, alors Ra = Rb .
Démonstration page 616
Le rayon de convergence de la série
Arctan
1
2n
z n est 2 .
En effet :
1
2n
z n
Arctan
∼
1
n→+∞ 2n
.
converge si, et seulement si, |z| < 2 . Ainsi
D’autre part, la série géométrique
2
1 n
le rayon de convergence de la série entière
2n z est 2 et donc, par comparaison,
1
le rayon de convergence de la série entière
Arctan n z n est également 2 .
2
On peut parfois utiliser la règle de d’Alembert pour déterminer le rayon de
convergence d’une série entière.
1. Soit (an )n∈IN une suite de complexes tous non nul. Notons R le rayon de conver
gence de la série
an z n . Supposons que :
|an+1 |
−→ L ∈ IR+ .
|an | n→+∞
Examinons plusieurs cas.
(a) Supposons L ∈ ]0, +∞[ . Alors pour tout z ∈ C∗ , on a :
|an+1 z n+1 |
|an+1 |
=
|z| −→ L|z|.
n
n→+∞
|an z |
|an |
an z n est abso• Si |z| < L1 , alors d’après la règle de d’Alembert la série
lument convergente. Par suite |z| ⩽ R . Puisque cela est vrai pour tout z
vérifiant |z| < L1 , on en déduit que L1 ⩽ R.
• Si |z| > L1 , alors, toujours d’après le règle de d’Alembert, la série
|an z n |
est divergente. Par suite |z| ⩾ R . Puisque cela est vrai pour tout z vérifiant |z| > L1 , on en déduit que L1 ⩾ R.
En conclusion R = L1 ·
(b) Supposons L = 0 . Alors, pour tout z ∈ C∗ , on a :
|an+1 z n+1 |
|an+1 |
=
|z| −→ 0.
n→+∞
|an z n |
|an |
Par suite la série
an z n est absolument convergente pour tout z ∈ C . Par
conséquent R = +∞.
(c) Supposons L = +∞. Alors pour tout z ∈ C∗ , on a :
|an+1 z n+1 |
|an+1 |
=
|z| −→ +∞.
n→+∞
|an z n |
|an |
n
Par suite, la série
|an z | est divergente pour tout z ∈ C∗ . Par conséquent R ⩽ |z| pour tout z non nul et donc R = 0 .
À titre d’illustration, calculons le rayon de convergence de la série entière
Pour tout z ∈ C∗ on a :
n+1 n+1 n+1 z
|z|
(n + 1)|z|
3
=
−→
·
n
n z n
n→+∞ 3
3n
n n
z .
3n
3
Le raisonnement mené plus haut donne que le rayon de convergence est R = 3 .
1+···+n n2
z , où α un réel stricte2. Déterminons le rayon de convergence R de
α
ment positif fixé. Rappelons que cette série correspond à la série entière
bn z n ,
où
1+···+k
si n = k 2 , avec k ∈ IN ;
α
∀n ∈ IN bn =
0
sinon
Notons, du fait qu’il y a une infinité d’indices pour lesquels bn est nul, qu’il est
z
|
illusoire de s’intéresser aux |bn+1
|bn z n | ·
n+1
En revanche, pour tout z ∈ C∗ , on a :
⎧
2
si α|z|2 < 1 ;
⎨ 0
|α1+···+(n+1) z (n+1) |
n
2
= α|z| α|z|
−→
α |z| si α|z|2 = 1 ;
n→+∞ ⎩
|α1+···+n z n2 |
+∞ si α|z|2 > 1.
1+···+n n2
α
z est absolument convergente
Par suite, si α|z|2 < 1 , alors la série
=
et donc la série
bn z n est absolument convergente. Par conséquent, R ⩾ α1 ·
1+···+n n2
α
z n’est pas absolument convergente et
De même si α|z|2 > 1 la série
donc a fortiori la série
bn z n n’est pas absolument convergente. Par conséquent,
=
=
R ⩽ α1 . On en conclut que R = α1 ·
Point méthode
Soit (νn )n∈IN une suite strictement croissante d’entiers naturels et (an )n∈IN
une suite de complexes non nuls.
Pour déterminer le rayon de convergence de la série
an z νn , on peut s’inν
|an+1 z n+1 |
téresser, pour z ∈ C∗ , à lim
·
n→+∞
|an z νn |
Si cette limite existe, la règle de d’Alembert donne des informations quant
à la valeur du rayon de convergence.
2
p.616 Exercice 6 Quel est le rayon de convergence de
n! z n ?
Le comportement de la série entière sur la frontière de son disque ouvert de
convergence peut être très variable, comme le montre les exemples et l’exercice
suivants.
n
1. Nous avons vu que le rayon de convergence de la série entière
z est 1 et le
domaine de définition de sa somme est DO (0, 1) (cf. page 585). La série diverge
donc en tout point de la frontière du disque ouvert de convergence.
2. Nous avons également vu page 585, que le rayon de convergence de la série en zn
tière
n2 est 1 et le domaine de définition de la somme est DF (0, 1). La série
n⩾1
converge donc en tout point de la frontière du disque de convergence.
n
p.616 Exercice 7 On pose Sn (θ) =
eikθ , pour tout θ ∈ ]0, 2π[ et n ∈ IN.
k=0
1. Démontrer que pour tout n ⩾ 1 et θ ∈ ]0, 2π[ , on a :
n
eikθ
k=1
2. On a Sn (θ) ⩽
k
=
n−1
Sk (θ)
k=1
1
1
−
k k+1
+
Sn (θ)
− 1.
n
1
(cf. par exemple page 509).
sin θ2
Démontrer que la série
zn
n
converge pour tout z = 1 tel que |z| = 1 .
L’exercice précédent donne donc un exemple de série entière pour
laquelle la convergence de la série a lieu en tout point sauf un de la frontière
de son disque ouvert de convergence.
Proposition 8 (Somme)
Soit
an z n et
bn z n deux séries entières de rayons de convergence respectifs Ra et Rb .
Le rayon de convergence R de
(an + bn ) z n vérifie alors l’inégalité :
R ⩾ min {Ra , Rb } .
De plus, si Ra = Rb , alors R = min {Ra , Rb }.
Démonstration page 616
p.617 Exercice 8 Donner le rayon de convergence et la somme de la série en
tière
ch(n) z n .
Définition
3
Soit
an z n et
bn z n deux séries entières. La série entière
cn z n , où :
∀n ∈ IN cn =
n
ak bn−k ,
k=0
est le produit de Cauchy des séries entières
an z n et
bn z n .
Bien évidemment, on peut écrire le produit de Cauchy des séries
entières
an z n et
bn z n sous la forme
# i+j=n
$
ai bj z n .
Proposition 9 (Produit)
Soit
an z n et
bn z n deux séries entières de rayons de convergence respectifs Ra et Rb .
Pour tout z ∈ C vérifiant |z| < min {Ra , Rb }, on a :
+∞
ai z
i
+∞
i=0
bi z
i
i=0
=
+∞
n
n=0
k=0
ak bn−k z n .
En particulier, le rayon de convergence R du produit de Cauchy des sé
ries
an z n et
bn z n vérifie l’inégalité :
R ⩾ min {Ra , Rb } .
Démonstration page 617
Principe de démonstration.
Utiliser le produit de Cauchy de deux séries numériques absolument convergentes.
(1)
(p)
Soit
an z n , . . . , an z n des séries entières de rayons de
convergence respectifs R1 , . . . , Rp , avec p ∈ IN∗ .
Posons R = min {R1 , . . . , Rp }.
On démontre aisément par récurrence sur l’entier p que, pour tout z ∈ C
vérifiant |z| < R, on a :
p
+∞
k=1
n
a(k)
n z
n=0
=
+∞
⎛
⎝
⎞
i1 +···+ip =n
n=0
(1)
(p)
ai1 · · · aip ⎠ z n .
• On ne peut rien dire de plus sur R, même dans le cas où Ra = Rb .
• L’égalité
+∞
i=0
ai z i
si |z| > min {Ra , Rb } !
+∞
i=0
bi z i
=
+∞
n
n=0
k=0
ak bn−k z n n’a pas de sens
p.617 Exercice 9 Donner deux séries entières
an z n et
bn z n de rayons de convergence
distincts, telles que le rayon de convergence du produit soit strictement supérieur
au minimum des deux rayons.
p.618 Exercice 10 Soit
an z n une série entière de rayon de convergence R > 0 et de
n
ak .
somme f . Pour tout n ∈ IN, on pose Sn =
k=0
Donner une minoration du rayon de convergence de la série entière
Sn z n et
donner sa somme en fonction de f au voisinage de 0 .
Théorème
10
Soit
an z n une série entière de rayon de convergence R. La série
an z n
converge normalement sur tout disque fermé DF (0, ρ), où 0 ⩽ ρ < R.
Principe de démonstration.
Démonstration page 618
Utiliser le lemme d’Abel.
La série
an z n ne converge pas normalement sur DO (0, R) en
n
général ! La série géométrique
z peut servir d’exemple.
Corollaire
11
Soit
an z n une série entière de rayon de convergence R > 0.
Alors la restriction de la somme au disque ouvert de convergence, c’est-à-dire
l’application :
DO (0, R) −→ C
z −→
+∞
n=0
an z n
est continue.
Démonstration page 618
p.618 Exercice 11 Formule de Cauchy
Soit
an z n une série entière de rayon de convergence R > 0 et de somme f .
On pose, pour tout r ∈ ]0, R[ , M (r) = maxf (z) .
|z|=r
Démontrer que pour tout 0 < r < R :
∀n ∈ IN
En déduire que |an | ⩽
M (r)
·
rn
an =
1
2πrn
9 2π
0
f eit e−int dt
Proposition
12
Soit une
an z n une série entière de rayon de convergence non nul et de
somme f .
Pour tout p ∈ IN, la fonction f admet un développement limité à l’ordre p
en 0, qui s’écrit :
f (z) =
p
an z n + o(z p ).
n=0
Démonstration page 619
Proposition 13 (Série dérivée)
Soit an z n une série entière. La série (n+1)an+1 z n est sa série dérivée.
Elles ont même rayon de convergence.
Démonstration page 619
Corollaire 14
an n+1
Soit (an )n∈IN une suite complexe. Les séries entières
an z n et
n+1 z
ont même rayon de convergence.
Démonstration.
Il suffit d’appliquer la proposition 13 à la série
an
n+1
z n+1 .
Corollaire 15
p
Soit p ∈ ZZ. Les séries entières
an z n et
n an z n ont même rayon de
convergence.
Théorème 16 (Primitivation terme à terme)
Soit
an tn une série entière de la variable réelle, de rayon de convergence R > 0 et de somme f . Soit enfin F une primitive de f sur ]−R, R[.
On a alors :
∀t ∈ ]−R, R[
F (t) = F (0) +
+∞
n=0
an
tn+1
·
n+1
Démonstration page 619
Corollaire 17
Pour tout x ∈ ]−1, 1[, on a :
ln (1 + x) =
+∞
n+1 x
(−1)
n
et
n
n=1
Arctan x =
(−1)n
n=0
et
ln
x2n+1
·
2n + 1
Démonstration page 620
On a, pour tout x ∈ ]−1, 1[ :
+∞
1
xk
=
1 − x k=0
+∞
1
1−x
=
+∞
xk
·
k
k=1
Théorème 18 (Dérivation terme à terme)
Soit
an tn une série entière de la variable réelle, de rayon de convergence R > 0 et de somme f .
Alors la fonction f est de classe C 1 sur ]−R, R[ et :
;
∀t ∈ −R, R
<
f (t) =
+∞
n an tn−1 .
n=1
Démonstration page 620
Ainsi, la dérivée sur ]−R, R[ de la somme d’une série en-
tière
a tn de rayon de convergence R est la somme de la série en n
tière (n + 1)an+1 tn .
Le théorème 18 appliqué à la série entière
∀t ∈ ]−1, 1[
n
t donne :
+∞
1
=
(n + 1)tn .
(1 − t)2
n=0
p.620 Exercice 12 Soit
an z n une série entière de somme f et de rayon de conver
gence R > 0 , ainsi que ϕ : I → DO (0, R) une fonction de classe C 1 , où I est un
intervalle d’intérieur non vide.
Démontrer que la fonction f ◦ ϕ est alors de classe C 1 et :
+∞
∀t ∈ I (f ◦ ϕ) (t) = ϕ (t)
nan ϕn−1 (t).
n=1
Corollaire
19
Soit
an tn une série entière de la variable réelle, de rayon de convergence R > 0 et de somme f .
Alors la restriction de f à ]−R, R[ est de classe C ∞ . De plus, on a :
f (n) (0)
∀n ∈ IN an =
·
n!
Démonstration page 620
n
t donne, pour tout p ∈ IN :
Le théorème 19 appliqué à la série entière
∀t ∈ ]−1, 1[
+∞
p!
=
(n + 1)(n + 2) · · · (n + p)tn .
(1 − t)p+1
n=0
Définition 4
Soit f une fonction de classe C ∞ définie au voisinage de 0. Sa série de
f (n) (0) n
Taylor est la série entière
x .
n!
Définition 5
Soit U ⊂ C un voisinage de 0, ainsi qu’une fonction f : U → C.
• Soit r > 0. S’il existe une série entière
∀z ∈ DO (0, r)
an z n telle que :
f (z) =
+∞
an z n ,
k=0
on dit que f est développable en série entière sur DO (0, r).
• On dit que f est développable en série entière s’il existe r > 0 tel
que f soit développable en série entière sur DO (0, r).
Définition 6
Soit U ⊂ IR un voisinage de 0, ainsi qu’une fonction f : U → C.
• Soit r > 0. S’il existe une série entière
∀t ∈ ]−r, r[
f (t) =
an tn telle que :
+∞
an tn ,
k=0
on dit que f est développable en série entière sur ]−r, r[.
• On dit que f est développable en série entière s’il existe r > 0 tel
que f soit développable en série entière sur ]−r, r[.
• Bien noter que « développable en série entière » ne signifie pas que la fonction est globalement égale à la somme d’une série entière, mais simplement
qu’elle coïncide avec la somme d’une série entière sur un voisinage de 0.
• Il est tout à fait possible que la somme de la série entière
an tn de rayon
de convergence R et la fonction f coïncident sur un intervalle ]−r, r[,
mais qu’elles ne coïncident pas sur ]−R, R[, même lorsque f est définie
sur ]−R, R[.
Par exemple la fonction définie sur IR par f : t → min{t2 , 1} est développable en série entière, car f (t) = t2 sur ]−1, 1[, mais la relation f (t) = t2
n’est pas vérifiée sur IR.
1. Toute fonction polynomiale est développable en série entière.
1
est développable
2. Soit a ∈ C∗ . La fonction f définie sur C \ {a} par f (z) = z−a
en série entière. En effet, pour tout z ∈ DO 0, |a| , on a :
f (z) = −
+∞
1 1
zn
=
−
·
a 1 − az
an+1
n=0
3. Nous avons vu au corollaire 17 de la page 594 que la fonction f : x → ln(1 + x)
est développable en série entière.
+∞
(−1)n+1 n
Il est clair que la relation ln(1 + x) =
x n’est pas valable sur tout
n
n=1
le domaine de définition de f , car la série
pour x > 1 . L’égalité :
ln(1 + x) =
(−1)n+1
n
n
(−1)n+1
n=1
n
xn diverge grossièrement
xn
est vérifiée a priori simplement sur ]−1, 1[ .
4. De même, nous avons vu que la fonction Arctan est développable en série entière.
L’égalité :
+∞
x2n+1
Arctan x =
(−1)n
2n + 1
n=0
est valable a priori sur ]−1, 1[ .
Théorème 20 (Unicité du développement en série entière)
Soit (an )n∈IN et (bn )n∈IN deux suites complexes.
S’il existe un intervalle J = ]−r, r[, avec r > 0 tel que :
∀x ∈ J
+∞
n=0
an xn =
+∞
bn x n ,
n=0
alors les suites a et b ont égales.
Démonstration page 621
tière
En particulier, si le rayon de convergence d’une série enan z n est strictement positif et s’il existe r > 0 tel que :
∀t ∈ ]−r, r[
+∞
an tn = 0,
n=0
alors la suite (an )n∈IN est nulle.
Corollaire 21
Soit U ⊂ IK un voisinage de 0 et f : U → C une fonction.
Il existe alors au plus une suite complexe (an )n∈IN telle que :
∃r > 0
∀z ∈ DO (0, r)
f (z) =
+∞
an z n .
n=0
Démonstration page 621
Une fonction de classe C ∞ définie sur un voisinage de 0 dans IK
est développable en série entière si, et seulement si, elle est égale à la somme
de sa série de Taylor sur un intervalle ]−r, r[, avec r > 0.
p.621 Exercice 13 Soit
an z n et
bn z n deux séries entières de sommes f est g .
Montrer que si f g est nulle sur un voisinage de 0 , alors f = 0 ou g = 0 .
Les théorèmes sur les opérations sur les séries entières donnent le point suivant.
Point méthode
Soit U ⊂ IK un voisinage de 0 ainsi que f : U → C et g : U → C.
• Si f et g sont des fonctions développables en série entière sur D0 (0, r),
alors f + g , λf et f g sont développables en série entière sur DO (0, r).
• Si f et g sont des fonctions développables en série entière, alors f + g ,
λf et f g sont développables en série entière.
• Si U est un intervalle de IR et f est développable en série entière
sur ]−r, r[, alors toutes les dérivées et les primitives de f sont développables en série entière sur ]−r, r[
En particulier, l’ensemble des fonctions développables en série entière définies sur U est une algèbre.
p.622 Exercice 14 Que dire des coefficients du développement en série entière d’une
fonction développable en série entière paire ? impaire ?
z → (1−z)1
p+1
1
La fonction f : z → 1−z
est développable en série entière sur D0 (0, 1). Par
conséquent pour tout p ∈ IN, la fonction f p+1 est développable en série entière
sur DO 0, 1 . Fixons un entier naturel p.
Première méthode pour obtenir le développement en série entière de f p+1 .
Notons (an )n∈IN la suite des coefficients du développement en série entière
de f p+1 . On a donc :
∀z ∈ DO 0, 1
+∞
1
=
an z n .
p+1
(1 − z)
n=0
Par ailleurs, nous avons vu par dérivation à la page 595 que :
∀t ∈ ]−1, 1[
+∞
p!
=
(n + p) · · · (n + 1) tn .
p+1
(1 − t)
n=0
Il s’ensuit que les sommes des séries entières
an z n et
n+p
p
z n coïncident
sur ]−1, 1[. Par unicité du développement en série entière (cf. le théorème 20
de la page 596), on a an = n+p
pour tout n ∈ IN. Par suite :
p
∀z ∈ DO (0, 1)
+∞
n+p
1
=
zn .
p
(1 − z)p+1 n=0
Une seconde méthode pour obtenir le développement en série entière de f p+1 .
Par produit de Cauchy (cf. remarque page 591), pour tout z ∈ DO (0, 1),
on a :
1
=
(1 − z)p+1
+∞
n=0
⎛
p+1
zn
=
⎞
+∞
⎜
n=0
⎜
⎝
i1 ,...,ip+1
i1 +···+ip+1 =n
⎟
n
1 · · · 1⎟
⎠z =
+∞
cn,p z n ,
n=0
où cn,p désigne le nombre de solutions entières de l’équation :
i1 + · · · + ip+1 = n.
Le nombre cn,p est le nombre de distributions de n boules dans p + 1 urnes.
Son calcul est l’objet d’un exercice classique de dénombrement et l’on a :
n+p
cn,p =
·
p
1
2
p.622 Exercice 15 Soit (a, b) ∈ C∗ et f : z →
·
(z − a)(z − b)
Montrer que f est développable en série entière et donner son développement en
série entière ainsi que le domaine de validité.
C ∞
p.622 Exercice 16 Soit f : IR∗ → IR définie par f (x) = exp(−1/x2 ).
1. Pour tout n ∈ IN, démontrer qu’il existe un polynôme Pn ∈ IR[X] tel
que f (n) (x) = Pn (1/x) exp(−1/x2 ) pour tout x ∈ IR∗ .
2. Démontrer que f admet un prolongement g de classe C ∞ et que g (n) (0) = 0
pour tout n ∈ IN.
3. Démontrer que g n’est pas développable en série entière.
Dans le cas de l’exercice précédent, le fait que f ne soit pas développable en série entière provient de ce que f ne coïncide avec la somme de sa
série de Taylor sur aucun intervalle ]−r, r[, bien que la rayon de convergence de
la série de Taylor soit +∞. Dans d’autres cas, le problème peut provenir de ce
que le rayon de convergence de la série de Taylor est nul (voir l’exercice 11.19
de la page 637).
Rappelons que la fonction réelle x → ex définie sur IR a déjà été introduite
comme bijection réciproque de la fonction ln, elle même introduite comme
l’unique primitive sur IR∗+ s’annulant en 0 de la fonction continue t → 1t ·
Par ailleurs vous avez rencontré à plusieurs reprises les fonctions trigonométriques et la notation eiθ . À chaque fois certaines propriétés des fonctions trigonométriques ont dû être admises. Cependant, toutes les propriétés usuelles
peuvent être déduites d’un petit nombre d’entre elles, à savoir :
• il existe un réel π > 0 et deux fonctions cos et sin qui sont de classe C 1 ;
• la fonction sin est impaire, la fonction cos est paire ;
• on a les relations cos = − sin et sin = cos ;
• pour tout x ∈ IR , on a sin x + π2 = cos x et cos x + π2 = − sin x ;
• le tableau de variations de la fonction sin est
x
0
sin (x)
+
π
2
0
1
sin
0
Nous allons donner une nouvelle définition des fonctions trigonométriques et
démontrer qu’elles vérifient les propriétés données ci-dessus.
x → ex
Lemme 22
Le rayon de convergence de la série entière
Démonstration.
zn
n!
est infini.
Cela a été démontré en exemple à la page 585.
Théorème 23
La fonction x → ex définie que IR est développable en série entière sur IR et :
∀x ∈ IR
Principe de démonstration.
ex =
+∞
xk
·
k!
k=0
Utiliser l’inégalité de Taylor-Lagrange.
Démonstration page 623
Proposition 24
Les fonctions ch et sh sont développables en série entière sur IR et
∀x ∈ IR
+∞
x2n
ch(x) =
(2n)!
n=0
et
sh(x) =
+∞
x2n+1
·
(2n + 1)!
n=0
Démonstration. Il s’agit d’une conséquence immédiate des définitions des fonctions ch et sh ,
ainsi que du théorème précédent.
Le théorème 23 conduit naturellement à la définition suivante.
Définition 7
Pour tout z ∈ C, on pose exp(z) =
+∞
zn
n=0 n!
·
• Cette définition est légitime, car, pour tout z ∈ C, la série
convergente d’après le théorème 23.
|z|n
n!
est
• Ainsi par définition, pour tout x réel, on a ex = exp x.
• La fonction exp est continue de C dans C.
• On peut noter ez le nombre complexe exp(z). Afin d’éviter des confusions,
on se limite dans la suite de ce livre aux notations ex et eix = exp(ix),
lorsque x est réel.
¼¼
Proposition 25
∀(z1 , z2 ) ∈ C2
exp(z1 + z2 ) = exp(z1 ) exp(z2 ).
Démonstration page 623
Proposition 26
Les propriétés suivantes sont vérifiées pour tout nombre complexe z :
exp(z) = 0
1
= exp(−z)
exp(z)
et
exp(z) = exp(z)
|exp(z)| = eRe(z) .
Démonstration page 624
Corollaire 27
∀z ∈ C
|exp(z)| = 1 ⇐⇒ z ∈ iIR.
Démonstration page 624
Définition 8
On définit sur IR les fonctions cos et sin par :
cos x = Re exp(ix)
et
sin x = Im exp(ix) .
D’après le corollaire 27, pour tout x ∈ IR :
cos2 (x) + sin2 (x) = 1
Proposition 28
Pour tout z = a + ib ∈ C, on a :
exp(z) = ea cos b + i sin b
Démonstration page 624
Théorème 29
Les fonctions sin et cos sont développables en série entière sur IR :
cos x =
+∞
(−1)n 2n
x
(2n)!
n=0
et
sin x =
+∞
(−1)n
x2n+1 ·
(2n
+
1)!
n=0
En particulier la fonction cos est paire et la fonction sin est impaire.
Démonstration page 624
¼½
+∞
xn
·
p.624 Exercice 17 Pour x ∈ IR calculer
n=0 (2n)!
Corollaire 30
Les fonctions cos et sin sont de classe C ∞ . De plus cos = − sin et sin = cos .
Démonstration page 625
p.625 Exercice 18 Si ϕ : I → C est une fonction de classe C 1 , alors t → exp ϕ(t) est
de classe C 1 et sa dérivée est t → ϕ (t) exp ϕ(t) .
π
Lemme 31
On a cos 2 < 0.
Principe de démonstration.
Utiliser le théorème des séries alternées.
Démonstration page 625
Proposition 32
Le réel α = min x ∈ IR+ cos x = 0 est bien défini, strictement positif.
On définit alors π = 2α.
Démonstration page 625
<
;
Étudions les variations de la fonction sin sur 0, π2 . Cette fonction est dérivable et sin = cos . Par définition de π , la fonction cos ne s’annule pas
<
<
sur 0, π2 et puisque cos 0 = 1, la fonction continue cos est à valeurs strictement positives sur cet intervalle.
Il s’ensuit que la fonction sin est strictement
<
;
croissante sur 0, π2 . Puisque sin(0) = 0, la fonc<
;
tion sin est à valeurs positive sur 0, π2 ; de la
relation cos2 + sin2 = 1 et de cos π2 = 0, on en
déduit alors que sin π2 = 1.
x
0
sin (x)
sin
0
Proposition 33
exp i
Démonstration.
π
2
=i
exp(2iπ) = 1.
En effet, d’après l’étude précédente, cos π2 = 0 et sin π2 = 1 .
= i4 = 1 .
Par ailleurs, exp(2iπ) = exp 4 iπ
4
¼¾
et
+
π
2
0
1
Corollaire 34
Pour tout x ∈ IR, on a :
#
exp i x +
cos x +
π
2
π $
= i exp(x);
2
= − sin(x)
et
sin x +
π
2
= cos(x).
Il s’ensuit, pour tout n ∈ IN et x ∈ IR, que l’on a :
cos(n) (x) = cos x + n
π
2
et
sin(n) (x) = sin x + n
π
.
2
Théorème 35
L’application ϕ : t → exp(ix) est un morphisme continu, surjectif du
groupe (IR, +) sur le groupe (U, ×) de noyau 2πZZ.
Démonstration page 625
Corollaire 36
Les fonctions sin et cos sont périodiques, de plus petite période 2π .
Théorème 37
L’application exp est un morphisme continu surjectif du groupe additif (C, +) sur le groupe multiplicatif (C∗ , ×), de noyau i2πZZ.
Démonstration page 626
L’application exp de C sur C∗ n’est pas injective. En effet le
noyau du morphisme exp n’est pas {0}.
Æ On pose pour tout (α, n) ∈ IR × IN
α
α(α − 1) · · · (α − n + 1)
=
·
n
n!
Cette notation n’est pas explicitement au programme, mais elle est assez fréquemment utilisée.
¼¿
x → (1 + x)α
Soit α ∈ IR \ IN et cherchons à donner un développement en série entière de
la fonction f : x → (1 + x)α . Cette dernière est évidemment de classe C ∞
sur ]−1, +∞[. Ici les dérivées successives sont faciles à calculer et la série de
Taylor associée à f est la série :
α(α − 1) · · · (α − n + 1)
n!
xn .
Pour démonter que f est développable en série entière, il faut démontrer :
f (x) −
N
α(α − 1) · · · (α − n + 1)
n=0
xn −→ 0,
N →+∞
n!
pour les x dans un voisinage de 0. Pour cela, il est naturel de penser à
l’inégalité de Taylor-Lagrange, et donc on doit s’intéresser au comportement
lorsque n tend vers +∞ de :
α(α − 1) · · · (α − n) |x|n+1
·
Mn (x) =
sup (n + 1)! t∈[−|x|,|x|]
(1 + t)n+1−α
À partir de cette expression de Mn (x), il n’y a pas de majoration simple qui
vienne naturellement à l’esprit permettant de conclure que Mn (x) −→ 0.
n→+∞
C’est pourquoi nous utiliserons une autre méthode pour donner le développement en série entière de f .
Proposition 38
Pour tout α ∈ IR, on a :
∀x ∈ ]−1, 1[
α
α(α − 1) · · · (α − n + 1) n +∞
(1 + x) =
xn .
x =
n
n!
n=0
n=0
α
+∞
Principe de démonstration. Le résultat correspond à la formule du binôme si α est un entier
naturel. Dans les autres cas, la fonction f : x → (1 + x)α définie sur ]−1, 1[ est caractérisée par
∀x ∈ ]−1, 1[
(1 + x)f (x) = αf (x)
et
f (0) = 1.
Chercher une série entière dont la somme vérifie ces deux propriétés. Démonstration page 627
• L’exercice 11.18 de la page 637 donne néanmoins une démonstration de ce
résultat en utilisant uniquement le reste intégral de la formule de Taylor.
• On retrouve ainsi que si t ∈ ]−1, 1[ et p ∈ IN, alors :
+∞
n+p
1
=
tn .
p
(1 − t)p+1 n=0
En effet, pour n ∈ IN, on a :
−p − 1
(p + 1) · · · (p + n)
n+p
= (−1)n
.
= (−1)n
n
n
n!
1
·
1−x
Donnons le développement en série entière de la fonction x → √
Pour tout n ∈ IN, on a :
−1/2
n
1 1
− 2 − 2 − 1 · · · − 12 − n + 1
=
n!
1 × 3 × · · · × (2n − 1)
2n n!
1 × 3 × · · · × (2n − 1) 2 × 4 × · · · × 2n
= (−1)n
×
2n n!
2 × 4 × · · · × 2n
(2n)!
= (−1)n 2n 2 ·
2 n!
Par conséquent, d’après la série du binôme :
+∞ 2n
1
−1/2
n
∀x ∈ ]−1, 1[ √
= (1 − x)
=
xn .
2n
2
1−x
n=0
= (−1)n
p.627 Exercice 19 Donner le développement en série entière de la fonction Arcsin.
√
p.628 Exercice 20 Donner le développement en série entière de la fonction x → 1 + x .
Cette section, à vocation pratique, traite de méthodes usuelles.
Point méthode
Pour établir l’existence d’un développement en série entière d’une fonction f ,
on cherche d’abord à voir si l’on peut se ramener par des opérations algébriques ou analytiques (intégration, dérivation) à des fonctions ou des développements connus.
p.628 Exercice 21 Donner le développement en série entière de f : x →
5
x+1
·
1−x
Rappelons (cf. page 598) que pour tout z ∈ C, tel que |z| < 1 et p ∈ IN :
+∞
n+p
1
=
zn .
p+1
p
(1 − z)
n=0
On en déduit que si a ∈ C∗ , alors pour tout z ∈ C vérifiant |z| < |a| :
+∞
zn
1
=
a − z n=0 an+1
et plus généralement, pour p ∈ IN :
+∞
n + p zn
1
=
p
(a − z)p+1 n=0
an+p
Nous pouvons alors exprimer la somme de la série
P (n)z n où P est un
polynôme de degré p de C[X].
Déterminons le rayon de convergence. Puisque P (n) ∼ αnp avec α ∈ C∗ , et que le
p n
rayon de convergence de la série
n z est 1 , il vient que le rayon de convergence
de
P (n)z n est 1 .
Le polynôme P se décompose dans la base :
1, (X + 1),
(X + p) . . . (X + 2)(X + 1)
(X + 2)(X + 1)
,...,
2!
p!
de Cp [X] sous la forme :
P = α0 1 + α1 (X + 1) + α2
(X + 2)(X + 1)
(X + p) . . . (X + 2)(X + 1)
+ · · · + αp
·
2!
p!
On a donc pour tout z avec |z| < 1 :
+∞
P (n)z n =
n=0
α0
αp
α1
+ ··· +
·
+
1−z
(1 − z)2
(1 − z)p+1
Point méthode
Une fonction rationnelle dont 0 n’est pas un pôle est développable en série
entière sur ]−r, r[, où r est le minimum des modules des pôles de la fonction.
Pour le démontrer, on peut effectuer une décomposition en éléments simples.
1. La fonction f : z →
z−1
est développable en série entière sur D0 (0, 1). En effet :
z+1
∀z ∈ C \ {−1} f (z) = 1 −
2
z+1
et donc :
∀z ∈ DO (0, 1) f (z) = −1 +
+∞
2(−1)n+1 xn
n=1
2. Pour |z| < 1 , on a F (z) =
F (z) = −1 +
+∞
n=0
1 − z2
1
1
= −1 +
+
donc :
2
−iα
1 − 2z cos(α) + z
1 − ze
1 − zeiα
einα z n +
+∞
e−inα z n = 1 + 2
n=0
+∞
cos(nα)z n .
n=1
p.628 Exercice 22 Développement en série entière de f : x → ln(1 + x + x2 ).
Indication. On pourra donner le développement en série entière de f .
p.629 Exercice 23 Donner le développement en série entière de f : x → Arctan(x + 1).
On pourrait être tenté d’utiliser le développement en série entière
de la fonction Arctan . Cela conduit à une impasse, puisque le développement
en série entière est valable uniquement sur ]−1, 1[ et il permet simplement
d’écrire :
∀x ∈ ]−2, 0[
Arctan(x + 1) =
+∞
(−1)n
n=0
(x + 1)2n+1
,
2n + 1
ce qui en aucun cas ne peut donner un développement en série entière au
voisinage de 0.
Une méthode de détermination de développement en série entière est celle
de l’équation différentielle. Elle consiste à trouver une équation différentielle
linéaire à coefficients polynomiaux vérifiée par la fonction, et à la résoudre
formellement avec une série entière.
Deux situations peuvent se présenter.
• On veut montrer que f est développable en série entière : on cherche
une série entière de rayon de convergence strictement positif satisfaisant
à la même équation différentielle et l’on utilise un résultat d’unicité des
solutions d’une telle équation différentielle.
• On sait que f est développable en série entière : on cherche une relation
de récurrence entre les coefficients de ce développement (unicité du développement en série entière) pour déterminer ces derniers.
Un premier exemple
Illustrons cette méthode avec la fonction ϕ : t → cos(α Arcsin t), α ∈ IR.
Notons qu’il n’est pas évident a priori que ϕ soit développable en série entière.
• L’application ϕ est de classe C 2 sur ]−1, 1[ et l’on vérifie facilement qu’elle
est solution de l’équation différentielle du second ordre :
(1 − t2 )y − ty + α2 y = 0.
(E)
L’application ϕ est donc l’unique solution sur ]−1, 1[ du problème de Cauchy défini par l’équation (E) et la condition y(0) = 1 et y (0) = 0.
• Soit f la somme d’une série entière
an tn sur un intervalle ]−R, R[
avec R > 0. Alors f (respectivement f ) est la somme de la série entière
(n + 1)an+1 tn (respectivement
(n + 1)(n + 2)an+2 tn ) sur ]−R, R[.
Ainsi, toujours pour t ∈ ]−R, R[, on a :
(1 − t2 )f (t) =
+∞
(n + 1)(n + 2)an+2 tn −
n=0
=
+∞
+∞
n(n − 1)an tn
n=0
(n + 1)(n + 2)an+2 − n(n − 1)an tn
n=0
tf (t) =
+∞
nan tn
n=0
α2 f (t) =
+∞
α2 an tn .
n=0
On en déduit que la fonction t → (1 − t2 )f (t) − tf (t) + α2 f (t) est la
somme de la série entière :
(n + 1)(n + 2)an+2 + (−n(n − 1) − n + α2 )an tn .
sur ]−R, R[. Par unicité du développement en série entière, f est solution
de (E) si, et seulement si, :
∀n ∈ IN
(n + 1)(n + 2)an+2 = (n2 − α2 )an
Comme on veut f (0) = 1 et f (0) = 1, on doit prendre a0 = 1 et a1 = 0.
La relation de récurrence ci-dessus définit alors une unique suite (an ) :
pour tout p ∈ IN, a2p+1 = 0 et :
a2p =
(−4)p
(2p!)
# α $2
2
− (p − 1)2
# α $2
2
− (p − 2)2 · · ·
# α $2
2
−1
# α $2
2
.
• ∗ Dans le cas où α est un nombre entier pair, les coefficients sont nuls à
partir d’un certain rang et la somme de la série obtenue est polynomiale.
∗ Dans le cas contraire, la règle de d’Alembert montre que la série entière
a2n t2n a un rayon de convergence égal à 1.
Dans les deux cas, la fonction somme définie par cette série sur ]−1, 1[
est solution du problème de Cauchy cité ci-dessus et est donc égale à la
fonction ϕ.
Dans le cas où α est un nombre entier pair, la fonction ϕ est
polynomiale, ce qui s’explique par le fait que cos(αθ) est un polynôme pair
en cos θ , donc un polynôme en sin θ .
Un second exemple
Illustrons la méthode avec la fonction f : t → Arcsin2 t.
• Puisque la fonction Arcsin est développable en série entière sur ]−1, 1[,
par produit, il en est de même de f . Par ailleurs, la fonction f est paire.
Il existe donc une suite (an )n∈IN telle que, pour tout t ∈ ]−1, 1[, on ait :
∀t ∈ ]−1, 1[
f (t) =
+∞
an t2n .
n=0
• Le calcul usuel de dérivées donne, pour tout t ∈ ]−1, 1[, les relations :
:
1 − t2 f (t) = 2 Arcsin(t) et
(1 − t2 )f (t) − tf (t) = 2
(∗)
• Pour tout t ∈ ]−1, 1[, on a :
2
(1 − t )f (t) =
+∞
2n(2n − 1)a2n t
2n−2
n=1
=
+∞
−
+∞
2n(2n − 1)a2n t2n
n=0
(2n + 1)(2n + 2)an+1 − 2n(2n − 1)an tn
n=0
tf (t) =
+∞
2nan t2n .
n=0
Par conséquent, pour tout t ∈ ]−1, 1[ :
2
(1 − t )f (t) − tf (t) =
+∞
(2n + 1)(2n + 2)an+1 − 4 n2 an t2n .
n=0
Par unicité du développement en série entière, il vient de la relation (∗) :
2a1 = 2 et
∀n ∈ IN∗
(2n + 1)(2n + 2)an+1 = 4 n2 an .
Pour n ∈ IN∗ , on obtient alors an = 2
2n−1 (n−1)!2
(2n)!
·
Puisque f (0) = 0, on a a0 = 0 et par conséquent :
∀t ∈ ]−1, 1[
Arcsin2 t =
+∞
22n−1 (n − 1)!2 2n
t .
(2n)!
n=1
À défaut d’obtenir une équation différentielle, il arrive que l’on puisse obtenir
un développement en série entière de f en caractérisant la fonction par une
relation fonctionnelle.
$
+∞
#
k
p.630 Exercice 24 On pose la fonction de la variable réelle f : x →
1 − x2 .
k=0
1. Donner le domaine de définition de f .
2. Montrer que f est continue sur ]−1, 1[ et exprimer f (x) à l’aide de f (x2 ).
3. Démontrer que f est développable en série entière.
Point méthode
On n’utilise que très rarement les séries de Taylor pour obtenir un développement en série entière. Cependant :
• lorsque les dérivées successives sont très faciles à calculer, ce qui n’est
pas courant, on peut chercher à démontrer que la somme de la série de
Taylor de f coïncide avec f sur un voisinage de 0 ;
• en outre, les séries de Taylor peuvent donner des informations pour résoudre des questions de nature théorique.
p.631 Exercice 25
Soit f une fonction de classe C ∞ sur un intervalle de la forme I = ]−a, a[ .
Démontrer que s’il existe ρ > 0 et M ∈ IR+ tels que :
M n!
∀x ∈ I ∀n ∈ IN f (n) (x) ⩽ n
ρ
alors f est développable en série entière en 0 sur ]−R, R[ , où R = min {a, ρ} .
p.632 Exercice 26 Théorème de Bernstein
Soit f une fonction de classe C ∞ sur voisinage de 0 telle que f et toutes ses dérivées
soient positives sur ce voisinage. Montrer que f est développable en série entière.
Indication. On pourra utiliser l’exercice précédent.
p.632 Exercice 27 Soit λ ∈ ]0, 1[ et f : IR → IR une fonction dérivable vérifiant :
∀x ∈ IR f (x) = f (λx)
1. Montrer que f est de classe C ∞ et calculer f (n) (x) pour tout x en fonction
de f , λ et n.
2. Déterminer f , en vérifiant que f est nécessairement développable en série entière.
½¼
Point méthode
Pour donner le terme général d’une suite (an )n∈IN il arrive que l’on introduise
la série entière
an z n de somme f . Si le rayon de convergence est non
nul, on peut chercher à calculer f (z), puis avec les techniques usuelles de
développement en série entière, on cherche à développer la fonction f .
Soit (an )n∈IN la suite vérifiant la relation :
et ∀n ∈ IN an+3 = an+1 + an .
(∗)
• Supposons que le rayon de convergence R de la série entière
an z n soit non nul.
Alors, pour tout z ∈ DO (0, R) on a :
a0 = a2 = 1, a1 = 0
∀n ∈ IN
an+3 z n+3 = z 2 an+1 z n+1 + z 3 an z n ,
et en sommant, il vient :
∀z ∈ DO (0, R)
+∞
an z n = z 2
n=3
+∞
an z n + z 3 f (z),
n=1
c’est-à-dire :
∀z ∈ DO (0, R) f (z) − 1 − z 2 = z 2 (f (z) − 1) + z 3 f (z, )
soit encore :
∀z ∈ DO (0, R)
1 − z 2 − z 3 f (z) = 1.
La somme f de la série entière serait donc la fonction rationnelle z →
1
1 − z2 − z3
sur D0 (0, R).
• Réciproquement, si g : z →
en notant g(z) =
+∞
1
est développable en série entière, alors,
1 − z2 − z3
bn z n sur un voisinage DO (0, r) de 0 , on a
n=0
∀z ∈ DO (0, r)
(1 − z 2 − z 3 )g(z) = 1.
Ainsi, toujours pour tout z ∈ DO (0, r) on a :
(1 − z 2 − z 3 )g(z) = 1
⇐⇒
⇐⇒
+∞
bn z n −
+∞
n=0
n=0
+∞
+∞
n=0
bn z n −
bn z n+2 −
+∞
bn z n+3 = 1
n=0
bn−2 z n −
n=2
⇐⇒ b0 + b1 z + (b2 − b0 )z 2 +
+∞
bn−3 z n = 1
n=3
+∞
(bn − bn−2 − bn−3 )z n = 1.
n=3
½½
Par unicité du développement en série entière, on a :
b0 = 1, b1 = 0, b2 − b0 = 0 et
∀n ⩾ 3
bn − bn−2 − bn−3 = 0.
Par conséquent, les suites a et b coïncident.
• La fonction g est développable en série entière en tant que fonction rationnelle
n’ayant pas de pôle nul. Notons z1 , z2 et z3 les racines de P = X 3 + X 2 − 1 .
Elles sont distinctes, car P = X(3X + 2) et que ni 0 , ni −2/3 ne sont racines
de P . Il s’ensuit que pour z ∈ C \ {z1 , z2 , z3 } :
g(z) =
1
1
1
1
1
1
1
=
+
+
·
1 − z2 − z3
z1 (3z1 + 2) z1 − z z2 (3z2 + 2) z2 − z z3 (3z3 + 2) z3 − z
En notant r = min |z1 | , |z2 | , |z3 | , on a pour tout z ∈ DO (0, r) :
g(z) =
+∞
+∞
+∞
1
1
zn
zn
zn
1
+
+
·
n+1
n+1
z1 (3z1 + 2) n=0 z1
z2 (3z2 + 2) n=0 z2
z3 (3z3 + 2) n=0 z3n+1
Par conséquent :
∀n ∈ IN an =
1
1
1
1
1
1
+
+
·
3z1 + 2 z1n+2
3z2 + 2 z2n+2
3z3 + 2 z3n+2
Soit an z n une série entière de rayon de convergence R ∈ IR∗+ et de somme f .
On peut supposer R = 1, le cas général s’y ramenant en posant z = R t.
On s’intéresse ici au comportement de f en un point z tel que |z| = 1 et tel
que f (z) soit défini.
Si la série
an est absolument convergente, alors la série
u de fonctions
n
n
continues un : z → an z converge normalement sur DF 0, 1 . Dans ces condi
tions la fonction f est continue sur DF 0, 1 .
Qu’en est-il si la série
an n’est pas absolument convergente ?
Nous savons que la somme d’une série de fonctions continues convergeant uniformément est une fonction continue. Cela conduit au point suivant.
Point méthode
Soit an z n une série entière de rayon de convergence R ⩾ 1 et de somme f .
Si la série converge uniformément sur [0, 1], alors f (1) est définie et :
f (1) = lim f (t)
t→1−
On adaptera lorsque l’on s’intéresse à la valeur en un point de
convergence sur la frontière du disque ouvert de convergence.
½¾
Il est possible que lim f (t) soit définie et que la série
diverge. Par exemple, la série
pour t ∈ ]−1, 1[, on a :
+∞
t→1−
an
(−1)n est grossièrement divergente, alors que,
(−1)n tn =
n=0
1
1
−→ ·
−
1 + t t→1 2
+∞
+∞
(−1)n+1
(−1)n
p.633 Exercice 28 Calculer
et
·
n
2n + 1
n=1
n=0
Nous l’avons déjà signalé : si la série numérique
an est absolument conver
gente, alors la série entière
an z n converge normalement sur DO 0, 1 et sa
somme est continue sur DO 0, 1 . L’exercice suivant donne un résultat plus fin.
+∞
p.634 Exercice 29 Soit
an une série numérique convergente. On note Rn =
ak ,
k=n+1
pour n ∈ IN, et f est la somme de la série entière
an z n .
1. Justifier que le rayon de convergence R de la série entière
an z n est supérieur
ou égal à 1 .
Démontrer que pour tout z ∈ D0 (0, 1) :
f (1) − f (z) = (1 − z)
+∞
Rn z n .
n=0
2. Démontrer que la restriction f|[0,1] est continue en 1 .
½¿
Proposition 1 Soit A une partie non vide de IR+ .
•
•
•
Si +∞ ∈ A, alors il est clair que +∞ est le seul majorant de A et sup A = +∞.
Si A ⊂ IR n’est pas majorée dans IR+ , alors A, n’a pas de majorant réel. Ainsi +∞
est le seul majorant de A et sup A = +∞.
Si A ⊂ IR+ est majorée dans IR+ , alors A a une borne supérieure α dans IR+ :
α = min{x ∈ IR+ | ∀y ∈ A
y ⩽ x}.
Puisque :
{x ∈ IR+ | ∀y ∈ A y ⩽ x} = {x ∈ IR | ∀y ∈ A y ⩽ x} ∪ {+∞},
l’élément α est la borne supérieure de A dans IR+ .
Théorème 2 Notons r = |z0 |. Si r = 0 , le résultat est immédiat, car l’ensemble des z ∈ C
tels que |z| < r est vide. Dans la suite, r > 0 .
Supposons que la suite (|an |rn )n∈IN soit bornée et posons M un majorant de cette suite.
Soit z ∈ C. On a alors, pour tout n ∈ IN :
n
# n $
n
an z n = an rn z ⩽ M z = O z .
rn r
r
n
Par suite, si |z| < r , alors la série géométrique zr est convergente. Le théorème de
comparaison sur les séries numériques donne alors que la série
an z n est absolument
convergente.
Lemme 3 Notons I = r ∈ IR+ | (|an | rn )n∈IN est bornée . Cet ensemble est non vide,
car il contient évidemment 0 .
Par définition, pour tout r ∈ I , la suite (|an | rn )n∈IN est bornée. Ainsi, pour tout réel r
n
vérifiant 0 ⩽ r ⩽ r , on a |an | r ⩽ |an | rn pour tout n ∈ IN. Par conséquent r ∈ I .
Il s’ensuit que I est un intervalle.
Proposition 4 Notons I l’ensemble des r ∈ IR+ tels que la suite (an rn )n∈IN soit bornée.
Puisque R = sup I dans IR+ , si r < R , alors il existe ρ ∈ I tel que r < ρ.
1. Si |z| < R , alors il existe un réel ρ ∈ I tel que |z| < ρ. La suite (an ρn )n∈IN est donc
bornée, et d’après le lemme d’Abel, la série
an z n est absolument convergente.
2. Si |z| > R , alors |z| ∈
/ I , car R est un majorant de I . Par suite, si |z| > R , alors la
an z n diverge grossièrement.
suite (an z n )n∈IN n’est pas bornée et la série
Exercice 1 Notons R le rayon de convergence de la série entière
Par croissances comparées, pour tout r ∈ [0, 1[ , on a nrn
n zn .
−→
n→+∞
0 . Par consé-
quent R ⩾ r . Cela étant vrai pour tout r < 1 , on en déduit R ⩾ 1 .
Puisque la série
n diverge grossièrement, on a R ⩽ 1 . Par suite R = 1 .
Démonstrations et solutions des exercices du cours
Exercice 2 Notons R le rayon de convergence de la série
an z 2n .
• Supposons le rayon de convergence R fini.
Pour tout r < R , la suite an (r2 )n n∈IN = an r2n n∈IN est bornée, et donc r2 ⩽ R .
√
Il s’ensuit que R est fini et R ⩽ R .
√
Pour tout r < R , la suite an r2n n∈IN = an (r2 )n n∈IN est bornée, car r2 < R .
√
√
Ainsi R ⩾ r , cela pour tout r < R , et donc R ⩾ R .
√
Il s’ensuit que R = R .
• Dans le cas où R = +∞, alors la suite an r2n n∈IN = an (r2 )n n∈IN est bornée
pour tout r > 0 et donc R = +∞.
Exercice 3 Soit r ⩾ 0 tel que r < R . La suite (an rn )n∈IN est bornée et donc la
suite extraite (a2n r2n )n∈IN est bornée. Puisque la suite a2n (r2 )n n∈IN est bornée, on
a r 2 ⩽ R .
• Si R est fini, puisque r2 ⩽ R pour tout r ⩽ R , on obtient R2 ⩽ R . Si R = +∞,
alors R ⩾ r2 pour tout r ⩾ 0 et donc R = +∞. En convenant (+∞)2 = +∞,
on a toujours R2 ⩽ R .
• Soit (an )n∈IN la suite définie par :
n
∀n ∈ IN a2n = 0 et a2n+1 = 22 .
Pour tout r > 0 , on a :
# n
$
ln 22 r2n+1 = (2n + 1) ln r + 2n ln 2 −→ +∞.
n→+∞
2n 2n+1 Par conséquent, la suite 2 r
n’est pas bornée, ce qui implique
n∈IN
que R = 0 . Cependant R = +∞. Ainsi l’inégalité R2 ⩽ R peut être stricte.
Exercice 4
$n2
#
n
Notons an = 1 + (−1)
pour n ∈ IN∗ . Pour tout r > 0 et n ⩾ 2 , on a :
n
ln(an rn ) = n2 ln 1 +
(−1)n
n
+ n ln r = ((−1)n + ln r) n +
1
+ o (1) .
2
Distinguons deux cas.
•
Si ln r > −1 , on a ln a2n r2n
∼
n→+∞
(1 + ln r) 2n. Par conséquent :
ln(a2n r2n ) −→ +∞.
n→+∞
On en conclut que la suite (a2n r )n∈IN n’est pas bornée et R ⩽ r . Cette dernière
inégalité étant vérifiée pour tout r > 1e , on en déduit que R ⩽ 1/e
2n
•
De même, si ln r < −1 , alors (−1)n + ln r ⩽ 1 + ln r < 0 . Par suite :
ln(an rn ) −→ −∞.
n→+∞
En d’autres termes, an r
n
−→
n→+∞
0 et, par conséquent, R ⩾ r . On en déduit
que R ⩾ r , cela pour tout r < 1/e . Ainsi R ⩾ 1/e.
1
Par suite R = ·
e
Exercice 5 Notons R le rayon de convergence de la série entière
d(n)z n .
On a, pour tout n ∈ IN∗ , l’encadrement 1 ⩽ d(n) ⩽ n. Le rayon de convergence
n
de la série
z est 1 , donc R ⩽ 1 . De plus, nous avons vu en exercice que le
n
rayon de convergence de la série
nz est 1 (cf. page 587). Ainsi R ⩾ 1 . En
conclusion, R = 1 .
Corollaire 7
M bn z n
1. Il existe M ∈ IR∗+ et un rang N à partir duquel |an | ⩽ M |bn |. La série
ayant pour rayon de convergence Rb , la proposition précédente conduit à Ra ⩾ Rb .
2. Si an ∼ bn , alors an = O(bn ) et bn = O(an ), donc d’après la proposition précédente,
on a Ra ⩾ Rb et Ra ⩽ Rb .
Exercice 6 Soit r > 0 . Il est clair que
2
(n + 1)! r(n+1)
= (n + 1)r2n+1 −→
n→+∞
n! rn2
0
si r < 1 ;
+∞ si r ⩾ 1.
Ainsi, R = 1 .
Exercice 7
1. Pour tout n ∈ IN∗ et θ ∈ ]0, 2π[ , on a :
n
eikθ
k=1
k
=
n
1
k=1
=
n
1
k=1
(Sk (θ) − Sk−1 (θ)) =
k
k
n
1
k=1
Sk (θ) −
n−1
k=0
k
Sk (θ) −
n
1
k=1
1
Sk (θ)
Sk (θ) =
k+1
n−1
k=1
k
Sk−1 (θ)
1
1
−
k
k+1
+
Sn (θ)
− 1.
n
∗
2. Fixons θ ∈ ]0, 2π[ . Pour tout n ∈ IN , on a d’après l’inégalité donnée :
1
1
⩽ 1
Sk (θ) 1 − 1
.
−
k k + 1 sin θ2 k k + 1
$
#1
1
La série télescopique
−
est convergente, du fait que lim n1 = 0 .
k
k+1
n→+∞
#
$$
#
1
1
D’après le théorème de comparaison, la série
Sk (θ) k − k+1
est absolument convergente. Par ailleurs, Snn(θ) −→ 0 , car la suite (Sn (θ))n∈IN est bornée
n→+∞
d’après l’inégalité donnée. On en déduit, à l’aide de l’expression de la quest