analysei

Analyse I
Mohamed HOUIMDI
Université Cadi Ayyad
Faculté des Scieces-Semlalia
Département de Mathématiques
Version septembre 2014
y
−
√
−
−
√
3 1
2 , 2
√
√
2
2
2 , 2
− 12 ,
√
3
2
√
√
√ 6− 2
2
, 6+
4
4
(0, 1)
√
√
√
√ 6− 2
2
, 6+
4
4
π
2
7π
12
90◦
105◦
120◦
−
√
π
6
−
165◦
π
180◦
360
0◦ ◦
7π
6
−
√
√
2
2
2 ,− 2
330◦
225◦
◦
300
255◦
270◦
√
3
2
−
√
19π
12
3π
2
(0, −1)
√
√
√ 6− 2
2
, − 6+
4
4
√
√ 1
3
2, − 2
√
√
x
√
√
√ 6+ 2
2
, − 6−
4
4
3
1
2 , −2
7π
4
5π
3
17π
12
− 12 , −
◦
285◦
4π
3
11π
6
315◦
240
5π
4
(1, 0)
2π
23π
12
√
√
√ 6+ 2
2
, 6−
4
4
345◦
210◦
3
1
2 , −2
15◦
13π
12
√
√
30◦
π
12
11π
12
√
√
√ 6+ 2
2
, − 6−
4
4
3 1
2 , 2
45◦
195◦
√
60◦
135◦
√
2
2
2 , 2
π
4
75◦
150◦
(−1, 0)
+
√
π
3
3π
4
5π
6
√ 3
1
2, 2
5π
12
2π
3
√
√
√ 6+ 2
2
, 6−
4
4
√
−
√
√ 2
2
2 ,− 2
√
√
√ 6− 2
2
, − 6+
4
4
Typesetting by LATEX
Table des matières
1 Nombres réels
1.1
3
Rappels sur les relations d’ordre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3
1.1.1
Définitions et exemples
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3
1.1.2
Ensembles totalement ordonnés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7
1.1.3
Plus grand élément - Plus petit élément . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8
1.1.4
Borne supérieure - Borne inférieure . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9
1.2
Insuffisance des nombres rationnels . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
1.3
Corps commutatifs totalement ordonnés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.3.1
Définitions et propriètés de base . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.3.2
Valeur absolue dans un corps commutatif totalement ordonné . . . . . . 18
1.3.3
Corps commutatifs totalement ordonnés archimédiens . . . . . . . . . . 19
Proprièté d’Archimède . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
Partie entière . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
Densité de Q . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
1.3.4
Corps commutatifs totalement ordonnés archimidiens complets . . . . . 22
Intervalles dans un corps totalement ordonné archimédien . . . . . . . . 22
Proprièté des intervalles emboités . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
1.4
Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
2 Suites numériques
2.1
2.2
37
Définition et propriètés d’une suite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
2.1.1
Définition et exemples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
2.1.2
Suites majorées, suites minorées et suites bornées . . . . . . . . . . . . . 38
2.1.3
Croissance - Décroissance - Monotonie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
Convergence d’une suite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
2.2.1
Définition et propriètés de la limite d’une suite . . . . . . . . . . . . . . 39
2.2.2
Extention de la notion de limite
2.2.3
Opération sur les limites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
Addition . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
Produit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
Multiplcation par un scalaire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
2.3
2.4
2.2.4
Lien entre suites réelles et suites complexes . . . . . . . . . . . . . . . . 46
2.2.5
Ordre de R et suite réelles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
Critères de convergence . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
2.3.1
Suites monotones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
2.3.2
Suites adjacentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
2.3.3
Suites de Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54
Sous-suites - Valeurs d’adérence - Théorème de Bolzano-Weierstrass . . . . . . 55
2.4.1
Sous-suite ou suite extraite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
2.4.2
Valeurs d’adhérence d’une suite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57
2.4.3
Théorème de Bolzano-Weierstrass
ii
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59
2.5
Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61
3 Propriètés topologiques de la droite rélle
70
3.1
Ouvert - Fermé - Voisinage . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70
3.2
Adhérence - Intérieur - Fermeture . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72
3.3
3.2.1
Adhérence . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72
3.2.2
Intérieur . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75
3.2.3
Frontière . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76
Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76
4 Fonctions numériques
4.1
Limite d’une fonction
79
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79
4.1.1
Définition et propriètés de la limite d’une fonction . . . . . . . . . . . . 79
4.1.2
Extention de la notion de limite
4.1.3
Opérations sur les limites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80
Somme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81
Multiplication par un scalaire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82
produit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83
Inverse et quotient . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84
4.1.4
Caractérisation séquentielle de la limite . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86
4.1.5
Limite à droite - Limite à gauche . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87
4.1.6
Limite et ordre de R . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87
4.1.7
Comparaison locale des fonctions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90
Fonction dominée par une autre fonction . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90
Fonction négligeable devant une autre fonction . . . . . . . . . . . . . . 91
Notation de Landau . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91
4.1.8
4.2
Fonctions équivalentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92
Propriètés des fonctions continues . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93
4.2.1
Continuité en un point . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93
4.2.2
Prolongement par continuité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94
4.2.3
Opérations sur les fonctions continues . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95
4.2.4
Fonctions continues sur un intervalle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95
Théorème des valeurs intermidiaires (T.V.I) . . . . . . . . . . . . . . . . 95
Théorème du maximum . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98
4.3
4.2.5
Théorème de la fonction monotone . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100
4.2.6
Continuité uniforme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103
Dérivabilité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106
4.3.1
Dérivabilité en un point - Fonction dérivée . . . . . . . . . . . . . . . . . 106
4.3.2
Dérivabilité à droite - Dérivabilité à gauche . . . . . . . . . . . . . . . . 107
4.3.3
Opérations sur les fonctions dérivables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108
4.3.4
Dérivée de la composée - Dérivée de la réciproque
4.3.5
Fonctions circulaires réciproques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111
. . . . . . . . . . . . 109
Fonction arc cosinus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111
Fonction arc sinus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111
Fonction arc tangente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112
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4.3.6
Fonctions hyperboliques - Fonctions hyperboliques réciproques . . . . . 113
Fonction cosinus hyperbolique et fonction argument cosinus hyperbolique113
Fonction sinus hyperbolique et fonction argument sinus hyperbolique . . 114
Fonction tangente hyperbolique et fonction argument tangente hyperbolique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115
4.4
4.5
Dérivées des fonctions usuelles
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116
4.4.1
Dérivées d’ordre supérieur . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117
4.4.2
Extremums d’une fonction dérivable . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118
4.4.3
Théorème de Rolle - Théorème des accroissements finis
4.4.4
Sens de variation d’une fonction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124
4.4.5
Formules de taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125
. . . . . . . . . 120
Développents limités . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128
4.5.1
Définition et propriètés élémentaires . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128
4.5.2
Opération sur les développements limités . . . . . . . . . . . . . . . . . 131
Somme et multiplication par un scalaire . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131
Produit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131
Développent limité d’une fonction composée . . . . . . . . . . . . . . . . 132
Quotient de deux développents limités . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 134
4.5.3
Développents limités usuels au voisinage de 0 . . . . . . . . . . . . . . . 137
4.5.4
Utilisation des développements limités . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 138
Recherche d’équivalent simple - Calcul de limites . . . . . . . . . . . . . 138
Caractérisation d’extremums . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139
Position d’une courbe par rapport à une tangente . . . . . . . . . . . . . 140
4.5.5
Développents limités généralisés
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142
Développents limités généralisés au voisinage d’un point de R . . . . . . 142
Développents limités généralisés au voisinage de l’infini
. . . . . . . . . 143
Recherche d’asymptotes obliques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 144
4.6
Fonctions convexes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 147
4.6.1
Définition de la convexité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 147
4.6.2
Continuité et dérivabilité des fonctions convexes . . . . . . . . . . . . . 148
4.6.3
Caractérisation de la convexité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 150
4.6.4
Quelques inégalités de convexité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152
Inégalité de la tangente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152
Inégalité de Jensen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152
Inégalités des moyennes arithmétique et géométrique . . . . . . . . . . . 154
Inégalité de Hölder . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 154
Inégalité de Minkowski . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155
4.7
Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 156
4.7.1
Limites - Continuité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 156
4.7.2
Dérivabilité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 164
4.7.3
Théorème de Rolle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 166
4.7.4
Théorème des accroissements finis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 169
4.7.5
Formules de taylor - Développents lmités . . . . . . . . . . . . . . . . . 171
4.7.6
Fonctions convexes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173
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Pr.Mohamed HOUIMDI
4.7.7
Equations fonctionnelles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 174
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Pr.Mohamed HOUIMDI
1 Nombres réels
1.1
Rappels sur les relations d’ordre
1.1.1
Définitions et exemples
Définition
Soit E un ensemble quelconque, non vide, une relation binaire R sur E est définie par
une partie non vide G de E × E, appelée graphe de la relation R.
Notations
Soit R une relation binaire sur un ensemble E définie par son graphe G.
Pour (x, y) ∈ G, on écrit x R y et on lit "x est en relation avec y".
Ainsi, pour chaque x ∈ E et chaque y ∈ E, on aura
x R y ⇐⇒ (x, y) ∈ G
Donc, une relation binaire sur E est définie par une condition nécessaire et suffisante
pour que le couple (x, y) appartient à G.
Exemples
1. Soient E = N \ {0; 1} et R la relation binaire définie sur E par
x R y ⇐⇒ x divise y
Si donc G est le graphe de R, alors on a par exemple, (3, 12) ∈ G, (12, 3) ∈
/ G,
(5, 20) ∈ G, (7, 20) ∈
/ G, etc...
2. Soit X un ensemble quelconque, non vide et soit E = P(X) l’ensemble de toutes
les parties de X. On considère la relation binaire R définie sur E par,
A R B ⇐⇒ A ⊆ B
Si par exemple X = {a, b, c, d, e} et si G est le graphe de R, alors
({a, c}, {a, b, c}) ∈ G par contre ({a, b, c}, {a, b, e}) ∈
/ G.
3. Soit E = Z et soit R la relation binaire définie sur E, par
∀x ∈ Z, ∀y ∈ Z, xRy ⇐⇒ y − x ∈ N
Si donc G est le graphe de R, alors on a par exemple, alors (2, 5) ∈ G, (4, 7) ∈ G,
(6, 3) ∈
/ G, etc...
3
Remarques
Si E est un ensemble fini, une relation binaire peut être définie à l’aide d’un diagramme
orienté. Par exemple, le diagramme représenté dans la figure ci-dessus définit une relation
binaire sur E = {1, 2, 3, 4}. Une flêche allant de x vers y indique que x est en relation
avec y : 1 R 4, 4 R 1, 3 R 4, 2 R 2,· · ·
aRa
a
1
aRb
4
2
dRa
b
aRc
cRb
d
dRd
dRa
bRc
cRd
c
3
Figure 1.1 – E = {1, 2, 3, 4}
F = {a, b, c, d}
Définition
Soit E un ensemble muni d’une relation binaire R.
i) On dit que R est réflexive, si ∀x ∈ E, x R x.
ii) On dit R est symétrique, si
∀x ∈ E, ∀y ∈ E, x R y =⇒ y R x
iii) On dit que R est antisymétrique si
∀x ∈ E, ∀y ∈ E, (x R y et y R x) =⇒ x = y
iv) On dit que R est transitive, si
∀x ∈ E, ∀y ∈ E, ∀z ∈ E, (x R y et y R z) =⇒ x R z
Exemples
1. E = P(X) l’ensemble de toutes les parties de X et R la relation définie sur E par,
A R B ⇐⇒ A ⊆ B
Alors, on vérifie facilement que R est à la fois réflexive, antisymétrique et transitive.
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Pr.Mohamed HOUIMDI
2. E = N \ {0; 1} et R la relation définie sur E par
x R y ⇐⇒ x divise y
Alors R est à la fois réflexive, antisymétrique et transitive.
En effet,
i) Réflixivité
Soit x ∈ E, a-t-on x R x ?
On a x = 1 · x, donc x divise x et par suite x R x.
ii) Antisymétrie
Soient x ∈ E et y ∈ E, tels que x R y et y R x, a-t-on x = y ?
On a x R y et y R x, donc il existe k ∈ N et il existe k 0 ∈ N, tels que y = kx
et x = k 0 y, donc y = kk 0 y, comme y 6= 0, alors kk 0 = 1, avec k ∈ N et k 0 ∈ N,
donc k = k 0 = 1, par suite x = y.
iii) Transitivité
Soient x ∈ E, y ∈ E et z ∈ E, tels que x R y et y R z, a-t-on x R z ?
On a x R y et y R z, donc il existe k ∈ N et il existe k 0 ∈ N, tels que y = kx
et z = k 0 y, donc z = kk 0 x, par suite, x R z.
Définition
Soit R une relation binaire sur un ensemble E. On dit que R est une relation d’ordre
sur E, si R est à la fois réflexive, antisymétrique et transitive.
Notations
Dans toute la suite, toute relation d’ordre R sur un ensemble E, sera désignée par le
signe ≤.
Donc pour x ∈ E et y ∈ E au lieu d’écrire x R y on écrit x ≤ y.
Si E est muni d’une relation d’ordre ≤, on dit que (E, ≤) est un ensemble ordonné.
La notation x < y signifie x ≤ y et x 6= y.
Exemples
1. E = Z muni de la relation ≤ définie par
∀x ∈ E, ∀y ∈ E, x ≤ y ⇐⇒ y − x ∈ N
Alors (Z, ≤) est un ensemble ordonné.
2. E = N \ {0, 1} muni de la relation ≤ définie par
∀x ∈ E, ∀y ∈ E, x ≤ y ⇐⇒ x divise y
Alors (E, ≤) est un ensemble ordonné.
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3. E = P(X), où X est un ensemble quelconque, muni de la relation ≤ définie par
∀A ∈ E, ∀B ∈ E, A ≤ B ⇐⇒ A ⊆ B
Alors (E, ≤) est un ensemble ordonné.
4. E = F(X, R) l’ensemble de toutes les applications d’un ensemble X vers R, muni
de la relation binaire ≤ définie par
∀f ∈ F(X; R), ∀g ∈ F(X; R), f ≤ g ⇐⇒ ∀x ∈ X, f (x) ≤ g(x)
Alors (E, ≤) est un ensemble ordonné.
Dans cet exemple, pour f ∈ F(X, R) et g ∈ F(X, R), on a
f < g ⇐⇒ f ≤ g et f 6= g
⇐⇒ (∀x ∈ X, f (x) ≤ g(x)) et (∃x0 ∈ X : f (x0 ) 6= g(x0 ))
En particulier, on a
f > 0 ⇐⇒ (∀x ∈ X, f (x) ≥ 0) et (∃x0 ∈ X : f (x0 ) 6= 0)
5. Pour n ∈ N, avec n ≥ 2, on munit Rn de la relation définie par
(x1 , x2 , . . . , xn ) ≤ (y1 , y2 , . . . , yn ) ⇐⇒



(x1 ≤ y1 )






ou







(x1 = y1 et x2 ≤ y2 )



ou



.


..






ou






(x1 = y1 et x2 = y2 et . . . et xn−1 = yn−1 et xn ≤ yn )
Alors (Rn , ≤) est un ensemble ordonné.
Cet ordre s’appelle l’ordre lexicographique sur Rn , il est équivalent à l’ordre pour
lequel les mots sont classés dans un dictionnaire.
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1.1.2
Ensembles totalement ordonnés
Définition
i) Une relation d’ordre ≤ est dite totale, si pour tout x ∈ E et pour tout y ∈ E, on a
x ≤ y ou y ≤ x
ii) Un ensemble totalement ordonné est un ensemble E muni d’une relation d’ordre
totale.
iii) Si (E, ≤) n’est pas totalement ordonné, on dit que (E, ≤) est partiellement ordonné.
Remarque
Dans un ensemble totalement ordonné (E, ≤), la négation de x ≤ y est y < x.
Exemples
1. Z muni de l’ordre naturel défini dans l’exemple précédent,
x ≤ y ⇐⇒ y − x ∈ N
est un ensemble totalement ordonné.
2. Q muni de l’ordre défini dans l’exemple précédent, est totalement ordonné.
3. N \ {0, 1} ordonné par division :
x ≤ y ⇐⇒ y divise x
n’est pas un ensemble totalement ordonné.
4. P(X), où X est un ensemble de cardinal ≥ 2, ordonné par inclusion :
A ≤ B ⇐⇒ A ⊆ B
n’est pas un ensemble totalement ordonné.
5. E = C muni de la relation ≤ définie pour z = x + iy et z 0 = x0 + iy 0 , par
z ≤ z 0 ⇐⇒ (x ≤ x0 ) ou (x = x0 et y ≤ y 0 )
Alors (C, ≤) est totalement ordonné.
Cet ordre s’appelle l’ordre lexicographique sur C.
6. Rn muni de l’ordre lexicographique est un ensemble totalement ordonné.
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1.1.3
Plus grand élément - Plus petit élément
Définition
Soient (E, ≤) un ensemble ordonné, A une partie non vide de E et a ∈ A,
i) On dit que a est un plus grand élément de A, si ∀x ∈ A, x ≤ a.
ii) On dit que a est un plus petit élément de A, si ∀x ∈ A, a ≤ x.
Remarque
Si A possède un plus grand élément (resp. un plus petit élément), alors cet élément est
unique.
En effet, supposons que b ∈ A est un autre plus grand élément de A, alors on aura
a ≤ b et b ≤ a
Donc, d’après l’antisymétrie de la relation ≤, on aura a = b.
Notations
Soit A une partie d’un ensemble ordonné.
Si A possède un plus grand élément (resp. un plus petit élément), on note cet élément
max(A) (resp. min(A)).
Exemples
1. E = P(X) ordonné par inclusion, où X est un ensemble non vide.
Alors ∅ est le plus petit élément de E et X est le plus grand élément de E.
2. E = P(X) \ {∅, X} ordonné par inclusion, où X est un ensemble de cardinal ≥ 2.
Alors E n’admet ni plus grand élément, ni plus petit élément.
3. E = N \ {0, 1} ordonné par la division.
Alors E n’admet ni plus grand élément, ni plus petit élément.
4. Toute partie non vide de N possède un plus petit élément, comme le montre le
théorème suivant :
Théorème
Toute partie non vide de N admet un plus petit élément.
Preuve
Pour la démonstration de ce théorème, on a besoin de l’axiome suivant, dit axiome de
Peano ou principe de récurrence :
Soit A une partie de N, telle que
i) 0 ∈ A,
ii) ∀n ∈ N, n ∈ A =⇒ n + 1 ∈ A.
Alors A = N.
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Soit maintenant B une partie non vide de N et soit A la partie de N définie par,
∀x ∈ N, x ∈ A ⇐⇒ ∀b ∈ B, x ≤ b
Puisque B 6= ∅, alors on peut choisir b ∈ B, donc on voit que b + 1 ∈
/ A et par suite,
A 6= N. Puisque 0 ∈ A et A 6= N, alors A ne vérifie pas la deuxième condition de l’axiome
précédent :
∀n ∈ N, n ∈ A =⇒ n + 1 ∈ A
Donc, il existe n0 ∈ N, tel que n0 ∈ A et n0 + 1 ∈
/ A.
n0 + 1 ∈
/ A, donc il existe b ∈ B, tel que b < n0 + 1 et puisque n0 ∈ A, alors on aura
n0 ≤ b < n0 + 1
Ainsi, on aura 0 ≤ b − n0 < 1, donc n0 = b, par suite b est un plus petit élément de B.
1.1.4
Borne supérieure - Borne inférieure
Définition
Soient (E, ≤) un ensemble ordonné et A une partie non vide de E.
i) On dit que A est majorée dans E, s’il existe x ∈ E, tel que
∀a ∈ A, a ≤ x
Dans ce cas on dit que x est un majorant de A dans E.
ii) On dit que A est minorée dans E, s’il existe x ∈ E, tel que,
∀a ∈ A, x ≤ a
Dans ce cas, on dit que x est un minorant de A dans E.
iii) On dit que A est bornée si A est la fois majorée et minorée.
Notations
On note M (A) l’ensemble de tous les majorants de A et m(A) l’ensemble de tous les
minorants de A. Alors on a
A majoré ⇐⇒ M (A) 6= ∅ et A minoré ⇐⇒ m(A) 6= ∅
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Définition
Soient (E, ≤) un ensemble ordonné et A une partie non vide de E.
i) Si A est majorée et si M (A) possède un plus petit élément, alors cet élément s’appelle
la borne supérieure de A et se note sup(A).
ii) Si A est minorée et si m(A) possède un plus grand élément, alors cet élément
s’appelle la borne inférieure de A et se note inf(A).
Remarques
Soient (E, ≤) un ensemble ordonné et A une partie non vide de E.
1. Par définition, on a sup(A) ∈ M (A) et sup(A) est le plus petit majorant de A.
On a aussi inf(A) ∈ m(A) et inf(A) est le plus grand minorant de A.
2. Un plus grand élément de A appartient toujours à A, tandis qu’une borne supérieure de A peut ne pas appartenir à A.
3. Une borne supérieure ou inférieure, s’il existe, est toujours unique.
4. Si A possède un plus grand élément (resp. un plus petit élément), alors cet élément
coincide avec sa borne supérieure (resp. inférieure).
Exemples
1. A = [0, 1], alors 0 est le plus petit élément de A, donc 0 c’est aussi la borne
inférieure de A.
On voit aussi que 1 est le plus grand élément de A, donc 1 est la borne supérieure
de A.
2. A =]0, 1[, dans ce cas A n’admet ni plus grand élément, ni plus petit élément. Par
contre 0 est la borne inférieure de A et 1 est la borne supérieure de A.
3. A =] − ∞, 0] ∪ [1, +∞[. Alors A n’admet ni plus grand élément, ni plus petit
élément, ni borne supérieure, ni borne inférieure.
4. E = P(X) ordonné par inclusion, alors toute partie A de E, non vide et majorée
(resp. minorée) possède une borne supérieure (resp. inférieure).
En effet, supposons que A est majorée et soit ∆ =
S
A, alors on vérifie facilement
A∈A
que ∆ est la borne supérieure de A.
Si A est minorée, on prend Λ =
T
A, alors Λ est la borne inférieure de A.
A∈A
5. Toute partie non vide et majorée de N possède un plus grand élément.
En effet, nous allons montrer la proposition suivante :
Proposition
Soit n ∈ N, alors toute partie non vide de N majorée par n, possède un plus grand
élément.
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Preuve
Soit A une partie majorée par n. Montrons que A possède un plus grand élément.
Pour cela, on procède par récurrence sur n.
Pour n = 0, puisque A est majorée par 0 et A est non vide, alors A = {0}, donc 0 est le
grand élément de A.
Supposons que toute partie non vide A de N majorée par n possède un plus grand
élément.
Soit A une partie non vide de N majorée par n + 1. Deux cas sont donc possibles :
Si A est majorée par n, alors d’après l’hypothèse de récurrence, A possède un plus grand
élément.
Si A n’est pas majorée par n, alors il existe a ∈ A, tel que a > n, donc a ≥ n + 1 et par
suite, a = n + 1, car n + 1 est majorant de A. On en déduit donc que n + 1 ∈ A et que
n + 1 est un plus grand élément de A.
Caractérisation algèbrique de la borne supérieure
Soient (E, ≤) un ensemble totalement ordonné, A une partie non vide de E et x ∈ E.
Alors x est la borne supérieure de A, si et seulement si,
i) ∀a ∈ A, a ≤ x.
ii) ∀y ∈ E, y < x =⇒ ∃a ∈ A : y < a ≤ x.
Preuve
(=⇒) Supposons que x est la borne supérieure de A. Alors, par définition, x est un
majorant de A.
Soit y ∈ E, tel que y < x. Montrons qu’il existe a ∈ A, tel que y < a ≤ x.
on a y < x, donc y ∈
/ M (A), car x est le plus petit élément de M (A), donc y
n’est pas un majorant de A, par suite il existe a ∈ A, tel que y < a. Ainsi, on a
y < a ≤ x.
(⇐=) Supposons que (∀a ∈ A, a ≤ x) et (∀y ∈ E, y < x =⇒ ∃a ∈ A : x ≤ a < y).
Montrons que x est la borne supérieure de A. Pour cela, soit M (A) l’ensemble de
tous les majorants de A, alors on a x ∈ M (A), donc M (A) 6= ∅.
Montrons que x est le plus petit élément de M (A). Pour cela, il suffit de montrer
que
∀y ∈ M (A), x ≤ y.
Puisque E est totalement ordonné, alors par absurde, on suppose qu’il existe y ∈
M (A), tel que y < x, donc, par hypothèse, il existe a ∈ A, tel que y < a ≤ x. Ce
qui est absurde, car y est un majorant de A.
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Remarques
Le théorème s’écrit sous la forme,
x = sup(A) ⇐⇒



∀a ∈ A, a ≤ x



et




∀y ∈ E, y < x =⇒ ∃a ∈ A : y < a ≤ x
On a aussi un théorème analogue pour la caractérisation de la borne inférieure d’une
partie A d’un ensemble totalement ordonné :
x = inf(A) ⇐⇒
1.2



∀a ∈ A, x ≤ a



et




∀y ∈ E, x < y =⇒ ∃a ∈ A : x ≤ a < y
Insuffisance des nombres rationnels
D’après le théorème de Pythagore, on sait que si ABC est un triangle rectangle en A avec
√
√
AB = AC = 1, alors BC = AB 2 + AC 2 = 2.
C
√
1
A
2
B
1
Cependant, comme le montre la proposition suivante,
√
2∈
/ Q. Donc, il existe des nombres
dans la nature qui ne sont pas des nombres rationnels, ainsi l’ensemble Q est insuffisant pour
représenter toutes les mesures possibles de la nature, d’où la nécessité de construire un autre
ensemble de nombres contenant Q dans lequel toutes les mesures possibles sont représentées.
Un nombre entier n ∈ N est un carré parfait, s’il existe p ∈ N, tel que n = p2 .
Proposition
Soit n un nombre entier naturel qui n’est pas un carré parfait, alors
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√
n∈
/ Q.
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Preuve
√
n ∈ Q, donc il existe p ∈ N∗ et il existe q ∈ N∗ , avec p et
√
p
q premiers entre eux, tels que n = .
q
Supposons, par absurde, que
√
n=
p
p2
=⇒ n = 2
q
q
=⇒ p2 = nq 2
=⇒ q divise p2
=⇒ q divise p
(car p et q sont premiers entre eux)
=⇒ ∃d ∈ N : p = dq
=⇒ n = d2
donc n est un carré parfait, ce qui est absurde.
Remarques
√ √ √ √
1. Ainsi, d’après la proposition précédente, on voit par exemple que 2, 3, 5, 6,
√ √ √
√
√
√
7, 8, 10, 11, 12, 13, etc.. ne sont pas des nombres rationnels.
2. Q présente un autre défaut fondamental qui réside dans le fait qu’une partie non
vide et majorée de Q peut ne pas avoir de borne supérieure dans Q, comme le
montre l’exemple de la proposition suivante :
Proposition
Soit A = {x ∈ Q : x2 < 2}. Alors A est une partie majorée de Q n’ayant pas de borne
supérueire dans Q.
Preuve
D’abord, il est clair que A est majorée dans Q, car, par exemple, 2 est un majorant de
A dans Q. Supposons, par absurde, que A possède une borne supérieure m, avec m ∈ Q.
√
√
D’après la proposition précédente, m2 6= 2, donc deux cas sont possibles m2 < 2 ou
√
m2 > 2 :
√
Si m2 < 2, alors on peut trouver p ∈ N∗ , avec p assez grand, tel que (m + p1 )2 < 2, ce
qui est absurde, car m est un majorant de A.
Si m2 > 2, alors on peut trouver p ∈ N∗ , avec p assez grand, tel que (m − p1 )2 > 2, ce
qui est absurde, car m est le plus petit des majorants de A.
1.3
1.3.1
Corps commutatifs totalement ordonnés
Définitions et propriètés de base
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Rappelons que si E est un ensemble quelconque non vide, alors une loi interne sur E est
définie par une application ϕ : E × E −→ E. Dans ce cas, on convient de désigner ϕ(x, y) par
x ∗ y, xT y, x + y, x · y, xy, etc...
Définition
Soit K un ensemble non vide, muni de deux lois internes, notées + et ×. On dit que
(K, +, ×) est un corps commutatif, si
i) La loi + est commutative,
∀x ∈ K, ∀y ∈ K, x + y = y + x
ii) La loi + est associative,
∀x ∈ K, ∀y ∈ K, ∀z ∈ K, (x + y) + z = x + (y + z)
iii) La loi + possède un élément neutre, noté 0K ,
∀x ∈ K, x + 0K = 0K + x = x
iv) Tout élément x ∈ K, possède un symétrique par rapport à la loi +, noté −x,
x + (−x) = (−x) + x = 0K
v) La loi × est commutative,
∀x ∈ K, ∀y ∈ K, x × y = y × x
vi) La loi × est associative,
∀x ∈ K, ∀y ∈ K, ∀z ∈ K, (x × y) × z = x × (y × z)
vii) La loi × possède un élément neutre, noté 1K , avec 1K 6= 0K ,
∀x ∈ K, x × 1K = 1K × x = x
viii) Tout x ∈ K, avec x 6= 0K , possède un inverse par rapport à la loi ×, noté x−1 ,
x × (x−1 ) = (x−1 ) × x = 1K
ix) La loi × est distributive par rapport à la loi +,
∀x ∈ K, ∀y ∈ K, ∀z ∈ K, x × (y + z) = (x × y) + (x × z)
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Quelques règles de calcul
Soit (K, +, ×) un corps commutatif, alors on a
1. ∀x ∈ K, x × 0K = 0K × x = 0K .
En effet, on a 0K × x = (0K + 0K ) × x = 0K × x + 0K × x, donc 0K × x = 0K .
2. ∀x ∈ K, ∀y ∈ K, (−x) × y = x × (−y) = −(x × y).
En effet, on a 0K = 0K × y = (x + (−x)) × y = x × y + (−x) × y,
donc (−x) × y = −(x × y).
On a aussi 0K = x × 0K = x × (y + (−y)) = x × y + x × (−y),
donc x × (−y) = −(x × y).
En particulier, on a ∀x ∈ K, −x = (−1K ) × x.
3. ∀x ∈ K, ∀y ∈ K, (−x) × (−y) = x × y.
Exemples
Q={
p
: p ∈ Z et q ∈ N∗ } muni des lois internes + et × définies par
q
p p0
pq 0 + p0 q
p p0
pp0
+ 0 =
et
×
=
q q
qq 0
q q0
qq 0
est un corps commutatif.
Notations
Soit (K, +, ×) un corps commutatif.
Pour x ∈ K et y ∈ K, on pose xy = x × y, x − y = x + (−y), 0 = 0K et 1 = 1K .
Définition
Un corps commutatif (K, +, ×) est dit totalement ordonné, si K est muni d’une relation
d’ordre totale ≤, telle que
i) ∀x ∈ K, ∀y ∈ K, ∀z ∈ K, x ≤ y =⇒ x + z ≤ y + z ;
ii) ∀x ∈ K, ∀y ∈ K, (x ≥ 0 et y ≥ 0) =⇒ xy ≥ 0.
Dans ce cas, on dit que la relation d’ordre ≤ est compatible avec les lois + et ×.
Exemples
(Q, +, ×) est un corps totalement ordonné.
Notations
Dans la suite, on pose
K+ = {x ∈ K : x ≥ 0}, K∗+ = {x ∈ K : x > 0} et K− = {x ∈ K : x ≤ 0}
Sachons que x > y signifie y ≤ x et y 6= x.
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Remarques
Soit (K, +, ×) un corps commutatif totalement ordonné, alors on a
∀x ∈ K, ∀y ∈ K, x ≤ y ⇐⇒ y − x ≥ 0
⇐⇒ y − x ∈ K+
En effet, si x ≤ y, alors x + (−x) ≤ y + (−x), donc y − x ≤ 0.
Si 0 ≤ y − x alors 0 + x ≤ (y − x) + x, donc x ≤ y.
Réciproquement, soit A une partie non vide de K et soit B = {−x : x ∈ A}, tels que
i) 0 ∈ A,
ii) A ∩ B = {0},
iii) A ∪ B = K,
iv) A est stable pour l’addition et pour la multiplication.
Alors K muni de la relation définie par
∀x ∈ K, ∀y ∈ K, x ≤ y ⇐⇒ y − x ∈ A
est un corps totalement ordonné.
Proposition
Soit (K, +, ×) un corps commutatif totalement ordonné, alors on a les propriètés suivantes
1. ∀x ∈ K, x ≥ 0 ⇐⇒ −x ≤ 0.
2. ∀x ∈ K, ∀y ∈ K, (x ≥ 0 et y ≥ 0) =⇒ x + y ≥ 0.
3. ∀x ∈ K, ∀y ∈ K, (x > 0 et y ≥ 0) =⇒ x + y > 0.
4. ∀x ∈ K, ∀y ∈ K, (x ≤ 0 et y ≤ 0) =⇒ xy ≥ 0.
5. ∀x ∈ K, ∀y ∈ K, (x ≤ 0 et y ≥ 0) =⇒ xy ≤ 0.
6. ∀x ∈ K, x2 ≥ 0.
7. ∀x ∈ K, ∀y ∈ K, ∀z ∈ K, ∀t ∈ K; (x ≤ y et z ≤ t) =⇒ x + z ≤ y + t.
8. ∀x ∈ K, ∀y ∈ K, ∀a ∈ K, (x ≤ y et a ≥ 0) =⇒ ax ≤ ay.
Preuve
1. Si x ≥ 0, alors 0 ≤ x donc 0 + (−x) ≤ x + (−x) et ainsi on a −x ≤ 0.
La réciproque s’obtient de la même manière.
2. Si 0 ≤ x, alors 0 + y ≤ x + y, donc y ≤ x + y. Donc si 0 ≤ y, alors d’après la
transitivité de la relation d’ordre, on a 0 ≤ x + y.
3. On a x ≥ 0 et y ≥ 0, donc x + y ≥ 0, donc il suffit de vérifier que x + y 6= 0. Pour
cela on suppose que x + y = 0, donc on aura x = −y, avec y ≥ 0, donc x ≤ 0, donc
d’après l’antisymétrie de la relation d’ordre, on x = 0, ce qui est absurde.
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4. Si x ≤ 0 et y ≤ 0, alors −x ≥ 0 et −y ≥ 0, par suite, (−x)(−y) ≥ 0. Or d’après
les règles de calcul dans un corps commutatif, on a (−x)(−y) = xy.
5. Si x ≥ 0 et y ≤ 0, alors x ≤ 0 et −y ≥ 0, donc x(−y) ≥ 0. D’après les règles de
calcul, on a x(−y) = −xy, donc xy ≤ 0, car −xy ≥ 0.
6. Soit x ∈ K. Comme K est totalement ordonné, alors on a x ≥ 0 ou x ≤.
Si x ≥ 0, alors on a x ≥ 0 et x ≥ 0, donc x2 ≥ 0.
Si x ≤ 0, alors on a x ≤ 0 et x ≤ 0, donc x2 ≥ 0.
7. Si x ≤ y et z ≤ t, alors x + z ≤ y + z et y + z ≤ y + t, donc d’après la transitivité
de la relation d’ordre, on a x + z ≤ y + t.
1. Exercice.
Remarques
1. Soit (K, +, ×) un corps commutatif totalement ordonné, alors 1 > 0.
En effet, on a 1 = 12 , donc 1 ≥ 0, comme 1 6= 0, alors 1 > 0.
2. C n’est pas un corps totalement ordonné.
En effet, supposons, par absurde, qu’il existe une relation d’ordre ≤ sur C, telle
que (C, +, ×, ≤) soit un corps totalement ordonné.
D’après la ramarque précédente, on a 1 > 0, donc d’après la proposition précédente,
−1 < 0.
Or, on sait que −1 = i2 , donc −1 ≥ 0, ce qui est absurde.
Notations
Soit (K, +, ×) un corps commutatif.
Pour chaque x ∈ K et chaque entier n ∈ Z, on pose
nx =


x+x+
· · · + x}


|
{z



n fois

0





−(−n)x
Alors, on vérifie facilement que
si n > 0
si n = 0
si n < 0
i) ∀x ∈ K, ∀n ∈ Z, ∀m ∈ Z, (n + m)x = nx + mx ;
ii) ∀x ∈ K, ∀n ∈ Z, ∀m ∈ Z, (nm)x = n(mx).
Proposition
Soit (K, +, ×) un corps commutatif totalement ordonné, alors ∀n ∈ N∗ , n1K > 0K .
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Preuve
On procède par récurrence sur n, avec n ≥ 1.
Pour n = 1, on a n1K = 1K , comme 1K > 0K , alors n1K > 0K .
Supposons que n1K > 0K et montrons que (n + 1)1K > 0K .
On a (n + 1)1K = n1K + 1K , avec n1K > 0K et 1K > 0K , donc (n + 1)1K > 0K .
Remarques
Soit (K, +, ×) un corps commutatif totalement ordonné.
Soit ϕ l’application définie par
ϕ : Z −→ K
n −→ ϕ(n) = n1K
1. ∀n ∈ Z, n 6= 0 =⇒ n1K 6= 0K .
2. L’application ϕ vérifie les propriètés suivantes :
i) ∀n ∈ Z, ∀m ∈ Z, ϕ(n + m) = ϕ(n) + ϕ(m) ;
ii) ∀n ∈ Z, ∀m ∈ Z, ϕ(nm) = ϕ(n)ϕ(m) ;
iii) ϕ est injective.
La vérification de ces propriètés est laissée à titre d’exercice.
3. Puisque Z est infini et ϕ injective, alors ϕ(Z) est aussi infini.
On en déduit qu’un corps totalement ordonné est infini.
4. ϕ(Z) = {n1K : n ∈ Z} est une partie de K qui ressemble à Z, dans le sens où on
a
i) ∀m ∈ Z, ∀n ∈ Z, n1K + m1K = (m + n)1K ;
ii) ∀m ∈ Z, ∀n ∈ Z, (m1K )(n1K ) = (mn)1K .
Donc, si pour tout n ∈ Z, on pose n1K = n, alors on peut dire que tout corps
totalement ordonné contient Z et ainsi, on peut dire aussi que tout corps totalement
ordonné contient Q.
1.3.2
Valeur absolue dans un corps commutatif totalement ordonné
Soit (K, +, ×) un corps commutatif totalement ordonné.
Pour chaque x ∈ K, la valeur absolue de x qu’on note |x| est définie par :
|x| =

x
−x
si x ≥ 0
si x ≤ 0
Alors les propriètés usuelles d’une valeur absolue sont vérifiées, comme le montre la proposition
suivante :
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Remarques
1. ∀x ∈ K, |x| = max(x, −x).
2. ∀x ∈ K, | − x| = |x|.
3. ∀x ∈ K, x ≤ |x| et − x ≤ |x|.
Proposition
i) ∀x ∈ K, |x| = 0 ⇐⇒ x = 0 ;
ii) ∀x ∈ K, ∀y ∈ K, |xy| = |x||y| ;
iii) ∀x ∈ K, ∀y ∈ K, |x + y| ≤ |x| + |y| ;
iv) ∀x ∈ K, ∀y ∈ K, ||x| − |y|| ≤ |x − y|.
Preuve
i) Trivial.
ii) Si x ≥ 0 et y ≥ 0, alors xy ≥ 0, donc |xy| = xy = |x||y|.
Si x ≥ 0 et y ≤ 0, alors xy ≤ 0, donc |xy| = −xy = x(−y) = |x||y|.
Si x ≤ 0 et y ≤ 0, alors xy ≥ 0, donc |xy| = xy = (−x)(−y) = |x||y|.
iii) Si x + y ≥ 0, alors |x + y| = x + y ≤ |x| + |y|.
Si x + y ≤ 0, alors |x + y| = −(x + y) = (−x) + (−y) ≤ |x| + |y|.
iv) On a x = (x − y) + y, donc |x| ≤ |x − y| + |y|, par suite |x| − |y| ≤ |x − y| (∗).
On a aussi y = y − x + x, donc |y| ≤ |y − x| + |x|, par suite |y| − |x| ≤ |x − y| (∗∗).
D’après (∗) et (∗∗), on a max(|x| − |y|, |y| − |x|) ≤ |x − y|, donc ||x| − |y|| ≤ |x − y|.
1.3.3
Corps commutatifs totalement ordonnés archimédiens
Proprièté d’Archimède
Définition
Un corps commutatif totalement ordonné (K, +, ×) est dit archimédien ou vérifie la
proprièté d’Archimède, si
∀x ∈ K+ , ∀y ∈ K∗+ , ∃n ∈ N : x < ny
Remarques
Si K est un corps commutatifs totalement ordonné archimédien, alors pour tout x ≥ 0,
il existe n ∈ N, tel que x < n.
En effet, comme 1K > 0, il suffit d’appliquer la proprièté d’Archimède à x et 1K .
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Exemples
Q est un corps archimédien.
En effet, soient x ∈ Q+ et y ∈ Q∗+ , alors xy −1 ∈ Q, donc xy −1 =
q ∈ N∗ .
Comme q ≥ 1, alors
p
, avec p ∈ N et
q
p
≤ p < p + 1, donc xy −1 < p + 1, par suite, x < (p + 1)y.
q
Partie entière
Proposition
Soit (K, +, ×) un corps commutatif totalement ordonné archimédien.
Alors pour tout x ∈ K, il existe un unique entier n ∈ Z, tel que
n≤x<n+1
Dans ce cas, n s’appelle la partie entière de x et se note [x] ou E(x).
Preuve
Si x ≥ 0, on considère l’ensemble A = {m ∈ N : m ≤ x}.
Puisque K est archimédien, alors il existe p ∈ N, tel que x < p.
Donc A est une partie de N, non vide, car 0 ∈ A et A est majorée par p, par suite A
possède un plus grand élément, qu’on note n.
Ainsi, on aura n + 1 ∈
/ A, donc n ≤ x < n + 1.
Si x < 0, on considère l’ensemble A = {m ∈ N : m < −x}.
Puisque K est archimédien, alors il existe p ∈ N, tel que −x < p.
Donc A est une partie de N, non vide, car 0 ∈ A et A est majorée par p, par suite A
possède un plus grand élément, qu’on note q.
Ainsi, on aura q + 1 ∈
/ A, donc q < −x ≤ q + 1, donc si on prend n = −q − 1, alors
n ≤ x < n + 1.
Montrons l’unicité de n. Pour ce la, soit m un autre entier tel que m ≤ x < m + 1.
Sopposons, par absurde que m 6= n, donc on peut supposer, par exemple, que m < n.
m < n, donc m + 1 ≤ n, donc m + 1 ≤ x, ce qui est absurde, car x < m + 1.
Remarques
Soit (K, +, ×) un corps commutatif totalement ordonné archimédien.
Alors pour tout x ∈ K, la partie entière de x, E(x), est l’unique entier vérifiant
E(x) ≤ x < E(x) + 1
Intuitivement, E(x) est l’entier le plus proche de x.
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Corollaire
Soient m ∈ N et n ∈ N∗ . Alors il existe un unique (q, r) ∈ N2 , tel que
m = qn + r
avec 0 ≤ r < n
Preuve
m
et r = m − qn.
Posons q =
n
m
Comme q ≤
< q + 1, alors 0 ≤ m − qn < n, donc on aura
n
ï
ò
m = qn + r
avec 0 ≤ r < n
Remarques
L’expression m = qn + r, avec 0 ≤ r < n, s’appelle la division euclidienne de m par n.
q s’appelle le quotient et r le reste de la division euclidienne de m par n.
Proposition
Soit (K, +, ×) un corps commutatif totalement ordonné archimédien.
Pour chaque x ∈ K, on désigne par E(x) la partie entière de x, alors on a
i) ∀x ∈ K, ∀m ∈ Z, m ≤ x =⇒ m ≤ E(x)
ii) ∀x ∈ K, ∀m ∈ Z, x < m =⇒ E(x) ≤ m − 1
iii) ∀x ∈ K, E(x) = x ⇐⇒ x ∈ Z ;
iv) ∀x ∈ K \ Z, E(−x) = −E(x) − 1 ;
v) ∀x ∈ K, ∀y ∈ K, E(x) + E(y) ≤ E(x + y) ≤ E(x) + E(y) + 1.
vi) ∀x ∈ K, ∀n ∈ Z, E(x + n) = E(x) + n
Preuve
i) Soient x ∈ K et m ∈ Z, tels que m ≤ x, donc m < E(x) + 1 et par suite m ≤ E(x).
ii) Soient x ∈ K et m ∈ Z, tels que x < m, donc E(x) < m et par suite, E(x) ≤ m − 1.
iii) Trivial.
iv) Soit x ∈ K \ Z, alors on a E(x) ≤ x < E(x) + 1.
Comme x ∈
/ Z, alors E(x) < x < E(x) + 1, donc −E(x) − 1 < −x < −E(x), par
suite, on a E(−x) = −E(x) − 1.
v) Soient x ∈ K et y ∈ K, alors on a E(x) + E(y) ≤ x + y, donc d’après i),
E(x) + E(y) ≤ E(x + y).
On a aussi x + y < E(x) + E(y) + 2, donc d’après ii), E(x + y) ≤ E(x) + E(y) + 1.
vi) Trivial.
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Densité de Q
Définition
Soit (K, +, ×) un corps commutatif totalement ordonné archimédien.
On dit qu’une partie A de K est dense dans K, si pour tout x ∈ K et pour tout y ∈ K,
avec x < y, il existe a ∈ A, tel que x < a < y.
Théorème
Soit (K, +, ×) un corps commutatif totalement ordonné archimédien.
Alors Q est dense dans K.
Preuve
Soient x ∈ K et y ∈ K, tels que x < y, montrons qu’il existe r ∈ Q, tel que x < r < y.
1
On a y − x > 0 et comme K est archimédien, alors il existe m ∈ K, tel que
< m,
y−x
1
donc
< y − x.
m
n
n 1
D’autre part, soit n = E(mx), donc n ≤ mx < n+1, donc on voit que
≤x< + .
m
m m
n
n
1
1
< y − x et
≤ x, alors
+
< y.
Puisque
m
m
m m
n
1
Donc il suffit de prendre r =
+ .
m m
1.3.4
Corps commutatifs totalement ordonnés archimidiens complets
Intervalles dans un corps totalement ordonné archimédien
Définition
Soient a et b deux éléments d’un corps K totalement ordonné archimédien.
i) On appelle intervalle fermé d’extremités a et b, la partie de K notée [a, b] et définie
par
[a, b] = {x ∈ K : a ≤ x ≤ b}
ii) On appelle intervalle ouvert d’extremités a et b, la partie de K notée ]a, b[ et définie
par
]a, b[= {x ∈ K : a < x < b}
iii) On appelle intervalle semi ouvert à gauche d’extremités a et b, la partie de K notée
]a, b] et définie par
]a, b] = {x ∈ K : a < x ≤ b}
iv) On appelle intervalle semi ouvert à droite d’extremités a et b, la partie de K notée
[a, b[ et définie par
[a, b[= {x ∈ K : a ≤ x < b}
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Remarques
On définit aussi les intervalles [a, +∞[, ]a, +∞[, ] − ∞, a], ] − ∞, a[, et ] − ∞, +∞[ par
[a, +∞[= {x ∈ K : x ≥ a} et ]a, +∞[= {x ∈ K : x > a}
] − ∞, a] = {x ∈ K : x ≤ a} et ] − ∞, a[= {x ∈ K : x < a}
] − ∞, +∞[= K
Proprièté des intervalles emboités
Définition
Soit K un corps commutatif totalement ordonné archimédien.
On dit que K possède la proprièté des intervalles emboités, si pour toute suite d’intervalles fermés ([an , bn ])n≥0 , tels que
∀n ≥ 0, [an+1 , bn+1 ] ⊆ [an , bn ]
il existe au moins c ∈ K, tel que ∀n ∈ N, c ∈ [an , bn ].
Si K possède la proprièté des intervalles emboités, on dit que K est complet.
Exemples
Le corps Q ne possède pas la proprièté des intervalles emboités.
n 1
1
P
et bn = an + , alors
En effet, si on pose, par exemple, an =
n!
k=1 k!
Q∩
∞
\
[an , bn ]
n=0
!
=∅
On vérifie facilement que pour tout n ∈ N, an < an+1 bn+1 ≤ bn et an < bn . Donc on
aura
∀n ∈ N, [an+1 , bn+1 ] ⊆ [an , bn ]
Supposons, par absurde, qu’il existe α ∈ Q, tel que ∀n ∈ N, α ∈ [an , bn ].
p
On a α > 0, donc il existe p ∈ N∗ et il existe q ∈ N∗ , tel que α = .
q
Puisque pour tout n ∈ N, an ≤ α ≤ bn , alors en particulier pour n = q + 1, on a
aq+1 ≤ α ≤ bq+1 , donc aq < α < bq , par suite, en multipliant par q! et en tenant compte
1
que bq = aq + , on aura
q!
q!aq < q!α < q!aq + 1
Ce qui est absurde, car q!aq ∈ N et q!α ∈ N.
Théorème
Soit K un corps commutatif totalement ordonné archimédien complet. Alors toute partie
non vide et majorée de K possède une borne supérieure.
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Preuve
Soient A une partie non vide et majorée de K, a ∈ A et b un majorant de A.
Si b ∈ A, alors b est un plus grand élément de A, donc b est la borne supérieure de A.
Si b ∈
/ A, alors a < b. Dans ce cas pour chaque n ∈ N, on considère l’ensemble En des
entiers m ∈ N, tels que a + m2−n soit un majorant de A.
(b − a)2n > 0 et K archimédien, donc il existe m ∈ N, tel que (b − a)2n < m, donc
b < a + m2−n .
Or b est un majorant de An donc a + m2−n est un majorant de A et par suite, En 6= ∅.
En est une partie non vide de N, donc En possède un plus petit élément, noté pn .
pn est le plus petit élément de En , donc pn − 1 ∈
/ En , par suite
[a + (pn − 1)2−n , a + pn 2−n ] ∩ A 6= ∅
On a a + pn 2−n = a + 2pn 2−(n+1) , donc 2pn ∈ En+1 , par suite pn+1 ≤ 2pn .
On a aussi a + (pn − 1)2−n = a + (2pn − 2)2−(n+1) , donc 2pn − 2 ∈
/ En+1 , par suite
2pn − 2 < pn+1 , donc 2pn − 1 ≤ pn+1 .
Ainsi, on aura 2pn − 1 ≤ pn+1 ≤ 2pn , donc pn+1 = 2pn ou pn+1 = 2pn − 1, par
conséquent, si pour chaque n ∈ N, on pose an = a + (pn − 1)2−n et bn = a + pn 2−n ,
alors on aura
∀n ∈ N, [an+1 , bn+1 ] ⊆ [an , bn ]
Comme K est complet, alors il existe α ∈ K, tel que ∀n ∈ N, α ∈ [an , bn ].
Montrons que α est un majorant de A. Pour cela, supposons par absurde que α n’est
pas un majorant de A, donc il existe x ∈ A, tel que α < x, donc x − α > 0.
x − α > 0 et K archimédien, donc il existe m ∈ N, tel que 1K < m(x − α). Soit n ∈ N,
tel que m ≤ 2n , alors on a 1K < 2n (x − α), donc 2−n < x − α.
Comme α ∈ [an , bn ], alors a + (pn − 1)2−n ≤ α, donc a + pn 2−n < x.
Or a + pn 2−n est un majorant de A, donc x est un majorant de A, ce qui est absurde.
Montrons maintenant que α est le plus petit majorant de A. Pour cela, on suppose, par
absurde, qu’il existe un majorant β de A, tel que β < α, donc α − β > 0, par suite, il
existe n ∈ N, tel que α − β > 2−n .
Comme α ∈ [an , bn ], alors β < a+(pn −1)2−n , avec a+(pn −1)2−n n’est pas un majorant
de A, donc β n’est pas un majorant de A, ce qui est absurde.
Corollaire
Soit K un corps commutatif totalement ordonné archimédien complet. Alors toute partie
non vide et minorée de K possède une borne inférieure.
Preuve
Soit A une partie non vide et minorée de K et soit B = −A = {−x : x ∈ A}. Alors B
est une partie partie non vide et majorée de K, donc d’après le théorème précédent, B
possède une borne supérieure α, donc −α est une borne inférieure de A.
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Caractérisation de la borne supérieure
Soient K un corps commutatif totalement ordonné archimédien complet, A une partie non vide et majorée de K et α ∈ K. Alors les deux propositions suivantes sont
équivalentes :
i) α est la borne supérieure de A.
ii) α est un majorant de A et pour tout ε ∈ K, avec ε > 0, il existe a ∈ A, tel que
α−ε<a≤α
Preuve
i) =⇒ ii) Supposons que α est la borne supérieure de A, alors par définition, α est un
majorant de A.
Soit ε ∈ K, avec ε > 0, donc −ε < 0, par suite α − ε < α. Puisque α est le plus
petit majorant de A, alors α − ε n’est pas un majorant de A, donc il existe a ∈ A,
tel que α − ε < a ≤ α.
ii) ⇐= i) Il suffit de montrer que α est le plus petit majorant de A. Pour cela, on
suppose, par absurde, qu’il existe un majorant β de A, tel que β < α, donc α −β >
0, par suite, il existe a ∈ A, tel que α − (α − β) < a, donc β < a, ce qui est absurde,
car β est un majorant de A.
Notations
Soit K un corps commutatif totalement ordonné, archimédien et complet et soit A une
partie non vide de K.
Si A n’est pas majorée, on pose sup(A) = +∞.
Si A n’est pas minorée, on pose inf(A) = −∞.
Donc si on pose K = K ∪ {−∞, +∞} et si on prolonge la relation d’ordre de K à K de
la manière suivante :
∀x ∈ K, x ≤ +∞ et − ∞ ≤ x
alors on obtient le résultat suivant :
Corollaire
Toute partie non vide de K possède une borne supérieure et une borne inférieure.
Preuve
Soit A une partie non vide de K, alors deux cas sont possibles :
Si A possède un majorant dans K, alors d’après le théorème précédent, A possède une
borne supérieure dans K, donc aussi dans K.
Si A ne possède aucun majorant dans K, alors sup(A) = +∞, avec +∞ ∈ K.
De la même ma nière on montre que A possède une borne inférieure dans K
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Théorème
Il existe un unique corps commutatif totalement ordonné archimidien et complet.
Ce corps s’appelle le corps des nombres réels et se note R.
Preuve
A admettre.
Remarques
1. En fait le corps R est unique à un isomorphisme près, c’est à dire, si K est un autre
corps commutatif totalement ordonné archimidien et complet, alors il existe une
application
ϕ : R −→ K vérifiant les propriètés suivantes :
i) ϕ est bijective ;
ii) ∀x ∈ R, ∀y ∈ R, ϕ(x + y) = ϕ(x) + ϕ(y) ;
iii) ∀x ∈ R, ∀y ∈ R, ϕ(xy) = ϕ(x)ϕ(y) ;
iv) ∀x ∈ R, ∀y ∈ R, x ≤ y =⇒ ϕ(x) ≤ ϕ(y).
Dans ce cas, on dit que (R, +, ×, ≤) et (K, +, ×, ≤) sont deux corps isomorphe.
Pour plus d’informations sur les propriètés des isomorphismes, voir votre cours
d’Algèbre I.
2. Rappelons les principales propriètés de R :
i) (R, +, ×, ≤) est un corps commutatif totalement ordonné.
ii) Le corps R est archimédien :
∀x ∈ R+ , ∀y ∈ R∗+ , ∃n ∈ N : x < ny
iii) Le corps R possède la proprièté des intervalles emboités :
Si (In )n∈N est une suite décroissante d’intervalles fermés de R, alors
∞
T
n=0
∅.
In 6=
iv) Toute partie non vide et majorée de R possède une borne supérieure.
v) Q est dense dans R.
Exercice
1. Montrer que si a ∈ Q et b ∈ R, alors a + b ∈
/ Q.
2. En déduire, en utisant le fait que Q est dense dans R, que R \ Q est aussi dense
dans R.
Exercice
Soit A une partie non vide de R. Montrer que A est un intervalle de R, si et seulement
si, pour tout a ∈ A et pour tout b ∈ A, on a [a, b] ⊆ A.
(Indication : utiliser la borne supérieure et la borne inférieure de A dans R)
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1.4
Exercices
Exercice
Pour toute application f : R −→ R, on définit la relation binaire, notée ≤f , par
∀x ∈ R, ∀y ∈ R, x ≤f y ⇐⇒ (f (y) − f (x)) ≥ |y − x|
1. Montrer que ≤f définit une relation d’ordre sur R.
2. Montrer que l’ordre défini par ≤f est total, si et seulement si,
∀x ∈ R, ∀y ∈ R, |f (x) − f (y)| ≥ |x − y|
3. Identifier la relation définie par ≤IdR .
Exercice
Soit X un ensemble non vide et soit RX l’ensemble de toutes les applications de X vers
R muni de la relation binaire ≤ définie par
∀f ∈ RX , ∀g ∈ RX , f ≤ g ⇐⇒ ∀x ∈ R, f (x) ≤ g(x)
1. Vérifier que ≤ définit une relation d’ordre sur RX . Cet ordre est-il total ?
2. Soit f ∈ RX . Les assertions "f est majorée" et "{f } est majoré" sont-elles équivalentes ?
3. Soient f et g deux éléments distincts de RX . L’ensemble {f, g} admet-il un plus
grand élément ? une borne supérieure ?
4. Montrer que toute partie non vide et majorée de RX possède une borne supérieure.
Exercice
Soit E = {n ∈ N : 2 ≤ n ≤ 150} muni de la relation d’ordre définie par la division :
∀x ∈ E, ∀y ∈ E, x ≤ y ⇐⇒ x divise y
1. Est-ce que E est totalement ordonné ? Justifier votre réponse.
2. Soit A la partie de E définie par A = {12, 18, 24, 36}.
a) Est-ce que A possède un plus grand élément ? Un plus petit élément ?
b)) Déterminer m(A) l’ensemble des minorants de A. Est-ce que A possède une
borne inférieure ?
Si oui, déterminer cette borne inférieure.
iii) Déterminer M (A) l’ensemble des majorants de A. Est-ce que A possède une
borne supérieure ?
Si oui, déterminer cette borne supérieure.
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Exercice
1. Soit P (x) = x3 − 21x − 90. Montrer que 6 est l’unique racine réelle de P .
»
»
√
√
3
3
2. Montrer que 45 + 29 2 + 45 − 29 2 est un entier.
Exercice
Montrer que
»
3
»
√
√
3
27 + 6 21 + 27 − 6 21 est un entier.
Exercice
Montrer, par récurrence sur n ≥ 1, que
…
2+
2+
(Le nombre 2 apparaissant n fois sous le radical).
q
2+
»
··· +
√
2 = 2 cos
π
2n+1
Exercice
Ecrire sous forme d’intervalle les ensembles suivants :
[
\ ï
0, 1 −
]n, n + 1] ,
n∈N∗
n∈N
1
,
n
ï
\
]−
n∈N∗
ò +∞
ò
+∞
[ ï1
\ ï 1
1
1
1
, 1[,
,3 −
,
− ,3 +
n
n
n
n
n
n=2
n=2
Exercice
Soient x et y deux nombres réels. Montrer que
1. |x| + |y| ≤ |x + y| + |x − y|.
2. 1 + |xy − 1| ≤ (1 + |x − 1|)(1 + |y − 1|).
3.
»
»
|x − y| ≥ |x| −
»
|y|.
4. ∀z ∈ R, x ≤ z ≤ y ⇐⇒ |x − z| + |z − y| = |x − y|
Exercice
1. Soient ∈ N∗ et x0 , x1 , . . . , xn des nombres réels de l’intervalle [0, 1].
1
.
n
2. Soit x ∈ R et n ∈ N∗ . Montrer qu’il existe p ∈ N et il existe q ∈ {1, 2, . . . , n}, tels
Montrer qu’il existe (i, j) ∈ {0, 1, . . . , n}2 , avec i 6= j, tel que |xi − xj | ≤
que
x − p ≤ 1
q q2
(On pourra prendre xi = ix − [ix], i ∈ {0, 1, . . . , n}).
Exercice
Soient A et B deux parties non vides de R, telles que ∀(a, b) ∈ A × B, a ≤ b.
1. Montrer que sup(A) et inf(B) existent et que sup(A) ≤ inf(B).
2. Montrer que
(sup(A) = inf(B)) ⇐⇒ (∀ε > 0, ∃(a, b) ∈ A × B : 0 < b − a < ε)
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Exercice
Soient a et b deux nombres réels. Montrer que
max(a, b) =
a + b |b − a|
a + b |b − a|
+
et min(a, b) =
−
2
2
2
2
Exercice
Soient A et B deux parties non vides de Q, tels que
i) A ∪ B = Q.
ii) ∀a ∈ A, ∀b ∈ B on a a ≤ b.
Montrer qu’il existe un nombre réel unique x, tel que
∀a ∈ A, ∀b ∈ B, a ≤ x ≤ b
Exercice
Soit A une partie majorée de R ayant au moins deux éléments et soit a ∈ A.
1. Montrer que si a < sup(A) alors sup(A \ {a}) = sup(A).
2. Montrer que si sup(A \ {a}) < sup(A) alors sup(A) = a.
Exercice
Soit A une partie non vide et majorée de R et soit α = sup(A). Montrer que si α ∈
/ A,
alors pour tout ε > 0, l’intervalle ]α − ε, α[ contient une infinité d’éléments de A.
Exercice
Soit A une partie non vide et bornée de R. Montrer que
sup |x − y| = sup(A) − inf(A)
(x,y)∈A2
Exercice
Soient a > 0, b > 0, avec a ≤ b, et A la partie de R définie par :
A={
1
1
+
: m ∈ N∗ et n ∈ N∗ }
ma nb
1. Montrer que A possède un plus grand élément et que A est bornée.
2. Montrer, en utilisant la proprièté d’Archimède, que A admet 0 pour borne inférieure.
3. Montrer que pour tout k ∈ N∗ et pour tout ε > 0, il existe x0 ∈ A et il existe
y0 ∈ A, tels que
0 < x0 <
1
1
+ ε et 0 < y0 <
+ε
ka
kb
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Exercice
Soient A et B deux parties non vides et bornées de R. On définit A + B, −A, A − B et
AB par
A + B = {a + b : a ∈ A et b ∈ B}
− A = {−a : a ∈ A} et A − B = A + (−B)
AB = {ab : a ∈ A et b ∈ B}
1. Montrer que A + B est bornée et que
sup(A + B) = sup(A) + sup(B) et inf(A + B) = inf(A) + inf(B)
2. Montrer que −A est bornée et que sup(−A) = − inf(A) et inf(−A) = − sup(A).
3. Montrer que A − B est borné et déteminer sup(A − B) et inf(A − B) en fonction
de sup(A), sup(B), inf(A) et inf(B).
4. Montrer que A ∪ B est bornée et que sup(A ∪ B) = max(sup(A), sup(B)). Que
vaut inf(A ∪ B) ?
5. On suppose que A ⊆ R+ et que sup(B) ≥ 0. Montrer que AB possède une borne
supérieure et que sup(AB) = sup(A) sup(B).
6. On suppose A ∩ B 6= ∅. Montrer que A ∩ B est bornée et que
max(inf(A), inf(B)) ≤ inf(A ∩ B) ≤ sup(A ∩ B) ≤ min(sup(A), sup(B))
Exercice
1. Soient A et B deux parties de R, non vides et bornées. Montrer que
a) A ∪ B est bornée.
b) sup(A ∪ B) = max(sup(A), sup(B)) et inf(A ∪ B) = min(inf(A), inf(B)).
ß
™
1
n
∗
2. Soit X = (−1) +
: n∈N .
n
ß
™
1
∗
a) Montrer que X = A ∪ B où A =
1+
: n∈N
et B =
2n
ß
™
1
−1 +
: n∈N .
2n + 1
b) Montrer que A et B sont bornés et déterminer sup(A), inf(A), sup(B) et inf(B).
c) En déduire que X est borné et déterminer sup(X) et inf(X).
c) Est-ce que X admet un plus grand élément ? Un plus petit élément ?
Exercice
Soit
E={
1+
1−
1
n
1
n
: n ∈ N \ {0, 1}}
a) Montrer que E est borné et déterminer ses bornes supérieure et inférieure.
b) Etudier l’existence d’un plus petit et d’un plus grand élément de E.
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Exercice
Déterminer, s’ils existent, la borne supérieure et la borne inférieure de A dans les cas
suivants :
m
: m, n ∈ N∗ et m < 2n} ;
n
mn
b) A = { 2
: , ∈ Z, n ∈ N∗ }.
4m + n2
1
c) A = {x +
: x ∈ R∗+ }.
x
1
1
+
: n ∈ N∗ et m ∈ N}.
d) A = {
2n 2m + 1
e) A = {xy : (x, y) ∈ R2 et |x| + |y| < 1}.
m
f) A = {
: m ∈ N∗ et n ∈ N∗ }.
mn + 1
mn
g) A = { 2
: m ∈ N∗ et n ∈ N∗ }.
m + n2 + 1
1
1
1
: m ∈ N∗ et n ∈ N∗ }.
h) A = { 2 + 2 −
m
n
mn
a) A = {
Exercice
1. Soit A une partie non vide de R. Montrer que A est un intervalle, si et seulement
si,
∀x ∈ A, ∀y ∈ A, x ≤ y =⇒ [x, y] ⊆ A
2. Soient I et J deux intervalles de R.
a) Montrer que I + J est un intervalle de R.
b) Montrer que si I ∩ J 6= ∅, alors I ∩ J est un intervalle de R.
Exercice
Soit A une partie majorée de R ayant au moins deux éléments et soit a ∈ A.
a) Montrer que si a < sup(A) alors sup(A \ {a}) = sup(A).
b) Montrer que si sup(A \ {a}) < sup(A) alors a = sup(A).
Exercice
Soit
A={
2p2 − 3q
: p ∈ N∗ et q ∈ N∗ tel que p < q}
p2 + q
a) Montrer que A est minorée par −3 et majorée par 2.
b) Déterminer la borne supérieure et la borne inférieure de A.
Exercice
1. Montrer que ∀x ∈ R, ∀y ∈ R, [x] − [y] − 1 ≤ [x − y] ≤ [x] − [y].
2. Montrer que ∀x ∈ R, [−x] = −[x] − 1.
3. En déduire que ∀x ∈ R, ∀n ∈ Z− , n([x] + 1) ≤ [nx] ≤ n[x].
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Exercice
1. Montrer que ∀x ∈ R, ∀n ∈ Z, [x + n] = [x] + n.
2. Montrer que ∀x ∈ R, ∀y ∈ R, [x] + [y] ≤ [x + y] ≤ [x] + [y] + 1.
3. En déduire que si x1 , x2 , . . . , xn sont des nombres réels, alors on a
n
X
[xk ] ≤
k=1
4. En déduire que ∀n ∈
" n
X
k=1
ñ
ô
xk ≤
k=1
N∗ , ∀x
#
n
X
[xk ] + n − 1
[nx]
.
∈ R, [x] =
n
Exercice
Montrer que
i) ∀x ∈ R, ∀n ∈ N∗ , 0 ≤ [nx] − n[x] ≤ n − 1.
ï
ò
1
ii) ∀x ∈ R, ∀n ∈ N∗ ,
[nx] = [x].
n
ï
ò
n−1
k
P
x+
iii) ∀x ∈ R, ∀n ∈ N∗ ,
= [nx]
n
k=0
Exercice
Montrer que ∀n ∈ Z,
ï
n−1
n+2
n+4
+
+
= n.
2
4
4
ò
ï
ò
ï
ò
Exercice
n2 √
P
Soit n un entier ≥ 1, simplifier la somme Sn =
[ k]
k=1
Exercice
Résoudre dans R, E(2x − 1) =E(x − 4).
Exercice
a
b.
b
Montrer que x est le reste de la division euclidienne de a par b.
Soient a et b deux entiers, avec b 6= 0, et soit x = a −
ï ò
Exercice
1. Montrer que ∀x ∈ R, [x] + [−x] =

−1
0
si x ∈
/Z
si x ∈ Z
2. En déduire que si p et q sont des entiers naturels premiers entre eux, alors
q−1
Xï
k=1
p−1 ï
X kq
kp
(q − 1)(p − 1)
=
=
q
p
2
k=1
ò
ò
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Exercice
Pour chaque p ∈
N∗ ,
soit fp : R −→ R l’application définie par ∀x ∈ R, fp (x) = E
x
.
p
Å ã
1. Montrer que ∀p ∈ N∗ , fp ◦ E = fp .
2. En déduire que ∀p ∈ N∗ , ∀q ∈ N∗ , fp ◦ fq = fq ◦ fp = fpq .
Exercice
1. Montrer que pour tout x ∈ R, pour tout n ∈ N∗ et pour tout k ∈ N,
ñ
ï
x+k
=
n
ò
ô
[x] + k
.
n
2. Montrer que
n
P
ï
k=1
x+k
= [x].
n
ò
Exercice
1. Soit m ∈ N. Montrer que

(m + 1)2 ≡ 1 [4]
(m + 1)2 ≡ 0 [4]
si m est pair
si m est impair
√
2. Soit n ∈ N et soit m =E( 4n + 1).
√
On suppose que 4n + 2 ≥ m + 1. Montrer que 4n + 2 = (m + 1)2 et en déduire
√
√
une contradiction et que E( 4n + 1) =E( 4n + 2).
√
1
3. a) Montrer que ∀n ∈ N, n ≤ n2 + n ≤ n + .
2
√
√
√
b) Montrer que E( n + 1 + n) =E( 4n + 1).
Exercice
Montrer que ∀x > 0, E
»
√
E(x) = E( x).
Exercice
1. Soit f : R −→ R l’application définie par f (x) =
x
x+1
+
− [x]. Montrer que
2
2
ï ò
ï
ò
∀x ∈ R, f (x + 2) = f (x)
2. En déduire que ∀x ∈ R,
x
x+1
+
= [x].
2
2
ï ò
ï
ò
3. En déduire une expression simple de Sn =
n
P
k=0
4. Calculer lim Sn .
ñ
x + 2k
, pour tout x ∈ R.
2k+1
ô
n→∞
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Exercice
1. Montrer que pour tout n ∈ N∗ , on a
√
n+1−
√
√
√
1
n≤ √ ≤ n− n−1
2 n
2. En déduire la partie entière de
X 1
1 10000
√
2 n=1 n
Exercice
Résoudre dans R les équations suivantes :
ñ 2
ô
3x − 2x + 1
x+1
i)
=
.
2
2
ï
ò ï
ò
2
1
ii) x +
+ x+
= 2[x].
3
2
ï ò
x
= 1.
iii) [x] − 2
2
ï
ò
2x − 3
2x − 3
iv)
=
.
3
3
Exercice
Soit f : R+ −→ R une application non nulle, telle que
∀x ∈ R+ , ∀y ∈ R+ , f (x + y) = f (x) + f (y) et f (xy) = f (x)f (y)
1. Montrer que f (1) = 1 et f (0) = 0.
2. Montrer que ∀n ∈ N, f (n) = n.
1
1
3. Montrer que ∀q ∈ N∗ , f ( ) = et en déduire que ∀r ∈ Q+ , f (r) = r.
q
q
+
4. Montrer que ∀x ∈ R , f (x) ≥ 0.
5. Montrer que ∀x ∈ R+ , ∀y ∈ R+ , x ≤ y =⇒ f (x) ≤ f (y).
6. En utilisant une démonstration par absurde et en utilisant le fait que Q est dense
dans R, montrer que ∀x ∈ R+ , f (x) = x.
Exercice
Soit [a, b] un intervalle de R, avec a < b. On suppose qu’il existe une bijection f :
[a, b] −→ R.
1. Montrer qu’il existe une suite d’intervalles emboités ([an , bn ])n∈N , tels que pour
tout entier n ∈ N, f (n) ∈
/ [an , bn ].
2. En déduire que [a, b] n’est pas dénombrable.
Exercice
√
√
Montrer que A = { m − n : m ∈ N et n ∈ N} est dense dans R.
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Exercice
1. Montrer que si a ∈ Q et b ∈
/ Q, alors a + b ∈
/ Q.
√
/ Q.
2. Montrer que 2 ∈
3. Soient x ∈ R et y ∈ R, avec x < y.
a) Montrer qu’il existe r ∈ Q, tel que x +
√
2<r<y+
√
2.
b) En déduire que R \ Q est dense dans R.
Exercice
Soit A une partie non vide de R vérifiant,
i) Pour tout x ∈ R, il existe (a, b) ∈ A2 , tel que a < x < b ;
a+b
∈ A.
ii) ∀a ∈ A, ∀b ∈ A,
2
Montrer que A est dense dans R.
Exercice
1. Soit f : R −→ R une application croissante, telle que
∀x ∈ R, ∀y ∈ R, f (x + y) = f (x) + f (y)
Montrer qu’il existe a ∈ R, tel que ∀x ∈ R, f (x) = ax.
2. Soit g : R −→ R une application telle que
∀x ∈ R, ∀y ∈ R, f (x + y) = f (x) + f (y) et ∀x ∈ R, ∀y ∈ R, f (xy) = f (x)f (y)
a) Montrer que ∀x ∈ R, x ≥ 0 =⇒ g(x) ≥ 0.
b) En déduire que g est croissante.
c) Montrer que ∀x ∈ R, g(x) = x.
Exercice
Soit A un sous-anneau de R. Montrer que
(A est dense dans R) ⇐⇒ A∩]0, 1[6= ∅
Exercice
Soit a ∈ Q+ , tel que
√
a∈
/ Q.
p √
α
Montrer qu’il existe α > 0, tel que pour tout (p, q) ∈ Z × N∗ , | − a| ≥ 2 .
q
q
Exercice
p
1
Soit x ∈ R. Montrer qu’il existe (p, q) ∈ Z × N∗ , tel que |x − | ≤ 2 .
q
q
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Exercice
Soit f : [0, 1] −→ [0, 1] une application croissante, on se propose de montrer qu’il existe
α ∈ [0, 1], tel que f (α) = α.
Pour cela, on considère l’ensemble E = {x ∈ [0, 1] : x ≤ f (x)}.
1. Montrer que E possède une borne supérieure, qu’on note a.
2. Supposons que a < f (a). Montrer que f (a) ∈ E et en déduire une contradiction.
3. Supposons que a > f (a). Montrer qu’il existe x0 ∈ E, tel que f (a) < x0 < a et en
déduire une contradiction.
4. Conclure.
Exercice
Soit G un sous-groupe du groupe additif (R, +). On suppose que G 6= {0} et on pose
G∗+ = {x ∈ G : x > 0}
1. Montrer que G∗+ possède une borne inférieure α et que α ≥ 0.
2. On suppose que α > 0.
a) Montrer que si α ∈
/ G, alors il existe x1 ∈ G et il existe x2 ∈ G, tels que
α < x1 < x2 < 2α.
b) En déduire que α ∈ G et que αZ ⊆ G.
c) Soit x ∈ G. Montrer qu’il existe n ∈ G, tel que nα ≤ x < (n + 1)α et en déduire
que x = nα.
d) Déduire de ce qui précède que G = αZ.
3. On suppose que α = 0 et on fixe un ε > 0.
a) Montrer qu’il existe x ∈ G, tel que 0 < x < ε.
b) Soit y ∈ R. Montrer qu’il existe n ∈ Z, tel que |y − nx| < ε.
c) En déduire que G est dense dans R.
m
4. Vérifier que D = { n : , ∈ Z et n ∈ N} est un sous-groupe de (R, +) et en
2
déduire que D est dense dans R.
5. Soient a et b deux nombres réels. Montrer que
(aZ + bZ est dense dans R) ⇐⇒
a
∈
/Q
b
a
∈
/ Q.
2π
Montrer que {cos(an) : n ∈ N} et {sin(an) : n ∈ N} sont denses dans [−1, 1].
6. Soit a ∈ R, tel que
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2 Suites numériques
2.1
Définition et propriètés d’une suite
2.1.1
Définition et exemples
Définition
Soit E un ensemble non vide. Une suite d’éléments de E est définie par une application
u : N −→ E. Dans ce cas, pour chaque n ∈ N, on pose u(n) = un et on dit que (un )n∈N
est une suite de E.
Si E = R, on dit que (un )n∈N est une suite de nombres réels.
Si E = C, on dit que (un )n∈N est une suite de nombres complexes.
Pour chaque n ∈ N, un s’appelle le terme de rang n de la suite (un )n∈N .
Remarques
1. Dans le cas général, une suite d’un ensemble E est définie par une application
u : I −→ E, où I est une partie infinie de N.
2. Si I est une partie infinie de N, alors il existe une application bijective et strictement croissante ϕ : N −→ I.
En effet, puisque I est infinie, alors I est une partie non vide de N, donc I possède
un plus petit élément n0 .
I est infini, donc I \ {n0 } est une partie non vide de N, par suite I \ {n0 } possède
un plus petit élément n1 et on a n0 < n1 .
I \ {n0 , n1 } est encore une partie non vide de N, donc I \ {n0 , n1 } possède un plus
petit élément n2 et on a n0 < n1 < n2 .
Ainsi, Comme I est infini, on construit, par récurrence, une suite (nk )k≥0 , d’éléments de I, tels que pour tout k ∈ N, nk+1 est le plus petit élément de
I \ {n0 , n1 , n2 , . . . , nk }.
Donc, si pour tout k ∈ N, on pose ϕ(k) = xk , alors ϕ : N −→ I est une application
strictement croissante et bijective.
Dans ce cas, on a I = {n0 , n1 , n2 , . . . , nk , . . .} et (un )n∈I = (unk )k∈N .
3. Une suite complexe (un )n∈N est en général définie par la donnée de deux suites
réelles (xn )n∈N et (yn )n∈N , telles que
∀n ∈ N, un = xn + iyn
Dans ce cas, les propriètés de la suite (un )n∈N découlent de celles des suites (xn )n∈N
et (yn )n∈N .
37
Exemples
1. ([−n, n])n∈N est une suite d’intervalles de R, c’est donc une suite de P(R), c’est
la suite définie par l’application
u : N −→ P(R)
n 7−→ u(n) = [−n, n]
1
2. ( )n≥1 est une suite de Q, c’est la suite définie par l’application
n
u : N∗ −→ Q
n 7−→ u(n) =
1
n
√
3. ( n − 5)n≥5 est une suite réelle, c’est la suite définie par l’application
u : N \ {0, 1, 2, 3, 4} −→ R
√
n 7−→ u(n) = n − 5
4. On peut aussi définir une suite à l’aide d’une relation de récurrence.
Les deux exemples suivants sont élémentaires et typiques :
i) Une suite (un )n∈N est dite arithmétique, s’il existe r ∈ R, tel que (un )n∈N soit
définie par la relation de récurrence suivante :
u0 ∈ R et ∀n ∈ N, un+1 = un + r
Dans ce cas, u0 s’appelle le premier terme et r la raison de la suite arithmétique.
ii) Une suite (un )n∈N est dite géométrique, s’il existe q ∈ R, tel que (un )n∈N soit
définie par la relation de récurrence suivante :
u0 ∈ R et ∀n ∈ N, un+1 = qun
Dans ce cas, u0 s’appelle le premier terme et q la raison de la suite géométrique.
2.1.2
Suites majorées, suites minorées et suites bornées
Définition
Soit (un )n∈N une suite réelle.
i) On dit que (un )n∈N est majorée, s’il existe α ∈ R, tel que ∀n ∈ N, un ≤ α.
ii) On dit que (un )n∈N est minorée, s’il existe α ∈ R, tel que ∀n ∈ N, α ≤ un .
iii) On dit que (un )n∈N est bornée, s’il existe α > 0, tel que ∀n ∈ N, |un | ≤ α.
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2.1.3
Croissance - Décroissance - Monotonie
Définition
Soit (un )n∈N une suite réelle.
i) On dit que (un )n∈N est croissante, si ∀n ∈ N, un ≤ un+1 .
Si de plus, on a ∀n ∈ N, un < un+1 , on dit que (un )n∈N est strictement croissante.
ii) On dit que (un )n∈N est décroissante, si ∀n ∈ N, un+1 ≤ un .
Si de plus, on a ∀n ∈ N, un+1 < un , on dit que (un )n∈N est strictement décroissante.
iii) On dit que (un )n∈N est monotone, s’elle est ou bien croissante ou décroissante.
iv) On dit que (un )n∈N est stationnaire, s’il existe p ∈ N, tel que
∀n ∈ N, n ≥ p =⇒ un = up
Remarques
1. En fait, une suite (un )n∈N est dite croissante (resp. décroissante), s’il existe un
entier n0 ≥ 0, tel que
∀n ≥ n0 , ∀m ≥ n0 , n ≥ m =⇒ un ≥ um (resp. un ≤ um )
2. Une suite (un )n∈N est dite constante, si ∀n ∈ N, un+1 = un .
3. Toute suite constante est stationnaire, tandis que la réciproque n’est pas vraie.
Exemples
1. un = |n − 5| est croissante pour n ≥ 5.
ï
ò
1
2. un =
est une suite stationnaire qui n’est pas constante.
n+1
2.2
2.2.1
Convergence d’une suite
Définition et propriètés de la limite d’une suite
Définition
Soit (un )n∈N une suite réelle ou complexe et soit l ∈ K, avec K = R ou C.
On dit que (un )n∈N tend vers l quand n tend vers l’infini ou que (un )n∈N converge vers
l quand n tend vers l’infini et on écrit lim un = l, si pour tout ε > 0, il existe un entier
n→∞
N ∈ N, tel que
∀n ∈ N, n ≥ N =⇒ |un − l| ≤ ε
Dans ce cas, on dit que (un )n∈N est une suite convergente.
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Remarques
1. En utilisant les quantificateurs logiques, la définition précédente, s’écrit sous la
forme :
( lim un = l) ⇐⇒ (∀ε > 0, ∃N ∈ N : ∀n ∈ N, n ≥ N =⇒ |un − l| ≤ ε)
n→∞
ou encore sous la forme
( lim un = l) ⇐⇒ (∀ε > 0, ∃N ∈ N : ∀n ∈ N, n ≥ N =⇒ l − ε ≤ un ≤ l + ε)
n→∞
2. Une suite (un )n∈N converge vers l, si et seulement si, la suite (vn )n∈N définie par
vn = un − l converge vers 0 :
lim un = l ⇐⇒ lim (un − l) = 0
n→∞
n→∞
3. Une suite (un )n∈N ne converge pas vers l, si et seulement si, il existe un ε > 0, tel
que pour tout entier k ∈ N, il existe nk ≥ k, tel que |unk − l| > ε.
4. Une suite (un )n∈N qui ne converge vers aucune limite l est dite divergente.
Donc, une suite (un )n∈N est divergente, si et seulement si, pour tout l ∈ K, il existe
ε > 0, tel pour tout k ∈ N, il existe nk ≥ k, tel que |unk − l| > ε.
5. Toute suite convergente est bornée.
En effet, soit (un )n∈N une suite qui converge vers l et soit, par exemple, ε = 1,
alors il existe N ∈ N, tel que
∀n ∈ N, n ≥ N =⇒ |un − l| ≤ 1
Comme ||un | − |l|| ≤ |un − l|, alors pour tout n ≥ N , on a |un | ≤ |l| + 1.
Soit α = max{|u0 |, |u1 |, . . . , |uN −1 |, |l| + 1}, alors pour tout n ∈ N, on a |un | ≤ α.
6. Une suite bornée n’est pas nécessairement convergente.
En effet, considèrons la suite (un )n∈N définie par un = (−1)n , alors on a
∀n ∈ N, |un | = 1, donc (un )n∈N est bornée.
Supposons que (un )n∈N converge vers une limite l et appliquons la définition à
1
ε = , alors il existe N ∈ N, tel que
2
∀n ∈ N, n ≥ N =⇒ un −
1
1
≤ l ≤ un +
2
2
1
3
3
1
≤ l ≤ et pour n = 2N + 1, on aura − ≤ l ≤ − ,
2
2
2
2
ce qui est absurde, par suite (un )n∈N est une suite bornée divergente.
Donc pour n = 2N , on aura
7. Si une suite (un )n∈N converge vers l, alors (|un |)n∈N converge vers |l|, car on a
∀n ∈ N, ||un | − |l|| ≤ |un − l|
La réciproque n’est pas vraie, car, par exemple, si un = (−1)n , alors on a vu que
(un )n∈N n’est pas convergente, tandis que (|un |)n∈N est convergente, car elle est
constante.
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Exemples
1. Pour tout p ∈ N∗ , la suite (un )n≥1 définie par ∀n ∈ N∗ , un =
En effet, soit ε > 0, alors on doit chercher N ∈ N, tel que
1
converge vers 0.
np
∀n ∈ N, n ≥ N =⇒ |un | ≤ ε
1
1
1
Pour cela, remarquons que p ≤ , donc pour que p ≤ ε, alors il suffit que
n
n
n
1
≤ ε.
n
Or, on a
1
1
≤ ε ⇐⇒ n ≥
n
ε
ï ò
1
Donc si on pose N =
+ 1, alors on aura le résultat.
ε
3n − 1
3
2. La suite (un )n∈N définie par ∀n ∈ N, un =
converge vers .
2n + 3
2
En effet, soit ε > 0, alors on a
3n − 1
3
3
− ≤ ε
|un − | ≤ ε ⇐⇒ 2
2n + 1 2
−5 ≤ε
⇐⇒ 4n + 2 5
⇐⇒
≤ε
4n + 2
5 − 2ε
⇐⇒ n ≥
4ε
ñ
ô
|5 − 2ε|
5 − 2ε
Donc, si on prend N =
+ 1, alors pour tout n ≥ N , on aura n ≥
,
4ε
4ε
donc
3n − 1
3 −
≤ε
2n + 1
2
3. Soit a ∈ K∗ , avec |a| < 1, alors la suite (un )n∈N définie par ∀n ∈ N, un = an
converge vers 0.
En effet, soit ε > 0, alors on a
|un | ≤ ε ⇐⇒ |an | ≤ ε
⇐⇒ |a|n ≤ ε
⇐⇒ n ln |a| ≤ ln ε
⇐⇒ n ≥
ñ
ln ε
ln |a|
(car ln |a| < 0)
ô
ln ε
Donc, si on pose N =
+ 1, alors on aura le résultat.
ln |a|
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Lemme
Soit x ∈ R, tel que pour tout ε > 0, |x| ≤ ε, alors x = 0.
Preuve
|x|
|x|
Par absurde, si on suppose x 6= 0, alors |x| > 0, donc pour ε =
, on aura |x| ≤
,
2
2
1
ce qui est absurde, car on aura 1 ≤ .
2
Proposition
Si une suite (un )n∈N possède une limite l, alors l est unique.
Preuve
Soit l0 une autre limite de (un )n∈N et soit ε > 0, alors il existe un entier p ≥ 0 assez
grand, tel que
|up − l| ≤
ε
ε
et |up − l0 | ≤
2
2
donc on aura
|l − l0 | ≤ |l − up | + |up − l0 | ≤ ε
Donc, pour tout ε > 0, |l − l0 | ≤ ε, par suite l − l0 = 0.
2.2.2
Extention de la notion de limite
Définition
Soit (un )n∈N une suite réelle.
i) On dit que (un )n∈N tend vers +∞ quand n tend vers l’infini et on écrit
lim un = +∞, si pour tout A > 0, il existe N ∈ N, tel que
n→∞
∀n ∈ N, n ≥ N =⇒ un ≥ A
ii) On dit que (un )n∈N tend vers −∞ quand n tend vers l’infini et on écrit
lim un = −∞, si pour tout A > 0, il existe N ∈ N, tel que
n→∞
∀n ∈ N, n ≥ N =⇒ un ≤ −A
Remarques
Si une suite (un )n∈N converge vers +∞, alors (un )n∈N n’est pas majorée et si (un )n∈N
tend vers −∞, alors (un )n∈N n’est pas minorée. Tandis que la réciproque n’est pas
toujours vraie. En effet, soit (un )n∈N la suite réelle définie par
∀n ∈ N, u2n = n et u2n+1 = 1
Alors (un )n∈N n’est pas majorée et (un )n∈N ne converge pas vers +∞.
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Exemples
Soit a ∈ R, avec a > 1, alors la suite (un )n∈N définie par un = an converge vers +∞.
En effet, on a a > 1, donc a = 1 + b, avec b > 0, donc pour A > 0, on aura
an ≤ A ⇐⇒ (1 + b)n ≤ A
Or b > 0, donc d’après la formule du binôme, on a (1 + b)n ≥ nb.
Ainsi, pour que
an
aura
A
≥ A, il suffit que nb ≥ A, donc si on pose N =
+ 1, alors on
b
ï
ò
∀n ∈ N, n ≥ N =⇒ un ≥ A
2.2.3
Opération sur les limites
Addition
La somme de deux suites (un )n∈N et (vn )n∈N est la suite (wn )n∈N définie par
∀n ∈ N : wn = un + vn
Proposition
Soient (un )n∈N et (vn )n∈N deux suites convergentes. Alors la somme (un + vn )n∈N est
une suite convergente et on a
lim (un + vn ) = lim un + lim vn
n→∞
n→∞
n→∞
Preuve
Posons l = lim un et l0 = lim vn et montrons que (un + vn )n∈N converge vers l + l0 .
n→∞
n→∞
Pour cela, soit ε > 0, alors il existe N1 ∈ N et il existe N2 ∈ N, tels que
∀n ∈ N, n ≥ N1 =⇒ |un − l| ≤
ε
ε
et ∀n ∈ N, n ≥ N1 =⇒ |vn − l0 | ≤
2
2
Donc, si on pose N = max(N1 , N2 ), alors pour n ≥ N , on aura
|(un + vn ) − (l + l0 )| = |(un − l) + (vn − l0 )| ≤ |un − l| + |vn − l0 | ≤ ε
Produit
Le produit de deux suites (un )n∈N et (vn )n∈N est la suite (wn )n∈N définie par
∀n ∈ N : wn = un vn
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Proposition
i) Soit (un )n∈N une suite bornée et soit (vn )n∈N une suite convergente, avec lim vn = 0.
n→∞
Alors le produit (un vn )n∈N est une suite convergente et on a
lim un vn = 0
n→∞
ii) Soient (un )n∈N et (vn )n∈N deux suites convergentes. Alors le produit (un vn )n∈N est
une suite convergente et on a
lim (un vn ) = lim un lim vn
n→∞
n→∞
n→∞
Preuve
i) (un )n∈N est bornée, donc il existe M > 0, tel que pour tout n ∈ N, on a |un | ≤ M .
ε
Soit ε > 0, alors il existe N ∈ N, tel que pour n ≥ N , on a |vn | ≤
.
M
Donc pour n ≥ N , on a |un vn | = M |un | ≤ ε.
ii) Posons l = lim un et l0 = lim vn et montrons que (un vn )n∈N converge vers ll0 .
n→∞
n→∞
On a un vn − ll0 = un vn − lvn + lvn − ll0 = vn (un − l) + l(vn − l0 ).
Comme (vn )n∈N est convergente, alors (vn )n∈N est bornée et comme
lim (un − l) = 0, alors d’après i), on a lim vn (un − l) = 0.
n→∞
n→∞
D’après i), on a aussi lim l(vn − l0 ) = 0.
n→∞
Ainsi, on déduit de ce qui précède, que (un vn − ll0 )n∈N est convergente et on a
lim (un vn − ll0 ) = 0
n→∞
Donc lim un vn = ll0 .
n→∞
Proposition
i) Soit (un )n∈N une suite convergente,
Å ã telle que pour tout n ∈ N, un 6= 0 et tel que
1
lim un 6= 0. Alors la suite
est convergente et on a
n→∞
un n∈N
1
1
=
n→∞ un
lim un
lim
n→∞
ii) Soient (un )n∈N et (vn )n∈N deux suites convergentes,
telles que pour tout n ∈ N, vn 6=
Å ã
un
0 et tel que lim vn 6= 0. Alors la suite
est convergente et on a
n→∞
vn n∈N
lim un
un
= n→∞
n→∞ vn
lim vn
lim
n→∞
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Preuve
Å
i) Montrons d’abord que
1
un
ã
est bornée.
n∈N
On a lim un = l, avec l 6= 0, donc pour ε =
n→∞
|l|
, il existe N ∈ N, tel que
2
∀n ∈ N, n ≥ N =⇒ |un − l| ≤
|l|
2
Comme ||un | − |l|| ≤ |un − l|, alors on aura
∀n ∈ N, n ≥ N =⇒ ||un | − |l|| ≤
Par suite on aura
∀n ∈ N, n ≥ N =⇒
|l|
2
3|l|
|l|
≤ |un | ≤
2
2
1 2
1
1
1
,
Soit M = max
,
,...,
, alors pour tout n ∈ N, on a ≤ M .
|u0 | |u1 |
uN −1 |l|
un
Soit maintenant ε > 0, alors il existe N ∈ N, tel que
Ç
å
∀n ∈ N, n ≥ N =⇒ |un − l| ≤ M |l|ε
Donc pour n ≥ N , on aura
Å
ii) D’après i), la suite
1
vn
ã
1
|un − l|
1 |un − l|
≤
≤ε
−
=
u
l
|un ||l|
M |l|
n
est convergente et on a lim
n→∞
n∈N
1
1
=
.
vn
lim vn
n→∞
un
1
Comme (un )n∈N est une suite convergente et comme
= un , alors d’après la
vn
vn
proposition précédente, on a
lim un
1
un
1
= lim un
= lim un lim
= n→∞
n→∞
n→∞ vn
vn n→∞ n→∞ vn
lim vn
lim
n→∞
Multiplcation par un scalaire
Soit u = (un )n∈N une suite réelle ou complexe. Pour chaque λ ∈ K, on définit la suite λ · u par
λ · u = (λun )n∈N
Proposition
Soit u = (un )n∈N une suite convergente, alors pour tout λ ∈ K, la suite (λun )n∈N est
convergente et on a
lim (λun ) = λ lim un
n→∞
n→∞
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Preuve
Supposons que u = (un )n∈N converge et posons l = lim un .
n→∞
Soit λ ∈ K, alors deux cas sont possibles :
Si λ = 0, alors la proprièté est trivial.
Si λ 6= 0, soit ε > 0, alors il existe N ∈ N, tel que
∀n ∈ N, n ≥ N =⇒ |un − l| ≤
ε
|l|
Donc pour n ≥ N , on aura
|λun − λl| = |l||un − l| ≤ ε
2.2.4
Lien entre suites réelles et suites complexes
Proposition
Soit (zn )n∈N une suite complexe, telle pour tout n ∈ N, zn = xn + iyn , où xn est la
partie réelle de zn et yn est la partie imaginaire de zn . Alors (zn )n∈N est convergente,
si et seulement si, sa partie réelle (xn )n∈N et sa partie imaginaire (yn )n∈N convergent.
De plus, on a
lim zn = lim xn + i lim yn
n→∞
n→∞
n→∞
Preuve
(=⇒) Supposons que (zn )n∈N est convergente vers l, avec l = l1 + il2 .
Montrons que (xn )n∈N et (yn )n∈N convergent respectivement vers l1 et l2 .
Soit ε > 0, alors il existe N ∈ N, tel que
∀n ∈ N, n ≥ N =⇒ |zn − l| ≤ ε
Or, on sait que |xn − l1 | ≤ |zn − l| et |yn − l2 | ≤ |wn − l|, donc pour n ≥ N on a
|xn − l1 | ≤ ε et |yn − l2 | ≤ ε
(⇐=) Supposons que (xn )n∈N et (yn )n∈N convergent, donc d’après la proposition précédente, (iyn )n∈N converge et comme (zn )n∈N est la somme de (xn )n∈N et (iyn )n∈N ,
alors (zn )n∈N converge et on a
lim zn = lim xn + lim (iyn ) = lim xn + i lim yn
n→∞
n→∞
n→∞
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n→∞
n→∞
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2.2.5
Ordre de R et suite réelles
La proposition suivante exprime que la limite d’une suite réelle est compatible avec l’ordre du
corps R des nombres réels.
Proposition
soient (un )n∈N et (vn )n∈N deux suites réelles convergentes, telles que pour tout n ∈ N,
on a un ≤ vn . Alors lim un ≤ lim vn .
n→∞
n→∞
Preuve
Posons l = lim un , l0 = lim vn et supposons par absurde que l > l0 , donc pour
n→∞
n→∞
l − l0
ε=
, il existe N ∈ N, tel que
2
∀n ∈ N, n ≥ N =⇒ (l − ε < un < l + ε et l0 − ε < vn < l0 + ε)
l + l0
l + l0
< uN et vN <
, par suite vN < uN , ce qui est
2
2
absurde, car par hypothèse on a uN ≤ vN .
Donc, en particulier, on aura
Le théorème suivant appelé théorème des gendarmes est très utiles en pratique pour établir
la convergence d’une suite réelle.
Théorème des gendarmes
Soient (un )n∈N , (vn )n∈N et (wn )n∈N trois suites réelles, telles que
i) ∀n ∈ N, vn ≤ un ≤ wn ,
ii) (vn )n∈N et (wn )n∈N convergent vers une même limite l.
Alors (un )n∈N converge et on a lim un = l.
n→∞
Preuve
Fixons ε > 0, alors il existe N1 ∈ N et il existe N2 ∈ N, tels que
∀n ∈ N, n ≥ N1 =⇒ l − ε ≤ vn ≤ l + ε et ∀n ∈ N, n ≥ N2 =⇒ l − ε ≤ wn ≤ l + ε
Donc, si on pose N = max(N1 , N2 ), alors on aura
∀n ∈ N, n ≥ N =⇒ l − ε ≤ vn ≤ un ≤ wn ≤ l + ε
On en déduit donc que
∀ε > 0, ∃N ∈ N : ∀n ∈ N, n ≥ N =⇒ |un − l| ≤ ε
Les exemples suivants illustres l’importance de ce théorème.
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Exemples
Å
1. Etudier de la convergence de la suite (un )n∈N définie par un =
sin n
2
ãn
.
On a | sin n| ≤ 1, donc
Ç
∀n ∈ N, 0 ≤
| sin n|
2
ån
≤
Å ãn
1
2
Å ãn
1
= 0, alors d’après la proprièté des gendarmes, la suite (un )n∈N
2
converge et on a lim un = 0.
Comme lim
n→∞
n→∞
2. Etudier la convergence de la suite (un )n≥1 définie par un =
1
√
n+ n
On voit facilement que
∀n ∈ N∗ ,
1
1
√ + ··· +
+
n n+ 1
n+1
n+1
√ ≤ un ≤
n+ n
n
1
1+
n+1
n donc lim n +√1 = 1.
√ =
On a
1
n→∞ n + n
n+ n
1+ √
n
n+1
1
n+1
On a aussi
= 1 + , donc lim
= 1.
n→∞
n
n
n
Ainsi, d’après la proprièté des gendarmes, la suite (un )n∈N converge et on a
lim un = 1.
n→∞
n
P
1
.
+k
k=1
n
1
n
n
P
En remplaçant tous les termes de la somme
par 2
, puis par 2
,
2
n +1
n +n
k=1 n + k
alors on aura
n2
n2
∀n ∈ N∗ , 2
≤ un ≤ 2
n +n
n +1
3. Etudier la suite (un )n∈N définie par un =
n2
n2
n2
=
lim
= 1, alors d’après la proprièté des gendarmes,
n→∞ n2 + n
n→∞ n2 + 1
la suite (un )n∈N converge et on a lim un = 1.
Comme lim
n→∞
1! + 2! + · · · + n!
.
n!
En remlaçant les n − 2 premiers termes de 1! + 2! + · · · + (n − 1)! + n! par (n − 2)!,
4. Etudier la suite (un )n∈N définie par un =
on aura
∀n ∈ N, n! ≤ n!un ≤ (n − 2)(n − 2)! + (n − 1)! + n! ≤ n! + 2(n − 1)!
On en déduit donc que
∀n ∈ N∗ , 1 ≤ un ≤ 1 +
2
= 1, alors d’après la proprièté des gendarmes, la suite
n→∞
n
converge et on a lim un = 1.
Å
Comme lim
(un )n∈N
2
n
ã
1+
n→∞
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2.3
Critères de convergence
2.3.1
Suites monotones
Théorème de la convergence monotone
i) Soit (un )n∈N est une suite réelle croissante et majorée, alors (un )n∈N est convergente et on a
lim un = sup un
n→∞
n∈N
ii) Soit (un )n∈N est une suite réelle décroissante et minorée, alors (un )n∈N est
convergente et on a
lim un = inf un
n→∞
n∈N
Preuve
i) Supposons que (un )n∈N est une suite croissante et majorée.
Posons l = supn≥0 un et montrons que (un )n∈N converge vers l.
Soit ε > 0, alors par définition de la borne supérieure, il existe N ∈ N, tel que
l − ε < uN ≤ l.
Puisque (un )n∈N est croissante et puisque l = supn≥0 un , alors pour n ≥ N , on a
l − ε ≤ uN ≤ un ≤ l
On en déduit donc que
∀n ∈ N, n ≥ N =⇒ −ε ≤ un − l ≤ ε
ii) Se démontre de la même manière.
Proposition
i) Toute suite croissante non majorée converge vers +∞.
ii) Toute suite décroissante non minorée converge vers −∞.
Preuve
Soit (un )n∈N une suite croissante non majorée et soit A > 0.
Montrons qu’il existe N ∈ N, tel que
∀n ∈ N, n ≥ N =⇒ un ≥ A
Comme (un )n∈N n’est pas majorée, alors il existe N ∈ N, tel que uN ≥ A et comme
(un )n∈N est croissante, alors on aura
∀n ∈ N, n ≥ N =⇒ un ≥ uN ≥ A
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Exemples
n 1
P
1. Etudier la suite (un )n∈N définie par un =
k=1
Pour tout n ∈ N∗ , on a un+1 = un +
En remarquant que pour tout entier k ≥ 2,
k=1
k2
=1+
n
X
1
k=2
Or, on a pour tout entier k ≥ 2,
par suite on aura
.
1
, donc (un )n∈N est une suite stricte(n + 1)2
ment croissante.
n
X
1
k2
k2
1
1
<
, alors pour n ≥ 2, on a
k
k−1
≤1+
n
X
1
k(k − 1)
k=2
n
1
1
1
1
1
P
=
+ , donc
= 1− ,
k(k − 1)
k−1 k
k(k
−
1)
n
k=2
un ≤ 2 −
1
≤2
n
On conclut donc que (un )n∈N est croissante majorée, donc convergente et on a
lim un ≤ 2.
n→∞
an
, alors (un )n∈N est décroissante.
2. Soit a > 0 et soit (un )n∈N définie par un =
n!
un+1
a
a
En effet, on a
, avec
≤ 1 pour n ≥ [a], donc (un )n∈N est une
=
un
n+1
n+1
suite décroissante minorée par 0 et par suite elle est convergente.
3. Etudier la suite (un )n∈N définie par récurrence de la manière suivante :


u0 = 2
Å
ã
1
2

∀n ∈ N, un+1 =
un +
un
2
√
Montrons d’abord, par récurrence sur n, que ∀n ∈ N, 2 < un .
√
Pour n = 0, on a u0 = 2, donc 2 < u0 .
√
√
Supposons que 2 < un et montrons que 2 < un+1 . Pour cela, on a
un+1 −
Comme un −
√
√
√
√
1
2
1
un +
− 2=
(un − 2)2
2
un
2un
Å
2=
2 > 0, alors un+1 −
ã
√
2 > 0. D’où le résultat.
Montrons maintenant que (un )n∈N est strictement décroissante. Pour cela, on a
1
2
2 − u2n
un+1 − un =
un +
− un =
2
un
2un
Å
Comme
√
ã
2 < un , alors un+1 − un < 0, donc (un )n∈N est strictement décroissante.
Nous avons donc établi que (un )n∈N est une suite décroissante et minorée, donc
d’après le théorème précédente, (un )n∈N converge vers une limite l.
Å
ã
Å
ã
1
2
1
2
On a un+1 =
un +
, donc en passant à la limite, on aura l =
l+
.
2
un
2
l
√
√
On en déduit donc que l2 = 2, et comme l ≥ 2, alors l = 2.
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2.3.2
Suites adjacentes
Définition
Deux suites réelles (un )n∈N et (vn )n∈N sont dites adjacentes, si
i) (un )n∈N est croissante ;
ii) (vn )n∈N est décroissante ;
iii) lim (un − vn ) = 0.
n→∞
Exemples
Pn
1
1
et vn = un +
sont adjacentes.
k!
nn!
1
En effet, on a un+1 − un =
, donc (un )n∈N est croissante.
(n + 1)!
1
1
1
On a aussi vn+1 − vn = un+1 − un +
−
=−
,
(n + 1)(n + 1)! nn!
n(n + 1)2 n!
donc (vn )n∈N est décroissante.
1
vn − un =
, donc lim (vn − un ) = 0.
n→∞
nn!
Les suites un =
k=0
Théorème
Si (un )n∈N et (vn )n∈N sont deux suites adjacentes, alors
i) ∀n ∈ N, un ≤ vn .
ii) (un )n∈N et (vn )n∈N convergent vers la même limite l et on a
∀n ∈ N, un ≤ l ≤ vn
Preuve
i) Supposons, par absurde, qu’il existe N ∈ N, tel que uN > vN , donc uN − vN > 0.
Comme lim (un − vn ) = 0, alors il existe n ∈ N, avec n > N , tel que
n→∞
un − vn < uN − vN
Or, (un )n∈N est croissante, donc un ≥ uN et (vn )n∈N décroissante, donc vn ≤ vN ,
ainsi on aura uN − vN ≤ un − vn , ce qui est absurde.
ii) On a ∀n ∈ N, un ≤ vn ≤ v0 , donc (un )n∈N est majorée et comme (un )n∈N est
croissante, alors (un )n∈N est convergente.
On a aussi ∀n ∈ N, u0 ≤ un ≤ vn , donc (vn )n∈N est minorée et comme (vn )n∈N
est décroissante, alors (vn )n∈N convergente.
On a lim (un − vn ) = 0, donc lim un = lim vn .
n→∞
n→∞
n→∞
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Exemples
Pour tout nombre réel x, soient (an )n∈N et (bn )n∈N les suites définies par :
∀n ∈ N, an =
[10n x] + 1
[10n x]
et
b
=
n
10n
10n
Alors
i) (an )n∈N et (bn )n∈N sont deux suites adjacentes.
ii) lim an = lim bn = x.
n→∞
n→∞
[10n x]
[10n x] + 1
.
10n
10n
En effet, pour tout entier n ∈ N, on a
iii) ∀n ∈ N,
≤x<
[10n x] ≤ 10n x =⇒ 10[10n x] ≤ 10n+1 x
=⇒ 10[10n x] ≤ [10n+1 x]
=⇒
[10n x]
[10n+1 x]
≤
n
10
10n+1
Donc, pour tout entier, an ≤ an+1 , donc la suite (an )n∈N est croissante.
D’autre part, pour chaque n ∈ N, on a aussi
10n x < [10n x] + 1 =⇒ 10n+1 x < 10[10n x] + 10
=⇒ [10n+1 x] < 10[10n x] + 10
=⇒ [10n+1 x] + 1 ≤ 10[10n x] + 10
=⇒
[10n x] + 1
[10n+1 x] + 1
≤
n+1
10
10n
Donc, pour tout entier, bn+1 ≤ bn , donc la suite (bn )n∈N est décroissante.
1
On a bn − an = n , donc lim (bn − an ) = 0.
n→∞
10
Nous avons donc établi que les deux suites (an )n∈N et (bn )n∈N sont adjacentes, par suite,
elles convergent vers la même limite. Or, pour tout entier n ∈ N, on a
[10n ]
[10n ] + 1
≤
x
<
10n
10n
=⇒ an ≤ x < bn
[10n x] ≤ 10n < [10n ] + 1 =⇒
=⇒ lim an ≤ x ≤ lim bn
n→∞
n→∞
Comme lim an = lim bn , alors lim an = lim bn = x.
n→∞
n→∞
n→∞
n→∞
Les nombres rationnels an et bn sont appelés respectivement valeurs décimales approchées de x à 10−n près respectivement par défaut et par excès.
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Exemples
Soient (an )n≥0 et (bn )n≥0 les deux suites définies par récurrence de la manière suivante :
a0 = 1, b0 = 2 et ∀n ∈ N, bn+1 =
an + bn
2
et an+1 =
2
bn+1
Montrons que (an )n≥0 et (bn )n≥0 sont deux suites adjacentes.
Pour cela, montrons d’abord, par récurrence sur n, que
∀n ∈ N, 0 < an < an+1 < bn+1 < bn
Pour n = 0, on a a0 = 1, b0 = 2, b1 =
3
2
et a1 = 43 , donc 0 < a0 < a1 < b1 < b0 .
Supposons que 0 < an−1 < an < bn < bn−1 et montrons que
0 < an < an+1 < bn+1 < bn
an + bn
bn + bn
<
, donc bn+1 < bn .
2
2
2
2
=
et bn+1 < bn , donc an+1 > , par suite an+1 > an .
bn+1
bn
On a bn+1 =
On a an+1
On a aussi
2
4
an + bn
an + bn
−
−
=
2
bn+1
2
an + bn
(an + bn )2 − 8
(an + bn )2 − 4an bn
=
=
(car an bn = 2)
2(an + bn )
2(an + bn )
(an − bn )2
=
2(an + bn )
bn+1 − an+1 =
(2.1)
(2.2)
(2.3)
donc bn+1 − an+1 > 0.
On en déduit donc que (an )n≥0 est croissante, (bn )n≥0 est décroissante et
∀n ∈ N, an ≤ bn .
Montrons que lim (bn − an ) = 0.
n→∞
Pour cela, comme a0 = 1, et an ≥ a0 , alors ∀n ∈ N, an ≥ 1 et comme bn > an , alors
∀n ∈ N, bn > 1, par suite, on aura ∀n ∈ N, an + bn > 2, donc d’après (2.3), on a
(bn − an )2
bn+1 − an+1 <
.
4
On a aussi bn − an < b0 − a0 , avec b0 − a0 = 1, donc bn − an < 1, par suite on aura
bn+1 − an+1 <
(bn − an )2
bn − an
<
4
4
Donc, par récurrence, on voit que
∀n ∈ N, 0 < bn − an <
b0 − a0
1
= n
n
4
4
On en déduit donc que lim (bn − an ) = 0 et que les suites (an )n≥0 et (bn )n≥0 sont
n→∞
adjacentes, donc convergent vers une même limite l.
On a ∀n ∈ N, an bn = 2, donc l2 = 2 et comme l > 0, alors l =
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√
2.
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2.3.3
Suites de Cauchy
Définition
Une suite numérique (un )n∈N , réel ou complexe, est dite de Cauchy, si pour tout ε > 0,
il existe un entier N ∈ N, tel que
∀n ∈ N, ∀m ∈ N, (n ≥ N et m ≥ N ) =⇒ |un − um | < ε
Remarques
Une suite (un )n∈N n’est pas de Cauchy, si et seulement si, il existe un ε > 0, tel que
pour tout N ∈ N, il existe n ∈ N et il existe m ∈ N, avec n ≥ N et m ≥ N , tel que
|un − um | ≥ ε.
Proposition
Toute suite de Cauchy est bornée.
Preuve
Soit (un )n∈N une suite de Cauchy réel ou complexe.
Fixons ε > 0, par exemple ε = 1, alors il existe N ∈ N, tel que
∀n ∈ N, ∀m ∈ N, (n ≥ N et m ≥ N ) =⇒ |un − um | ≤ 1
Donc pour m = N , on aura
∀n ∈ N, |un − uN | ≤ 1
Comme |un | − |uN | ≤ ||un | − |uN || ≤ |un − uN |, alors on a
∀n ∈ N, |un | ≤ |uN | + 1
On en déduit donc que (un )n∈N est une suite bornée.
Remarques
La réciproque de la proposition précédente n’est pas toujours vraie, c’est à dire, une
suite bornée n’est pas toujours de Cauchy, comme le montre l’exemple suivant :
la suite de terme général un = (−1)n , alors (un )n≥1 n’est pas de Cauchy.
En effet, on remarque que ∀n ∈ N, u2n − u2n+1 = 2, donc si (un )n∈N était de Cauchy,
alors pour n assez grand, on aura u2n − u2n+1 ≤ 1, ce qui est absurde.
Proposition
Toute suite convergente est de Cauchy.
Preuve
Exercice
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Théorème
Toute suite de Cauchy est convergente.
Preuve
Supposons d’abord que (un )n∈N est une suite réelle de Cauchy et montrons que (un )n∈N
est convergente.
Pour cela, pour chaque n ∈ N, considérons l’ensemble An = {uk : k ≥ n}.
Alors il est trivial que An est non vide et comme toute suite de Cauchy est bornée,
alors An est borné, donc An possède une borne inférieure, qu’on note an , et une borne
supérieure, qu’on note bn .
Pour conclure, nous allons montrer que les suites (an )n∈N et (bn )n∈N sont adjacentes.
Pour tout n ∈ N, on a An+1 ⊆ An , donc an+1 ≤ an et bn ≤ bn+1 , par suite (an )n∈N est
croissante et (bn )n∈N est décroissante.
Puisque (un )n∈N est de Cauchy, alors pour chaque ε > 0, il existe N ∈ N, tel que pour
ε
p ≥ N et q ≥ N , on a |up − uq | ≤ .
3
D’autre part, comme an = inf(An ) et bn = sup(An ), alors pour n ≥ N , il existe p ≥ n,
tel que
an ≤ up < an +
Ainsi, on aura
ε
ε
et il existe q ≥ n, tel que bn − < uq ≤ bn .
3
3
|bn − an | ≤ |bn − uq | + |uq − up | + |up − qn | ≤
ε ε ε
+ + =ε
3 3 3
On déduit de ce qui précède que lim (bn − an ) = 0.
n→∞
Les suites (an )n∈N et (bn )n∈N sont adjacentes, donc convergent vers la même limite l.
Or on a ∀n ∈ N, an ≤ un ≤ bn , donc d’après le théorème des gendarmes, (un )n∈N est
convergente et on a
lim un = lim an = lim bn = l
n→∞
n→∞
n→∞
Si maintenant (un )n∈N est une suite complexe, avec un = an + ibn , alors les inégalités
|an − am | ≤ |un − um | et |bn − bm | ≤ |un − um |
montrent que (an )n∈N et (bn )n∈N sont de Cauchy, donc d’après ce qui précède, (an )n∈N
et (bn )n∈N sont convergentes et par conséquent, (un )n∈N est convergente.
2.4
Sous-suites - Valeurs d’adérence - Théorème de BolzanoWeierstrass
2.4.1
Sous-suite ou suite extraite
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Définition
Soit (un )n≥0 une suite numérique. On dit qu’une suite (vn )n≥0 est une sous-suite ou une
suite extraite de (un )n≥0 , s’il existe une application strictement croissante ϕ : N −→ N,
telle que
∀n ∈ N, vn = uϕ(n)
Exemples
Soit (un )n≥0 une suite numérique, alors les suites (vn )n≥0 , (wn )n≥0 et (xn )n≥0 définies
par
∀n ∈ N, vn = u2n ,
wn = u2n+1 et xn = u3n
sont des suites extraites de (un )n≥0 .
Lemme
Soit ϕ : N −→ N une application strictement croissante, alors
∀n ∈ N, n ≤ ϕ(n)
Preuve
On procède par récurrence sur n, avec n ≥ 0.
Pour n = 0, on a ϕ(0) ∈ N, donc 0 ≤ ϕ(0).
Supposons que n ≤ ϕ(n) et montrons que n + 1 ≤ ϕ(n + 1).
Comme ϕ est strictement croissante, alors n < ϕ(n + 1), donc n + 1 ≤ ϕ(n + 1).
Proposition
Soit (un )n≥0 une suite convergente, alors toute sous-suite de (un )n≥0 converge vers la
même limite que (un )n≥0 .
Preuve
Soit (vn )n≥0 une sous-suite de (un )n≥0 , avec vn = uϕ(n) où ϕ : N −→ N est une application strictement croissante, et soit l = lim un .
n→∞
Montrons que lim vn = l. Pour cela, soit ε > 0, alors il existe N ∈ N, tel que
n→∞
∀n ∈ N, n ≥ N =⇒ |un − l| ≤ ε
ϕ est strictement croissante, donc n ≤ ϕ(n), donc pour n ≥ N , on aura
|vn − l| = |uϕ(n) − l| ≤ ε (car ϕ(n) ≤ N )
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Remarques
Si une suite (un )n≥0 possède une sous-suite convergente, alors en général (un )n≥0 peut
ne pas être convergente, comme le montre l’exemple suivant :
un = (−1)n est une suite divergente, tandis que la sous-suite u2n = 1 converge vers 1.
Théorème
Soit (un )n≥0 une suite, telle que les sous-suites (u2n )n≥0 et (u2n+1 )n≥0 convergent vers
la même limite l. Alors (un )n≥0 est convergente et on a lim un = l.
n→∞
Preuve
Supposons que lim u2n = lim u2n+1 = l et montrons que lim un = l.
n→∞
n→∞
n→∞
Soit ε > 0, alors il existe N1 ∈ N, tel que
∀n ∈ N, n ≥ N1 =⇒ |u2n − l| ≤ ε
et il existe N2 ∈ N, tel que
∀n ∈ N, n ≥ N2 =⇒ |u2n+1 − l| ≤ ε
Soit N = max(2N1 , 2N2 + 1), alors pour n ≥ N , deux cas sont possibles :
Si n est pair, avec n = 2p, alors p ≥ N1 , donc |u2p − l| ≤ ε, par suite |un − l| ≤ ε .
Si n est impair, avec n = 2p + 1, alors p ≥ N2 , donc |u2p+1 − l| ≤ ε et ainsi |un − l| ≤ ε.
Exercice
Soit (un )n≥0 une suite, telle que les sous-suites (u2n )n≥0 , (u2n+1 )n≥0 et (u3n )n≥0
convergent. Montrer que (un )n≥0 est convergente.
(Attention : ici on ne suppose pas que (u2n )n≥0 , (u2n+1 )n≥0 et (u3n )n≥0 convergent vers
la même limite).
2.4.2
Valeurs d’adhérence d’une suite
Définition
Soit (un )n≥0 une suite numérique. On dit que l ∈ K est une valeur d’adhérence de
(un )n≥0 , si (un )n≥0 possède une sous-suite qui converge vers l.
Exemples
1 et −1 sont des valeurs d’adhérence de la suite de terme général un = (−1)n .
En effet, on a lim u2n = 1 et lim u2n+1 = −1.
n→∞
n→∞
Remarques
Une suite peut avoir une infinité de valeurs d’adhérence. Par exemple, on montre (voir
exercices) que l’ensemble des valeurs d’adhérence de la suite un = sin n est égal à l’intervalle [−1, 1].
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Théorème
Soit (un )n≥0 une suite numérique. Alors l ∈ K est une valeur d’adhérence de la suite
(un )n≥0 , si et seulement si, pour tout ε > 0 et pour tout N ∈ N, il existe n ∈ N, avec
n ≥ N , tel que |un − l| ≤ ε.
Preuve
(=⇒) Supposons que l ∈ K est une valeur d’adhérence de (un )n≥0 .
Soit ε > 0 et soit N ∈ N. Montrons qu’il existe n ∈ N, avec n ≥ N , tel que
|un − l| ≤ ε.
l est une valeur d’adhérence de (un )n≥0 , donc par définition, il existe une soussuite (vn )n≥0 qui converge vers l, avec ∀n ∈ N, vn = uϕ(n) , où ϕ : N −→ N est une
application strictement croissante. On a ε > 0, donc il existe N 0 ∈ N, tel que
∀k ∈ N, k ≥ N =⇒ |uϕ(k) − l| ≤ ε
Soit n = ϕ(max(N, N 0 )), puisque ϕ est strictement croissante, alors pour tout
k ∈ N, ϕ(k) ≥ k, donc n ≥ max(N, N 0 ) ≥ N , et comme max(N, N 0 ) ≥ N 0 , alors
|un − l| ≤ ε.
(⇐=) Supposons que pour tout ε > 0 et pour tout N ∈ N, il existe n ≥ N , tel que
|un − l| ≤ ε.
Montrons qu’il existe une sous-suite de (un )n≥0 qui converge vers l.
Pour cela, on procède par récurrence de la manière suivante :
Pour ε = 1 et N = 0, il existe n0 , tel que |un0 − l| ≤ ε.
1
Pour ε = et N = n0 + 1, il existe n1 , tel que |un1 − l| ≤ ε.
2
1
Ainsi, par récurrence, on suppose que pour ε = k , nk est construit, tel que
2
1
|unk − l| ≤ ε, donc pour obtenir nk+1 , on prend ε = k+1 et N = nk + 1, donc,
2
par hypothèse, il existe nk+1 ≥ N , tel que |unk+1 − l| ≤ ε.
Pour chaque k ∈ N, on pose ϕ(k) = nk , alors ϕ : N −→ N est une application
strictement croissante, donc (uϕ(k) )k≥0 est une sous-suite de (un )n≥0 et on a
∀k ∈ N, |uϕ(k) − l| ≤
1
2k
Ce qui montre que lim uϕ(k) = l.
k→∞
Exercice
Soit (un )n≥0 une suite bornée. Montrer que (un )n≥0 converge, si et seulement si, (un )n≥0
possède une seule valeur d’adhérence.
Exercice
Soit (un )n≥0 une suite réelle bornée, telle que lim (un+1 − un ) = 0.
n→∞
Montrer que l’ensemble des valeurs d’adhérence de (un )n≥0 est un intervalle de R.
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Solution
Soit A l’ensemble de toutes les valeurs d’adhérence de (un )n≥0 , qlors d’après le théorème
de Bolzano-Weierstrass, A est non vide.
Si A est réduit à un seul point, alors A est un intervalle.
Si A n’est pas réduit à un seul point, soient l1 ∈ A et l2 ∈ A, avec l1 < l2 .
Montrons que ]l1 , l2 [ ⊆ A. Pour cela, pour x ∈ ]l1 , l2 [, pour ε > 0 et pour N ∈ N, on doit
montrer qu’il existe n ∈ N, avec n ≥ N , tel que |un − x| ≤ ε.
Comme lim (un+1 − un ) = 0, alors il existe n0 ≥ N , tel que
n→∞
∀n ∈ N, n ≥ n0 =⇒ |un+1 − un | ≤ ε
Comme l1 est une valeurs d’adhérence de (un )n≥0 et comme x − l1 > 0, alors il existe
n1 ∈ N, avec n1 ≥ n0 , tel que |un1 − l1 | ≤ x − l1 , donc un1 < x.
Comme n2 est une valeur d’adhérence de (un )n≥0 et comme l2 − x > 0, alors il existe
n2 ∈ N, avec n2 ≥ n1 , tel que |un2 − l2 | ≤ l2 − x, donc x < un2 .
Soit E = {m ∈ N : n1 ≤ m ≤ n2 et um ≤ x}, alors E 6= ∅, car n1 ∈ E, donc E est
une partie, non vide et majorée, de N, par suite E possède un plus grand élément, qu’on
note n. Comme n ∈ E, alors un ≤ x et comme n + 1 ∈
/ E, alors x < un+1 .
Or on a n ≥ n1 ≥ n0 , donc |un+1 − un | ≤ ε, par suite |un − x| ≤ ε, avec n ≥ n0 ≥ N .
2.4.3
Théorème de Bolzano-Weierstrass
Lemme
Soit ([an , bn ])n≥0 une suite d’intervalles emboités, tel que lim (bn − an ) = 0, alors il
n→∞
existe un unique l ∈ N, tel que
∀n ∈ N, l ∈ [an , bn ]
Preuve
R possède la proprièté des intervalles emboités, donc il existe l ∈ R, tel que
∀n ∈ N, l ∈ [an , bn ]
Montrons que l est unique. Pour cela, soit l0 ∈ R vérifiant la même chose que l, alors on
aura
∀n ∈ N, |l − l0 | ≤ bn − an
Comme lim (bn − an ) = 0, alors l = l0 .
n→∞
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Théorème de Bolzano-Weierstrass
Soit (un )n≥0 une suite réelle bornée. Alors (un )n≥0 possède au moins une sous-suite
convergente.
Preuve
Pour construire une sous-suite convergente de (un )n≥0 , nous allons utiliser ce qu’on
appelle le procédé de la dichotomie qui consiste à subdiviser un intervalle fermé donné
afin d’obtenir une suite d’intervalles emboités.
Comme (un )n≥0 est bornée, alors il existe deux réels a0 et b0 , tels que
∀n ∈ N, a0 ≤ un ≤ b0
Appliquons donc le principe de la dichotomie à l’intervalle [a0 , b0 ]. Pour cela, on considère
a0 + b0
a0 + b0
les deux intervalles [a0 ,
] et [
, b0 ], alors l’un au moins de ces deux intervalles
2
2
contient une infinité de termes de la suite (un )n≥0 .
On désigne par [a1 , b1 ] celui des deux intervalles qui contient une infinité de termes.
a1 + b1
a1 + b1
Considérons de nouveaux les deux intervalles [a1 ,
] et [
, b1 ], alors l’un au
2
2
moins de ces deux intervalles contient une infinité de termes de la suite (un )n≥0 .
Notons [a2 , b2 ] celui qui contient une infinité de termes et considérons les deux intervalles
a2 + b2
a2 + b2
[a2 ,
] et [
, b2 ], alors l’un au moins de ces deux intervalles contient une
2
2
infinité de termes de la suite (un )n≥0 , on note cet intervalle [a3 , b3 ].
Ainsi, par récurrence, on construit une suite décroissante d’intervalles emboités
([an , bn ])n≥0 , tels que
∀n ∈ N, an − bn =
a0 − b0
2n
et tel que chaque intervalle [an , bn ] contient une infinité de termes de la suite (un )n≥0 .
Pour k = 0, on choisit n0 ∈ N, tel que un0 ∈ [a0 , b0 ].
Pour k = 1, comme [a1 , b1 ] contient une infinité de termes, alors on peut choisir n1 ∈ N,
avec n1 > n0 , tel que un1 ∈ [a1 , b1 ].
Pour k = 2, comme [a2 , b2 ] contient une infinité de termes, alors on peut choisir n2 ∈ N,
avec n2 > n1 , tel que un2 ∈ [a2 , b2 ].
Ainsi, par récurrence, si on suppose que nk est construit, tel que unk ∈ [ak , bk ].
Comme [ak+1 , bk+1 ] contient une infinité de termes, on peut choisir nk+1 > nk , tel que
unk+1 ∈ [ak+1 , bk+1 ].
Pour chaque k ∈ N, posons ϕ(k) = nk , alors ϕ : N −→ N est une application croissante,
donc (uϕ(k) )k≥0 est une sous-suite de (un )n≥0 .
Puisque R vérifie la proprièté des intervalles emboités et puisque lim (bn − an ) = 0,
n→∞
alors il existe un unique l ∈ R, tel que pour tout n ≥ 0, l ∈ [an , bn ].
Ainsi, on aura
∀k ∈ N, |uϕ(k) − l| ≤
b0 − a0
2n
Donc, uϕ(k)k≥0 est une suite convergente et on a lim uϕ(k) = l.
k→∞
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2.5
Exercices
Exercice
Dans chacun des cas suivants, exprimer un en fonction de n.
a) u0 = 2 et pour tout n ∈ N∗ , un+1 = un + n.
b) u0 = 3, u1 = 2 et ∀n ≥ 2, un+2 = 2un − un+1 .
c) u0 = 3 et ∀n ∈ N∗ , 2(n + 2)un+1 = 3(n + 1)un .
Exercice
Soit (xn )n≥O une suite réelle convergente vers l.
La suite ([xn ])n≥0 est-elle convergente ?
Exercice
Soit (un )n≥0 une suite réelle, telle que lim un = 0 et ∀n ∈ N, un > 0. Montrer qu’il
n→∞
existe une permutation σ : N −→ N, telle que la suite (uσ(n) )n≥0 est décroissante.
Exercice
Soit (un )n≥0 une suite réelle, telle que lim
n→∞
Montrer que lim un = 0.
un
= 0.
1 + un
n→∞
Exercice
u2n
Soit (un )n≥0 une suite réelle bornée, telle que lim (un +
) = 1.
n→∞
2
2
Montrer que lim un = .
n→∞
3
Exercice
Soient (un )n≥0 et (vn )n≥0 deux suites réelles, telles que pour tout n ∈ N, 0 ≤ un ≤ 1 et
0 ≤ vn ≤ 1 et tel que limn→∞ un vn = 1.
Montrer que limn→∞ un = limn→∞ vn = 1.
Exercice
Soient (an )n≥0 et (bn )n≥0 deux suites réelles, tels que lim an = a et lim bn = b. Montrer
n→∞
n→∞
que
lim
n→∞
a0 bn + a1 bn−1 + · · · + an b0
= ab
n+1
Exercice
√
5)n + (3 −
√
5)n est un entier pair.
√
2. En déduire que la suite de terme général un = sin((3 + 5)n π), est convergente.
1. Montrer que pour tout n ∈ N, (3 +
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Exercice
Soit α ∈ R \ πZ et soient (un )n≥1 et (vn )n≥1 les deux suites définies par
∀n ∈ N, un = sin(nα) et vn = cos(nα)
a) Montrer que si l’une des suites (un )n≥1 et (vn )n≥1 converge, alors l’autre converge
aussi.
b) En déduire que les suites (un )n≥1 et (vn )n≥1 sont divergentes.
Exercice
Soit x ∈ R et soit (un )n≥1 la suite définie par
∀n ∈ N, un =
n
1 X
E(kx)
n2 k=1
a) Montrer que la suite (un )n≥1 est convergente et déterminer sa limite.
b) En déduire une démonstration de la densité de Q dans R.
Exercice
Soient (an )n∈N et (bn )n∈N deux suites réelles.
Pour chaque n ∈ N, on pose In = [an , bn ] et on suppose que ∀n ∈ N, In+1 ⊆ In .
Montrer que (an )n∈N et (bn )n∈N convergent, lim an ≤ lim bn et que
n→∞
∞
\
n→∞
In = [ lim an , lim bn ]
n→∞
n=0
n→∞
Exercice
Soit (un )n≥0 une suite arithmétique, telle que ∀n ∈ N, un 6= 0.
Montrer que pour tout entier n ∈ N, on a
n
X
n+1
1
=
u u
u0 un+1
k=0 k k+1
Exercice
Soient a > 0, b > 0, avec a < b, (un )n≥0 et (vn )n≥0 les suites réelles définies par :

2


un+1 =


1
1



+

un vn
u0 = a, v0 = b et ∀n ∈ N,





u + vn


vn+1 = n
2
Montrer que (un )n≥0 et (vn )n≥0 convergent vers la même limite l et que l =
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√
ab.
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Exercice
Soit x un nombre réel et soit (un )n≥1 la suite numérique définie par
∀n ∈ N∗ , un =
n
1 X
E(kx)
n2 k=1
Montrer que (un )n≥1 converge et que lim un = x.
n→∞
Exercice
Soit (un )n∈N une suite bornée, telle que
∀n ∈ N∗ , 2un ≤ un+1 + un−1
Soit (vn )n∈N la suite définie par vn = un+1 − un .
Montrer que (vn )n∈N est convergente et calculer sa limite.
Exercice
Soit (un )n∈N la suite réelle définie par u0 , u1 et la relation de récurrence :
∀n ∈ N, 2un+2 − 5un+1 + 2un = 0
Soient (vn )n∈N et (wn )n∈N les suites réelles définies par :
3
3
3
∀n ∈ N, vn = 3un − un+1 et wn = − un + un+1
2
4
2
1. Montrer que (vn )n∈N est une suite géométrique et en déduire l’expression de vn en
fonction de n, u0 et u1 .
2. Montrer que (wn )n∈N est une suite géométrique et en déduire l’expression de vn
en fonction de n, u0 et u1 .
3. Calculer vn + wn de deux façons différentes et en déduire un en fonction de n, u0
et u1 .
4. Etudier, suivant les valeurs de u0 et u1 , la convergence de (un )n∈N et déterminer
sa limite lorsqu’elle existe.
Exercice
Soit (un )n≥0 une suite réelle.
1. Montrer que si les suites (u2n )n≥0 et (u2n+1 )n≥0 convergent, alors la suite (un )n≥0
peut ne pas converger.
2. Montrer que si les suites (u2n )n≥0 et (u2n+1 )n≥0 convergent vers la même limite l,
alors la suite (un )n≥0 converge vers l.
3. Montrer que si les suites (u2n )n≥0 , (u2n+1 )n≥0 et (u3n )n≥0 convergent, alors la suite
(un )n≥0 converge.
4. Montrer que les suites un =
n (−1)k−1
P
k=1
k
et un =
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n (−1)k−1
P
√
k=1
k
sont convergentes.
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Exercice
Soit (un )n≥0 une suite réelle telle que ∀n ∈ N, ∀m ∈ N un+m ≤ un um .
un
un
Montrer que lim
= inf{
: n ∈ N}.
n→∞ n
n
Exercice
Soient α un nombre réel et (un )n∈N la suite réelle définie par u0 = α et par :
∀n ∈ N, un+1 =
2(n2 + n + 1) + nun
(n + 1)2
1. Montrer que la suite (un )n∈N est monotone, bornée et déterminer sa limite l.
2. Trouver une relation simple entre un+1 − l et un − l.
3. En déduire la valeur de un en fonction de α et de n.
Exercice
1
Soit (un )n≥0 une suite de réels éléments de ]0, 1[, telle que ∀n ∈ N, (1 − un )un+1 > .
4
Montrer que (un )n≥0 est convergente et calculer sa limite.
Exercice
Soit (un )n≥0 une suite de nombres réels positifs.
√
1. On suppose que lim n un = l. Montrer que
n→∞
i) Si l < 1 alors lim un = 0.
n→∞
ii) Si l > 1 alors lim un = +∞.
n→∞
iii) Si l = 1 alors tout est possible.
un+1
2. On suppose que ∀n ∈ N, un > 0 et que lim
= l.
n→∞ un
√
√
a) Montrer que n un converge et que lim n un = l.
n→∞
b) Etudier la réciproque.
c) Déterminer la limite des suites suivantes,
»
n
n
√
,
n
n!
Cn2n ,
1
n2
n
(3n)!
n!
Exercice
Etudier la convergence des suites suivantes :
un =
un =
n
X
k=0
n
X
1
k
k=1
√
,
2
un =
1
,
n2 + k + 1
√
√
n − [ n],
n!
,
nn
un =
un =
1! + 2! + · · · + n!
n!
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un = n−1+(−1)
n
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Exercice
Soit (un )n≥1 la suite réelle définie par :
∀n ∈ N∗ , un =
1 × 3 × 5 × · · · × (2n − 1)
2 × 4 × 6 × · · · × (2n)
1. a) Exprimer un à l’aide de factoriels.
b) Montrer que la suite (un )n≥1 converge.
2. Soit (vn )n≥1 la suite réelle définie par :
∀n ∈ N∗ , vn = (n + 1)u2n
Montrer que la suite (vn )n≥1 converge et en déduire la limite de (un )n≥1 .
Exercice
Soit (xn )n≥0 la suite déléments de Q définie par
x0 = 1 et ∀n ≥ 0, xn+1 =
1
1 + xn
Montrer que (xn )n≥0 est une suite de Cauchy et que (xn )n≥0 n’admet pas de limite dans
Q.
Exercice
Soient a > 0, b > 0, avec a < b, (un )n≥0 et (vn )n≥0 les suites réelles définies par :
u0 = a, v0 = b et ∀n ∈ N,


un+1 = √un vn
u + vn

vn+1 = n
2
Montrer que (un )n≥0 et (vn )n≥0 convergent vers la même limite.
Exercice
Soient (un )n∈N et (vn )n∈N les suites définies par
n
X
1
n
X
√
√
1
√
√ −2 n
∀n ∈ N, un =
− 2 n + 1 et vn =
k
k
k=1
k=1
Montrer que (un )n∈N et (vn )n∈N convergent vers la même limite.
Exercice
Montrer que les suites suivantes sont adjacentes :
n 1
1
P
a) un =
et vn = un + p−1 , où p est un nombre réel ≥ 2.
p
n
k=1 k
Å
ãn
Å
ã
1
1 n+1
b) un = 1 +
et vn = 1 +
.
n
n
Å
ã
Å
ã
n
1
1
Q
c) un =
1 + 2 et vn = 1 +
un .
k
n
k=1
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Exercice
Soient (un )n∈N et (vn )n∈N les deux suites définies par
u0 = 2 et ∀n ∈ N, un+1 =
1. Montrer que ∀n ∈ N,
un + vn
2
et vn =
2
un
√
2 < un ≤ 2.
2. Montrer que (un )n∈N est décroissante et que (vn )n∈N est croissante.
(un − vn )2
.
2(un + vn )
3. Montrer que ∀n ∈ N, un+1 − vn+1 =
4. Montrer que ∀n ∈ N, un − vn ≤
Å ãn
5. Montrer que (un )n∈N et (vn )n∈N
1
(u0 − v0 ).
2
sont deux suites adjacentes et déterminer l, la
limite commune de (un )n∈N et (vn )n∈N .
Å ãn
1
6. Montrer que ∀n ∈ N, un − l ≤
(u0 − v0 ).
2
7. Déterminer p ∈ N, tel que |up − l| ≤ 10−3 .
Exercice
Soit (un )n∈N la suite réelle définie par
u0 = −
5
et ∀n ∈ N, un+1 = (un + 2)2 − 2
4
1. Montrer que ∀n ∈ N, −2 < un < 1.
2. Montrer que (un )n∈N est strictement décroissante.
3. En déduire que (un )n∈N est convergente et déterminer sa limite.
4. Soit (vn )n∈N la suite définie par ∀n ∈ N, vn = ln(un + 2).
a) Montrer que (vn )n∈N est une suite géométrique.
b) Pour chaque n ∈ N, calculer vn en fonction de n et en déduire un en fonction
de n.
c) Pour chaque n ∈ N, calculer sn =
n
P
vk .
k=0
Exercice
Soit (un )n≥1 une suite réelle et soit (vn )n≥1 la suite définie par
∀n ∈ N∗ , vn =
u1 + u2 + · · · + un
n
Si la suite (vn )n≥1 converge, on dit que (un )n≥1 converge au sens de Césaro.
1. Montrer que si (un )n≥1 est convergente, alors (un )n≥1 converge au sens de Césaro
et on a lim un = lim vn .
n→∞
n→∞
2. Montrer, à l’aide d’un contre-exemple que la réciproque n’est pas toujours vraie.
3. Montrer que si (un )n≥1 est monotone, alors la réciproque est vraie.
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Exercice
Soient a et b deux nombres réels, tels que 0 < a ≤ b et soit (un )n≥0 la suite réelle définie
par
u0 = a + b et ∀n ∈ N, un+1 = a + b +
ab
un
1. On suppose que a < b.
a) Montrer que (un )n≥0 est décroissante minorée par b.
un − b
b) Soit (vn )n≥0 la suite définie par ∀n ∈ N, vn =
.
un − a
i) Montrer que (vn )n≥0 est une suite géométrique.
ii) Pour chaque entier n ∈ N, calculer un en fonction de a, b et n.
iii) En déduire lim un .
n→∞
2. On suppose que a = b.
a) Calculer u1 , u2 , u3 et u4 .
b) Calculer un en fonction de a et n et déterminer lim un .
n→∞
Exercice
1. Soient (un )n≥0 et (vn )n≥0 deux suites réelles, telles que
i) lim (un+1 − un ) = 0 ;
n→∞
ii) lim un = +∞ ;
n→∞
iii) lim vn = +∞.
n→∞
Montrer que A = {un − vm : (n, m) ∈ N2 } est une partie dense de R.
2. Soit (un )n≥0 une suite réelle, telle que lim (un+1 − un ) = 0 et lim un = +∞.
n→∞
n→∞
Montrer que
a) Soit A = {un − [un ] : n ∈ N}. Montrer que A est dense dans [0, 1].
b) Soit B = {sin un : n ∈ N}. Montrer que B est dense dans [−1, 1].
Exercice
Soit (un )n≥1 la suite réelle définie par
u1 = 3 et ∀n ∈ N∗ , un+1 =
(n + 2)un + 2(n2 + n − 1)
(n + 1)2
1. Montrer que pour tout n ∈ N∗ , on a un ≥ 2 et en déduire que (un )n≥1 est décroissante.
2. Montrer que (un )n≥1 est convergente et déterminer sa limite.
3. a) Pour tout entier n ≥ 1, déterminer une relation entre un+1 − 2 et un − 2.
b) En déduire l’expression de un en fonction de n.
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Exercice
1. a) Montrer, par récurrence, que pour tout entier n ≥ 2, on a
π
1
cos n =
2
2
…
2+
q
»
2+
2 + ··· +
√
2
(n − 1 radicaux)
2
(n − 1 radicaux)
b) En déduire que pour tout entier n ≥ 2, on a
π
1
sin n =
2
2
…
2−
q
2+
»
…
2. Déduire de ce qui précède lim
n→∞
2n
2−
2 + ··· +
q
2+
»
√
2 + ··· +
√
2, (n radicaux).
Exercice
A chaque suite bornée (un )n≥0 , on associe les deux suites (xn )n≥0 et (yn )n≥0 définies
par
∀n ∈ N, xn = inf um et yn = sup um
m≥n
m≥n
1. Montrer que
a) ∀n ∈ N, xn ≤ un ≤ yn .
b) (xn )n≥0 converge et lim xn = sup( inf um ).
n→∞
n≥0 m≥n
Cette limite s’appelle la limite inférieure de (un )n≥0 et se note lim inf un .
n−→∞
b) (yn )n≥0 converge et lim xn = inf ( sup um ).
n→∞
n≥0 m≥n
Cette limite s’appelle la limite supérieure de (un )n≥0 et se note lim sup un .
n−→∞
2. Montrer que (un )n≥0 est convergente, si et seulement si, lim sup un = lim inf un .
n−→∞
n−→∞
3. a) Montrer que lim inf un et lim sup un sont des valeurs d’adhérence de (un )n≥0 .
n−→∞
n−→∞
b) Montrer que si l est une valeur d’adhérence de (un )n≥0 , alors lim inf un ≤ l ≤
n−→∞
lim sup un .
n−→∞
4. Soient (un )n≥0 et (vn )n≥0 deux suites bornées.
a) Montrer que
lim inf un +lim inf vn ≤ lim inf (un +vn ) ≤ lim sup(un +vn ) ≤ lim sup un +lim sup vn
n−→∞
n−→∞
n−→∞
n−→∞
n−→∞
n−→∞
Donner un exemple où les inégalités ci-dessus sont strictes.
b) Montrer que
lim sup(−un ) = − lim inf un et lim inf (−un ) = − lim sup vn
n−→∞
n−→∞
n−→∞
n−→∞
c) On suppose qu’il existe N ∈ N, tel que pour tout n ≥ N , on a un ≤ vn . Montrer
que
lim sup un ≤ lim sup vn et lim inf un ≤ lim inf vn
n−→∞
n−→∞
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n−→∞
n−→∞
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Exercice
Soient (un )n≥0 et (vn )n≥0 deux suites à termes strictement positifs, telles que (un )n≥0
un
= 1. Montrer que (un )n≥0 et (vn )n≥0
soit croissante, (vn )n≥0 décroissante et lim
n→∞ vn
sont adjacentes.
Exercice
Soient (un )n≥0 une suite réelle, telle que limn→+∞ un = +∞.
Montrer que qu’il existe N ∈ N, tel que inf un = uN .
n∈N
Exercice
a2 + b2
≥ ab
2
2. Soient a et b deux nombres réels positifs et soient (un )n≥0 et (vn )n≥0 les suites
1. Montrer que ∀a ∈ R, ∀b ∈ R,
définies par
u0 = a, v0 = b, ∀n ∈ N, un+1 =
√
un + vn
et vn+1 = un vn
2
a) Déduire de la question précédente que ∀n ∈ N∗ , un ≥ vn .
1
b) Soit wn = un − vn . Montrer que ∀n ∈ N∗ , wn+1 ≤ wn .
2
c) Montrer que les suites (un )n≥0 et (vn )n≥0 sont adjacentes.
d) En déduire que les suites (un )n≥0 et (vn )n≥0 convergent vers la même limite.
La limite commune de ces deux suites s’appelle la moyenne arithméticogéométrique de a et b, on la note M(a, b).
e) Déterminer M (a, a) et M (0, b).
g) Montrer que
i) M(a, b) = M(b, a).
ii) ∀λ ∈ R, M(λa, λb) = λM(a, b).
Å√
ã
a+b
iii) M(a, b) = M
ab,
.
2
√
a+b
iv) ab ≤ M(a, b) ≤
.
2
π
On montre que M(a, b) =
, avec
I(a, b)
I(a, b) =
Z
0
π
2
√
dt
a2 cos2 t
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+ b2 sin2 t
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3 Propriètés topologiques de la droite rélle
3.1
Ouvert - Fermé - Voisinage
Définition
On dit qu’une partie A de R est un ouvert de R, si A vérifie l’une des deux propriètés
suivantes :
i) A = ∅, ou
ii) Pour tout x ∈ A, il existe ε > 0, tel que ]x − ε, x + ε[⊆ A.
On dit que A est un fermé de R, si le complémentaire de A dans R, R \ A, est un ouvert.
Exemples
1. ∅ et R sont à la fois des ouverts et des fermés de R.
2. Si a et b sont deux nombres réels, alors ]a, b[, ]a, +∞[ et ] − ∞, a[ sont des ouverts
de R.
En effet, soit x ∈]a, b[, alors x − a > 0 et b − x > 0. Donc, si on choisit ε, tel que
0 < ε < min(x − a, b − x)
alors ]x − ε, x + ε[ ⊆ ]a, b[.
Si x ∈]a, +∞[ et si on choisit ε, tel que 0 < ε < x − a, alors ]x − ε, x + ε[ ⊆ ]a, +∞[.
Si x ∈] −∞, a[ et si on choisit ε, tel que 0 < ε < a − x, alors ]x − ε, x + ε[ ⊆ ] − ∞, a[.
Proposition
i) L’intersection d’un nombre fini d’ouverts de R est un ouvert de R.
ii) La réunion d’une famille quelconque d’ouverts de R est un ouvert de R.
Preuve
i) Soient A1 , A2 , . . . , Am , m ≥ 2, des ouverts de R.
Montrons que A1 ∩ A2 ∩ . . . . . . ∩ Am est un ouvert de R.
Soit x ∈ A1 ∩ A2 ∩ . . . . . . ∩ Am , alors pour tout i ∈ {1, 2, . . . , m}, on a x ∈ Ai .
Comme Ai est un ouvert, il existe εi > 0, tel que ]x − εi , x + εi [⊆ Ai .
Soit ε = min(ε1 , ε2 , . . . , εm ), alors ]x − ε, x + ε[⊆ A1 ∩ A2 ∩ . . . . . . ∩ Am .
ii) Soit (Ai )i∈I une famille quelconque d’ouverts.
Montrons que
Soit x ∈
S
S
i∈I
Ai est un ouvert de R.
Ai , alors il existe i ∈ I, tel que x ∈ Ai . Puisque Ai est un ouvert de
i∈I
R, alors il existe ε > 0, tel que ]x − ε, x + ε[⊆ Ai et comme Ai ⊆
]x − ε, x + ε[⊆
S
Ai .
i∈I
70
S
i∈I
Ai , alors
Corollaire
i) La réunion d’un nombre fini de fermés de R est un fermé de R.
ii) L’intersection d’une famille quelconque de fermés de R est un fermé de R.
Preuve
i) Soient A1 , A2 , . . . , Am , des fermés de R, alors on sait que
R \ (A1 ∪ A2 ∪ . . . ∪ Am ) = (R \ A1 ) ∩ (R \ A2 ) ∩ . . . ∩ (R \ Am )
D’après la proposition précédente, (R \ A1 ) ∩ (R \ A2 ) ∩ . . . ∩ (R \ Am ) est un ouvert
de R, donc (A1 ∪ A2 ∪ . . . ∪ Am ) est un ouvert de R.
ii) Soit (Ai )i∈I une famille d’ouverts de R, alors on sait que
R\
\
Ai =
i∈I
D’après la proposition précédente,
S
i∈I
un fermé de R.
[
(R \ Ai )
i∈I
(R \ Ai ) est un ouvert de R, donc
T
Ai est
i∈I
Exemples
1. Soient a et b deux nombres réels, alors [a, b], [a, +∞[ et ] − ∞, a] sont des fermés
de R.
En effet, on a [a, b] = R \ ](−∞, a[∪]b, +∞[) donc [a, b] est le complémentaire d’un
ouvert et par suite, [a, b] est fermé.
On a aussi [a, +∞[= R \ ] − ∞, a[ et ] − ∞, a] = R \ ]a, +∞[,
donc [a, +∞[ et ] − ∞, a] sont des fermés de R.
2. Pour tout x ∈ R, le singleton {x} est un fermé de R.
En effet, on a {x} =] − ∞, x] ∩ [x, +∞[, donc {x} est l’intersection de deux fermés
et par suite, {x} est un fermé.
3. Toute partie finie de R est un fermé de R.
En effet, soit A une partie finie de R.
Si A = ∅, alors A est fermé.
Si A 6= ∅, avec A = {a1 , a2 , . . . , an }, alors A = {a1 } ∪ {a2 } ∪ . . . ∪ {an }, donc A est
une réunion d’un nombke fini de fermés et par suite, A est un fermé.
4. N et Z sont des fermés de R.
En effet, on a N = R \
S
]n, n + 1[ et Z = R \
n∈N
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S
]n, n + 1[.
n∈Z
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Remarques
1. Une intersection d’une famille quelconque d’ouverts de R, n’est pas toujours un
ouvert de R, comme le montre l’exemple suivant :
\
] − ε, ε[= {0}
ε∈R∗+
2. Une réunion d’une famille quelconque de fermés de R, n’est pas toujours un fermé
de R, comme le montre l’exemple suivant :
[
[ε, 1] =]0, 1]
ε∈R∗+
Définition
Soit V une partie de R et soit x ∈ R.
i) On dit que V est un voisinage de x, s’il existe ε > 0, tel que ]x − ε, x + ε[⊆ V .
ii) On dit que V est un voisinage de +∞, s’il existe a ∈ R, tel que ]a, +∞[ ⊆ V .
iii) On dit que V est un voisinage de −∞, s’il existe a ∈ R, tel que ] − ∞, a[ ⊆ V .
Remarques
1. Si A est un ouvert de R, alors pour tout x ∈ A, A est un voisinage de x.
2. Si V1 et V2 sont deux voisinages de x, alors V1 ∩ V2 est un voisinage de x.
3. Si V est un voisinage de x et si V ⊆ W , alors W est aussi un voisinage de x.
3.2
Adhérence - Intérieur - Fermeture
3.2.1
Adhérence
Définition
Soit A une partie non vide de R et soit x ∈ R.
i) On dit que x est un point d’adhérence de A, si pour tout voisinage V de x, on a
V ∩ A 6= ∅.
ii) On dit que x est un point d’accumulation de A, si pour tout voisinage V de x, on
a (V \ {x}) ∩ A 6= ∅.
iii) On dit que x est un point isolé de A, si x ∈ A et s’il existe un voisinage V de x,
tel que
V ∩ A = {x}.
Remarques
1. Si x ∈ A, alors x est un point d’adhérence de A.
2. Si x est un point d’accumulation de A, alors x est un point d’adhérence de A.
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Définition
Soit A une partie de R. On appelle adhérence de A, qu’on note A, l’ensemble de tous
les points d’dhérence de A.
Remarques
Pour chaque x ∈ R, on désigne par V(x) l’ensemble de tous les voisinages de x.
Alors on a
∀x ∈ R, x ∈ A ⇐⇒ ∀ V ∈ V(x), V ∩ A 6= ∅
Proposition
Pour toute partie A de R, on a
i) A ⊆ A.
ii) A est un fermé et c’est le plus petit fermé contenant A.
Preuve
i) Trivial.
ii) Pour montrer que A est fermé, il suffit de montrer que R \ A est ouvert.
Soit x ∈ R \ A, montrons qu’il existe ε > 0, tel que ]x − ε, x + ε[ ⊆ R \ A.
x ∈ R \ A, donc x ∈
/ A, donc par définition, il existe un voisinage V de x, tel que
V ∩ A = ∅.
V est un voisinage de x, donc il existe ε > 0, tel que ]x − ε, x + ε[ ⊆ V , donc
]x − ε, x + ε[ ∩ A = ∅.
On a aussi ]x − ε, x + ε[ ∩ A = ∅, car si a ∈]x − ε, x + ε[, alors V =]x − ε, x + ε[ est
un voisinage de a, avec V ∩ A = ∅, donc a ∈
/ A.
]x − ε, x + ε[ ∩ A = ∅, donc ]x − ε, x + ε[ ⊆ R \ A.
Montrons, maintenant que A est le plus petit fermé contenant A.
Pour cela, soit F un fermé de R, tel que A ⊆ F , on doit donc montrer que A ⊆ F .
Supposons, par absurde, qu’il existe x ∈ A, tel que x ∈
/ F , comme F est un fermé,
alors R \ F est un ouvert, donc il existe ε > 0, tel que ]x − ε, x + ε[ ⊆ R \ F .
Ainsi, on aura ]x − ε, x + ε[ ∩ F = ∅, donc ]x − ε, x + ε[ ∩ A = ∅, ce qui est absurde,
car x ∈ A, donc ]x − ε, x + ε[ ∩ A 6= ∅.
Corollaire
Soit A une partie de R. Alors
A est fermé ⇐⇒ A = A
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Preuve
(=⇒) Supposons que A est fermé, puisque A est le plus petit fermé contenant A, alors
A ⊆ A et puisque A ⊆ A, alors A = A.
(⇐=) Supposons que A = A, comme A est un fermé, alors A est un fermé.
Exemples
1. Soient a et b deux nombres réels, alors on a
[a, b[ = ]a, b] = ]a, b[ = [a, b]
On a aussi
]a, +∞[ = [a, +∞[ et ] − ∞, a[ =] − ∞, a]
2. Z = Z et tous les points de Z sont des points isolés.
En effet, Z est fermé, donc Z = Z.
Si maintenant n ∈ Z, alors on voit facilement que
ò
1
1
∩ Z = {n}
n − ,n +
2
2
ï
donc n est un point isolé.
On a aussi N = N et tous les points de N sont des points isolés.
Proposition
Soit A une partie de R et soit x ∈ R, alors
i) x ∈ A ⇐⇒ ∀ε > 0, ]x − ε, x + ε[ ∩ A 6= ∅.
ii) x ∈ A, si et seulement si, il existe une suite d’éléments de A qui converge vers x.
Preuve
i) (=⇒) Supposons que x ∈ A et soit ε > 0, alors V =]x − ε, x + ε[ est un voisinage de
x, donc V ∩ A 6= ∅.
(⇐=) Supposons que pour tout ε > 0, ]x − ε, x + ε[ ∩ A 6= ∅.
Soit V un voisinage de x, alors par définition, il existe ε > 0, tel que ]x −
ε, x + ε[⊆ V et comme ]x − ε, x + ε[ ∩ A 6= ∅, alors V ∩ A 6= ∅.
ii) (=⇒) Supposons que x ∈ A et montrons qu’il existe une suite (an )n≥0 de A, telle
que lim an = x.
n→∞
x ∈ A, donc d’après i), pour tout ε > 0, ]x − ε, x + ε[ ∩ A 6= ∅.
Donc,ò en particulier pour
tout entier n ≥ 0, il existe an ∈ A, tel que
ï
1
1
an ∈ x − n , x + n . Ainsi, on obtient une suite (an )n≥0 d’éléments de A,
2
2
telle que
1
∀n ∈ N, |an − x| ≤ n
2
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1
= 0, alors lim an = x.
n→∞
2n
(⇐=) Supposons qu’il existe une suite (an )n≥0 de A, telle que lim an = x. Montrons
Puisque lim
n→∞
n→∞
que x ∈ A. Pour cela, soit V un voisinage de x, donc il existe ε > 0, tel que
]x − ε, x + ε[⊆ V . Or, on a lim an = x, donc il existe N ∈ N, tel que
n→∞
∀n ∈ N, n ≥ N =⇒ an ∈]x − ε, x + ε[
On en déduit donc que pour n ≥ N , an ∈ V , donc V ∩ A 6= ∅.
Théorème
Une partie A de R est dense dans R, si et seulement si, A = R.
Preuve
(=⇒) Supposons que A est dense dans R et montrons que A = R.
A est dense dans R, donc par définition, pour tout x ∈ R et pour tout y ∈ R, avec
x < y, il existe a ∈ A, tel que x < a < y.
Soit x ∈ R et soit ε > 0, alors on a x − ε < x + ε, donc d’après la densité de A
dans R, il existe a ∈ A, tel que x − ε < a < x + ε, donc x ∈ A, par suite A = R.
(⇐=) Supposons que A = R et montrons que A est dense dans R.
Soient x ∈ R et y ∈ R, avec x < y. Montrons qu’il existe a ∈ A, tel que x < a < y.
x+y
x+y
Puisque ]x, y[ est un ouvert et
∈]x, y[, alors ]x, y[ est un voisinage de
.
2
2
x+y
Comme A = R, alors
∈ A, donc ]x, y[ ∩ A 6= ∅.
2
3.2.2
Intérieur
Définition
Soit A une partie de R et soit x ∈ A.
On dit que x est un point intérieur de A, s’il existe un voisinage V , tel que V ⊆ A.
◦
On note A l’ensemble de tous les points intérieurs de A.
Remarques
Soit A une partie de R et soit x ∈ A, alors on a
◦
x ∈ A ⇐⇒ ∃ε > 0 : ]x − ε, x + ε[ ⊆ A
Proposition
◦
Pour toute partie A de R, A est un ouvert et c’est le plus grand ouvert inclus dans A.
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Preuve
◦
◦
Soit x ∈ A. Montrons qu’il existe ε > 0, tel que ]x − ε, x + ε[ ⊆ A
◦
x ∈ A, donc d’après la remarque précédente, il existe ε > 0, tel que ]x − ε, x + ε[ ⊆ A.
Comme ]x − ε, x + ε[ est un ouvert, alors pour tout y ∈]x − ε, x + ε[, V =]x − ε, x + ε[
◦
est un voisinage de y contenu dans A, par suite y ∈ A.
◦
Soit O un ouvert de R, avec O ⊆ A. Montrons que O ⊆ A.
Soit x ∈ O, puisque O est un ouvert, alors il existe un voisinage V de x, tel que V ⊆ O
◦
et comme O ⊆ A, alors V ⊆ A, donc x ∈ A.
Exemples
◦
1. Si I = [a, b], I = [a, b[ ou I =]a, b], alors I =]a, b[.
◦
◦
◦
2. N = Z = Q = ∅.
3.2.3
Frontière
Définition
◦
On définit la frontière d’une partie A de R, par Fr(A) = A \ A.
Remarques
Pour toute partie A de R, la frontière de A est un fermé de R.
◦
◦
En effet, on a Fr(A) = A \ A = A ∩ (R \ A), donc Fr(A) est l’intersection de deux fermés
et par suite Fr(A) est un fermé.
Exemples
1. Si I = [a, b], I = [a, b[ ou I =]a, b], alors Fr(I) = {a, b}.
2. Si I =]a, +∞[ ou I =] − ∞, a[, alors Fr(I) = {a}.
3. Fr(N) = N, Fr(Z) = Z et Fr(Q) = Q.
3.3
Exercices
Exercice
Dire si les parties suivantes de R sont ouvertes ou fermées puis déterminer l’adérence,
l’intérieur et la frontière de ces parties :
i) [3, +∞[ ∪ [1, 2].
ii) {2} ∪ ]3, +∞[.
ò
ï
1 1
T
iii)
− , .
n n
n∈N∗
1
iv) {0} ∪ { n : n ∈ N}.
2
v) Z + αZ, avec α ∈ R.
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Exercice
Si A est une partie de R, on note acc(A) l’ensemble des points d’accumulation de A.
1. Montrer que acc(A) est un fermé de R.
2. Montrer que acc(A) ∪ A est un fermé de R.
Exercice
Soient A et B deux parties de R. Montrer que
◦
◦
a) A ⊆ B =⇒ A ⊆ B et A ⊆ B.
b) A ∪ B = A ∪ B, A ∩ B ⊆ A ∩ B et trouver un exemple où l’inclusion est stricte.
◦
◦
◦
◦
◦
◦
c) A ∩ B = A ∩ B, A ∪ B ⊆ A ∪ B et trouver un exemple où l’inclusion est stricte.
d) Soit (Ai )i∈I une famille de parties de R. A-t-on toujours
S
Ai =
i∈I
S
Ai ?
i∈I
Exercice
Soient A et B deux parties de R. Montrer que
1. Pour tout x ∈ R, on a
x ∈ Fr(A) ⇐⇒ ∀ε > 0, ]x − ε, x + ε[ ∩ A 6= ∅ et ]x − ε, x + ε[ ∩ (R \ A) 6= ∅
2. Fr(A) = Fr(R \ A).
3. A fermé ⇐⇒ Fr(A) ⊆ A.
4. A ouvert ⇐⇒ Fr(A) ∩ A = ∅.
◦
◦
◦
5. Fr(A) ∩ Fr(B) = ∅ =⇒ A ∪ B = A ∪ B
6. a) Fr(A ∪ B) ⊆ Fr(A) ∪ Fr(B).
b) A ∩ B = ∅ =⇒ Fr(A ∪ B) = Fr(A) ∪ Fr(B)
Exercice
Montrer que pour toute partie A de R, on a
A=
\ [ ò
n∈N∗ a∈A
a−
1
1
,a +
n
n
ï
Exercice
1. Montrer, par récurrence, que pour tout x ∈ R, il existe une suite (xn )n≥0 de
nombres rationnels, tels que
∀n ∈ N, xn ≤ xn+1 et x −
1
≤ xn ≤ x
n+1
2. En déduire que tout nombre réel est limite d’une suite croissante de nombres
rationnels et que tout nombre réel est limite d’une suite décroissante de nombres
rationnels.
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Exercice
Soit A une partie non vide de R, tel que
i) ∀x ∈ A, ∃ε > 0 : ]x − ε, x + ε[⊆ A.
ii) ∀x ∈ R, (∀ε > 0, ]x − ε, x + ε[ ∩ A 6= ∅) =⇒ x ∈ A.
Montrer que A = R.
Exercice
Soient (un )n≥0 et (vn )n≥0 deux suites réelles, telles que
lim (un+1 − un ) = 0,
n→∞
lim un = +∞ et
n→∞
lim vn = +∞
n→∞
1. Montrer que A = {un − vm : n ∈ N et m ∈ N} est dense dans R.
2. Montrer que B = {un − [un ] : n ∈ N} est dense dans [0, 1].
(On pourra utiliser la question précédente, avec vn = n).
3. Montrer que E = {sin(un ) : n ∈ N} est dense dans [−1, 1].
(On pourra utiliser la question 1, avec vn = 2nπ).
Exercice
Soient A et B deux parties non vides de R, telles que A ∩ B = A ∩ B = ∅ et telles que
A ∪ B est fermé. Montrer que A et B sont fermés.
Exercice
Soit A une partie bornée non vide de R ayant un seul point d’accumulation a.
a) Montrer que A est dénombrable.
b) On pose A = {x1 , x2 , . . . , xn , . . .}. Montrer que lim xn = a.
n→∞
Exercice
Pour toute partie A de R, on pose
◦
◦
α(A) = A et β(A) = A
1. Montrer que les applications α et β sont croissantes par rapport à l’inclusion de
P(R) vers P(R).
2. a) Montrer que si A est ouvert alors A ⊆ α(A) et si A est fermé alors β(A) ⊆ A.
b) En déduire que α ◦ α = α et β ◦ β = β.
◦
3. Construire une partie A de R, telle que les cinq ensembles A, A, A, α(A) et β(A)
soient deux à deux distincts.
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4 Fonctions numériques
4.1
Limite d’une fonction
4.1.1
Définition et propriètés de la limite d’une fonction
Définition
Soient I une partie de R, f : I −→ R une fonction définie sur I et x0 ∈ I.
i) Soit l ∈ R, on dit que f a pour limite l lorsque x tend vers x0 et on écrit lim f (x) = l,
x→x0
si pour tout ε > 0, il existe α > 0, tel que
∀x ∈ I, |x − x0 | ≤ α =⇒ |f (x) − l| ≤ ε
ii) On dit que f a pour limite +∞ quand x tend vers x0 , si pour tout A > 0, il existe
α > 0, tel que
∀x ∈ I, |x − x0 | ≤ α =⇒ f (x) ≥ A
iii) On dit que f a pour limite −∞ quand x tend vers x0 , si pour tout A > 0, il existe
α > 0, tel que
∀x ∈ I, |x − x0 | ≤ α =⇒ f (x) ≤ −A
Remarques
En utilisant la notion de voisinage, la définition précédente peut s’écrire sous la forme
équivalente suivante :
Soient A une partie de R, f : I −→ R une fonction définie sur I, x0 ∈ I et l ∈ R.
On dit que f a pour limite l lorsque x tend vers x0 et on écrit lim f (x) = l, si pour tout
x→x0
voisinage W de l, il existe un voisinage V de x0 , tel que f (V ∩ I) ⊆ W .
En effet, supposons que la première définition est vérifiée.
Soit W un voisinage de l, alors il existe ε > 0, tel que ]l − ε, l + ε[ ⊆ W . La première définition
est vérifiée, donc il existe α > 0, tel que
∀x ∈ I, |x − x0 | ≤ α =⇒ |f (x) − l| ≤ ε
Donc, si on pose V =]x0 − α, x0 + α[, alors on voit que f (V ∩ I) ⊆ W .
Réciproquement, supposons que la deuxième définition est vérifiée.
Soit ε > 0 et soit W =]l − ε, l + ε[, alors il existe un voisinage V de x0 , tel que f (V ∩ I) ⊆ W .
79
Comme V est un voisinage de x0 , alors il existe α > 0, tel que ]x0 − α, x0 + α[ ⊆ V et ainsi
on aura
∀x ∈ I, |x − x0 | ≤ α =⇒ |f (x) − l| ≤ ε
Unicité de la limite
Soient I une partie de R, f : I −→ R une fonction définie sur I et x0 ∈ I. Si f possède
une limite l lorsque x tend vers x0 , alors l est unique.
Preuve
Supposons que lim f (x) = l et lim f (x) = l0 .
x→x0
x→x0
Soit ε > 0, alors il existe α > 0 et il existe β > 0, tels que
∀x ∈ I, |x − x0 | ≤ α =⇒ |f (x) − l| ≤
ε
ε
et |x − x0 | ≤ β =⇒ |f (x) − l0 | ≤
2
2
Soit γ = min(α, β), alors on aura
∀x ∈ I, |x − x0 | ≤ γ =⇒ |f (x) − l| ≤
ε
ε
et |f (x) − l0 | ≤
2
2
Ainsi, on aura
∀ε > 0, |l − l0 | ≤ |f (x) − l| + |f (x) − l0 | ≤
ε ε
+ =ε
2 2
On en déduit donc que l = l0 .
4.1.2
Extention de la notion de limite
Cas où I n’est pas majoré
Soient I une partie de R et f : I −→ R une fonction définie sur I. On suppose que I
n’est pas majoré.
i) Si l ∈ R, on dit que f a pour limite l lorsque x tend vers +∞, si pour tout ε > 0, il
existe A > 0, tel que
∀x ∈ I, x ≥ A =⇒ |f (x) − l| ≤ ε
ii) On dit que f a pour limite +∞ lorsque x tend vers +∞, si pour tout A > 0, il
existe B > 0, tel que
∀x ∈ I, x ≥ B =⇒ f (x) ≥ A
iii) On dit que f a pour limite −∞ lorsque x tend vers +∞, si pour tout A > 0, il
existe B > 0, tel que
∀x ∈ I, x ≥ B =⇒ f (x) ≤ −A
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Cas où I n’est pas minoré
Soient I une partie de R et f : I −→ R une fonction définie sur I. On suppose que I
n’est pas minoré.
i) Si l ∈ R, on dit que f a pour limite l lorsque x tend vers −∞, si pour tout ε > 0, il
existe A > 0, tel que
∀x ∈ I, x ≤ −A =⇒ |f (x) − l| ≤ ε
ii) Si I est non minoré, on dit que f a pour limite +∞ lorsque x tend vers −∞, si
pour tout A > 0, il existe B > 0, tel que
∀x ∈ I, x ≤ −B =⇒ f (x) ≥ A
iii) On dit que f a pour limite −∞ lorsque x tend vers −∞, si pour tout A > 0, il
existe B > 0, tel que
∀x ∈ I, x ≤ −B =⇒ f (x) ≤ −A
Remarques
1. Si lim f (x) = l, alors l est unique.
x→+∞
2. Si lim f (x) = l, alors l est unique.
x→−∞
4.1.3
Opérations sur les limites
Somme
Soit I une partie de R et soient f : I −→ R et g : I −→ R deux fonctions définies sur I.
Alors la fonction f + g est définie par
∀x ∈ I, (f + g)(x) = f (x) + g(x)
Proposition
Soient I une partie de R, f : I −→ R et g : I −→ R deux fonctions définies sur I et
x0 ∈ I. On suppose que lim f (x) = l et lim g(x) = l0 , alors lim (f + g)(x) = l + l0 .
x→x0
x→x0
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x→x0
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Preuve
Soit ε > 0. Montrons qu’il existe α > 0, tel que
∀x ∈ I, |x − x0 | ≤ α =⇒ |(f + g)(x) − (l + l0 )| ≤ ε
On a lim f (x) = l, donc pour ε > 0, il existe β > 0, tel que
x→x0
∀x ∈ I, |x − x0 | ≤ β =⇒ |f (x) − l| ≤
ε
2
On a aussi lim g(x) = l0 , donc pour ε > 0, il existe γ > 0, tel que
x→x0
∀x ∈ I, |x − x0 | ≤ γ =⇒ |g(x) − l0 | ≤
ε
2
Soit α = min(β, γ), alors on a
∀x ∈ I, |x − x0 | ≤ α =⇒ |(f + g)(x) − (l + l0 )| ≤ |f (x) − l| + |g(x) − l0 | ≤
ε ε
+ =ε
2 2
Multiplication par un scalaire
Soient I une partie de R, f : I −→ R une fonction définie sur I et λ ∈ R.
Alors la fonction λf est définie par
∀x ∈ I, (λf )(x) = λf (x)
Proposition
Soient I une partie de R, f : I −→ R une fonction définie sur I et λ ∈ R. On suppose
que lim f (x) = l, alors lim (λf )(x) = λl.
x→x0
x→x0
Preuve
Soit ε > 0. Montrons qu’il existe α > 0, tel que
∀x ∈ I, |x − x0 | ≤ α =⇒ |(λf )(x) − λl| ≤ ε
On a lim f (x) = l, donc pour ε > 0, il existe α > 0, tel que
x→x0
∀x ∈ I, |x − x0 | ≤ α =⇒ |f (x) − l| ≤
ε
|λ|
Donc pour x ∈ I, avec |x − x0 | ≤ α, on aura
|(λf )(x) − λl| = |λ||f (x) − l|
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produit
Soient I une partie de R, f : I −→ R et g : I −→ R deux fonctions définies sur I, alors la
fonction f g est définie par :
∀x ∈ I, (f g)(x) = f (x)g(x)
Lemme
Soient I une partie bornée de R, x0 ∈ I, l ∈ R et f : I −→ R une fonction définie sur
I. On suppose que lim f (x) = l, alors il existe α > 0 et il existe M > 0, tel que
x→x0
∀x ∈ I, |x − x0 | ≤ α =⇒ |f (x)| ≤ M
Preuve
Fixons un ε > 0, par exemple ε = 1, alors il existe α > 0, tel que
∀x ∈ I, |x − x0 | ≤ α =⇒ |f (x) − l| ≤ 1
Comme ||f (x)| − |l|| ≤ |f (x) − l|, alors pour tout x ∈ I, avec |x − x0 | ≤ α, on a
|f (x)| ≤ |l| + 1
Donc il suffit de prendre M = 1 + |l|.
Remarques
1. Le lemme précédent, se traduit par :
Si I est borné et si f : I −→ R possède une limite l ∈ R lorsque x tend vers x0 ,
avec x0 ∈ I, alors f est borné sur un voisinage de x0 .
2. Si I n’est pas majoré et si f possède une limite l ∈ R lorsque x tend vers +∞,
alors il existe A > 0 et il existe M > 0, tel que
∀x ∈ I, x ≥ A =⇒ |f (x)| ≤ M
Dans ce cas, on dit que f est bornée sur un voisinage de +∞.
3. Si I n’est pas minoré et si f possède une limite l ∈ R lorsque x tend vers −∞,
alors il existe A > 0 et il existe M > 0, tel que
∀x ∈ I, x ≤ −A =⇒ |f (x)| ≤ M
Dans ce cas, on dit que f est bornée sur un voisinage de −∞.
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Proposition
Soient I une partie de R, x0 ∈ I, f : I −→ R et g : I −→ R deux fonctions définies sur
I, telles que lim f (x) = l et lim g(x) = l0 . Alors
x→x0
x→x0
lim (f g)(x) = lim f (x) lim g(x) = ll0
x→x0
x→x0
x→x0
Preuve
Soit ε > 0. Montrons qu’il existe α > 0, tel que
∀x ∈ I, |x − x0 | ≤ α =⇒ |(f g)(x) − ll0 | ≤ ε
On a lim g(x) = l0 , donc, d’après le lemme précédent, il existe M > 0 et il existe α1 > 0,
x→x0
tel que
∀x ∈ I, |x − x0 | ≤ α1 =⇒ |f (x)| ≤ M
Il existe aussi α2 > 0, tel que
∀x ∈ I, |x − x0 | ≤ α2 =⇒ |f (x) − l0 | ≤
ε
2|l|
D’autre part, on a lim f (x) = l, donc il existe α3 , tel que
x→x0
∀x ∈ I, |x − x0 | ≤ α3 =⇒ |f (x) − l| ≤
ε
2M
Soit α = min(α1 , α2 , α3 ), alors pour tout x ∈ I, tel que |x − x0 | ≤ α, on a
|(f g)(x) − ll0 | = |f (x)g(x) − ll0 |
= |f (x)g(x) − lg(x) + lg(x) − ll0 |
≤ |g(x)||f (x) − l| + |l||g(x) − l0 |
ε
ε
≤M
+ |l|
=ε
2M
2|l|
Inverse et quotient
Lemme
Soient I une partie de R, x0 ∈ I, l ∈ R et f : I −→ R une fonction définie sur I.
On suppose que lim f (x) = l, avec l 6= 0. Alors il existe α > 0, tel que
x→x0
∀x ∈ I, x ∈ [x0 − α, x0 + α] =⇒ f (x) 6= 0
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Preuve
On a lim f (x) = l et l 6= 0, donc pour ε =
x→x0
|l|
, il existe α > 0, tel que
2
∀x ∈ I, |x − x0 | ≤ α =⇒ |f (x) − l| ≤
|l|
2
Comme ||f (x)| − |l|| ≤ |f (x) − l|, alors on aura
∀x ∈ I, |x − x0 | ≤ α =⇒ ||f (x)| − |l|| ≤
|l|
2
|l|
|l|
≤ |f (x)| − |l| ≤
2
2
|l|
3|l|
=⇒
≤ |f (x)| ≤
2
2
=⇒ −
Donc ∀x ∈ I, x ∈ [x0 − α, x0 + α] =⇒ f (x) 6= 0.
Proposition
Soient I une partie de R, x0 ∈ I, l ∈ R et f : I −→ R une fonction définie sur I.
On suppose que lim f (x) = l, avec l 6= 0, alors
x→x0
1
1
1
=
(x) =
f
lim f (x)
l
Å ã
lim
x→x0
x→x0
Preuve
On a lim f (x) = l, avec l 6= 0, donc d’après le lemme précédent, il existe α1 , tel que
x→x0
∀x ∈ I, |x − x0 | ≤ α1 =⇒ f (x) 6= 0
D’après la démonstration précédente, il existe m > 0, tel que
∀x ∈ I, |x − x0 | ≤ α1 =⇒ |f (x)| ≥ m
Soit ε > 0, alors il existe α2 > 0, tel que
∀x ∈ I, |x − x0 | ≤ α2 =⇒ |f (x) − l| ≤ m|l|ε
Soit α = min(α1 , α2 ), alors pour x ∈ I, avec |x − x0 | ≤ α, on a
1
1
1
1
(x) − = − f
f (x)
l
l
=
|f (x) − l|
m|l|ε
≤
=ε
|f (x)||l|
m|l|
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4.1.4
Caractérisation séquentielle de la limite
Théorème
Soient I une partie non vide de R, f : I −→ R une fonction définie sur I, a ∈ I et
l ∈ R. Alors lim f (x) = l, si et seulement si, pour toute suite (xn )n≥0 d’éléments de I
x→a
qui converge vers a, la suite f (xn ) converge vers l.
Preuve
(=⇒) Supposons que lim f (x) = l et soit (xn )n≥0 une suite d’éléments de I qui converge
x→a
vers a.
Montrons que lim f (xn ) = l.
n→+∞
Soit ε > 0, montrons qu’il existe N ∈ N, tel que
∀n ∈ N, n ≥ N =⇒ |f (xn ) − l| ≤ ε
On a ε > 0 et lim f (x) = l, donc il existe α > 0, tel que
x→a
∀x ∈ I, |x − a| ≤ α =⇒ |f (x) − l| ≤ ε
On a α > 0 et lim xn = a, donc il existe N ∈ N, tel que
n→+∞
∀n ∈ N, n ≥ N =⇒ |xn − a| ≤ α
Donc, pour n ≥ N , on a |xn − a| ≤ α, donc |f (xn ) − l| ≤ ε.
(⇐=) Supposons que pour toute suite (xn )n≥0 d’éléments de I qui converge vers a, la
suite f (xn ) converge vers l.
Montrons que lim f (x) = l. Pour cela, supposons par absurde que lim f (x) 6= l,
x→a
x→a
donc il existe ε > 0, tel que pour tout α > 0, il existe xα ∈ I, avec |f (xα ) − l| > ε.
1
Donc en particulier, pour tout entier n ∈ N, si on prend α = n , alors il existe
2
xn ∈ I, tel que
1
|xn − a| ≤ n et |f (xn ) − l| > 2
Donc, on aura
lim xn = a et
n→+∞
lim f (xn ) 6= l, ce qui est contradictoire avec
n→+∞
l’hypothèse de départ.
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4.1.5
Limite à droite - Limite à gauche
Définition
Soient I une partie non vide de R, f : I −→ R une fonction définie sur I, x0 ∈ I et
l ∈ R.
i) On dit que f admet l comme limite à droite au point x0 , et on écrit lim f (x) = l,
x→a+
si pour tout ε > 0, il existe α > 0, tel que
∀x ∈ I, x0 ≤ x ≤ x0 + α =⇒ |f (x) − l| ≤ ε
ii) On dit que f admet l comme limite à gauche au point x0 , et on écrit lim f (x) = l,
x→a−
si pour tout ε > 0, il existe α > 0, tel que
∀x ∈ I, x0 − α ≤ x ≤ x0 =⇒ |f (x) − l| ≤ ε
Remarques
Si lim f (x) = l, alors lim f (x) = lim f (x) = l.
x→a
x→a+
x→a−
Réciproquement, Si lim f (x) et lim f (x) existent, et si lim f (x) = lim f (x), alors
x→a+
x→a−
x→a−
x→a+
lim f (x) existe et on a lim f (x) = lim f (x) = lim f (x).
x→a
x→a
x→a−
x→a+
Exemples
f (x) = E(x), alors pour tout m ∈ Z, on a lim f (x) = m et lim f (x) = m − 1.
x→m+
sin x
, alors lim f (x) = 1 et lim f (x) = −1.
f (x) =
|x|
x→0−
x→0+
4.1.6
x→m−
Limite et ordre de R
Proposition
Soient f et g deux fonctions définies sur une partie I non vide de R et a ∈ I.
a) On suppose que lim f (x) = l, avec l ∈ R, et il existe un voisinage V de a, tel que
x→a
∀x ∈ V ∩ I, f (x) ≥ 0. Alors l ≥ 0.
b) On suppose que lim f (x) = l1 , lim g(x) = l2 et il existe un voisinage V de a, tel
x→a
x→a
que ∀x ∈ V ∩ I, f (x) ≤ g(x). Alors l1 ≤ l2 .
c) On suppose que lim f (x) = l, avec l > 0. Alors il existe un voisinage V de a, tel
x→a
que ∀x ∈ V ∩ I, f (x) > 0.
d) On suppose que lim f (x) = +∞ et il existe un voisinage V de a, tel que
x→a
∀x ∈ V ∩ I, f (x) ≤ g(x). Alors lim g(x) = +∞.
x→a
e) On suppose que lim g(x) = −∞ et il existe un voisinage V de a, tel que
x→a
∀x ∈ V ∩ I, f (x) ≤ g(x). Alors lim f (x) = −∞.
x→a
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Preuve
a) Supposons, par absurde, que l < 0 et soit ε = −l, alors ε > 0, donc il existe α1 > 0,tel
que
∀x ∈ I, |x − a| < α1 =⇒ |f (x) − l| < ε
Or f est positive au voisinage de a, donc il existe α2 > 0, tel que
∀x ∈ I, |x − a| ≤ α2 =⇒ f (x) ≥ 0
Soit α = min(α1 , α2 ), alors pour x ∈ I, tel que |x − a| < α, on a
f (x) ≥ 0 et l − ε < f (x) < l + ε
avec ε = −l, donc on aura f (x) ≥ 0 et 2l < f (x) < 0. Ce qui est absurde.
b) Il suffit d’appliquer a) à la fonction h(x) = g(x) − f (x).
c) Supposons que l > 0 et soit ε = l, alors il existe α > 0, tel que
∀x ∈ I, |x − a| < α =⇒ l − ε < f (x) < l + ε
avec ε = l, donc si on pose V =]a − α, a + α[, alors V est un voisinage de a et on a
∀x ∈ V ∩ I, 0 < f (x) < 2l
d) Exercice.
e) Exercice.
Remarques
Dans la proposition précédente, on peut remplacer l’expression :
Il existe un voisinage V de a, tel ∀x ∈ V ∩ I, par :
Il existe α > 0, tel que ∀x ∈]a − α, a + α[ ∩ I. Si a ∈ R
Il existe A > 0, tel que ∀x ∈]A, +∞[ ∩ I. Si a = +∞
Il existe A < 0, tel que ∀x ∈] − ∞, A[ ∩ I. Si a = −∞
Théorème des gendarmes
Soient f , g et h trois fonctions définies sur une partie non vide I de R et a ∈ I, telles
que
i) lim g(x) = lim h(x) = l.
x→a
x→a
ii) Il existe un voisinage V de a, tel que ∀x ∈ V ∩ I, g(x) ≤ f (x) ≤ h(x).
Alors lim f (x) existe et on a lim f (x) = l.
x→a
x→a
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Preuve
Montrons que lim f (x) = l, pour cela, soit ε > 0, alors il existe α1 > 0, tels que
x→a
∀x ∈ I, |x − a| ≤ α1 =⇒ |g(x) − l| ≤ ε
et il exste α2 > 0, tel que
∀x ∈ I, |x − a| ≤ α2 =⇒ |h(x) − l| ≤ ε
Soit α = min(α1 , α2 ), alors pour x ∈ I, tel que |x − a| ≤ α, on aura
l − ε ≤ g(x) ≤ f (x) ≤ h(x) ≤ l + ε
Ainsi on voit que
∀x ∈ I, |x − a| ≤ α =⇒ |f (x) − l| ≤ ε
Remarques
1. Soient f et g deux fonctions définies sur une partie non vide I de R, tel que I ne
soit pas majoré. On suppose que
i)
lim g(x) = lim h(x) = l.
x→+∞
x→+∞
ii) Il existe A > 0, tel que ∀x ∈ I, x > A =⇒ g(x) ≤ f (x) ≤ h(x).
Alors lim f (x) = l. (Exercice)
x→+∞
2. Soient f et g deux fonctions définies sur une partie non vide I de R, tel que I ne
soit pas minoré. On suppose que
i)
lim g(x) = lim h(x) = l.
x→−∞
x→−∞
ii) Il existe A > 0, tel que ∀x ∈ I, x < −A =⇒ g(x) ≤ f (x) ≤ h(x).
Alors lim f (x) = l. (Exercice)
x→−∞
3. Soient f et g deux fonctions définies sur une partie non vide I de R et a ∈ I.
On suppose que f est bornée au voisinage de a et que lim f (x) = 0. Alors
x→a
lim f (x)g(x) = 0.
x→a
En effet, comme f est bornée au voisinage de a, alors il existe un voisinage V de
a et il existe M > 0, tels que ∀x ∈ V ∩ I, |f (x)| ≤ M .
Donc on aura
∀x ∈ V ∩ I, 0 ≤ |f (x)g(x)| ≤ M |g(x)|
avec lim |g(x)| = 0, donc d’après le théorème des gendarmes, on a
x→a
lim |f (x)g(x)| = 0
x→a
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4.1.7
Comparaison locale des fonctions
Fonction dominée par une autre fonction
Définition
Soient f et g deux fonctions définies définies sur un voisinage de a, avec a ∈ R. On dit
que f (x) est dominée par g(x) au voisinage de a, s’il existe une fonction b définie au
voisinage de a, telle que
i) b soit bornée au voisinage de a.
ii) f (x) = b(x)g(x) au voisinage de a.
Remarques
1. Si f est dominée par g au voisinage de a, alors il existe M > 0 et il existe un
voisinage V de a, tel que
∀x ∈ V, |f (x)| ≤ M |g(x)|
En effet, soit b une fonction définie et bornée au voisinage de a, donc il existe un
voisinage V1 de a et il existe M > 0, tel que
∀x ∈ V1 , |b(x)| ≤
Il existe aussi un voisinage V2 de a, tel que ∀x ∈ V2 , f (x) = b(x)g(x). Soit
V = V1 ∩ V2 , alors on a
∀x ∈ V, |f (x)| = |b(x)g(x)| = |b(x)||g(x)| ≤ M |g(x)|
Si f est dominée par g au voisinage de a, alors il existe M > 0 et il existe un
voisinage V de a, tel que
∀x ∈ V, |f (x)| ≤ M |g(x)|
En effet, soit b une fonction définie et bornée au voisinage de a, donc il existe un
voisinage V1 de a et il existe M > 0, tel que
∀x ∈ V1 , |b(x)| ≤
Il existe aussi un voisinage V2 de a, tel que ∀x ∈ V2 , f (x) = b(x)g(x).
Soit V = V1 ∩ V2 , alors on a
∀x ∈ V, |f (x)| = |b(x)g(x)| = |b(x)||g(x)| ≤ M |g(x)|
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Remarques
2. Si g est non nulle au voisinage de a, alors f est dominée par g, si et seulement si,
f
est bornée au voisinage de a.
g
En effet, si on suppose que g est non nulle au voisinage de a et si f est dominée
par g au voisinage de a, alors il existe un voisinage V de a et il existe une fonction
b définie et bornée sur V , tel que ∀x ∈ V, g(x) 6= 0 et f (x) = b(x)g(x). Donc
f (x)
f
∀x ∈ V,
= b(x), par suite est bornée au voisinage de a.
g(x)
g
f
Réciproquement, si est bornée sur un voisinage de a, alors il existe un voisinage V
g
f (x)
f
,
de a, tel que soit bornée sur V . Soit b la fonction définie sur V , par b(x) =
g
g(x)
alors b est bornée sur V et on a ∀x ∈ V, f (x) = b(x)g(x).
Fonction négligeable devant une autre fonction
Définition
Soient f et g deux fonctions définies définies sur un voisinage de a, avec a ∈ R. On dit
que f (x) est négligeable devant g(x) au voisinage de a, s’il existe une fonction α définie
au voisinage de a, telle que
i) lim α(x) = 0.
x→a
ii) f (x) = α(x)g(x) au voisinage de a.
Remarques
Si g ne s’annule pas au voisinage de a, alors f (x) est négligeable devant g(x), si et
f (x)
seulement si, lim
= 0. (Exercice)
x→a g(x)
Notation de Landau
Soient f et g deux fonctions définies définies sur un voisinage de a, avec a ∈ R.
Si f (x) est dominée par g(x) au voisinage de a, on écrit f (x) = O(g(x)) au voisinage de a ou
encore f (x) = Oa (g(x)).
Si f (x) est dominée par g(x) au voisinage de a, on écrit f (x) = o(g(x)) au voisinage de a ou
encore f (x) = oa (g(x)).
Exemples
1. f (x) = Oa (1) ⇐⇒ f est bornée au voisinage de a.
2. f (x) = oa (1) ⇐⇒ lim f (x) = 0.
x→a
3. Si f (x) = oa (g(x)) alors f (x) = Oa (1).
4. Si g est non nulle sur un voisinage de 0 et si lim
x→a
f (x)
= l, avec l ∈ R, alors
g(x)
f (x) = Oa (g(x)).
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4.1.8
Fonctions équivalentes
Définition
Soient f et g deux fonctions définies définies sur un voisinage de a, avec a ∈ R. On dit
que f est équivalente à g au voisinage de a, et en écrit f (x) ∼ g(x) au voisinage de a
ou f (x) ∼a g(x), s’il existe une fonction h définie au voisinage de a, telle que
i) lim h(x) = 1.
x→a
ii) f (x) = h(x)g(x) au voisinage de a.
Remarques
1. Si g ne s’annule pas au voisinage de a, alors f (x) ∼ g(x) au voisinage de a, si et
f (x)
seulement si, lim
= 1.
x→a g(x)
2. f (x) ∼ g(x) au voisinage de a, si et seulement si, f (x)−g(x) = o(g(x)) au voisinage
de a.
3. Si lim f (x) = l, avec l 6= 0, alors f (x) ∼ l au voisinage de a.
x→a
Proposition
Soient f et g deux fonctions définies sur un voisinage de a, avec a ∈ R.
i) Si f (x) ∼ g(x) au voisinade de a et si lim g(x) = l, alors lim f (x) = l.
x→a
x→a
ii) Si f (x) ∼ g(x) au voisinade de a, alors f (x) et g(x) ont même signe au voisinage
de a.
Preuve
i) Soit h une fonction définie au voisinage de a, tel que lim h(x) = 1, et soit V un
x→a
voisinage de a, tel que ∀x ∈ V, f (x) = h(x)g(x).
Donc on a lim f (x) = lim (hg)(x) = lim h(x) lim g(x) = lim g(x) = l.
x→a
x→a
x→a
x→a
x→a
ii) Supposons, par exemple, que g est positive au voisinage de a, donc il existe α > 0,
tel que
∀x ∈ ]a − α, a + α[ , g(x) ≥ 0
Soit h une fonction définie au voisinage de a, tel que lim h(x) = 1, et soit V un
x→a
voisinage de a, tel que ∀x ∈ V, f (x) = h(x)g(x). Comme lim h(x) = 1, alors il
x→a
existe β > 0, tel que
∀x ∈ V, |x − a| ≤ β =⇒ |h(x) − 1| ≤
1
2
Soit ε = min(α, β), alors pour x ∈ ]a − ε, a + ε[, on aura g(x) ≥ 0 et
Donc
3g(x)
g(x)
≤ f (x) ≤
, par suite ∀x ∈ ]a − ε, a + ε[ , f (x) ≥ 0.
2
2
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1
3
≤ h(x) ≤ .
2
2
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Equivalents classiques au voisinage de 0
Soit u une fonction définie au voisinage de 0, telle que lim u(x) = 0
x→0
1. ln(1 + u(x)) ∼ u(x) et
(eu(x)
− 1) ∼ u(x).
2. sin u(x) ∼ u(x), tan u(x) ∼ u(x), sinh u(x) ∼ u(x) et tanhu(x) ∼ u(x).
3. arcsin u(x) ∼ u(x) et arctanu(x) ∼ u(x).
4. cos u(x) ∼ 1, cos u(x) − 1 ∼ −
π
arccos u(x) − ∼ −u(x).
2
u(x)2
u(x)2
, cosh u(x) ∼
et
2
2
Exercice
Soit I une partie non vide R et soit a ∈ R, alors la relation R définie sur F(I, R), par
∀f ∈ F(I, R), ∀g ∈ F(I, R), f R g ⇐⇒ f ∼ g au voisinage de a
est une relation d’équivalence.
4.2
Propriètés des fonctions continues
4.2.1
Continuité en un point
Définition
Soient I une partie de R, f : I −→ R une fonction définie sur I et x0 ∈ I.
i) On dit que f est continue au point x0 , si pour tout ε > 0, il existe α > 0, tel que
∀x ∈ I, |x − x0 | ≤ α =⇒ |f (x) − f (x0 )| ≤ ε
ii) On dit que f est continue sur I, si f est continue en tout point de I.
Remarques
f est continue sur I, si seulement si,
∀x ∈ I, ∀ε > 0, ∃α > 0 : ∀y ∈ I, |y − x| ≤ α =⇒ |f (y) − f (x)| ≤ ε
Proposition
Soient I une partie de R, f : I −→ R une fonction définie sur I et a ∈ I. Alors
i) f est continue au point a, si et seulement si, lim f (x) = f (a).
x→a
ii) f est continue au point a, si et seulement si, pour toute suite (xn )n≥0 d’éléments
de I qui converge vers a, la suite (f (xn ))n≥0 converge vers f (a).
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Preuve
i) C’est une conséquece directe des définitions de la limite et de la continuité.
ii) C’est une conséquence de i) et de la caractérisation séquentielle de la limite.
4.2.2
Prolongement par continuité
Soient I une partie non vide de R, a ∈ I et f : I −→ R une fonction définie et continue sur
I \ {a}.
On suppose que lim f (x) existe et que lim f (x) = l et on considère la fonction g définie sur
x→a
x→a
I par
∀x ∈ I, g(x) =

f (x)
l
si x 6= a
si x = a
Comme lim g(x) = lim f (x) = l, avec l = g(a) et comme f est continue sur I \ {a}, alors g
x→a
x→a
est continue sur I. Dans ce cas, g s’appelle le prolongement par continuité de f au point a.
Exemples
sin x
, alors f est continue sur R∗ et on
x
a lim f (x) = 1, donc f possède un prolongement par continuité au point 0 défini
1. f la fonction définie sur R∗ par f (x) =
x→0
par
∀x ∈ R, g(x) =

f (x)
1
si x 6= 0
si x = 0
√
x−1
, alors f est continue sur
x−1
1
R+ \ {1}, avec lim f (x) = , donc f est prolongeable par continuité au point 1 :
x→1
2
2. f la fonction définie sur
R+
\ {1} par f (x) =
∀x ∈ R+ , g(x) =

f (x)
1
si x 6= 1
si x = 1
x+1
3. f la fonction définie sur R+ \ {−2} par f (x) = exp( (x+2)
2 ), alors f est continue sur
R+ \ {−2} et on a lim f (x) = 0, donc f admet un prolongement par continuité
au point −2.
x→−2
Exercice
On considère la fonction f définie sur R par
f (x) =
√
 1 − x2
ax2 + bx + c
si |x| < 1
si |x| ≥ 1
Pour quelles valeurs des réels a, b, c, f est continue sur R ?
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4.2.3
Opérations sur les fonctions continues
Proposition
Soient f et g deux fonctions définies sur une partie I non vide de R et soit a ∈ I.
On suppose que f et g sont continues au point a. Alors
i) f + g est continue au point a.
ii) f g estcontinue au point a.
iii) Pour tout λ ∈ R, λf est continue au point a.
iv) On suppose qu’il existe un voisinage V de a, tel que ∀x ∈ V ∩ I, g(x) 6= 0, alors
et
1
g
f
sont continues au point a.
g
Preuve
Soit (xn )n≥0 une suite d’éléments de I, telle que lim xn = a.
n→+∞
i) On a lim (f + g)(xn ) = lim f (xn ) + lim g(xn ) = f (a) + g(a) = (f + g)(a).
n→+∞
n→+∞
n→+∞
Donc f + g est continue au point a.
ii) On a aussi
lim (f g)(xn ) =
n→+∞
lim f (xn )g(xn ) =
n→+∞
lim f (xn ) lim g(xn ) =
n→+∞
n→+∞
f (a)g(a) = (f g)(a). Donc f g est continue au point a.
iii) On a lim (λf )(xn ) = lim λf (xn ) = λ lim f (xn ) = λf (a) = (λf )(a).
n→+∞
n→+∞
n→+∞
Donc λf est continue au point a.
Å ã
1
1
iv) On a lim
(xn ) = lim
=
n→+∞ g
n→+∞ g(xn )
1
Donc est continue au point a.
g
1
1
1
=
=
(a).
lim g(xn )
g(a)
g
Å ã
n→+∞
Exercice
Soient I un intervalle ouvert de R, f et g deux fonctions continues sur I.
1. Montrer que |f | est continue sur I.
2. Montrer que sup(f, g) est continue sur I.
(On pourra utiliser le fait que sup(f, g) = 12 (f + g + |f − g|))
4.2.4
Fonctions continues sur un intervalle
Théorème des valeurs intermidiaires (T.V.I)
Première version du T.V.I
Soient I un intervalle non vide de R et f : I −→ R une application continue sur I. Alors
pour tout a ∈ I et tout b ∈ I, tels que f (a)f (b) ≤ 0, il existe c ∈ [a, b], tel que f (c) = 0.
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Preuve
Si f (a) = 0 ou f (b) = 0, alors il suffit de prendre c = a ou c = b.
Supposons donc que f (a) 6= 0 et f (b) 6= 0. Comme f (a)f (b) < 0, alors f (a) et f (b) sont
de signe contraire, donc on peut supposer, par exemple, que f (a) < 0 et f (b) > 0.
Soit A = {x ∈ [a, b] : f (x) ≤ 0}, alors A est non vide, car a ∈ A, et A est majoré par
b, donc A possède une borne supérieure, notée c.
1
< xn ≤ c.
2n
Donc lim xn = c, comme f est continue au point c, alors lim f (xn ) = f (c) et comme
On a c = sup(A), donc pour tout entier n ≥ 0, il existe xn ∈ A, tel que c −
n→+∞
n→+∞
∀n ∈ N, f (xn ) ≤ 0, alors f (c) ≤ 0.
Pour achever la démonstration, on va montrer que f (c) ≥ 0. Pour cela, pour chaque
b−c
n ∈ N, posons yn = c + n , comme f (b) > 0 et f (c) ≤ 0, alors c < b, donc pour tout
2
entier n ∈ N, on a c < yn ≤ b.
D’autre part, pour tout n ∈ N, yn > c, avec c = sup(A), donc f (yn ) > 0 et comme
lim yn = c, alors lim f (yn ) = f (c), donc f (c) ≥ 0.
n→+∞
n→+∞
Exemples
1. Soit a et b deux nombres réels, avec a < b et soit f : [a, b] −→ [a, b] une fonction
continue sur [a, b] à valeurs dans [a, b]. Alors il existe c ∈ [a, b], tel que f (c) = c.
En effet, on considère la fonction éfinie sur [a, b] par g(x) = f (x) − x. Comme
f (a) ∈ [a, b] et f (b) ∈ [a, b], alors g(a) ≤ 0 et g(b) ≥ 0, donc d’après le T.V.I, il
existe c ∈ [a, b], tel que g(c) = 0, par suite f (c) = c.
2. Soit f : R −→ R une fonction continue sur R, telle que
lim f (x) = +∞ et
x→+∞
lim f (x) = −∞. Alors il existe au moins un c ∈ R, tel que f (c) = 0.
x→−∞
On a lim f (x) = +∞, donc pour tout A > 0, il existe B > 0, tel que
x→+∞
∀x ∈ R, x ≥ B =⇒ f (x) ≥ A
Donc si on choisit a ≥ B, on aura f (a) ≥ A > 0
On aussi lim f (x) = −∞, donc pour tout A > 0, il existe B > 0, tel que
x→−∞
∀x ∈ R, x ≤ −B =⇒ f (x) ≤ −A
Donc si on choisit b ≤ −B, on aura f (b) ≤ −A < 0.
Ainsi, nous avons montré qu’il existe a ∈ R et il existe b ∈ R, tels que f (a) > 0 et
f (b) < 0, donc d’après le T.V.I, il existe c ∈ R, tel que f (c) = 0.
On montre de la même manière que lim f (x) = −∞ et lim f (x) = +∞, alors
x→+∞
x→−∞
il existe au moins un c ∈ R, tel que f (c) = 0.
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Exemples
3. Soit P un polynôme à coefficients réels de degré impair, alors P possède au moins
une racine réelle.
En effet, soit P = a0 + a1 X + . . . + an−1 X n−1 + an X n , avec an 6= 0 et n impair,
un polynôme à coefficients réels. Montrons qu’il existe α ∈ R, tel que P (α) = 0.
Pour cela, on considère la fonction f : R −→ R définie par
∀x ∈ R, f (x) = a0 + a1 x + . . . + an−1 xn−1 + an xn
Alors on sait que
lim f (x) =
x→+∞

+∞
−∞
si an > 0
et
si an < 0
lim f (x) =
x→−∞

−∞
+∞
si an > 0
si an < 0
Donc, d’après la remarque précédente, il existe α ∈ R, tel que f (α) = 0.
Or, par définition, on sait que P (α) = a0 + a1 α + . . . + an−1 αn−1 + an αn = f (α),
donc P (α) = 0.
Deuxième version du T.V.I
Soient I un intervalle de R, non réduit à un seul point, et f : I −→ R une fonction
continue sur I. Alors pour tout a ∈ I et pour tout b ∈ I, avec a < b et pour y compris
entre f (a) et f (b), (min(f (a), f (b)) ≤ y ≤ max(f (a), f (b))), il existe x ∈ [a, b], tel que
f (x) = y.
Preuve
Soit y0 ∈ R, tel que y0 compris entre f (a) et f (b) et soit g la fonction définie sur I par
g(x) = f (x) − y0 . Alors il est clair que g est continue sur I, comme y0 compris entre
f (a) et f (b), alors g(a)g(b) ≤ 0, donc d’après la première version du T.V.I, il existe
x0 ∈ [a, b], tel que g(x0 ) = 0, donc f (x0 ) = y0 .
Corollaire
L’image d’un intervalle par une fonction continue est un intervalle.
Preuve
La démonstration de ce corollaire est une conséquence de la deuxième version du théorème des valaurs intermédiaires et de la proposition suivante :
Proposition
Soit A une partie non vide de R. Alors A est un intervalle de R, si et seulement si,
∀x ∈ A, ∀y ∈ A, ∀z ∈ R, x ≤ z ≤ y =⇒ z ∈ A
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Preuve
(=⇒) Trivial.
(⇐=) Supposons que
∀x ∈ A, ∀y ∈ A, ∀z ∈ R, x ≤ z ≤ y =⇒ z ∈ A
Si A est borné, soient a = inf(A), b = sup(A) et z ∈]a, b[. donc d’après la caractérisation de la borne supérieure et de la borne inférieure, il existe x ∈ A et il existe
y ∈ A, tels que a ≤ x < z et z < y ≤ b, donc x < z < y, par suite z ∈ A. Ainsi on
voit que ]a, b[⊆ A ⊆ [a, b], donc on aura
A =]a, b[, A = [a, b[, A =]a, b] ou A = [a, b]
Si A est minoré et A n’est pas majoré, soient a = inf(A) et z ∈]a, +∞[, alors
d’après la caractérisation de la borne inférieure, il existe x ∈ A, tel que a ≤ x < z.
Comme A est non majoré, alors il existe y ∈ A, tel que z < y, par suite, on a
x < z < y, avec x ∈ A et y ∈ A, donc z ∈ A. Ainsi, on a ]a, +∞[⊆ A ⊆ [a, +∞[,
par conséquent on a
A =]a, +∞[ ou A = [a, +∞[
Si A n’est pas minoré et A est majoré, soient a = sup(A) et z ∈] − ∞, a[, alors
il existe y ∈ A, tel que z < y ≤ a. Comme A n’est pas minoré, alors il existe
x ∈ A, tel que x < z, ainsi on voit que x < z < y, donc z ∈ A, par suite on a
] − ∞, a[⊆ A ⊆] − ∞, a], donc on aura
A =] − ∞, a[ ou A =] − ∞, a]
Si A n’est pas minoré et A n’est pas majoré, alors on voit facilement que A = R.
Théorème du maximum
Théorème du maximum
Soient a ∈ R, b ∈ R et f : [a, b] −→ R une fonction continue sur [a, b]. Alors
i) f est bornée sur [a, b].
ii) Si m = inf f (x) et M = sup f (x), alors il existe α ∈ [a, b] et il existe β ∈ [a, b],
x∈[a,b]
x∈[a,b]
tels que f (α) = m et f (β) = M .
Remarques
Le théorème précédent exprime qu’une fonction continue sur un intervalle [a, b] est bornée
et atteint ses bornes.
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Preuve
i) Posons I = [a, b], alors on sait qu’une fonction f est bornée sur I, si et seulement si,
f est majorée et f est minorée :
∃m ∈ R, ∃M ∈ R : ∀x ∈ I, m ≤ f (x) ≤ M
Supposons que f n’est pas majorée sur I, donc pour tout k ∈ R, il existe x ∈ I,
tel que f (x) > k. Donc en particulier, pour tout n ∈ N, il existe xn ∈ I, tel que
xn > n.
On a ∀n ∈ N, a ≤ xn ≤ b, donc (xn )n∈N est une suite bornée, par suite, d’après
le théorème de Bolzano-Weierstrass, la suite (xn )n∈N possède au moins une soussuite (yn )n≥0 qui converge vers l, avec l ∈ I. f étant continue au point l, donc
lim f (yn ) = f (l).
n→+∞
Or, pour tout n ∈ N, on a f (yn ) > n, donc lim f (yn ) = +∞, ce qui est absurde.
n→+∞
Donc f est majorée et de la même manière on montre que −f est majorée, par
suite f est minorée, donc f est bornée.
ii) Supposons, par absurde, que ∀x ∈ I, f (x) 6= m et considérons la fonction g définie
sur I par
∀x ∈ I, g(x) =
1
f (x) − m
g est donc une fonction définie et continue sur I, car f est continue sur I et
∀x ∈ I, f (x) − m 6= 0, par suite g est bornée.
D’autre part, d’après la caractérisation de la borne inférieure, pour tout k > 0, il
1
1
existe x ∈ I, tel que m ≤ f (x) < m + , donc 0 ≤ f (x) − m < , par conséquent,
k
k
1
> k. Nous avons donc établis que pour tout k > 0, il existe x ∈ I,
on a
f (x) − m
tel que g(x) > k, donc g n’est pas majorée, ce qui est absurde car g est bornée.
Donc il existe α ∈ I, tel que f (α) = m.
De la même manière, en considérant la fonction h définie sur I par h(x) =
1
, on montre qu’il existe β ∈ I, tel que f (β) = M .
M − f (x)
Remarques
1. Si f : I −→ R est continue et si I n’est pas pas fermé borné, alors en général f
n’est pas bornée.
Par exemple f :]0, 1] −→ R la fonction définie par f (x) =
1
, alors
x
f (]0, 1]) = [1, +∞[, donc f n’est pas bornée.
2. Soient f : [a, b] −→ R une fonction continue, m = inf f (x) et M = sup f (x).
x∈[a,b]
x∈[a,b]
Alors f ([a, b]) = [m, M ].
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4.2.5
Théorème de la fonction monotone
Définition
Soient I une partie non vide de R et f : I −→ R une fonction.
i) On dit que f est croissante sur I, si
∀x ∈ I, ∀y ∈ I, x ≤ y =⇒ f (x) ≤ f (y)
ii) On dit que f est strictement croissante sur I, si
∀x ∈ I, ∀y ∈ I, x < y =⇒ f (x) < f (y)
iii) On dit que f est décroissante sur I, si
∀x ∈ I, ∀y ∈ I, x ≤ y =⇒ f (x) ≥ f (y)
iv) On dit que f est strictement décroissante sur I, si
∀x ∈ I, ∀y ∈ I, x < y =⇒ f (x) > f (y)
v) On dit que f est monotone, si f est croissante ou f est décroissante.
vi) On dit que f est strictement monotone, si f est strictement croissante ou si f est
strictement décroissante.
Remarques
Soient I une partie non vide de R et f : I −→ R une fonction. Alors
f est monotone ⇐⇒



∀x ∈ I, ∀y ∈ I, x ≤ y =⇒ f (x) ≤ f (y)



ou




∀x ∈ I, ∀y ∈ I, x ≤ y =⇒ f (x) ≥ f (y)
f est strictement monotone ⇐⇒



∀x ∈ I, ∀y ∈ I, x < y =⇒ f (x) < f (y)



ou




∀x ∈ I, ∀y ∈ I, x < y =⇒ f (x) > f (y)
Proposition
Soient I une partie non vide de R et f : I −→ R une fonction.
Si f est strictement monotone sur I, alors f est injective.
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Preuve
On sait que f est injective, si et seulement si,
∀x ∈ I, ∀y ∈ I, x 6= y =⇒ f (x) 6= f (y)
Soient x ∈ I et y ∈ I, tels que x 6= y, comme f est strictement monotone, alors on a
f (x) > f (y) ou f (x) < f (y), donc f (x) 6= f (y), par suite, f est injective.
Remarques
Si I est un intervalle de R et si f est continue sur I, alors la réciproque de la proposition
précédente est vraie, comme le montrer le théorème suivant :
Théorème
Soient I un intervalle de R et f : I −→ R une fonction continue sur I.
On suppose que f est injective, alors f est strictement monotone.
Preuve
Pour la démonstration de ce théorème nous avons besoin du lemme suivant :
Lemme
Soient I une partie non vide de R et f : I −→ R une fonction. Alors f est strictement
monotone, si et seulement si, pour tout x ∈ I, pour tout y ∈ I et pour tout z ∈ I, tels
que x < z < y, f (z) compris strictement entre f (x) et f (y).
Preuve
Si I est réduit à un seul élément, alors le résultat est trivial.
On suppose que I n’est pas réduit à un seul point et soient x0 ∈ I et y0 ∈ I, tel
que x0 < y0 , comme f est injective, alors f (x0 ) 6= f (y0 ). On peut donc supposer, par
exemple, que f (x0 ) < f (y0 ) et montrer que f est strictement croissante.
Soient x ∈ I et y ∈ I, tels que x < y, montrons que f (x) < f (y).
Si x = x0 et y 6= y0 , alors deux cas sont possibles :
Si x0 < y < y0 , alors f (y) compris strictement entre f (x0 ) et f (y0 ) et puisque f (x0 ) <
f (y0 ), alors f (x0 ) < f (y).
Si x0 < y0 < y, alors f (y0 ) compris strictement entre f (x0 ) et f (y) et puisque f (x0 ) <
f (y0 ), alors f (x0 ) < f (y)
Si x 6= x0 et y = y0 , alors de la même manière on montre que f (x) < f (y0 ).
Si x 6= x0 et y 6= y0 , alors plusieurs cas sont possibles :
Si x < y < x0 < y0 , alors f (x0 ) compris strictement entre f (y) et f (y0 ) et puisque
f (x0 ) < f (y0 ), alors f (y) < f (x0 ), on a aussi f (y) compris strictement entre f (x) et
f (x0 ) et comme f (y) < f (x0 ), alors f (x) < f (y).
Si x < x0 < y < y0 , alors f (x0 ) < f (y) < f (y0 ) et f (x0 ) compris strictement entre f (x)
et f (y), donc f (x) < f (y).
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Si x < x0 < y0 < y, alors f (y0 ) compris strictement entre f (x0 ) et f (y) et comme
f (x0 ) < f (y0 ), alors f (y0 ) < f (y), on a aussi f (x0 ) compris strictement entre f (x) et
f (y0 ), donc pour la même raison on a f (x) < f (x0 ), donc f (x) < f (y).
Si x0 < x < y0 < y, alors f (x0 ) < f (x) < f (y0 ) et f (y0 ) compris strictement entre f (x)
et f (y), donc f (x) < f (y).
Si x0 < x < y < y0 , alors on a f (x0 ) < f (x) < f (y0 ) et f (x) compris strictement entre
f (x0 ) et f (y), donc f (x) < f (y).
Preuve du théorème
Supposons que I est un intervalle et que f : I −→ R est continue injective.
Supposons, par absurde, que f n’est pas monotone, alors d’après le lemme précédent,
il existe x ∈ I, il existe y ∈ I et il existe z ∈ I, tels que x < z < y et tels que f (z)
ne compris pas strictement entre f (x) et f (y). Comme f est injective et x 6= y, alors
f (x) 6= f (y), donc on peut supposer, par exemple, que f (x) < f (y), par suite on a
f (z) < f (x) < f (y) ou f (x) < f (y) < f (z).
Si f (z) < f (x) < f (y), alors d’après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe
a ∈ I, tel que z < a < y et f (a) = f (x). Or f est injective, donc a = x, par suite z < x,
ce qui est absurde.
Si f (x) < f (y) < f (z), alors d’après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe
b ∈ I, tel que x < b < z et f (b) = f (y), donc b = y, par suite y < z, ce qui est absurde.
Théorème de la fonction monotone
Soient I un intervalle non vide de R, f : I −→ R une fonction continue et strictement
monotone et J = f (I). Alors
i) J est un intervalle et f : I −→ J est bijective.
ii) f −1 est strictement monotone sur J et a le même sens de monotonie que f .
iii) f −1 est continue sur J.
Preuve
i) f est continue, donc l’image par f d’un intervalle est un intervalle, donc J est un
intervalle. Comme f est strictement monotone, alors f est injective, donc
f : I −→ f (I) est bijective.
ii) Supposons, par exemple, que f est strictement croissante et montrons que f −1 est
aussi strictement croissante. Soient x ∈ I et y ∈ I, tels que f (x) < f (y), alors
on a x < y, car sinon on aura y < x et comme f est strictement croissante, alors
f (y) < f (x), ce qui est absurde. Donc f −1 est strictement croissante.
iii) Montrons que f −1 est continue sur J, pour cela soit y0 ∈ J et soit ε > 0.
Montrons qu’il existe α > 0, tel que
∀y ∈ J, |y − y0 | ≤ α =⇒ |f −1 (y) − f −1 (y0 )| ≤ ε
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y0 ∈ J, donc il existe x0 ∈ I, tel que f (x0 ) = y0 . On suppose que x0 n’est pas un point
extrème de I et que ε est assez petit, tel que x0 + ε ∈ I et x0 − ε ∈ I.
On a x0 −ε < x0 < x0 +ε et f strictement croissante, donc f (x0 −ε) < f (x0 ) < f (x0 +ε).
Posons y1 = f (x0 − ε) et y2 = f (x0 + ε), alors on y1 < y0 < y2 .
Soit α = min(y0 −y1 , y2 −y0 ) et soit y ∈ J, tel que |y−y0 | ≤ α, alors y1 ≤ y ≤ y2 . Comme
f −1 est strictement croissante, alors f −1 (y1 ) < f −1 (y) < f −1 (y2 ), avec f −1 (y1 ) = x0 − ε
et f −1 (y2 ) = x0 + ε, donc
x0 − ε ≤ f −1 (y) ≤ xO + ε, avec x0 = f −1 (y0 ), donc |f −1 (y) − f −1 (y0 )| ≤ ε.
4.2.6
Continuité uniforme
Définition
Soient I un intervalle de R et f : I −→ R une fonction. On dit que f est uniformément
continue sur I, si pour tout ε > 0, il existe α > 0, tel que
∀x ∈ I, ∀y ∈ I, |x − y| ≤ α =⇒ |f (x) − f (y)| ≤ ε
Remarques
1. La notion de continuité uniforme est une notion globale tandis que la notion de
continuité est une notion locale.
2. A l’aide des quantificateurs les définitions de la continuité uniforme et de la continuité s’écrivent sous la forme :
f est uniformément continue, si et seulement si,
∀ε > 0, ∃α > 0 : ∀x ∈ I, ∀y ∈ I, |x − y| ≤ α =⇒ |f (x) − f (y)| ≤ ε
f est continue, si et seulement si,
∀x ∈ I, ∀ε > 0, ∃α > 0 : ∀y ∈ I, |x − y| ≤ α =⇒ |f (x) − f (y)| ≤ ε
3. Si f est uniformément continue sur I, alors f est continue sur I.
4. Si f est continue sur I, alors en général, f n’est pas uniformément continue sur I,
comme le montre les exemples suivants :
i) f : R −→ R la fonction définie par f (x) = x2 , alors f est continue sur R, tandis
que f n’est pas uniformément continue sur R.
En effet, soit = 1. Montrons que pour tout α > 0, il existe x ∈ R et il existe
y ∈ R, tels que |x − y| ≤ α et |f (x) − f (y)| > ε.
1
1
Pour cela, on remarque que si x = α + et y = , alors on a |x − y| = α et
α
α
|x2 − y 2 | = 2 + α2 > 1.
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ii) g :]0, 1] −→ R la fonction définie par g(x) =
que f n’est pas uniformément continue.
1
, alors g est continue sur ]0, 1], tandis
x
En effet, soit = 1. Montrons que pour tout α > 0, il existe x ∈]0, 1] et il existe
y ∈]0, 1], tels que |x − y| ≤ Åα et
Å ã
ã |g(x) − g(y)| > ε.
1
1
Pour cela, comme la suite
converge vers 0, alors la suite
est de
n n≥1
n n≥1
Cauchy, donc il existe N ∈ N∗ , tel que
1
1 ∀n ∈ N, ∀m ∈ N, (n ≥ N et m ≥ N ) =⇒ − ≤ α
n m
Donc pour n > N , si on pose x =
1
1
et y =
, alors on aura
n
n+2
1
1
|x − y| ≤ α et − = 2 > 1
x y
Théorème de Heine
Soient a ∈ R, b ∈ R et f : [a, b] −→ R une fonction continue sur [a, b].
Alors f est uniformément continue sur [a, b].
Preuve
Supposons, par absurde, que f n’est pas uniformément continue, donc il existe ε > 0,
tel que pour tout α > 0, il existe x ∈ [a, b] et il existe y ∈ [a, b], tels que |x − y| ≤ α et
|f (x) − f (y)| > ε.
Donc, en particulier, pour tout n ∈ N, il existe xn ∈ [a, b] et il existe yn ∈ [a, b], tels que
|xn − yn | ≤
1
et |f (xn ) − f (yn )| > ε
2n
On a ∀n ∈ N, a ≤ xn ≤ b, donc la suite (xn )n≥0 est bornée, donc d’après le théorème de
Bolzano-Weierstrass, il existe une sous-suite (zn )n≥0 de (xn )n≥0 , qui converge vers un
élément l de [a, b].
Soit ϕ : N −→ N une application strictement croissante, telle que ∀n ∈ N, zn = xϕ(n) et
soit (wn )n≥0 la suite définie par ∀n ∈ N, wn = yϕ(n) . Alors on a
∀n ∈ N, |zn − wn | = |xϕ(n) − yϕ(n) | ≤
On a lim
n→∞
1
2ϕ(n)
1
2ϕ(n)
= 0 et lim zn = l, alors (wn )n≥0 est convergente et on a lim wn = l.
n→∞
n→∞
f est continue, donc lim f (zn ) = f (l) et
n→∞
lim f (wn ) = f (l), par suite,
n→∞
lim |f (zn ) − f (wn )| = 0
n→∞
ce qui est absurde, car ∀n ∈ N, |f (zn ) − f (wn )| > ε.
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Fonctions lipschitziennes
Soient I un intervalle de R et f : I −→ R une fonction. On dit que f est lipschitzienne
de rapport k ou que f est k-lipschitzienne sur I, s’il existe k > 0, tel que
∀x ∈ I, ∀y ∈ I, |f (x) − f (y)| ≤ k|x − y|
Si de plus si 0 < k < 1, on dit que f est une fonction contractante.
Remarques
1. Toute fonction k-lipschitzienne sur I est uniformément continue sur I.
ε
En effet, pour chaque ε > 0, si on prend α = , alors on aura
k
∀x ∈ I, ∀y ∈ I, |x − y| ≤ α =⇒ |f (x) − f (y)| ≤ ε
2. Si f : I −→ R est une fonction uniformément continue sur I, alors, en général, f
n’est pas lipschitzienne sur I comme le montre l’exemple suivant :
√
Soit f : R+ −→ R la fonction définie par f (x) = x, alors f est uniformément
continue sur R+ , tandis que f n’est pas lipschitzienne sur R+ .
En effet, Soient x ∈ R+ et y ∈ R+ , alors on a
√
√
√ √
√
√
|x − y| = | x − y|( x + y) ≥ | x − y|2
donc on en déduit que
»
√
√
∀x ∈ R+ , ∀y ∈ R+ , | x − y| ≤ |x − y|
Soit ε > 0 et soit α = ε2 , alors on aura
√
√
∀x ∈ R+ , ∀y ∈ R+ , |x − y| ≤ α =⇒ | x − y| ≤ ε
Ainsi, on voit que f est uniformément continue sur R+ .
Supposons, par absurde, que f est lipschitzienne sur R+ , alors il existe k > 0, tel
que
√
√
∀x ∈ R+ , ∀y ∈ R+ , | x − y| ≤ k|x − y|
Donc, en particulier, pour y = 0, on aura ∀x ∈ R∗+ ,
0<
ce qui est absurde, car lim
x→0
√
1 √
≤ x, donc
k
√
1
≤ lim x
k x→0
x = 0. Donc f n’est pas lipschitzienne sur R+ .
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4.3
Dérivabilité
4.3.1
Dérivabilité en un point - Fonction dérivée
Définition
i) Soient I un intervalle de R, non réduit à un seul point, f : I −→ R une fonction et
x0 ∈ I. On dit que f est dérivable au point x0 , si
lim
x→x0
f (x) − f (x0 )
existe dans R
x − x0
f (x) − f (x0 )
s’appelle la dérivée de f au point x0 et se note
x − x0
df
f 0 (x0 ), Df (x0 ) ou encore
(x0 ).
dx
ii) Si f est dérivable en tout point de I, on dit que f est dérivable sur I. Dans ce cas,
Dans ce cas, lim
x→x0
la fonction notée f 0 définie sur I par
f 0 : I −→ R
f (y) − f (x)
y→x
y−x
x 7−→ f 0 (x) = lim
S’appelle la dérivée de f sur l’intervalle I.
Remarques
1. f est dérivable au point x0 , si et seulement, si
f (x0 + h) − f (x0 )
existe dans R
h→0
h
lim
2. f est dérivable au point x0 , si et seulement si, il existe L ∈ R et il existe une
fonction α : R −→ R, avec lim α(h) = 0, tels que
h→0
∀h ∈ R, f (x0 + h) − f (x0 ) = Lh + hα(h)
lim α(h) = 0, donc hα(h) = o(h), donc f est dérivable au point x0 , si et seulement
h→0
si, il existe L ∈ R, tel que
∀h ∈ R, f (x0 + h) − f (x0 ) = Lh + o(h)
ou encore
∀x ∈ I, f (x) − f (x0 ) = L(x − x0 ) + o(x − x0 )
Donc dans ce cas, on a f 0 (x0 ) = L.
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3. Si f est dérivableau point x0 , alors f est continue au point x0 .
En effet, supposons que f est dérivable en x0 , alors on aura
∀x ∈ I, f (x) = f (x0 ) + f 0 (x0 )(x − x0 ) + (x − x0 )α(x)
avec lim α(x) = 0, donc lim f (x) = f (x0 ), par suite f est continue au point x0 .
x→x0
x→x0
→
− →
−
4. Dans un repère orthonormé direct (O, i , j ) du plan euclidien, on considère le
point M0 de coordonnées (x0 , f (x0 )) et pour x ∈ I, on considère le point M de
coordonnées (x, f (x)). Alors on sait que la droite (M0 M ) passant par les points
f (x) − f (x0 )
M0 et M a pour pente le taux d’accroissement
. Donc lorsque x tend
x − x0
vers x0 , le point M s’approche de M0 et la droite (M0 M ) s’approche de la tangente
f (x) − f (x0 )
à la courbe de f au point M0 et le taux d’accroissement
tend vers
x − x0
f 0 (x), par suite la tangente au point M0 a pour équation
y − f (x0 ) = f 0 (x0 )(x − x0 )
4.3.2
Dérivabilité à droite - Dérivabilité à gauche
Définition
Soient I un intervalle de R et f : I −→ R une fonction.
i) On dit que f est dérivable à droite au point x0 , si
lim
x→x+
0
Dans ce cas, lim
x→x+
0
f (x) − f (x0 )
existe dans R
x − x0
f (x) − f (x0 )
s’appelle la dérivée à droite de f au point x0 et
x − x0
se note fd0 (x0 ).
ii) On dit que f est dérivable à gauche au point x0 , si
lim
x→x−
0
Dans ce cas, lim
x→x−
0
f (x) − f (x0 )
existe dans R
x − x0
f (x) − f (x0 )
s’appelle la dérivée à droite de f au point x0 et
x − x0
se note fg0 (x0 ).
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Remarques
1. f est dérivable au point x0 , si et seulement si, f est dérivale à droite et à gauche
au point x0 et on a fd0 (x0 ) = fg0 (x0 ).
2. Si f est dérivable à droite (resp. à gauche) au point x0 , alors la courbe de f
possède une demi tangente à droite (resp. à gauche) au point M0 de coordonnées
(x0 , f (x0 )).
3. Si f est dérivable à droite et à gauche au point x0 et si fd0 (x0 ) 6= fg0 (x0 ), on dit que
le point M0 de coordonnées (x0 , f (x0 )) est un point anguleux de la courbe de f .
Exemples
Soit f : R −→ R la fonction définie par f (x) = |x|, alors f est dérivable sur R∗ et on a
∀x ∈ R∗ , f 0 (x) =

1
si x > 0
−1
si x < 0
Cependant, f est dérivable à droite en 0 et on a fd0 (0) = 1 et f est dérivable à gauche
en 0 et on a fg0 (0) = −1. Donc l’origine est un point anguleux de la courbe de f .
4.3.3
Opérations sur les fonctions dérivables
Proposition
Soient I un intervalle de R, x0 ∈ I, f et g deux fonctions dérivables au point x0 . Alors
i) Pour tout α ∈ R, pour tout β ∈ R, la fonction αf + βg est dérivable au point x0 et
on a
(αf + βg)0 (x0 ) = αf 0 (x0 ) + βg 0 (x0 )
ii) La fonction f g est dérivable au point x0 et on a
(f g)0 (x0 ) = f 0 (x0 )g(x0 ) + f (x0 )g 0 (x0 )
iii) Si g(x0 ) 6= 0, alors la fonction
au point x0 et on a
1
1
est définie sur un voisinage de x0 et est dérivable
g
g
Å ã0
1
g
iv) Si g(x0 ) 6= 0, alors la fonction
(x0 ) = −
g 0 (x0 )
g(x)2
f
f
est définie sur un voisinage de x0 et est dérivable
g
g
au point x0 et on a
Å ã0
f
g
(x0 ) =
f 0 (x0 )g(x0 ) − f (x0 )g 0 (x0 )
g(x0 )2
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Preuve
i) On a
(αf + βg)(x) − (αf + βg)(x0 )
f (x) − f (x0 )
g(x) − g(x0 )
=α
+β
x − x0
x − x0
x − x0
Donc αf + βg est dérivable au point x0 et on a (αf + βg)0 (x0 ) = αf 0 (x0 ) + βg 0 (x0 ).
ii) On a
(f g)(x) − (f g)(x0 )
f (x)g(x) − f (x0 )g(x) + f (x0 )g(x) − f (x0 )g(x0 )
=
x − x0
x − x0
g(x) − g(x0 )
f (x) − f (x0 )
+ f (x0 )
= g(x)
x − x0
x − x0
Donc par passage à la limite lorsque x tend vers x0 , on voit que f g est dérivable
au point x0 et on a (f g)0 (x0 ) = f 0 (x0 )g(x0 ) + f (x0 )g 0 (x0 ).
iii) Comme g(x0 ) 6= 0 et g continue au point x0 , alors on sait qu’il existe α > 0, tel que
∀x ∈]x0 − α, x0 + α[, g(x) 6= 0 et on a
Ä ä
1
g
(x) −
Ä ä
1
g
x − x0
(x0 )
=−
g(x) − g(x0 )
1
×
g(x0 )g(x)
x − x0
Donc par passage à la limite lorsque x tend vers x0 , on voit que
1
g 0 (x0 )
.
(x0 ) = −
g
g(x0 )2
iv) Se déduit facilement de ii) et iii).
Å ã0
1
est dérivable
g
au point x0 et on a
4.3.4
Dérivée de la composée - Dérivée de la réciproque
Proposition
Soient I et J deux intervalles de R, f : I −→ R et g : J −→ R deux fonctions. Soit
x0 ∈ I, on suppose que
i) f (I) ⊆ J.
ii) f est dérivable au point x0 et g dérivable au point f (x0 )
Alors g ◦ f est dérivable au point x0 et on a
(g ◦ f )0 (x0 ) = g 0 (f (x0 ))f 0 (x0 )
Preuve
On a
(g ◦ f )(x) − (g ◦ f )(x0 )
g(f (x)) − g(f (x0 )) f (x) − f (x0 )
=
×
x − x0
f (x) − f (x0 )
x − x0
Comme f est continue au point x0 , alors f (x) tend vers f (x0 ) lorsque x tend vers
x0 , donc par passage à la limite, on voit que g ◦ f est dérivable au point x0 et on a
(g ◦ f )0 (x0 ) = g 0 (f (x0 )) × f 0 (x0 ).
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Théorème
Soient I et J deux intervalles R et soit f : I −→ J une fonction bijective. Soit x0 ∈ I,
on suppose que f est dérivable au point x0 .
Alors f −1 est dérivable au point f (x0 ), si et seulement si, f 0 (x0 ) 6= 0. Dans ce cas, on a
(f −1 )0 (f (x0 )) =
1
f 0 (x0 )
Preuve
On a
x − x0
f −1 (f (x)) − f −1 (f (x0 ))
=
lim
f (x) − f (x0 )
f (x)→f (x0 ) f (x) − f (x0 )
f (x)→f (x0 )
lim
Comme f est continue au point x0 et f −1 continue au point f (x0 ), alors f (x) tend vers
f (x0 ), si et seulement si, x tend vers x0 , donc on en déduit que
x − x0
x − x0
= lim
x→x0 f (x) − f (x0 )
f (x)→f (x0 ) f (x) − f (x0 )
lim
Et comme
x − x0
1
=
f (x) − f (x0 )
f (x) − f (x0 )
x − x0
Donc,
lim
x→x0
Ainsi, on voit que
x − x0
=
f (x) − f (x0 )
1
f (x) − f (x0 )
lim
x→x0
x − x0
f −1 (f (x)) − f −1 (f (x0 ))
existe, si et seulement si,
f (x) − f (x0 )
f (x)→f (x0 )
lim
f (x) − f (x0 )
6= 0, donc f −1 est dérivable au point x0 , si et seulement si f 0 (x0 ) 6= 0.
x − x0
On a ∀x ∈ I, (f −1 ◦ f )(x) = x, donc si f 0 (x0 ) 6= 0, alors d’après la dérivée d’une fonction
lim
x→x0
composée, (f −1 )0 (f (x0 ))f 0 (x0 ) = 1, donc on aura
(f −1 )0 (f (x0 )) =
1
f 0 (x
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0)
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Remarques
1. Si on pose y0 = f (x0 ), alors on aura
(f −1 )0 (y0 ) =
1
f 0 (f −1 (y0 ))
2. Soient I et J deux intervalles R et soit f : I −→ J une fonction bijective. On
suppose que
i) f est dérivable sur I.
ii) ∀x ∈ I, f 0 (x) 6= 0.
Alors f −1 est dérivable sur J et on a (f −1 )0 =
4.3.5
1
.
f 0 ◦ f −1
Fonctions circulaires réciproques
Fonction arc cosinus
Soit f : [0, π] −→ R définie par f (x) = sin x, alors on sait que f est strictement décroissante
sur [0, π] et f ([0, π]) = [f (π), f (0)] = [−1, 1], donc d’après le théorème de la fonction monotone,
f : [0, π] −→ [−1, 1] est bijective et sa réciproque est continue sur [−1, 1]. La fonction réciproque de f s’appelle la fonction arc cosinus et se note arccos, donc la fonction arccos est
définie sur [−1, 1] et on a
(∀y ∈ [−1, 1], arccos y = x) ⇐⇒ (x ∈ [0, π] et y = cos x)
De plus, on a aussi
∀y ∈ [−1, 1], cos(arccos(y)) = y et ∀x ∈ [0, π], arccos(cos x) = x
On sait que f 0 (x) = − sin x, donc f 0 (0) = f 0 (π) = 0 et ∀x ∈ ]0, π[, f 0 (x) 6= 0, donc d’après
le théorème précédent, la fonction arccos est dérivable sur ] − 1, 1[ et pour y ∈ ] − 1, 1[, avec
y = cos x, on a
1
1
=
0
cos (x)
− sin x
√
Or, pour tout x ∈ [0, π], sin x ≥ 0, donc sin x = 1 − cos2 x, par suite on a
arccos0 (y) =
1
arccos0 (y) = − p
1 − y2
Fonction arc sinus
π π
Soit f : − ,
−→ R la fonction définie par f (x) = sin x, alors on sait que f est stricte2 2
ï
ò
Åï
òã ï Å
ã
Å ãò
π π
π π
π
π
ment croissante sur − ,
et f − ,
= f −
,f
= [−1, 1], donc d’après le
2 2
2 2
2
2
ï
ò
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Pr.Mohamed HOUIMDI
π π
théorème de la fonction monotone, f : − ,
−→ [−1, 1] est bijective et sa réciproque est
2 2
continue sur [−1, 1].
ò
ï
La fonction réciproque de f s’appelle arc sinus et se note arcsin, donc la fonction arcsin est
définie sur [−1, 1] et on a
π π
(∀y ∈ [−1, 1], arcsin y = x) ⇐⇒ (x ∈ − ,
2 2
ï
ò
et y = sin x)
On a aussi
(∀y ∈ [−1, 1], sin(arcsin y) = y et ∀x ∈ [0, π], arcsin(sin x) = x
π
π π
π
= f0
= 0 et ∀x ∈ − ,
, f 0 (x) 6= 0, par
2 ò
2
2
2
ï
ò
ï
π π
π π
suite, la fonction arcsin est dérivable sur − ,
et pour y ∈ − , , avec y = sin x, on a
2 2
2 2
Å
On sait que f 0 (x) = cos x, donc f 0 −
ã
arcsin0 (y) =
Å ã
ò
ï
1
1
=
sin0 (x)
cos x
√
π π
, cos x ≥ 0, donc cos x = 1 − sin2 x et ainsi, on aura
Or, pour tout x ∈ − ,
2 2
ï
ò
1
arcsin0 (y) = p
1 − y2
Remarques
D’après ce qui précède, on remarque que ∀x ∈ [−1, 1], arccos0 (x) = − arcsin0 (x), donc si
on pose f (x) = arccos x + arcsin x, alors ∀x ∈ [−1, 1], f 0 (x) = 0, donc f est constante,
par suite, on a
∀x ∈ [−1, 1], f (x) = f (0) =
π
2
Ainsi, on en déduit que
∀x ∈ [−1, 1], arccos x + arcsin x =
π
2
Fonction arc tangente
π π
sin x
Soit f : − ,
−→ R la fonction définie par f (x) = tan x =
, alors on sait que f est
2 2
cos x
ò
ï
Åò
ïã
π π
π π
strictement croissante sur − ,
et f − ,
=] limπ f (x), limπ f (x)[=]−∞, +∞[= R,
2 2
2 2
x→− 2
x→
ò 2 ï
π π
donc d’après le théorème de la fonction monotone, f : R −→ − ,
est bijective et sa
2 2
fonction réciproque est continue sur R. La fonction réciproque de f s’appelle arc tangente et
ò
ï
se note arctan, donc la fonction arctan est définie sur R et on a
π π
(∀y ∈ R, arctan y = x) ⇐⇒ (x ∈ − ,
2 2
ò
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ï
et y = tan x)
Pr.Mohamed HOUIMDI
On a aussi
π π
∀y ∈ R, tan(arctan y) = y et ∀x ∈ − ,
, arctan(tan x) = x
2 2
ò
ï
π π
On sait que f 0 (x) = 1 + tan2 x, donc ∀x ∈ − ,
, f 0 (x) 6= 0, par suite, la fonction arctan
2 2
est dérivable sur R et pour y ∈ R, avec y = tan x, on a
ò
arctan0 (y) =
ï
1
1
1
=
=
0
2
tan (x)
1 + y2
1 + tan x
Remarques
1
Soit f la fonction définie sur ]0, +∞[, par f (x) = arctan x+arctan , alors f est dérivable
x
sur ]0, +∞[ et on a
∀x ∈ R∗ , f 0 (x) =
1
1
1
1
1
− 2
=
−
=0
2
2
1+x
x 1+ 1
1+x
1 + x2
x2
Donc f est constante, par suite, on a ∀x ∈ ]0, +∞[, f (x) = f (1) =
∀x ∈ R∗ , arctan x + arctan
4.3.6

π


1
= 2π
x 
−
2
π
, on en déduit que
2
si x > 0
si x < 0
Fonctions hyperboliques - Fonctions hyperboliques réciproques
Fonction cosinus hyperbolique et fonction argument cosinus hyperbolique
On appelle fonction cosinus hyperbolique, la fonction f : R −→ R définie par
∀x ∈ R, f (x) = cosh x =
ex + e−x
2
Alors on voit facilement que f est strictement croissante sur [0, +∞[, f ([0, +∞[) = [1, +∞[,
f 0 (0) = 0 et ∀x ∈ ]0, +∞[, f 0 (x) 6= 0, donc d’après le théorème de la fonction monotone,
f : [0, +∞[−→ [1, +∞[ est bijective et sa réciproque est continue sur [1, +∞[.
La fonction réciproque de f s’appelle argument cosinus hyperbolique et se note argch, donc
la fonction argch est définie sur [1, +∞[ et on a
(∀y ∈ [1, +∞[, argch(y) = x) ⇐⇒ (x ∈ [0, +∞[ et y = cosh x)
On a aussi
∀y ∈ [1, +∞[, cosh(argchy) = y et ∀x ∈ [0, +∞[, argch(cosh x) = x
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Pr.Mohamed HOUIMDI
Comme ∀x ∈ ]0, +∞[, f 0 (x) 6= 0, alors la fonction argch est dérivable sur ]1, +∞[.
Pour le calcul de la dérivée de la fonction argch, remarquons que
∀x ∈ R,
Ç x
å2
e + e−x
−
2
et remarquons aussi que
∀x ∈ [0, +∞[,
Ç x
å2
e − e−x
2
=1
ex − e−x
≥0
2
Donc, on en déduit que
∀x ∈ [0, +∞[, cosh0 (x) =
»
cosh2 x − 1
Soit y ∈ ]1, +∞[, avec y = cosh x, où x ∈ ]0, +∞[, alors on a
argch0 (y) =
1
1
1
=p
=p 2
0
2
cosh (x)
y −1
cosh x − 1
Fonction sinus hyperbolique et fonction argument sinus hyperbolique
On appelle fonction sinus hyperbolique, la fonction f : R −→ R définie par
∀x ∈ R, f (x) = sinh x =
ex − e−x
2
Alors on voit facilement que f est strictement croissante sur R et f (R) = R, donc d’après le
théorème de la fonction monotone, f : R −→ R est bijective et sa réciproque est continue sur
R.
La fonction réciproque de f s’appelle argument sinus hyperbolique et se note argsh, donc la
fonction argsh est définie sur R et on a
(∀y ∈ R, argshy = x) ⇐⇒ (x ∈ R et y = sinh x)
On a ∀x ∈ R, sinh0 (x) 6= 0, donc la fonction argsh est dérivable sur R et pour y ∈ R, avec
y = sinh x, on a
argsh0 (y) =
1
sinh0 (x)
Or, d’après la remarque prédente, on a
∀x ∈ R,
Ç x
å2
e + e−x
2
Donc on en déduit que ∀x ∈ R, sinh0 (x) =
p
−
Ç x
å2
e − e−x
2
=1
1 + sinh2 x, par suite, on aura
1
∀y ∈ R, argsh0 (y) = p
1 + y2
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Pr.Mohamed HOUIMDI
Fonction tangente hyperbolique et fonction argument tangente hyperbolique
On appelle fonction tangente hyperbolique, la fonction f : R −→ R définie par
∀x ∈ R, f (x) = tanh x =
sinh x
cosh x
Alors on voit facilement que est dérivable sur R et on a
∀x ∈ R, tanh0 (x) =
1
= 1 − tanh2 (x)
cosh2 (x)
Donc, f est strictement croissante sur R et f (R) =] − 1, 1[, par suite, d’après le théorème de
la fonction croissante f : R −→] − 1, 1[ est bijective et sa fonction réciproque est continue sur
] − 1, 1[.
La réciproque de tanh s’appelle la fonction argument tangente hyperbolique et se note argth,
donc la fonction argth est définie sur ] − 1, 1[ et on a
(∀y ∈ ] − 1, 1[, argthy = x) ⇐⇒ (x ∈ R et tanh x = y)
On a ∀x ∈ R, f 0 (x) 6= 0, donc la fonction argth est dérivable sur ] − 1, 1[ et pour y ∈ ] − 1, 1[,
avec y = tanh x, on a
argth0 (y) =
1
1
1
=
=
0
2
tanh (x)
1 − y2
1 − tanh x
Remarques
Les fonctions hyperboliques vérifient des formules analogues à celles vérifiées par les
fonctions trigonométriques. Le tableau suivant contient les principales formules trigonométriques et hyperboliques :
Formules trigonométriques
Formules hyperboliques
cos2 x + sin2 x = 1
cosh2 − sinh2 x = 1
cos(x + y) = cos x cos y − sin x sin y
cosh(x + y) = cosh x cosh y + sinh x sinh y
cos(x − y) = cos x cos y + sin x sin y
cosh(x − y) = cosh x cosh y − sinh x sinh y
sin(x + y) = sin x cos y + cos x sin y
sinh(x + y) = sinh x cosh y + coshx sinh y
sin(x − y) = sin x cos y − cos x sin y
sinh(x − y) = sinh x cosh y − coshx sinh y
x+y
x−y
cos
2
2
x+y
x−y
cos x − cos y = −2 sin
sin
2
2
x+y
x−y
sin x + sin y = 2 sin
cos
2
2
x+y
x−y
sin
sin x − sin y = 2 cos
2
2
cos x + cos y = 2 cos
x+y
x−y
cosh
2
2
x+y
x−y
cosh x − cosh y = 2 sinh
sinh
2
2
x+y
x−y
sinh x + sinh y = 2 sinh
cosh
2
2
x+y
x−y
sinh
sinh x − sinh y = 2 cosh
2
2
cosh x + cosh y = 2 cosh
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4.4
Dérivées des fonctions usuelles
Fonctions
ensemble de définition
Dérivées
xn
n∈Z
R∗
nxn−1
xα
α∈R
R∗+
αxα−1
R
ax ln a
ln |x|
R∗
1
x
ex
R
ex
sin x
R
cos x
cos x
R
− sin x
ax = ea ln x
a ∈ R∗+
tan x
cosh x =
ex + e−x
2
R\{
π
+ kπ : k ∈ Z}
2
1 + tan2 x
sinh x =
R
ex − e−x
2
sinh x
R
cosh x
tanh x
R
1 − tanh2 x
arcsin x
[−1, 1]
√
arccos x
[−1, 1]
−√
arctan x
R
1
1 + x2
argshx
R
1
√
2
x +1
argchx
[1, +∞[
argthx
[−1, 1]
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√
1
1 − x2
1
1 − x2
1
x2
−1
1
1 − x2
x ∈ ] − 1, 1[
x ∈ ] − 1, 1[
x ∈ ]1, +∞[
x ∈ ] − 1, 1[
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4.4.1
Dérivées d’ordre supérieur
Soient I un intervalle de R, f : I −→ R une fonction.
On pose f (0) = f .
Si f est dérivable sur I, on pose f (1) = f 0 , et on dit que f est dérivable jusqu’à l’ordre 1.
Si f 0 est dérivable sur I, on pose f (2) = f 00 , et on dit que f est dérivable jusqu’à l’ordre 2.
Ainsi, par récurrence sur n ≥ 1, si f est dérivable jusqu’à l’ordre n, on pose f (n) = (f (n−1) )0 .
Définition
Soient I un intervalle de R, f : I −→ R une fonction et n ∈ N.
1. On dit dit que f est de classe C n sur I, si
i) f est dérivable jusqu’à l’ordre n sur I.
ii) f (n) est continue sur I
2. Si pour tout n ∈ N, f est de classe C n , on dit que f est de classe C ∞ .
Notations
Soit I un intervalle de R.
On note C n (I , R) l’ensemble de toutes les fonctions de classe C n sur I.
On note C ∞ (I , R) l’ensemble de toutes les fonctions de classe C ∞ sur I.
Ainsi, on voit que C 0 (I , R) = C (I , R) est l’ensemble de toutes les fonctions continues
sur I.
Remarques
1. Pour tout entier n ≥ 0, (C n (I , R), +, ×) est un anneau commutatif, unitaire et
non intègre.
2. Pour tout entier n ≥ 0, (C n (I , R), +, ·) est un R-espace vectoriel, pour la loi
externe définie par
∀λ ∈ R, ∀f ∈ C n (I , R), ∀x ∈ I, (λ · f )(x) = λf (x)
Formule de Leibnitz
Soient f et g deux fonctions n fois dérivales sur un intervalle I de R. Alors
(f g)(n) =
n
X
Ckn f (k) g (n−k)
k=0
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Preuve
On procède par récurrence sur n, avec n ≥ 1.
Pour n = 1, on sait que (f g)0 = f 0 g + f g 0 = f g 0 + f 0 g =
1
P
k=0
Ckn f (k) g (n−k)
Supposons la proprièté vraie jusqu’à l’ordre n, alors on aura
(f g)(n+1) = [(f g)(n) ]0
=
=
=
=
=
" n
X
k=0
n
X
Ckn f (k) g (n−k)
#0
Ckn (f (k+1) g (n−k) + f (k) g (n−k+1) )
k=0
n+1
X
(k) (n−k+1)
Ck−1
g
+
n f
k=1
n
X
n
X
Ckn f (k) g (n−k+1)
k=0
(Ck−1
+ Ckn )f (k) g (n−k) + f (n+1) g + f g (n+1)
n
k=1
n+1
X
Ckn+1 f (k) g (n+1−k)
(car ∀k ∈ {1, 2, . . . , n}, Ck−1
+ Ckn = Ckn+1 )
n
k=0
4.4.2
Extremums d’une fonction dérivable
Définition
Soient I un intervalle de R, f : I −→ R une fonction et x0 ∈ I.
i) On dit que x0 est un minimum local de f sur I, s’il existe α > 0, tel que
]x0 − α, x0 + α[ ⊆ I et ∀x ∈ ]x0 − α, x0 + α[, f (x0 ) ≤ f (x)
ii) On dit que x0 est un maximum local de f sur I, s’il existe α > 0, tel que
]x0 − α, x0 + α[ ⊆ I et ∀x ∈ ]x0 − α, x0 + α[, f (x0 ) ≥ f (x)
iii) On dit que x0 est un extremum local de f sur I, si x0 est un minimum local de f
ou si x0 est un maximum local de f sur I.
Remarques
1. Si ∀x ∈ I, f (x0 ) ≤ f (x), on dit que x0 est un minimum global de f sur I.
2. Si ∀x ∈ I, f (x0 ) ≥ f (x), on dit que x0 est un maximum global de f sur I.
3. Si x0 est un minimum global de f ou si x0 est un maximum global de f , on dit
que x0 est un extremum global de f .
4. Si x0 est un extremum global de f , alors x0 est un extremum local de f , tandis
que la réciproque n’est pas vraie.
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Exemples
1
Soit f : R −→ R la fonction définie par f (x) = x3 − x + 1 et soit x0 = 1, alors 1 est un
3
minimum local de f sur R, tandis que 1 n’est pas un minimum local de f sur R.
Cependant, 1 est un minimum global de f sur [0, 2].
Théorème
Soient I un intervalle de R, f : I −→ R une fonction et x0 ∈ I. On suppose que
i) f est dérivable au point x0 ,
ii) x0 est un extremum local de f sur I.
Alors f 0 (x0 ) = 0.
Preuve
f est dérivable au point x0 , donc
lim
x→x0
f (x) − f (x0 )
existe
x − x0
par suite
lim
x→x+
0
f (x) − f (x0 )
et
x − x0
lim
x→x−
0
f (x) − f (x0 )
existent
x − x0
et on a
lim
x→x+
0
f (x) − f (x0 )
f (x) − f (x0 )
f (x) − f (x0 )
= lim
= lim
= f 0 (x0 )
−
x→x
0
x − x0
x − x0
x − x0
x→x0
Or, x0 est un extremum local de f , donc on peut supposer, par exemple, que x0 est un
minimum local, donc il existe α > 0, tel que
]x0 − α, x0 + α[ ⊆ I et ∀x ∈ ]x0 − α, x0 + α[, f (x0 ) ≤ f (x)
Donc, pour tout x ∈ ]x0 − α, x0 ],
f (x) − f (x0 )
≤ 0, par suite,
x − x0
lim
x→x−
0
f (x) − f (x0 )
≤0
x − x0
On a aussi, pour tout x ∈ [x0 , x0 + α[,
lim
x→x+
0
f (x) − f (x0 )
≥ 0, par suite,
x − x0
f (x) − f (x0 )
≥0
x − x0
On en déduit donc que f 0 (x0 ) = 0.
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Remarques
1. La condition f 0 (x0 ) = 0 est une condition nécessaire pour que f possède un extremum local de f .
Cette condition est en général n’est pas suffisante pour que f possède un extremum
local au point x0 .
Par exemple, soit f : R −→ R la fonction définie par f (x) = x3 , alors on a
f 0 (0) = 0, mais 0 n’est pas un extremum local de f .
2. Le théorème précédent concerne seulement les fonction dérivables.
Par exemple, soit f : R −→ R définie par f (x) = |x| possède un minimum local au
point 0 sans être dérivable au point 0.
4.4.3
Théorème de Rolle - Théorème des accroissements finis
Théorème de Rolle
Soient a, b deux nombres réels, avec a < b, et f : [a, b] −→ R une fonction continue sur
[a, b] et dérivable sur ]a, b[, telle que f (a) = f (b).
Alors il existe c ∈ ]a, b[, tel que f 0 (c) = 0.
Preuve
Soient m = inf x∈I f (x) et M = supx∈I f (x), où I = [a, b], alors deux cas sont possible :
Si m = M , alors f est constante, donc ∀x ∈ ]a, b[, f 0 (x) = 0.
Si m 6= M , alors ou bien f (a) 6= m ou f (a) 6= M , donc on peut supposer, par exemple,
que f (a) 6= m. Comme f est continue sur [a, b], alors d’après le théorème du maximum,
il existe c ∈ ]a, b[, tel que f (c) = m. Donc c est un minimum local de f , par suite, d’après
le théorème précédent, f 0 (c) = 0.
Théorème des accroissements finis
Soient a, b deux nombres réels, avec a < b, et f : [a, b] −→ R une fonction continue sur
[a, b] et dérivable sur ]a, b[. Alors il existe c ∈ ]a, b[, tel que
f (b) − f (a)
= f 0 (c)
b−a
Preuve
On considère la fonction g : [a, b] −→ R la fonction définie par
g(x) = f (x) −
f (b) − f (a)
x
b−a
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Preuve
Alors il est clair que g est continue sur [a, b] et dérivable sur ]a, b[ et on a
g 0 (x) = f 0 (x) −
f (b) − f (a)
b−a
De plus, on a
g(a) = g(b) =
bf (a) − af (b)
b−a
Donc, d’après le théorème de Rolle, il existe c ∈ ]a, b], tel que g 0 (c) = 0. On en déduit
donc que
f 0 (c) =
f (b) − f (a)
b−a
Inégalité des accroissements finis
Soient a, b deux nombres réels, avec a < b, et f : [a, b] −→ R une fonction continue sur
[a, b] et dérivable sur ]a, b[.
On suppose qu’il existe deux réels m et M , tel que ∀x ∈ ]a, b], m ≤ f 0 (x) ≤ M . Alors
on a
m(b − a) ≤ f (b) − f (a) ≤ M (b − a)
Preuve
D’après le théorème des accroissements finis, il existe c ∈ ]a, b[, tel que
f 0 (c) =
f (b) − f (a)
b−a
Comme m ≤ f 0 (c) ≤ M , alors on aura
m≤
f (b) − f (a)
≤M
b−a
Corollaire
Soient I un intervalle de R et f : I −→ R une fonction. On suppose que
i) f est continue sur I,
◦
ii) f est dérivable sur l’intérieur I de I,
◦
iii) Il existe k > 0, tel que ∀x ∈ I, |f 0 (x)| ≤ k.
Alors f est une fonction k-lipschitzienne sur I.
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Preuve
Soient x ∈ I et y ∈ I, avec x 6= y, alors on peut supposer, par exemple, que x < y.
◦
f est donc continue sur [x, y] et f dérivable sur ]x, y[, car [x, y] ⊆ I et ]x, y[ ⊆ I, et on a
∀z ∈ ]x, y[, −k ≤ f 0 (z) ≤ k
Donc d’après le corollaire précédent, on a −k(y − x) ≤ f (y) − f (x) ≤ k(y − x), par suite,
on a
∀x ∈ I, ∀y ∈ I, |f (y) − f (x)| ≤ k|y − x|
Donc f est une fonction k-lipschitzienne sur I.
Théorème des accroissements finis généralisé
Soient a, b deux nombres réels, avec a < b, f : [a, b] −→ R et g : [a, b] −→ R deux
fonctions continues sur [a, b] et dérivables sur ]a, b[. Alors il existe x0 ∈ ]a, b[, tel que
(f (b) − f (a))g 0 (x0 ) = (g(b) − g(a))f 0 (x0 )
Preuve
On considère la fonction ϕ : [a, b] −→ R la fonction définie par
ϕ(x) = (g(b) − g(a))f (x) − (f (b) − f (a))g(x)
Alors on voit facilement que ϕ(a) = ϕ(b) = f (a)g(b)−g(a)f (b), donc d’après le théorème
de Rolle, il existe x0 ∈ ]a, b[, tel que ϕ0 (x0 ) = 0. Ainsi on aura
(g(b) − g(a))f 0 (x0 ) − (f (b) − f (a))g 0 (x0 ) = 0
Règle de l’Hospital
Soient I un intervalle de R, f, g : I −→ R deux fonctions continues sur I et x0 ∈ I. On
suppose que
i) ∀x ∈ I, g(x) 6= 0.
◦
◦
ii) f et g sont dérivables sur I et ∀x ∈ I, g 0 (x) 6= 0.
iii) lim f (x) = lim g(x) = 0.
x→x0
x→x0
f 0 (x)
= l.
iv) lim 0
x→x0 g (x)
f (x)
Alors lim
= l.
x→x0 g(x)
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Preuve
D’abord on voit qu’on peut prolonger f et g par continuité au point x0 , en posant
f (x0 ) = g(x0 ) = 0.
Soit x ∈ I, avec x0 < x, alors f et g sont continues sur [x0 , x] et dérivables sur ]x0 , x[,
donc d’après le théorème précédent, il existe cx ∈ ]x0 , x[, tel que
f (x)
f (x) − f (x0 )
f 0 (cx )
=
= 0
g(x)
g(x) − (x0 )
g (cx )
Comme lim cx = x0 , alors on aura
x→x+
0
lim
x→x+
0
f (x)
f 0 (cx )
= lim 0
=l
g(x) x→x+
g (cx )
0
De la même manière, on montre que lim
x→x−
0
f (x)
f (x)
= l et ainsi on voit que lim
= l.
x→x
0
g(x)
g(x)
Remarques
◦
Si f et g sont n fois dérivables sur I, telles que
i) lim f (x) = lim f 0 (x) = . . . = lim f (n−1) (x) = 0.
x→x0
x→x0
ii) lim g(x) = lim
x→x0
x→x0
x→x0
g 0 (x)
= . . . = lim g (n−1) (x) = 0.
x→x0
◦
iii) ∀k ∈ {1, 2, . . . , n}, ∀x ∈ I, g (k) (x) 6= 0.
f (n) (x)
= l.
x→x0 g (n) (x)
f (x)
Alors lim
= l.
x→x0 g(x)
iv) lim
Exemples
1 − cos x
sin x
1
1
= lim
= lim
= .
2
x→0 sin x
x→0 2 sin x cos x
x→0 2 cos x
2
1 − cos x
sin x
1
sin x
1
cos x
1
2. lim
= lim
= lim
= lim
= .
2
x→0
x→0
x→0
x→0
x
2x
2
x
2
1
2
x − sin x
1 − cos x
sin x
1
cos x
1
3. lim
= lim
= lim
= lim
= .
x→0
x→0
x→0 6x
x3
3x2
6 x→0 1
6
−1
1
−
1
1
ln(1 + x) − x
(1 + x)2
1+x
4. lim
=
lim
=
lim
=−
2
x→0
x→0
x→0
x
2x
2
2
1 − cos(1 − cos x)
5. lim
=?
x→0
x4
1. lim
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1 − cos(1 − cos x)
(1 − cos(1 − cos x))0
=
lim
x→0
x→0
x4
(x4 )0
sin x sin(1 − cos x)
= lim
x→0
4x3
sin x
sin(1 − cos x)
= lim
lim
x→0 x x→0
4x2
sin x
sin(1 − cos x)
(car lim
= lim
= 1)
x→0 x
x→0
4x2
(sin(1 − cos x))0
= lim
x→0
(4x2 )0
sin x cos(1 − cos x)
= lim
x→0
8x
sin x
cos(1 − cos x)
1
= lim
lim
=
x→0 x x→0
8
8
lim
4.4.4
Sens de variation d’une fonction
Proposition
Soient I un intervalle de R et f : I −→ R une fonction dérivable sur I. Alors
i) f est constante ⇐⇒ (∀x ∈ I, f 0 (x) = 0).
ii) f est croissante ⇐⇒ (∀x ∈ I, f 0 (x) ≥ 0).
iii) f est strictement croissante ⇐⇒ (∀x ∈ I, f 0 (x) > 0).
iv) f est décroissante ⇐⇒ (∀x ∈ I, f 0 (x) ≤ 0).
v) f est strictement décroissante ⇐⇒ (∀x ∈ I, f 0 (x) < 0).
Preuve
Soient x ∈ I et y ∈ I, avec x ≤ y, donc f est continue sur [x, y] et dérivable sur ]x, y[,
donc d’après le théorème des accroissements finis, il existe c ∈ ]x, y[, tel que
f (y) − f (x)
= f 0 (c)
y−x
On en déduit que si f 0 = 0, alors f (x) = f (y).
◦
Si ∀x ∈ I, f 0 (x) ≥ 0, alors f (x) ≤ f (y), donc f est croissante.
Ainsi, les autres cas se démontre de la même manière.
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4.4.5
Formules de taylor
Formule de Taylor-Lagrange
Soient a et b deux nombres réels, tels que a < b, et f : [a, b] −→ R une fonction de
classe C n sur [a, b] et n + 1 fois dérivable sur ]a, b[. Alors il existe c ∈]a, b[, tel que
f (b) = f (a) + f 0 (a)(b − a) +
=
n
X
f (k) (a)
k=0
k!
(b − a)k +
Dans ce cas, la quantité
f 00 (a)
f (n) (a)
f (n+1) (c)
(b − a)2 + . . . +
(b − a)n +
(b − a)n+1
2!
n!
(n + 1)!
f (n+1) (c)
(b − a)n+1
(n + 1)!
f (n+1) (c)
(b − a)n+1 est apprlée reste de Lagrange.
(n + 1)!
Preuve
On considère la fonction ϕ : [a, b] −→ R définie par
ϕ(x) = f (b) −
n
X
f (k) (x)
k!
k=0
(b − x)k − A(b − x)n+1
où A est une constante qui sera choisis de telle manière que ϕ(a) = 0. f est n + 1 fois
dérivable sur [a, b], donc ϕ est dérivable sur [a, b] et on a
ϕ0 (x) = −
n
X
f (k+1) (x)
k=0
n
X
k!
(b − x)k +
n
X
f (k) (x)
(k − 1)!
k=1
(b − x)k−1 + A(n + 1)(b − x)n
n−1
X f (k+1) (x)
f (k+1) (x)
k
(b − x) +
(b − x)k + A(n + 1)(b − x)n
=−
k!
k!
k=0
k=0
=−
f (n+1) (x)
(b − x)n + A(n + 1)(b − x)n
n!
De plus on a ϕ(a) = ϕ(b) = 0, donc d’après le théorème de Rolle, il existe c ∈ ]a, b[,
f (n+1) (c)
tel que ϕ0 (c) = 0. Donc, on aura −
(b − c)n + A(n + 1)(b − c)n = 0, par suite,
n!
f (n+1) (c)
A=
.
(n + 1)!
Ainsi, on aura
0 = ϕ(a) = f (b) −
n
X
f (k) (x)
k=0
k!
(b − a)k −
f (n+1) (c)
(b − a)(n+1)
(n + 1)!
Par conséquent, on a
f (b) =
n
X
f (k) (x)
k=0
k!
(b − a)k +
f (n+1) (c)
(b − a)(n+1)
(n + 1)!
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Remarques
Dans la démonstration précédente, on a pas utilisé le fait que a < b, donc si b < a, il
existe encore c ∈ ]b, a[, tel que
f (b) = f (a) + f 0 (a)(b − a) +
f 00 (a)
f (n) (a)
f (n+1) (c)
(b − a)2 + . . . +
(b − a)n +
(b − a)n+1
2!
n!
(n + 1)!
Corollaire
Soient I un intervalle de R et f : I −→ R une fonction n + 1 fois dérivable sur I. Alors
pour tout a ∈ I et pour tout h ∈ R, tel que a + h ∈ I, il existe θ ∈ ]0, 1[, tel que
f (a + h) = f (a) + f 0 (a)h +
f 00 (a) 2
f (n) (a) n f (n+1) (a + θh) n+1
h + ... +
h +
h
2!
n!
(n + 1)!
Preuve
Remarquons d’abord que si [a, b] est un intervalle, alors on a
c ∈ [a, b] ⇐⇒ ∃θ ∈ [0, 1] : c = a + θ(b − a)
On a aussi
c ∈ ]a, b[⇐⇒ ∃θ ∈]0, 1[ : c = a + θ(b − a)
Donc pour a ∈ I et pour h ∈ R, tel que a + h ∈ I, si on pose b = a + h, on aura le
résultat.
Remarques
Dans le cas où a = 0, la formule de Taylor-Lagrange s’appelle la formule de TaylorMacLaurin :
f (h) = f (0) + f 0 (0)h +
f (n) (0) n f (n+1) (θh) n+1
f 00 (0) 2
h + ... +
h +
h
2!
n!
(n + 1)!
Formule de Taylor-Young
Soient I un intervalle ouvert de R, f : I −→ R une fonction de classe C n sur I, alors
on a
∀x ∈ I, f (x) =
n
X
f (k) (x0 )
k=0
k!
(x − x0 )k + o((x − x0 )n )
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Preuve
Soit x ∈ I, avec x 6= x0 , alors on peut supposer que x0 < x, donc f est de classe C n sur
[x0 , x], donc d’après la formule de Taylor-Lagrange, il existe cx ∈ ]x0 , x[, tel que
f (x) =
=
=
n−1
X
f (k) (x0 )
f (n) (cx )
(x − x0 )k +
(x − x0 )n
k!
n!
k=0
n
X
f (k) (x0 )
k=0
n
X
(x − x0 ) +
Ç (n)
f (cx )
n!
f (n) (x0 )
(x − x0 ) −
(x − x0 )n
n!
n
å
f (n) (cx ) − f (n) (x0 )
f (k) (x0 )
(x − x0 )k +
(x − x0 )n
k!
n!
k=0
On pose α(x) =
alors
k!
k
f (n) (cx ) − f (n) (x0 )
, comme f (n) est continue et comme lim cx = x0 ,
x→x0
n!
lim α(x) = 0, par suite, on a
x→x0
f (n) (cx ) − f (n) (x0 )
(x − x0 )n = o((x − x0 )n )
n!
f (n) (cx ) − f (n) (x0 )
(x − x0 )n = o((x − x0 )n )
n!
Application aux extremums
Soient I un intervalle ouvert de R, f : I −→ R une fonction de classe C 2 sur I et x0 ∈ I,
tel que f 0 (x0 ) = 0.
i) Si f 00 (x0 ) > 0, alors x0 est un minimum local de f .
ii) Si f 00 (x0 ) < 0, alors x0 est un maximum local de f .
iii) Si f 00 (x0 ) = 0 on ne peut rien conclure.
Preuve
i) Comme f 0 (x0 ) = 0, alors d’après la formule de Taylor-Young, on a
∀x ∈ I, f (x) = f (x0 ) +
f 00 (x0 )
(x − x0 )2 + (x − x0 )2 α(x) avec
2
Puisque lim α(x) = 0, alors pour ε =
x→x0
lim α(x) = 0
x→x0
f 00 (x0 )
, il existe β > 0, tel que
4
∀x ∈ I, x ∈ ]x0 − β, x0 + β[=⇒ −
f 00 (x0 )
f 00 (x0 )
< α(x) <
4
4
Donc pour tout x ∈ ]x0 − β, x0 + β[, on a
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f 00 (x0 )
(x − x0 )2 + (x − x0 )2 α(x)
2
f 00 (x0 )
f 00 (x0 )
≥
(x − x0 )2 −
(x − x0 )2
2
4
f 00 (x0 )
≥
(x − x0 )2 ≥ 0
4
f (x) − f (x0 ) =
Donc ∀x ∈ ]x0 − β, x0 + β[, f (x) ≥ f (x0 ), par suite, x0 est un minimum local de f .
ii) Se démontre de la même manière.
iii) Par exemple si on considère la fonction f (x) = x4 , alors x0 = 0 est un minimum
local de f , tandis que f 00 (0) = 0 et si on considère la fonction g(x) = x3 , alors on
a f 0 (0) = f 00 (0) = 0, tandis que 0 n’est ni minimum local, ni maximum local de g.
4.5
Développents limités
Les développements limités permettent l’approximation d’une fonction donnée au voisinage
d’un point par une fonction polynôme. Plus le degré de ce polynôme est élevé, plus l’approximation est meilleure.
Pour étudier une fonction au voisinage d’un point, par exemple le calcule de limite ou la
recherche d’équivalent, on remplace souvent les fonctions considérées par leurs développements
limités.
4.5.1
Définition et propriètés élémentaires
Définition
Soient I un intervalle ouvert de R, f : I −→ R une fonction, x0 ∈ I et n ∈ N. On dit
que f admet un développent limité d’ordre n au voisinage de x0 , s’il existe un voisinage
V de x0 et il existe a0 , a1 , . . . , an ∈ R, tels que
∀x ∈ V, f (x) = a0 + a1 (x − x0 ) + · · · + an (x − x0 )n + o((x − x0 )n )
Dans ce cas, la fonction polynôme a0 + a1 (x − x0 ) + · · · + an (x − x0 )n s’appelle la partie
principale du développement limité.
Notations
Un développement limité d’ordre n d’une fonction f au voisinage de x0 se note DLn (x0 ).
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Remarques
1. Rappelons que o((x − x0 )n ) = (x − x0 )n α(x), avec lim α(x) = 0.
x→x0
2. Si f est continue au point x0 , alors f possède un développement limité d’ordre 0
au voisinage de x0 .
En effet, si on pose α(x) = f (x) − f (x0 ) et a0 = f (x0 ), alors on aura
f (x) = a0 + α(x) = a0 + o(1)
3. Si f admet un développement limité d’ordre n au voisinage de x0 , avec n ≥ 0,
alors on a lim f (x) = a0 . Dans ce cas, on prolonge f en posant f (x0 ) = a0 .
x→x0
4. Si f admet un développement limité d’ordre n au voisinage de x0 , avec n ≥ 0,
alors f est continue au point x0 .
5. Si f admet un développement limité d’ordre n au voisinage de x0 , avec n ≥ 1,
alors f est dérivable en x0 .
Attention
Si f admet un développement limité d’ordre n au voisinage de x0 , avec n ≥ 2, ceci n’entraine pas toujours que f 00 (x0 ) existe, comme le montre l’exemple élémentaire suivant :
Soit f la fonction définie sur R par
f (x) =

Å ã
1

x3 sin
x2

0
si x 6= 0
si x = 0
0
Alors f est dérivable en 0 et on
Å aãf (0) =Å0, par
ã contre f n’est pas deux fois dérivable
1
1
en 0, car on a f 0 (x) = 3x2 sin 2 − cos 2 , donc
x
x
f 0 (x)
n’existe pas
x→0 x
lim
1
Cependant, si on pose α(x) = x sin 2 , alors lim α(x) = 0 et on a
x→0
x
Å
ã
f (x) = x2 α(x) = o(x2 )
donc f possède un développent limité d’ordre 2 au voisinage de 0.
Remarques
Si on pose g(x) = f (x + x0 ), alors f admet un développement limité au voisinage de x0 ,
si et seulement si, g admet un développement limité au voisinage de 0. Ainsi, dans la
suite on s’intéresse uniquement aux développent limités au voisinage de 0.
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Exemples
D’après la formule de Taylor, toute fonction f de classe C n sur un intervalle ouvert I,
admet un développement limité d’ordre n au voisinage de tout point x0 ∈ I et on a :
f (x) = f (x0 ) + f 0 (x0 )(x − x0 ) +
f 00 (x0 )
f (n) (x0 )
+ ... +
(x − x0 )n + o((x − x0 )n )
2!
n!
Proposition
i) Si f admet un développement limité au voisinage de x0 , alors ce développement
est unique.
ii) Si f admet un développement limité au voisinage de x0 et si f est paire, alors la
partie principale de son développement ne comporte que des puissances paires.
iii) Si f admet un développement limité au voisinage de x0 et si f est impaire, alors la
partie principale de son développement ne comporte que des puissances impaires.
Preuve
i) Supposons que sur un voisinage V de x0 , on a
f (x) = a0 + a1 (x − x0 ) + · · · + an (x − x0 )n + o((x − x0 )n )
= b0 + b1 (x − x0 ) + · · · + bn (x − x0 )n + o((x − x0 )n )
Posons P (x) = (a0 − b0 ) + (a1 − b1 )(x − x0 ) + . . . + (a − n − bn )(x − x0 )n , alors
on voit facilement que P (x) = (x − x0 )n α0 (x), avec lim α0 (x) = 0, par suite,
x→x0
lim P (x) = 0, donc a0 − b0 = 0.
x→x0
En dérivant, on voit aussi que P 0 (x) = (x − x0 )n−1 α1 (x), avec lim α1 (x) = 0, par
x→x0
suite lim P 0 (x) = 0, donc a1 − b1 = 0.
x→x0
Ainsi, par récurrence on voit que ∀k ∈ {0, 1, . . . , n}, on P (k) = (x − x0 )n−k αk (x),
avec lim αk (x) = 0, par suite, lim P (k) (x) = 0, donc ak − bk = 0.
x→x0
x→x0
ii) Supposons f est paire et que sur un voisinage V de x0 , on a
f (x) = a0 + a1 (x − x0 ) + · · · + an (x − x0 )n + o((x − x0 )n )
Comme f est paire, alors on aussi
f (x) = f (−x) = a0 − a1 (x − x0 ) + · · · + (−1)n an (x − x0 )n + o((x − x0 )n )
Donc d’après l’unicité du développent limité, on a ∀k ∈ {0, 1, . . . , n}, ak = (−1)k ak ,
donc si k est impair, alors on voit que ak = 0.
iii) Se démontre de la même manière que ii).
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4.5.2
Opération sur les développements limités
Somme et multiplication par un scalaire
Proposition
Soient f et g deux fonctions admettant des développements limités d’ordre n au voisinage de x0 , telles que
f (x) = a0 + a1 (x − x0 ) + · · · + an (x − x0 )n + o((x − x0 )n )
g(x) = b0 + b1 (x − x0 ) + · · · + bn (x − x0 )n + o((x − x0 )n )
Alors pour tout α, β ∈ R, αf +βg admet un développement limité d’ordre n au voisinage
de x0 et on a
(αf +βg)(x) = (αa0 +βb0 )+(αa1 +βb1 )(x−x0 )+. . .+(αan +βbn )(x−x0 )n +o((x−x0 )n )
Preuve
La démonstration de cette proposition est une conséquence directe de l’unicité d’un
développement limité.
Produit
Proposition
Soient f et g deux fonctions admettant des développements limités d’ordre n au voisinage de x0 , telles que
f (x) = a0 + a1 (x − x0 ) + · · · + an (x − x0 )n + o((x − x0 )n ) = Pn (x) + o((x − x0 )n )
g(x) = b0 + b1 (x − x0 ) + · · · + bn (x − x0 )n + o((x − x0 )n ) = Qn (x) + o((x − x0 )n )
Alors f g admet un développement limité d’ordre n au voisinage de x0 , dont la partie
principale est obtenue on ne conservant dans le produit Pn Qn que les termes de degré
inférieur ou égal à n.
Preuve
La démonstration est encore une conséquence de l’unicité d’un développement limité.
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Exemples
Déveleppement limité d’ordre 3 au voisinage de 0 de la fonction exp x sin x.
Les fonctions exp x et sin x sont des fonctions de classe C ∞ , donc pour avoir leurs
développements limités, il suffit d’appliquer la formule de Taylor, ainsi on aura
exp x = 1 + x +
x2 x3
1+x+
+
2!
3!
Ç
On a
åÇ
x3
x2 x3
+
+ o(x3 ) et sin x = x −
+ o(x3 )
2!
3!
3!
x3
x−
3!
Donc, on a exp x sin x = x + x2 +
å
= x−
x3
x3
x3
+ x2 +
+ o(x3 ) = x + x2 +
+ o(x3 )
3!
2!
3
x3
+ o(x3 ).
3
Développent limité d’une fonction composée
Nous savons que tout développent limité d’une fonction f au voisinage de x0 se ramène à
un développent limité au voisinage de 0 de la fonction g, avec g(x) = f (x + x0 ). Donc, pour
simplifier le calcul, dans la proposition suivante on ne considère que des développents limités
au voisinage de 0.
Proposition
Soient I et J deux intervalles ouverts de R, avec 0 ∈ I et 0 ∈ J, f : I −→ R et
g : J −→ R deux fonctions, telles que f (I) ⊆ J et f (0) = 0. On suppose que f
et g admettent des développents limités d’ordre n au voisinage de 0 dont les parties
principales sont Pn et Qn .
Alors g ◦ f admet un développent limité d’ordre n au voisinage de 0, dont la partie
principale est obtenu on ne conservant dans Qn ◦ Pn que les termes de degré inférieur
ou égal à n.
Preuve
f admet un développement limité d’ordre n au voisinage de 0, donc il existe un voisinage
V1 de 0, tel que ∀x ∈ V1 , f (x) = Pn (x) + o(xn ).
g admet un développement limité d’ordre n au voisinage de 0, donc il existe un voisinage
W de 0, tel que ∀y ∈ W, g(y) = Qn (y) + o(y n ).
Comme f admet un développement limité au voisinage de 0, alors f est continue en 0
et comme f (0) = 0 et W est un voisinage de 0, alors il existe un voisinage V2 de 0, tel
que f (V2 ) ⊆ W .
Soit V = V1 ∩ V2 et soit x ∈ V , donc x ∈ V1 et f (x) ∈ W , par suite on a
(g ◦ f )(x) = g(f (x)) = Qn (f (x)) + o(xn ) = Qn (Pn (x) + o(xn )) + o(xn )
Or, pour tout k ∈ {1, 2, . . . , n}, on voit facilement que (Pn (x)+o(xn ))k = Pn (x)k +o(xn ).
Par suite, on aura
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∀x ∈ V, (g ◦ f )(x) = (Qn ◦ Pn )(x) + o(xn )
Ainsi, on aura
∀x ∈ V, (g ◦ f )(x) = (Qn ◦ Pn )(x) + o(xn )
Donc on ne conservant dans Qn ◦ Pn que les termes de degré inférieur ou égal à n, on
aura le résultat.
Remarques
En fait, la proposition précédente s’énnonce dans le cas général de la manière suivante :
Proposition
Soient I et J deux intervalles ouverts de R, f : I −→ R et g : J −→ R deux fonctions,
telles que f (I) ⊆ J, x0 ∈ I et f (x0 ) = y0 . On suppose que f admet un développent
limité d’ordre n au voisinage de x0 et g admet un développent limité d’ordre n au
voisinage de y0 dont les parties principales sont Pn et Qn .
Alors g ◦ f admet un développent limité d’ordre n au voisinage de x0 , dont la partie
principale est obtenu on ne conservant dans Qn ◦ Pn que les termes de degré inférieur
ou égal à n.
Exemples
Calculons le développement limité d’ordre 3 au voisinage de 0 de la fonction ecos x .
Dans ce cas, on a f (x) = sin(x) et g(x) = ex , avec f (0) = 1, donc on doit chercher
d’abord le développement limité d’ordre 3 au voisinage de 0 de g(x) = ex .
x2 x3
On a ex = 1 + x +
+
+ o(x3 ), donc DL3 (1) s’écrit sous la forme :
2
6
ex = e(1 + (x − 1) +
(x − 1)2 (x − 1)3
+
+ o((x − 1)3 ))
2
6
x2
x2
+ o(x3 ), donc en remplaçant x par 1 −
dans le DL3 (1) de ex
2
2
et on ne conservant que les termes de degré inférieur ou égal à 3, on obtient :
On a cos(x) = 1 −
ecos x = e − e
x2
+ o(x3 )
2
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Quotient de deux développents limités
Rappels
1. Division euclidienne suivant les puissances croissantes :
Rappelons que si A et B sont deux polynômes de R[X], alors pour tout n ∈ N, il
existe un unique couple (Qn , Rn ) formé de polynômes de R[X], tel que
A = BQn + X n+1 Rn , avec deg(Qn ) ≤ n
Donc, en particulier, pour tout polynôme P ∈ R[X] et pour tout entier n ∈ N, il
existe un unique couple (Qn , Rn ) formé de polynômes de R[X], tel que
1 = P Qn + X n+1 Rn , avec deg(Qn ) ≤ n
Par exemple, faisons la division suivant les puissances croissantes à l’ordre 3 de 1
par 1 + X :
1
1 +X
1 −X +X 2 −X 3
−1 −X
−X
X +X 2
X2
−X 2 −X 3
−X 3
X 3 +X 4
X4
Rappels
Donc 1 = (1 + X)(1 − X + X 2 − X 3 ) + X 4 , on a Q3 = 1 − X + X 2 − X 3 et R3 = 1.
Donc, par récurrence sur n ∈ N, on voit que la division euclidienne suivant les puissance
croissante à l’ordre n de 1 par 1 + X, est définie par :
1 = (1 + X)
n
X
n
n
(−1) X + X
n+1
, avec Qn =
k=0
2. Soit f (x) =
f (x) =
n
X
(−1)n X n + X n+1 et Rn = 1
k=0
1
, alors d’après ce qui précède on a
1+x
n
X
1
xn+1
=
(−1)n xn +
1 + x k=0
x+1
Donc pour tout n ∈ N, la fonction
n au voisinage de 0.
=
n
X
(−1)n xn + o(xn )
k=0
(car
xn+1
= o(xn ))
x+1
1
admet un développement limité d’odre
1+x
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Proposition
Soient f et g deux fonctions admettant des développements limités d’ordre n au voisinage de 0 de parties principales Pn et Qn , telles que lim g(x) 6= 0.
x→0
f
Alors la fonction quotient admet un développement limité d’ordre n au voisinage de
g
0 dont la partie principale est égale au quotient de la division euclidienne suivant les
puissances croissantes à l’ordre n de Pn par Qn .
Preuve
Au voisinage de 0, on a
f (x)
Pn (x) + o(xn )
=
g(x)
Qn (x) + o(xn )
Pn (x)
Pn (x) + o(xn )
Pn (x)
=
+
−
Qn (x) Qn (x) + o(xn ) Qn (x)
Pn (x)
(Qn (x) − Pn (x))o(xn )
=
+
Qn (x)
Qn (x)2 + Qn (x)o(xn )
Comme Qn (0) = lim g(x) 6= 0, alors on voit facilement que
x→0
(Qn (x) − Pn (x))o(xn )
= o(xn )
Qn (x)2 + Qn (x)o(xn )
La division euclidienne suivant les puissances croissantes à l’ordre n de Pn par Qn s’écrit
sous la forme :
Pn (x) = (c0 + c1 x + · · · + cn xn )Qn (x) + xn+1 Rn (x)
Donc
Rn (x)
Pn (x)
= c0 + c1 x + · · · + cn xn + xn+1
= c0 + c1 x + · · · + cn xn + o(xn )
Qn (x)
Qn (x)
Exemples
sin x
à l’ordre 4 au voisinage de 0.
cos x
x3
x2 x4
On a sin x = x −
+ o(x4 ) et cos x = 1 −
+
+ o(x4 )
6
2
24
x3
La division euclidienne suivant les puissances croissantes à l’ordre 4 de x −
par
6
2
4
x
x
+
donne :
1−
2
24
1. Calculons le développement limité de tan x =
3
2
x − x6
4
1 − x2 + x24
3
5
x3
3
x3
−3
− x24
3
−x + x2 − x24
x + x3
5
x5
6
x5
8
7
− x72
7
− x72
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x3
=
Donc x −
6
Ç
x3
x+
3
åÇ
x2 x4
1−
+
2
24
å
Ç
+
x5
1 x2
−
, ainsi on aura
8 72
å
x3
+ o(x4 )
3
tan x = x +
ex
à l’ordre 4 au voisinage de 0.
cos x
2
3
4
x
x
x
x2 x4
On a ex = 1 + x +
+
+
+ o(x4 ) et cos x = 1 −
+
+ o(x4 ).
2
6
24
2
24
La division euclidienne suivant les puissances croissantes à l’ordre 4 de
x2 x3 x4
x2 x4
1+x+
+
+
par 1 −
+
donne :
2
6
24
2
24
2. Calculons le développement limité de f (x) =
2
+ x6 + x24
2
− x24
1 +x + x2
3
+ x2
−1
4
1 − x2 + x24
2
4
4
1 +x +x2 + 32 x3 + x2
4
3
x +x2 + x6
+ x2
3
− x24
x2 + 23 x3
− x24
−x
5
5
4
− x24
4
− x24 − x24
6
+ x2
−x2
2 3
3x
5
+ x2
6
5
7
+ x3
− 23 x3
x4
2
− x36
6
7
7 5
+ 24
x − x24 − x36
2
x4
Le quotient de cette division euclidien est égal à 1 + x + x2 + x3 + , donc
3
2
ex
2
x4
= 1 + x + x2 + x3 +
+ o(x4 )
cos x
3
2
Remarques
f
peut admettre un développent limité au voisinage de x0 , même si
g
x
lim g(x) = 0. Par exemple f (x) = x
possède un développent limité d’ordre n
x→x0
e
−
1
au voisinage de 0, pour tout n ∈ N∗ .
Le quotient
Pour cela, il suffit de remarquer qu’on a
ex
x
=
−1
x+
x
x2
2
+ ... +
xn
n!
+ o(xn )
=
1
1+
x
2
+ ... +
xn−1
n!
+ o(xn−1 )
Puis pour n donné, faites la division euclidienne suivant les puissances croissantes.
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4.5.3
Développents limités usuels au voisinage de 0
Fonctions
Développeents limités
ex
1+x+
sinh x
x+
n xk
x2
xn
P
+ ··· +
+ o(xn ) =
+ o(xn )
2!
n!
k=0 k!
n
x3
x2n+1
x2k+1
P
+ ··· +
+ o(x2n+3 ) =
+ o(x2n+1 )
3!
(2n + 1)!
k=0 (2k + 1)!
cosh x
1+
x−
sin x
n
x3
x2n+1
x2k+1
P
+ · · · + (−1)n
+ o(x2n+3 ) =
(−1)k
+ o(x2n+1 )
3!
(2n + 1)!
(2k + 1)!
k=0
1−
cos x
(1 + x)α
α∈R
x2
x2n
+ ··· +
+ o(x2n )
2!
(2n)!
1 + αx +
x2 x4
x2n
+
− · · · + (−1)n
+ o(x2n )
2!
4!
(2n)!
α(α − 1) 2
α(α − 1)(α − 2) . . . (α − n + 1) n
x + ··· +
x + o(xn )
2!
n!
1
= (1 + x)α , α = −1
1+x
1 − x + x2 − x3 + · · · + (−1)n xn + o(xn )
1
1−x
1 + x + x2 − x3 + · · · + xn + o(xn )
ln(1 + x)
√
x−
1
1
= (x + 1)α , α = −
2
x+1
arctan x
arcsin x
arccos x
1−
x−
x 3 2
1 × 3 × · · · × (2n − 1) n
+ x − · · · + (−1)n
x + o(xn )
2 8
2 × 4 × · · · × (2n)
n (−1)k
x3
(−1)n 2n+1
P
+ ··· +
x
+ o(x2n+3 ) =
x2k+1 + o(x2n+1 )
3
2n + 1
k=0 2k + 1
x+
1
1 × 3 × · · · × (2n − 1)
x3 + · · · +
x2n+1 + o(x2n+1 )
2×3
2 × 4 × · · · × (2n) × (2n + 1)
π
1
1 × 3 × · · · × (2n − 1)
−x−
x3 − · · · −
x2n+1 + o(x2n+1 )
2
2×3
2 × 4 × · · · × (2n) × (2n + 1)
x+
argthx
argshx
n
x2 x3
xn
xk
P
+
+ · · · + (−1)n+1
+ o(xn ) =
(−1)k+1
+ o(xn )
2
3
n
k
k=1
x−
x3
x2n+1
+ ··· +
+ o(x2n+1 )
3
2n + 1
1
1 × 3 × · · · × (2n − 1)
x3 + · · · + (−1)n
x2n+1 + o(x2n+1 )
2×3
2 × 4 × · · · × (2n) × (2n + 1)
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4.5.4
Utilisation des développements limités
Recherche d’équivalent simple - Calcul de limites
Proposition
Soit f une fonction admettant un développement limité d’ordre n au voisinage d’un
point x0 de partie principale Pn (x) = a0 + a1 x + . . . + an xn non nulle.
Soit p ∈ {0, 1, . . . , n} le plus petit entier, tel que ap 6= 0, alors f (x) est équivalent à
ap (x − x0 )p au voisinage de x0 .
f (x) ∼x0 ap (x − x0 )
Preuve
Comme p est le plus petit entier ≥ 0, tel que ap 6= 0, alors qu voisinage de x0 , on a
f (x) = ap (x − x0 )p + ap+1 (x − x0 )p+1 + . . . + an (x − x0 )n + o((x − x0 )n )
Donc, on voit que
lim
x→x0
f (x) − ap (x − x0 )p
=0
ap (x − x0 )p
Donc f (x) est équivalent à ap (x − x0 )p au voisinage de x0 .
Remarques
Rappelons que si f est équivalent à g au voisinage de x0 , alors on écrit f (x) ∼x0 g(x).
Rappelons aussi que si f1 (x) ∼x0 g1 (x) et f2 (x) ∼x0 g2 (x), alors (f1 f2 )(x) ∼x0 (g1 g2 )(x)
g1
f1
et (x) ∼x0 (x).
f2
g2
f
Ainsi, pour chercher un équivalent de (f g)(x) ou de (x) au voisinage de x0 , il suffit de
g
chercher un équivalent de f (x) et de g(x) au voisinage de x0 .
Exemples
1. On a cos x − 1 = −
x2 x4
+
+ o(x4 ) au voisinage de 0, donc
2
24
cos x − 1 ∼0 −
2. On a sin x = x −
x2
2
x3
+ o(x3 ) au voisinage de 0, donc
6
sin x ∼0 x
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3. Cherchons un équivalent simple de
1 − cos(1 − cos x)
au voisinage de 0.
x4
On a
1 − cos(1 − cos x) = 1 − cos
x4
−
+ o(x4 )
2
24
Ç 2
x
1 x2 x4
=
−
2 2
24
x4
=
+ o(x4 )
8
Ç
Donc 1 − cos(1 − cos x) ∼0
å
å2
+ o(x4 )
1
1 − cos(1 − cos x)
x4
∼0 .
, par suite
4
8
x
8
Remarques
Rappelons que si f (x) ∼x0 g(x), alors lim f (x) = lim g(x).
x→x0
x→x0
Donc pour chercher lim f (x), il suffit, en utisant les développements limités, de chercher
x→x0
un équivalent simple de f (x) au voisinage de x0 .
Caractérisation d’extremums
Soient I un intervalle ouvert, f : I −→ R une fonction définie sur I et admettant un développent limité d’ordre n, avec n ≥ 2, au voisinage d’un point x0 ∈ I, de partie principale
Pn (x) = a0 + a1 (x − x0 ) + . . . + an (x − x0 )n + o((x − x0 )n )
Supposons qu’il existe k ∈ {2, . . . , n}, tel que ak 6= 0 et soit p ∈ {2, . . . , n} le plus petit entier,
tel que ap 6= 0, alors on a la proposition suivante :
Proposition
i) Si x0 est un extremum de f , alors a1 = 0.
ii) Réciproquement, supposons que a1 = 0, alors on a
a) Si p est pair et si ap > 0, alors x0 est un minimum local de f .
b) Si p est pair et si ap < 0, alors x0 est un maximum local de f .
c) Si p est impair, alors x0 n’est pas un extremum de f .
Preuve
i) f possède un développent limité d’ordre n, avec n ≥ 2, au voisinage de x0 , donc f
est continue et f dérivable au point x0 et on a f (x0 ) = a0 et f 0 (x0 ) = a1 .
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Preuve
Comme x0 est un extremum local de f , alors f 0 (x0 ) = 0, donc a1 = 0.
ii) p ∈ {2, . . . , n} est le plus petit entier tel que ap 6= 0, donc
(f (x) − f (x0 )) ∼x0 ap (x − x0 )p
par suite, sur un voisinage V de x0 , f (x) − f (x0 ) et ap (x − x0 )p ont même signe,
donc on aura le résultat :
a) Si p est pair et ap > 0, alors ∀x ∈ V, f (x)−f (x0 ) ≥ 0, donc x0 est un minimum
local de f .
b) Si p est pair et ap < 0 et, alors ∀x ∈ V, f (x) − f (x0 ) ≤ 0, donc x0 est un
maximum local de f .
c) Si p est impair, alors ap (x − x0 )p change de signe, donc dans ce cas, x0 n’est
pas un extremum.
Exemples
x sin x
, alors il facile de voir qu’au voisinage de 0, on a f (x) =
x2 + 1
x2 + o(x2 ), donc d’après la proposition précédente, on a f (0) = f 0 (0) = 0 et 0 est
1. Soit f (x) =
un minimum local de f .
2. Soit f (x) = sin x − ln(1 + x) + cos x − 1, alors au voisinage de 0, on a
f (x) = (x −
x2 x3
x2
x3
+ o(x3 )) − (x −
+
+ o(x3 )) + (− + o(x3 ))
6
2
3
2
1
= − x3 + o(x3 )
2
Donc d’après la proposition précédente, on a f (0) = f 0 (0) = 0 et 0 n’est pas un
extremum local de f .
Position d’une courbe par rapport à une tangente
Soient I un intervalle, f : I −→ R une fonction définie sur I et admettant un développent
limité d’ordre n, avec n ≥ 2, au voisinage d’un point x0 ∈ I ∩ R, de partie principale
Pn (x) = a0 + a1 (x − x0 ) + . . . + an (x − x0 )n + o((x − x0 )n )
Supposons qu’il existe k ∈ {2, . . . , n}, tel que ak 6= 0 et soit p ∈ {2, . . . , n} le plus petit entier,
tel que ap 6= 0, alors on a la proposition suivante :
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Proposition
i) f est prolongeable par continuité au point x0 en posant f (x0 ) = a0 .
ii) Le prolongement obtenu est dérivable en x0 et on a f 0 (x0 ) = a1 .
iii) La droite d’équation y = a0 + a1 (x − x0 ) est tangente au graphe de f au point
(x0 , f (x0 )) et on a
a) Si p est pair et ap > 0, alors le graphe de f est au-dessus de sa tangente en x0 .
b) Si p est pair et ap < 0, alors le graphe de f est en-dessous de sa tangente en
x0 .
c) Si p est impair, alors le graphe de f traverse sa tangente en x0 et dans ce cas,
on dit que f possède un point d’inflexion en x0 .
Preuve
i) f possède un développent limité d’ordre n, avec n ≥ 2, au voisinage de x0 , donc
lim = a0 , par suite se prolonge par continuité au point x0 en posant f (x0 ) = a0 .
x→x0
f (x) − a0
= a1 , donc f est dérivable au point x0 et on a f 0 (x0 ) = a1 .
x − x0
iii) La tangente au point x0 a pour équation y = f (x0 )+f 0 (x0 )(x−x0 ) = a0 +a1 (x−x0 ).
ii) On a lim
x→x0
On a (f (x)−a0 −a1 (x−x0 )) ∼x0 ap (x−x0 ), donc f (x)−a0 −a1 (x−x0 ) et ap (x−x0 )
ont même signe sur un voisinage V de x0 . On en déduit donc que
a) Si p est pair et ap > 0, alors f (x) − a0 − a1 (x − x0 ) ≥ 0 sur V , donc le graphe
de f est au-dessus de sa tangente en x0 .
b) Si p est pair et ap < 0, alors f (x) − a0 − a1 (x − x0 ) ≤ 0 sur V , donc le graphe
de f est en-dessous de sa tangente en x0 .
c) Si p est impair, alors f (x) − a0 − a1 (x − x0 ) change de signe à droite et à gauche
de x0 , donc le graphe de f traverse sa tangente en x0 .
y
y
y
f (x0 )
f (x0 )
f (x0 )
x
x0
au-dessus
x0
x
en-dessous
x0
Inflexion
Figure 4.1 – Différentes positions d’un graphe par rapport à sa tangente
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Pr.Mohamed HOUIMDI
x
4.5.5
Développents limités généralisés
Développents limités généralisés au voisinage d’un point de R
Soit f : I −→ R une fonction définit sur I et soit x0 ∈ I. On suppose que lim f (x) n’existe
x→x0
pas et qu’il existe m ∈ N∗ , tel que lim xm f (x) existe.
x→x0
On désigne par p le plus petit entier ≥ 1 tel que lim xp f (x) existe, alors on a la définition
x→x0
suivante :
Définition
On dit que f admet un développement limité généralisé d’ordre n au voisinage de x0 ,
si la fonction g définie par g(x) = xp f (x) admet un développement limité d’ordre n + p
au voisinage de x0
Remarques
Si f admet un développement limité généralisé d’ordre n au voisinage de x0 , alors il
a0 , a1 , . . . , an+p ∈ R, et il existe un voisinage V de x0 , tels que pour tout x ∈ V , on a
g(x) = a0 + a1 (x − x0 ) + . . . + ap+n (x − x0 )p+n + o((x − x0 )p+n )
Donc, on aura
f (x) =
a0
a1
ap−1
+
+. . .+
+ap +ap+1 (x−x0 )+. . .+ap+n (x−x0 )n +o((x−x0 )n )
(x − x0 )p (x − x0 )p−1
(x − x0 )
Exemples
Développement limité généralisé d’ordre 3 au voisinage de 0 de f (x) =
On a lim xf (x) = 1 et on a
cos x
.
sin x
x→0
3
5
x − x2 + x24 + o(x5 )
cos(x)
=
x
3
x5
sin x
x − x6 + 120
o(x5 )
=
1−
1−
x2
x4
4
2 + 24 + o(x )
x2
x4
4
6 + 120 + o(x )
1 2 x4
4
=1− x −
+ o(x )
3
45
Donc le développement limité généralisé d’ordre 3 au voisinage de 0 est donné par
cos x
1 1
x3
= − x−
+ o(x3)
sin x
x 3
45
On en déduit donc que
lim
x→0+
cos x
= +∞ et
sin x
lim
x→0−
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cos x
= −∞
sin x
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Développents limités généralisés au voisinage de l’infini
Définition
Soit f :]a, +∞[−→ R une fonction définie sur ]a, +∞[. On dit que f admet un développement limité généralisé à l’ordre n au voisinage de +∞, s’il existe a0 , a1 , . . . , an ∈ R,
tel que
a1
an
1
+ ... + n + o n
x
x
x
Å
f (x) = a0 +
ã
Remarques
1
1
= n α(x), où lim α(x) = 0.
x→+∞
xn
x
2. Un développement limité généralisé au voisinage de +∞ est aussi appelé un déveÅ
ã
1. Dans la définition, on a o
loppement asymptotique.
3. Une fonction f admet un développement asymptotique au voisinage de +∞, si
et seulement si, la fonction g définie par g(x) = f
Ä ä
1
x
admet un développement
limité au voisinage de 0. Dans ce cas, si au voisinage de 0 on a
g(x) = a0 + a1 x + . . . + an xn + o(xn )
Alors au voisinage de +∞ on aura
an
1
a1
+ ... + n + o n
x
x
x
Å
f (x) = a0 +
ã
4. On définit de la même manière un développement limité généralisé au voisinage
de −∞ d’une fonction f définie sur ] − ∞, a[.
Exemples
√
x x2 + 1
1. Développement asymptotique d’ordre 1 au voisinage de +∞ de f (x) =
.
√ x−1
Ä ä
1 + x2
Soit g(x) = f x1 . Au voisinage de +∞, on a x > 0, donc g(x) =
, par
x − x2
suite, g admet un développent limité généralisé au voisinage de 0 et on a
√
Ç√
å
1 + x2
1 + x2
1
g(x) =
=
x − x2
x
1−x
Å
ã
1
1
=
1 + x2 + o(x2 ) (1 + x + x2 + o(x2 ))
x
2
Å
ã
1
1
1 + x + x2 + x2 + o(x2 )
=
x
2
1
3
= + 1 + x + o(x)
x
2
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Pr.Mohamed HOUIMDI
Donc au voisinage de +∞, on a
3
1
+o
2x
x
Å ã
f (x) = 1 + x +
De la même manière pour un développement asymptotique d’ordre 1 au voisinage de
Ä ä
−∞, on considère toujours la fonction g(x) = f x1 et comme au voisinage de −∞, on
√
1 + x2
.
peut supposer que x < 0, donc g(x) = 2
x −x
On en déduit donc de ce qui précède qu’un développement asymptotique d’ordre 1 au
voisinage de −∞ de f est donné par :
f (x) = 1 − x −
2
1
+o
3x
x
Å ã
1. Développement asymptotique d’ordre 1 au voisinage de ±∞ de
f (x) = x2 arctan
Å
1
1+x
ã
1
x
Soit g(x) = f
, alors on a g(x) = 2 arctan
, donc g admet un dévex
1+x
loppent limité généralisé au voisinage de 0 et on a
Å
Ä ä
1
x
ã
1
1
arctan x − x2 + x3 − x3 + o(x3 )
2
x
3
Å
ã
2
1
= 2 x − x2 + x3 + o(x3 )
x
3
1
2
= − 1 + x + o(x)
x
3
Å
ã
g(x) =
Donc au voisinage de ±∞, on a
f (x) = x − 1 +
2
1
+o
3x
x
Å ã
Recherche d’asymptotes obliques
Définition
Soit f une fonction définie au voisinage de +∞ et soient a ∈ R∗ et b ∈ R. On dit que la
droite d’équation y = ax + b est une asymptote oblique à la courbe de f au voisinage
de +∞, si lim (f (x) − ax − b) = 0.
x→+∞
Remarques
1. De la même manière on dit que la droite d’équation y = ax + b est une asymptote
oblique à la courbe de f au voisinage de −∞, si lim (f (x) − ax − b) = 0
x→−∞
2. Si f possède une asymptote oblique au voisinage de +∞, d’équation y = ax + b,
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alors on a
f (x)
et b = lim (f (x) − ax)
x→+∞ x
x→+∞
a = lim
2. Si lim f (x) = c, on dit que la droite d’équation y = c est une asymptote horix→+∞
zontale à la courbe de f au voisinage de +∞.
3. Si x0 ∈ R et si lim f (x) = ±∞, on dit que la droite d’équation x = x0 est une
x→x0
asymptote verticale à la courbe de f au voisinage de x0 .
4. En pratique pour chercher les asymptotes obliques d’une fonction f au voisinage
de ±∞, il suffit de faire un développement asymptotique de f au voisinage de ±∞
sous la forme :
c
1
+o p
p
x
x
Å
f (x) = ax + b +
ã
avec p ≥ 1
Dans ce cas, la fonction f a pour asymptote la droite d’équation y = ax + b et la
c
position du graphe de f par rapport à son asymptote se déduit du signe de p au
x
voisinage de l’infini.
Exemples
1. Recherche d’asymptotes de la fonction f définie sur R par f (x) =
√
x2 + x + 1.
D’abord la fonction f a pour tableau de variation :
x
− 21
−∞
−
f (x)
0
+∞
+
+∞
+∞
f 0 (x)
3
4
Le développement asymptotique d’ordre 1 de f au voisinage de +∞ est donné
par :
1
1
1
f (x) = x + +
+o
2 2x
x
Å ã
1
est une asymptote verticale à la courbe de f
2
au voisinage de +∞. Le développement asymptotique d’ordre 1 de f au voisinage
Donc la droite d’équation y = x +
de −∞ est donné par :
f (x) = −x −
Donc la droite d’équation y = −x −
f au voisinage de −∞.
1
1
1
−
+o
2 2x
x
Å ã
1
est une asymptote verticale à la courbe de
2
La représentation graphique de f est donné par :
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y
x
2. Recherche des asymptotes de la fonction f définie sur ] − ∞, 1[ ∪ ]1, +∞[ par
f (x) =
x3 + 1
x2 − 1
Le tableau de variation de f est donné par :
x
−∞
f (x)
0
+
0
1
+∞
2
−
−
0
+
+∞
−1
+∞
f 0 (x)
−∞
−∞
3
Le développement asymptotique d’ordre 1 de f au voisinage de ±∞ est donné
par :
1
1
+o
x
x
Å ã
f (x) = x +
Donc la droite d’équation y = x est une asymptote verticale à la courbe de f au
voisinage de ±∞.
On a aussi lim f (x) = −∞ et lim f (x) = +∞, donc la droite d’équation x = 1
x→1−
x→1+
est aussi une asymptote à la courbe de f .
Ainsi, la courbe représentative de f est donnée par :
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y
x
4.6
Fonctions convexes
4.6.1
Définition de la convexité
Définition
Soient I un intervalle de R et f : I −→ R une fonction.
i) On dit que f est convexe sur I, si pour tout x ∈ I et pour tout y ∈ I, avec x < y,
on a
∀t ∈ [0, 1] f ((1 − t)x + ty)) ≤ (1 − t)f (x) + tf (y)
i) On dit que f est concave sur I, si pour tout x ∈ I et pour tout y ∈ I, avec x < y,
on a
∀t ∈ [0, 1] f ((1 − t)x + ty)) ≥ (1 − t)f (x) + tf (y)
Remarques
1. f est convexe, si et seulement si, −f est concave.
2. Si f est convexe sur I, alors d’après la définition, on a
x+y
∀x ∈ I, ∀y ∈ I, f
2
Å
ã
≤
f (x) + f (y)
2
3. Si f est convexe, alors pour tout x ∈ I et pour tout y ∈ I, avec x < y, la courbe
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de f sur l’intervalle [x, y] est en-dessous du segment joignant les points de coordonnées
(x, f (x)) et (y, f (y)) et toutes les tangentes sont en-dessous de la courbe de f .
y
Concavité
Convexité
x
4.6.2
Continuité et dérivabilité des fonctions convexes
Lemme1
Soient I un intervalle de R et f : I −→ R une fonction. Alors f est convexe sur I, si et
seulement si,
∀x ∈ I; ∀y ∈ I, ∀z ∈ I, x < y < z =⇒
f (z) − f (y)
f (y) − f (x)
≤
y−x
z−y
Preuve
(=⇒) Supposons que f est convexe sur I et soient x, y, z ∈ I, tels que x < y < z.
y−x
Comme y ∈ ]x, z[, alors y = (1 − λ)x + λz, avec λ =
, donc λ ∈ ]0, 1[.
z−x
Comme f est convexe, alors f (y) ≤ (1 − λ)f (x) + λf (z).
Donc (1 − λ)f (y) ≤ (1 − λ)f (x) + λ(f (z) − f (y)).
y−x
z−y
On a λ =
et 1 − λ =
, donc on aura
z−x
z−x
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(z − y)f (y) ≤ (z − y)f (x) + (y − x)(f (z) − f (y))
Par suite, on a
f (y) − f (x)
f (z) − f (y)
≤
y−x
z−y
(⇐=) Supposons que pour tout x, y, z ∈ I, avec x < y < z, on a
f (y) − f (x)
f (z) − f (y)
≤
y−x
z−y
Puis montrons que f est convexe sur I.
Pour cela, pour x, z ∈ I, avec x < z, et pour λ ∈ [0, 1], on doit montrer que
f ((1 − λ)x + λz) ≤ (1 − λ)f (x) + λf (z)
Si λ = 0 ou λ = 1, alors il est trivial que f ((1 − λ)x + λf (z)) ≤ (1 − λ)f (x) + λf (z).
Donc on peut supposer que λ ∈ ]0, 1[. Soit y = (1 − λ)x + λz, alors on a x < y < z,
donc, par hypothèse, on a
f (y) − f (x)
f (z) − f (y)
≤
y−x
z−y
avec y − x = λ(z − x) et z − y = (1 − λ)(z − x), donc on aura
(1 − λ)(f (y) − f (x)) ≤ λ(f (z) − f (y))
par suite, on a f (y) ≤ (1 − λ)f (x) + λf (z).
Lemme2
Soit f une fonction définit sur un intervalle I de R. Pour chaque a ∈ I, on considère la
fonction ϕa définie sur I \ {a} par
∀x ∈ I \ {a}, ϕa (x) =
f (x) − f (a)
x−a
Alors f est convrxe sur I, si et seulement si, pour tout a ∈ I, la fonction ϕa est croissante
sur I \ {a}.
Preuve
(=⇒) Soient x ∈ I \ {a} et y ∈ I \ {a}, avec x < y. Pour montrer que ϕa (x) ≤ ϕa (y),
on considère trois cas :
Cas où x < y < a, alors on a y ∈ ]x, a[, donc y = (1 − λ)x + λa, avec λ ∈ ]0, 1[.
Comme f est convexe, alors f (y) ≤ (1 − λ)f (x) + λf (a).
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Donc f (y) − f (a) ≤ (1 − λ)(f (x) − f (a)), avec 1 − λ =
a−y
.
a−x
f (y) − f (a)
f (x) − f (a)
≤
.
a−y
a−x
f (x) − f (a)
f (y) − f (a)
On en déduit donc que
≤
, par suite ϕa (x) ≤ ϕa (y).
x−a
y−a
Le cas où a < x < y est identique au cas précédent, il suffit de remplacer, dans la
Ainsi, on aura
démonstration, x par a et a par x.
Cas où x < a < y, dans ce cas on obtient le résultat en applquant le lemme précédent.
Théorème
Soit f une fonction convexe sur un intervalle ouvert de R. Alors
i) f est dérivable à droite et à gauche sur I.
ii) f est continue sur I.
Preuve
i) Soit x0 ∈ I. Montrons que f est dérivable à droite et à gauche de x0 .
I est un intervalle ouvert, donc il existe a, b ∈ I, tel que a < x0 < b. Soit g la
fonction définie sur [a, b] \ {x0 } par
g(x) =
f (x) − f (x0 )
x − x0
alors d’après le lemme précédent, g est croissante sur [a, b]\{x0 } et elle est majorée
par f (b) et minorée par f (a), donc g possède une limite finie à droite et à gauche
au point x0 , par suite f est dérivable à droite et à gauche au point x0 .
ii) f est dérivable à droite et à gauche au point x0 , donc f est continue à droite et à
gauche au point x0 , par suite f est continue au point x0 .
4.6.3
Caractérisation de la convexité
Théorème
Soit f une fonction définit et dérivable sur un intervalle I de R. Alors f est convexe, si
et seulement si, f 0 est croissante sur I.
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Preuve
(=⇒) Supposons que f est convexe et montrons que f 0 est croissante.
Pour cela, pour a ∈ I et b ∈ I, avec a < b, on considère les fonctions ϕa et ϕb
définies respectivement sur I \ {a} et sur I \ {b} par
ϕa (x) =
f (x) − f (a)
f (x) − f (b)
et ϕb (x) =
x−a
x−b
Alors, on a f 0 (a) = lim ϕa (x).
x→a
Or d’après le lemme précédent, ϕa est croissante et on a a < b, donc f 0 (a) ≤ ϕa (b).
On a aussi f 0 (b) = lim ϕb (x), donc ϕb (a) ≤ f 0 (b), car ϕb est croissante.
x→b
Comme ϕa (b) = ϕb (a), alors f 0 (a) ≤ f 0 (b) et par suite, 0 f est croissante.
(⇐=) Supposons que f 0 est croissante et montrons que f est convexe.
Pour cela, d’après le lemme1, il suffit de montrer que si a ∈ I, b ∈ I et c ∈ I, avec
a < b < c, alors on a
f (b) − f (a)
f (c) − f (b)
≤
b−a
c−b
En appliquant le théorème des accroissements finis à f sur ]a, b[ puis sur ]b, c[, on
voit qu’il existe α ∈ ]a, b[ et il existe β ∈ ]b, c[, tels que
f (b) − f (a) = f 0 (α)(b − a) et f (c) − f (b) = f 0 (β)(c − b)
Ainsi, on aura
f (c) − f (b)
f (b) − f (a)
= f 0 (α) et
= f 0 (β)
b−a
c−b
Or f 0 est croissante et on a α < β, donc
f (b) − f (a)
f (c) − f (b)
≤
.
b−a
c−b
Corollaire
Soit f une fonction deux fois dérivable sur un intervalle I de R. Alors f est convexe, si
et seulement si, pour tout x ∈ I, on a f 00 (x) ≥ 0.
Preuve
La démonstration de ce corollaire est une conséquence directe du théorème précédent,
car on sait qu’une fonction dérivable sur un intervalle I est croissante, si et seulement
si, sa dérivée est positive sur I.
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Pr.Mohamed HOUIMDI
4.6.4
Quelques inégalités de convexité
Inégalité de la tangente
Théorème
Soit f une fonction convexe et dérivable sur un intervalle I. Alors on a
∀a ∈ I, ∀x ∈ I, f (x) ≥ f (a) + (x − a)f 0 (a)
Preuve
Si x = a, alors l’inégalité est trivial.
Si x 6= a, on considère la fonction ϕa définie sur I \ {a} par
ϕa (x) =
f (x) − f (a)
x−a
Alors on sait, d’après le lemme2, que ϕa est croissante et on a que f 0 (a) = lim ϕa (x).
Donc si x > a, alors f 0 (a) ≤ ϕa (x), par suite, on obtient le résultat.
x→a
Ei si x < a, alors f 0 (x) ≥ ϕa (x), et comme x − a < 0, alors on a le résultat.
Exercice
Soit f une fonction dérivable sur un intervalle I, telle que
∀a ∈ I, ∀x ∈ I, f (x) ≥ f (a) + (x − a)f 0 (a)
Montrer que f est convexe.
Inégalité de Jensen
Théorème
Soient f une fonction convexe sur un intervalle I et n un enteir ≥ 2. Alors pour tout
x1 , x2 , . . . , xn éléments de I et pour tout λ1 , λ2 , . . . , λn des nombres réels positifs vérifiant
n
P
λk = 1, on a
k=1
f (λ1 x1 + λ2 x2 + . . . + λn xn ) ≤ λ1 f (x1 ) + λ2 f (x2 ) + . . . + λn f (xn )
Et en particulier, on a
x1 + x2 + . . . + xn
f
n
Å
ã
≤
f (x1 ) + f (x2 ) + . . . + f (xn )
n
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Pr.Mohamed HOUIMDI
Preuve
On procède par récurrence sur n, avec n ≥ 2.
Pour n = 2, le résultat est vrai d’après la définition de la convexité.
Supposons que la proprièté est vraire pour n et montrons qu’elle est aussi vraie pour
n + 1.
Soit x1 , x2 , . . . , xn , xn+1 des éléments de I et soit λ1 , λ2 , . . . , λn , λn+1 des nombres réels
positifs tels que
n+1
P
i=1
λi = 1. Montrons que
f (λ1 x1 +λ2 x2 +. . .+λn xn +λn+1 xn+1 ) ≤ λ1 f (x1 )+λ2 f (x2 )+. . .+λn f (xn )+λn+1 f (xn+1 )
pour cela, posons λ =
n
P
i=1
λi , alors deux cas sont possibles :
Si λ = 0, alors pour tout i ∈ {1, 2, . . . , n}, on a λi = 0, donc dans ce cas le résultat est
trivial, car λn+1 = 1, donc f (λn+1 xn+1 ) ≤ λn+1 f (xn+1 ).
n
λi
P
Si λ 6= 0, pour chaque i ∈ {1, 2, . . . , n}, posons αi = , donc on aura
αi = 1.
λ
i=1
Comme I est un intervalle, alors
n
P
i=1
f
n+1
X
i=1
λ i xi
!
n
X
=f
λi xi + λn+1 xn+1
i=1
n
X
=f λ
=f λ
≤ λf
i=1
n
X
i=1
n
X
≤
≤
n
X
!
αi xi + λn+1 xn+1
!
αi xi + (1 − λ)xn+1
!
!
λi f (xi ) + (1 − λ)f (xn+1 )
n+1
X
!
λi = 1
i=1
αi f (xi ) + (1 − λ)f (xn+1 )
i=1
n
X
i=1
n+1
X
car
αi xi + (1 − λ)f (xn+1 )
i=1
≤λ
αi xi ∈ I. Ainsi on aura
(car f est convexe)
(d’après l’hypothèse de récurrence)
(car pour tout i ∈ {1, 2, . . . , n}, λαi = λi )
λi f (xi )
i=1
Le cas particulier s’obtient en posant λ1 = λ2 = . . . = λn =
1
.
n
Exemples
La fonction définit sur R par f (x) = x2 est convexe sur R, donc pour tout entier n ≥ 2,
1
en appliquant l’inégalité de Jensen pour λ1 = λ2 = . . . = λn = , on aura
n
∀x1 , x2 , . . . , xn ∈ R,
n
X
xi
i=1
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!2
≤n
n
X
x2i
i=1
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Inégalités des moyennes arithmétique et géométrique
Théorème
Soient x1 , x2 , . . . , xn des nombres réels strictement positifs, alors leur moyenne arithmétique est supérieure ou égale à leur moyenne géométrique :
√
x1 + x2 + . . . + xn
≥ n x1 x2 . . . xn
n
Preuve
La fonction ln(x) a pour dérivée seconde −
suite, on a
x1 + x2 + . . . + xn
ln
n
Å
ã
≥
1
, donc ln(x) est concave sur ]0, +∞[, par
x2
ln(x1 ) + ln(x2 ) + . . . + ln(xn )
n
Donc en appliquant la fonction exponentielle aux deux membres de l’inégalité, on aura
le résultat.
Remarques
En remplaçant dans l’inégalité précédente chaque xi par
l’inégalité des moyennes harmonique et géométrique :
1
x1
+
1
x2
n
+ ... +
1
xn
≤
√
n
1
, on obtient ce qu’on appelle
xi
x1 x2 . . . xn
Ainsi, pour tout x1 , x2 , . . . , xn ∈ R∗+ , on a
1
x1
+
1
x2
n
+ ... +
1
xn
≤
√
n
x 1 x 2 . . . xn ≤
x1 + x2 + . . . + xn
n
Inégalité de Hölder
Théorème
Soient a1 , a2 , . . . , an et b1 , b2 , . . . , bn des nombres réels strictement positifs, p et q deux
1 1
nombres réels strictement positifs, tels que + = 1, alors on a
p q
n
X
i=1
ai bi ≤
n
X
p
ai
i=1
!1
p
n
X
p
bi
i=1
Page 154 sur 177
!1
q
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Preuve
1 1
Soient u et v deux nombres réels strictement positifs, comme + = 1, alors la concavité
p q
de la fonction ln permet d’écrire
1 p 1 q
1
1
ln
u + v ≥ ln(up ) + ln(v q )
p
q
p
q
Å
avec ≥
ã
1
1
ln(up ) + ln(v q ) = ln(uv), ainsi on obtient
p
q
uv ≤
Posons A =
ã1
Å n
P p p
i=1
ai
, B=
ã1
Å n
P q q
i=1
bi
et vi = , alors on aura
B
bi
1 p 1 q
u + v
p
q
et pour chaque i ∈ {1, 2, . . . , n}, posons ui =
∀i ∈ {1, 2, . . . , n}, ui vi ≤
ai
A
1 p 1 q
u + vi
p i
q
avec
n
X
ui vi =
n
P
i=1
AB
i=1
n
X
p
ui =
n p
P
i=1
ui =
n q
P
i=1
=1
bi
Bq
i=1
Comme
ai
Ap
i=1
n
X
p
ai bi
=1
1 1
+ = 1, alors on aura le résultat
p q
Inégalité de Minkowski
Théorème
Soient a1 , a2 , . . . , an , b1 , b2 , . . . , bn des nombres réels strictement positifs et p un réel,
avec p > 1. Alors on a
n
X
p
(ai + bi )p
i=1
!1
≤
n
X
p
ai
i=1
!1
Page 155 sur 177
p
+
n
X
p
bi
i=1
!1
p
Pr.Mohamed HOUIMDI
Preuve
Posons q =
1 1
p
, alors q > 0 et + = 1, donc d’après l’inégalité de Hölder, on a
p−1
p q
n
X
ai (ai + bi )
p−1
n
X
p
≤
ai
i=1
i=1
On a aussi
n
X
bi (ai + bi )
p−1
n
X
p
≤
bi
i=1
i=1
!1
n
X
p
i=1
!1
n
X
p
!1
q
(ai + bi )
(p−1)q
!1
q
(p−1)q
(ai + bi )
i=1
En faisant la somme de ces deux inégalités, on obtient,
n
X
i=1

n
X
(ai + bi )p ≤ 
api
i=1
!1
!1  n
!1− 1
p
p
X
p

bi
(ai + bi )
n
X
p
p
+
i=1
i=1
Donc en simplifiant, on aura
n
X
(ai + bi )
i=1
4.7
!1
p
p
≤
n
X
p
ai
i=1
!1
n
X
p
p
bi
+
i=1
!1
p
Exercices
4.7.1
Limites - Continuité
Exercice
Déterminer les limites suivantes
1
lim xE
,
x→0
x
Å ã
lim x
x→0
2
1
2
E
+E
x
x
Å Å ã
Å ãã
,
lim
x→0
E
Ä ä
E
1
x
1
Äxä
+x
−x
Exercice
Soit f : [a, b[−→ R une fonction croissante.
1. Montrer que si f est majorée, alors lim f (x) existe et on a lim f (x) = sup f (x).
x→b−
x→b−
x∈[a,b[
2. Montrer que si f n’est pas majorée, alors lim f (x) = +∞.
x→b−
3. Enoncé un résultat analogue pour une fonction décroissante f :]a, b] −→ R
4. En déduire que si f : [a, b] −→ R est une fonction croissante, alors pour tout point
x0 de ]a, b[, f possède une limite à droite et une limite à gauche au point x0 et on
a lim f (x) ≤ f (x0 ) ≤ lim f (x).
x→x−
0
x→x+
0
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Exercice
Soit I un intervalle de R et soit f : I −→ R une fonction monotone.
Montrer que si f (I) est un intervalle, alors f est continue sur I.
Notations de Landau
Soient f , f1 , f2 , g, g1 et g2 des fonctions définies au voisinage de x0 , avec x0 ∈ R, où
R = R ∪ {−∞, +∞}. Montrer que
1. Si f1 (x) = o(g(x)) et f2 = o(g(x)) alors f1 (x) + f2 (x) = o(g(x)) au voisinage de
x0 .
2. Si f1 (x) = O(g(x)) et f2 = O(g(x)) alors (f1 + f2 )(x) = O(g(x)) au voisinage de
x0 .
3. Si f1 (x) = o(g1 (x)) et f2 = o(g2 (x)) alors (f1 f2 )(x) = o((g1 g2 )(x)) au voisinage de
x0 .
4. Si f1 (x) = O(g1 (x)) et f2 = O(g2 (x)) alors (f1 f2 )(x) = O((g1 g2 )(x)) au voisinage
de x0 .
Fonctions équivalentes
Soient f , f1 , g, g1 des fonctions définies au voisinage de x0 , avec x0 ∈ R
1. Montrer que f (x) ∼ g(x) au voisinage de x0 , si et seulement si,
f (x) − g(x) = o(g(x))
2. Montrer que si x0 ∈ R et si f est dérivable en x0 , alors f (x) ∼ f 0 (x0 )(x − x0 ) au
voisinage de x0 .
3. On suppose que f (x) ∼ g(x) et f1 (x) ∼ g1 (x) au voisinage de x0 . Montrer que
a) (f g)(x) ∼ (f1 g1 )(x) au voisinage de x0 .
b) Si f1 (x) ne s’annule pas au voisinage de x0 , alors g1 (x) ne s’annule pas au
voisinage de x0 et on a
f (x)
g(x)
∼
f1 (x)
g1 (x)
c) Si f et g sont positives et ne s’annulent pas dans un voisinage de x0 , alors poue
tout α > 0, on a f (x)α ∼ g(x)α au voisinage de x0 .
Exercice
Etudier la continuité sur R des fonctions suivantes :
f (x) =
»
x − [x], g(x) = [x] +
»
x − [x], h(x) = [x] + (x − [x])2
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Exercice
Etudier la continuité de la fonction suivante
∀x ∈ R, f (x) =
Calculer lim f (x).

Å

(x − 1)E
1
x−1

1
ã
si x 6= 1
si x = 1
x→±∞
Exercice
1. Etudier la continuité et les prolongements éventuels des fonctions suivantes

x sin( 1 ) −
1
x
f (x) = 1−x
, g(x) =
0
x
ï ò
1
x
cos( x1 )
si x 6= 0
, h(x) = x−[x]−(x−[x])2
si x = 0
2. Déterminer les valeurs du nombre réel a pour que la fonction f définie par
∀x ∈ R, f (x) =
 sin ax




 x




 ln(1 + 3x)
2x
si x < 0
si x > 0
soit prolongeable par continuité au point 0.
Exercice
Déterminer a et b pour que la fonction suivante soit dérivable sur R :
f (x) =

x 2 − x + 1
(ax + b)2
si x ≥ 2
si x < 2
Exercice
Soit I un intervalle non vide de R et soit f : I −→ R une fonction continue.
1. Montrer que si f ne prend qu’un nombre fini de valeurs, alors f est constante.
2. Montrer que si |f | est constante sur I, alors f est constante sur I.
3. Montrer, plus généralement, que si R\f (I) est dense dans R, alors f est constante.
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Exercice
Soit f : R −→ R une fonction continue telle que
∀x ∈ R, f
Å
x+1
= f (x)
2
ã
Montrer que f est constante.
Exercice
Soit f : [0, 1] −→ [0, 1] une fonction, telle que
∀(x, y) ∈ [0, 1]2 , |f (x) − f (y)| ≥ |x − y|
Montrer que f = Id[0,1] ou f = 1 − Id[0,1] .
Fonctions périodiques
Pour toute fonction f : R −→ R, on pose G(f ) = {T ∈ R : ∀x ∈ R, f (x + T ) = f (x)}.
Rappelons que f est dite périodique, si G(f ) 6= {0} et si T ∈ G(f ), on dit que T est une
période de f et que f est périodique de période T ou que f est T -périodique.
1. Montrer que G(f ) est un sous-groupe de R.
2. Montrer que G(f ) = R, si et seulement si, f est constante.
3. Soit G un sous-groupe de R et soit f la fonction indicatrice de G. Montrer que
G(f ) = G.
4. Soit f : (R, +) −→ (R, +) un homomorphisme de groupes. Vérifier que G(f ) =
ker(f ).
5. Soit f une fonction périodique. On suppose qu’il existe a ∈ R, tel que f admet
une limite à gauche ou une limite à droite au point a et que G(f ) est dense dans
R. Montrer que f est constante.
6. Soit f une fonction périodique non constante. On suppose qu’il existe a ∈ R, tel
que f soit continue à gauche ou à droite de a. Montrer qu’il existe T ∈ R, tel que
G(f ) = T Z.
Exercice
Soient f : [a, b] −→ R et g : [a, b] −→ [a, b] deux fonctions continues sur [a, b], telles que
f (a) = a et f (b) = b
montrer qu’il existe c ∈ [a, b], tel que f (c) = g(c).
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Exercice
Soit f : R −→ R une fonction continue et périodique de période T > 0. Montrer,
enÅ appliquant
le théorème des valeurs intermédiaires, qu’il existe x0 ∈ R, tel que
ã
T
f x0 +
= f (x0 ).
2
Fonctions lipschitziennes
1. Soit f (x) =
1
.
x2 + 1
a) Montrer que ∀a ∈ R,
|a|
1
≤ .
2
1+a
2
b) Montrer que pour tout (x, y) ∈
R2 ,
f (x) − f (y) avec x =
6 y, on a ≤1
x−y
c) En déduire que f est lipschitzienne sur R.
√
2. Soit g(x) = 1 + x2 .
|x2 − y 2 |
.
|x| + |y|
b) Montrer que g est 1-lipschitzienne sur une partie de R que l’on déterminera.
a) Montrer que ∀(x, y) ∈ R2 , |f (x) − f (y)| ≤
3. Soit f une fonction k-lipschitzienne sur un intervalle non vide I.
a) Montrer qu’il existe une constante C ≥ 0, tel que ∀x ∈ I, |f (x)| ≤ k|x| + C.
b) En déduire que pour tout α > 0, la fonction fα (x) = xα n’est pas lipschitzienne
sur R+ .
Continuité uniforme
1. Montrer que toute fonction continue et périodique sur R est uniformément continue
sur R.
2. Soit f : R −→ R une fonction continue, telle que lim f (x) et lim f (x) sont
x→−∞
x→+∞
finies.
Montrer que f est uniformément continue sur R.
3. Soit f : [a, +∞[−→ R une fonction continue, telle que lim f (x) soit finie.
x→+∞
Montrer que f est uniformément continue sur [a, +∞[.
Exercice
Soit f : [a, b] −→ R une fonction strictement croissante et continue, avec a < b.
1. Montrer que pour tout entier n ∈ N∗ , il existe un unique xn ∈ [a, b], tel que
n−1
1
f (a) +
f (b) = f (xn )
n
n
2. Montrer que la suite (xn )n≥1 est convergente et calculer lim xn .
n→∞
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Exercice
Soit f : [0, +∞[−→ R une application continue, telle ∀x ∈ [0, +∞[, f (x) ≥ 0.
f (x)
On suppose que lim
= l, avec 0 ≤ l < 1 ?.
x→+∞ x
Montrer que f possède au moins un point fixe.
Exercice
Soit f : R −→ R une fonction strictement décroissante et continue sur R.
montrer que f possède un unique point fixe.
Exercice
Soit f : R −→ R une fonction continue et croissante. On suppose qu’il existe a > 0, tel
que
∀(x, y) ∈ R2 , |f (x) − f (y)| ≥ a|x − y|
Montrer que f est bijective.
Exercice
Pour chaque entier n ≥ 2, soit fn la fonction définie sur [1, +∞[ par fn (x) = xn − x − 1.
1. Montrer que pour tout entier n ≥ 2, il existe un unique xn , tel que fn (xn ) = 0.
2. Montrer que pour tout entier n ≥ 2, on a fn+1 (xn ) > 0.
3. En déduire que la suite (xn )n≥0 est décroissante et qu’elle converge vers une limite
l.
4. Déterminer l.
Exercice
Pour chaque n ∈ N, soit fn : [0, 1] −→ R définie par fn (x) = xn + 3x2 + 2x − 1.
1. Montrer que pour tout n ∈ N, fn est strictement croissante.
2. Montrer qu’il existe un unique xn ∈]0, 1], tel que fn (xn ) = 0.
3. Montrer que pour tout entier n ≥ 0, on a fn+1 ≤ fn .
4. En déduire que la suite (xn )n≥0 est croissante puis qu’elle est convergente.
5. Déteminer la limite l de la suite (xn )n≥0 .
6. Mêmes questions pour la fonction définie sur [0, 1] par gn (x) = xn + x2 − 1.
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Exercice
ex
.
e2x + 1
1. a) Montrer que f est paire et étudier les variations de f .
Soit f la fonction définie sur R par f (x) =
1
b) Montrer qu’il existe un unique l ∈ R, tel que f (l) = l et justifier que 0 ≤ l ≤ .
2
1
c) Montrer que ∀x ∈ R, |f 0 (x)| ≤ f (x) ≤ .
2
2. Soit (un )n≥0 la suite réelle définie par
u0 = 0 et ∀n ≥ 0, un+1 = f (un )
1
a) Montrer que pour tout entier n ≥ 0, 0 ≤ un ≤ .
2
b) Montrer que
∀n ∈ N, |un+1 − l| ≤ |un − l| et |un − l| ≤
1
2n+1
c) En déduire que (un )n≥0 converge vers l.
d) Déterminer un entier naturel n, tel que un soit une valeur approchée à 0.5×10−3
près.
Exercice
e−x
.
x
lim f (x) et lim f (x).
Soit f la fonction définie sur R∗ par f (x) =
1. a) Calculer lim f (x),
b) Calculer
x→0
f 0 (x)
x→−∞
x→+∞
et donner le tableau de variation de f .
2. Soit (un )n≥0 la suite définie par
u0 = 1 et ∀n ∈ N, un+1 = u2n f (un ) = un e−un
a) Montrer que ∀x ∈ R, ex ≥ x + 1.
b) En déduire que ∀x ∈ R∗+ , x2 f (x) ≤
x
.
x+1
1
.
n+1
est convergente et déterminer sa limite.
c) Montrer que ∀n ∈ N, 0 < un <
d) Montrer que (un )n≥0
3. Pour tout n ∈ N∗ , on pose vn =
n−1
P
.
k=0
a) Montrer que ∀n ∈ N∗ , vn = ln
Å
1
.
un
ã
b) Déterminer lim vn .
n→∞
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Exercice
Pour chaque entier n ≥ 3, on considère la fonction gn définie sur R∗+ , par gn (x) =
nx + 2 ln(x).
1. Dresser le tableau de variation de gn .
√
2. Montrer que pour tout x ∈ R∗+ , x > ln(x).
3. a) Montrer que l’équation gn (x) = 0 possède une solution unique αn dans R∗+ .
1
1
b) Montrer que ∀n ≥ 3,
< αn < √ .
n
n
c) En déduire que lim αn = 0.
n→∞
Exercice
Soient f et g deux fonctions définies et continues sur [0, 1] à valeurs dans [0, 1], telles
que
g◦f =f ◦g
On se propose de montrer qu’il existe l ∈ [0, 1], tel que f (l) = g(l). Pour cela on suppose,
par absurde, que ∀l ∈ [0, 1], f (l) 6= g(l).
1. Montrer qu’il existe α ∈ [0, 1], tel que f (α) = α.
2. On pose h = f − g. Montrer que h est de signe constant.
3. Soit (un )n≥0 la suite définie par
u0 = α et ∀n ∈ N, un+1 = g(un )
a) Montrer que la suite (un )n≥0 est bornée.
b) Montrer que ∀n ∈ N, f (un ) = un
c) En déduire que la suite (un )n≥0 est monotone.
d) En déduire que (un )n≥0 converge vers une limite l, avec l ∈ [0, 1]. (On ne
cherchera pas à calculer l).
4. a) Montrer que f (l) = l.
b) Montrer que g(l) = l.
c) En déduire une contradiction.
Exercice
Soient f et g deux fonctions continues sur un intervalle [a, b], telles que
∀x ∈ [a, b], f (x) < g(x)
Montrer qu’il existe m ∈ R, tel que ∀x ∈ [a, b], f (x) + m < g(x).
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Exercice
Soit f : [a, b] −→ R une fonction continue, tel que ∀x ∈ [a, b], f (x) > 0.
Montrer qu’il existe m > 0, tel que ∀x ∈ [a, b], f (x) > m.
Exercice
1. Soient a et b deux nombres réels, tels que a < b et f : [a, b] −→ [a, b] une application
continue.
En appliquant le théorème des valeurs intermédiaires, montrer qu’il existe
α ∈ [a, b], tel que f (α) = α.
2. Soient f : [0, 1] −→ [0, 1] et g : [0, 1] −→ [0, 1] deux fonctions continues sur [0, 1],
telles que g ◦ f = f ◦ g. On pose A = {x ∈ [0, 1] : f (x) = x}
a) Montrer que A est non vide et que A possède une borne supérieure, qu’on note
M , et une borne inférieure, qu’on note m.
b) Soit (xn )n≥0 une suite de A qui converge vers une limite l. Montrer que l ∈ A.
c) Montrer que M ∈ A et m ∈ A.
d) Montrer que g(A) ⊆ A.
e) Montrer que g(M ) ≤ f (M ) et f (m) ≤ g(m).
f) Déduire de ce qui précède, qu’il existe β ∈ [0, 1], tel que f (β) = g(β).
4.7.2
Dérivabilité
Exercice
Soit f : [0, 1] −→ R une fonction sur [0, 1] et soit g la fonction définie sur [0, 1] par :
g(x) =

f (2x)
f (2x − 1)
si x ∈ [0, 12 ]
sinon
Trouver une condition nécessaire et suffisante pour que g soit dérivable sur [0, 1].
Exercice
Soit f : [0, +∞[−→ R une fonction dérivable, telle que f (0) = 0, f ≥ 0 et telle que
∃a > 0 : ∀x ∈ R+ , f 0 (x) ≤ af (x)
Montrer que f est nulle. (On pourra utiliser la fonction g(x) = f (x)eax ).
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Exercice
Soit f : R −→ R une fonction. On dit que f admet une dérivée symétrique en 0, si
f (h) − f (−h)
existe et est finie
h→0
2h
lim
a) Montrer que si f est dérivable en 0, alors f admet une dérivée symétrique en 0 et la
calculer.
b) La réciproque est-elle vraie ?
Exercice
Soit f : R −→ R la fonction définie par
f (x) =

ex
si x > 0
ax2 + bx + c
si x ≤ 0
Déterminer les réels a, b et c pour que f soit de classe C 2 sur R.
Est-ce que, dans ce cas, f est de classe C 3 sur R ?
Théorème de Darboux
1. Soient I et J deux intervalles de R, tels que I ∩ J 6= ∅.
Montrer que I ∪ J est un intervalle de R.
2. Soient I un intervalle ouvert de R et f : I −→ R une fonction dérivable sur I.
Pour a ∈ I et b ∈ I, avec a < b, on considère les fonction g : [a, b] −→ R et
h : [a, b] −→ R définies par
g(x) =

f (x) − f (a)





x−a




f 0 (a)
si x 6= a
et h(x) =
si x = a
a) Montrer que g et h sont continues sur [a, b].

f (x) − f (b)





x−b




f 0 (b)
si x 6= b
si x = b
b) Montrer que g([a, b]) ∩ h([a, b]) 6= ∅ et en déduire que g([a, b]) ∪ h([a, b]) est un
intervalle de R.
c) Montrer que g([a, b]) ⊆ f 0 ([a, b]) et h([a, b]) ⊆ f 0 ([a, b])
c) On suppose que f 0 (a) < f 0 (b). Déduire de ce qui précède que pour tout
y ∈ ]f 0 (a), f 0 (b)[, il existe x ∈ ]a, b[, tel que f 0 (x) = y.
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Théorème de Darboux, deuxième démonstration
Soient I un intervalle ouvert de R et f : I −→ R une fonction dérivable sur I. Soient
a ∈ I et b ∈ I, avec a < b et f 0 (a) 6= f 0 (b), alors quitte à remplacer f par −f , on peut
supposer que f 0 (a) < f 0 (b). Pour c ∈ ]f 0 (a), f 0 (b)[, on considère la fonction g : [a, b] −→ R
définie par g(x) = f (x) − cx.
1. Montrer que g est minorée et que g atteint son minimum en un point d de [a, b].
2. Montrer que d 6= a et d 6= b et en déduire que d est un minimum local de g.
3. Déduire de ce qui précède que f 0 (d) = c.
4.7.3
Théorème de Rolle
Exercice
1. Soit f : R −→ R une fonction continue, telle que
lim f (x) = +∞ et
x→+∞
lim f (x) = −∞
x→−∞
Montrer qu’il existe α ∈ R, tel que f (α) = 0.
2. En déduire que si P est un polynôme à coefficients réels de degré impair, alors P
possède au moins une racine réelle.
Exercice
Soit f : [0, 1] −→ R une fonction dérivable sur [0, 1], telle que f (0) = 0 et f (1)f 0 (1) < 0.
Montrer qu’il existe c ∈ ]0, 1[, tel que f 0 (c) = 0.
Exercice
Soit f : [a, +∞[−→ R une fonction continue sur [a, +∞[ et dérivable sur ]a, +∞[, telle
que lim f (x) = f (a).
x→+∞
Montrer qu’il existe c ∈]a, +∞[, tel que f 0 (c) = 0.
Exercice
Soit P : R −→ R une fonction polynôme de degré n, avec n ≥ 2.
1. Montrer, en utilisant le théorème de Rolle, que si P possède n racines réelles deux
à deux distinctes, alors P 0 possède n − 1 racines réelles deux à deux distinctes.
2. Montrer que si P est scindé sur R, alors P 0 est aussi scindé sur R.
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Exercice
Soient a > 0 et f : [0, a] −→ R une fonction dérivable, telle que f (0) = f (a) = 0 et
f (x)
f 0 (0) = 0. On considère la fonction g définie sur ]0, a], par g(x) =
.
x
a) Montrer que g 0 s’annule sur ]0, a[.
b) En déduire qu’il existe x0 ∈ ]0, a[, tel que la tangente de f au point x0 passe par
l’origine.
Exercice
Soient a, b et c trois nombres réels. Montrer qu’il existe x ∈ ]0, 1[, tel que
4ax3 + 3bx2 + 2cx = a + b + c
Exercice
Soit f : [a, b] −→ R une fonction de classe C 1 qui s’annule une infinité de fois sur [a, b].
Montrer qu’il existe α ∈ [a, b], tel que f (α) = f 0 (α) = 0.
Exercice
Soient b un réel strictement positif et f une fonction continue sur [0, b] et dérivable sur
]0, b], telle que f (0) = 0 et f (b)f 0 (b) < 0.
Montrer qu’il existe c ∈ ]0, b[, tel que f 0 (c) = 0.
Exercice
Soit f une fonction de classe C 3 sur R. On suppose qu’il existe deux réels a et b, avec
a < b, tels que f (a) = f 0 (a) = f (b) = f 0 (b) = 0. Montrer qu’il existe c ∈ ]a, b[, tel que
f (3) (c) = 0.
Exercice
Soit f une fonction dérivable sur [0, 1], telle que f (0) = 0 et ∀x ∈ ]0, 1], f (x) > 0.
Montrer que si α et β sont deux nombres réels strictement positifs, alors il existe c ∈ ]0, 1[,
tel que
α
f 0 (c)
f 0 (c − 1)
=β
f (c)
f (c − 1)
On pourra utiliser la fonction g(x) = f (x)α f (x − 1)β .
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Exercice
1. Soit f une fonction de classe C 2 sur ]0, 1[, telle que f s’annule en trois points deux
à deux distincts de ]0, 1[. Montrer qu’il existe c ∈ ]0, 1[, tel que f 00 (c) = 0.
2. Soit n ∈ N∗ et soit f une fonction de classe C n sur ]0, 1[, telle que f s’annule en
n + 1 points deux à deux distincts de ]0, 1[. Montrer qu’il existe c ∈ ]0, 1[, tel que
f (n) (c) = 0.
3. Soit f : [a, b] −→ R une fonction de classe C n , n ≥ 1. Soient a1 , a2 , . . . , an , tels
que a ≤ a1 < a2 < · · · < an ≤ b et f (a1 ) = f (a2 ) = · · · = f (an ) = 0.
Montrer que pour tout t ∈ [a, b], il existe c ∈ ]a, b[, tel que
f (t) =
(t − a1 )(t − a2 ) . . . . . . (t − an ) (n)
f (c)
n!
Exercice
Soient f, g : [a, b] −→ R deux fonctions continues sur [a, b] et dérivables sur ]a, b[, telles
pour tout x ∈]a, b[, on a g 0 (x) 6= 0.
1. Montrer que pour tout x ∈ [a, b[, on a g(x) 6= g(b). (On pourra faire un raisonnement par absurde et on appliquera le théorème de Rolle).
2. En considèrant la fonction h : [a, b] −→ R définie par
∀x ∈ [a, b], h(x) = f (x) −
f (b) − f (a)
g(x)
g(b) − g(a)
Montrer qu’il existe c ∈]a, b[, tel que
f (b) − f (a)
f 0 (c)
= 0
g(b) − g(a)
g (c)
3. On suppose que lim
x→b−
f 0 (x)
= l, avec l ∈ R. Montrer que
g 0 (x)
lim
x→b−
f (x) − f (b)
=l
g(x) − g(b)
arccos x
4. Calculer lim √
.
x→1−
1 − x2
Exercice
Soit f : [0, 1] −→ R une fonction dérivable, telle que f (0) = f 0 (0) = 0 et f 0 (1) = 0.
f (c)
Montrer qu’il existe c ∈ ]0, 1[, tel que f 0 (c) =
.
c
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Exercice
Soit f : [a, b] −→ R une fonction deux fois dérivable sur [a, b], telle que
f (a) = f 0 (a) et f (b) = f 0 (b)
En appliquant le théorème de Rolle à des fonctions bien choisies, montrer que
a) Il existe c ∈ ]a, b[, tel que f 0 (c) = f 00 (c)
b) Il existe d ∈ ]a, b[, tel que f (d) = f 00 (d).
Exercice
Soit f : [a, b] −→ R une fonction de classe C 3 sur [a, b]. Montrer qu’il existe c ∈ ]a, b[,
tel que
f (b) = f (a) +
(b − a)3 (3)
b−a 0
f (a) + f 0 (b) −
f (c)
2
12
On pourra utiliser la fonction ϕ définie par :
ϕ(t) = f (t) − f (a) −
(t − a)3
t−a 0
K
f (a) + f 0 (t) +
2
12
où la constante K sera choisis telle que ϕ(b) = 0
4.7.4
Théorème des accroissements finis
Exercice
Soient a, b ∈ R, avec a < b, et f : [a, b] −→ R une fonction continue sur [a, b] et dérivable
sur ]a, b[, telle que f (a) = f (b) = 0. Montrer que pour tout α ∈ R, il existe x ∈ ]a, b[, tel
que αf (x) + f 0 (x) = 0
Exercice
Soient a, b ∈ R, avec a < b, et f : [a, b] −→ R une fonction de classe C 1 sur [a, b] et deux
fois dérivable sur ]a, b[.
1. On suppose que f (a) = f 0 (a) = f (b) = 0.
Montrer qu’il existe c ∈ ]a, b[, tel que f 00 (c) = 0.
2. On suppose que f (a) = f (b) et f 0 (a) = f 0 (b) = 0.
Montrer qu’il existe x1 ∈ ]a, b[ et il existe x2 ∈ ]a, b[, avec x1 6= x2 , tels que
f 00 (x1 ) = f 00 (x2 )
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Exercice
Soient a, b ∈ R, avec 0 < a < b, et f : [a, b] −→ R une fonction continue sur [a, b] et
f (a)
f (b)
dérivable sur ]a, b[, telle que
=
.
a
b
f (c)
.
Montrer qu’il existe c ∈ ]a, b[, tel que f 0 (c) =
c
Exercice
Soient a0 , a1 , . . . , an des nombres réels, tels que
an
an−1
a1
+
+ ... +
+ a0 = 0
n+1
n
2
Monter que le polynôme P = a0 + a1 X + . . . + an X n a au moins une racine dans ]0, 1[.
Exercice
Montrer que chacune des équations suivantes possède une seule racine réelle :
a) x13 + 7x3 − 5 = 0,
b) 3x + 4x = 5x
Exercice
Soit f une fonction continue sur [0; 2], deux fois dérivable sur ]0, 2[, telle que
f (0) = 0, f (1) = 1 et f (2) = 2
Montrer qu’il existe a ∈ ]0, 2[, tel que f 00 (a) = 0.
Exercice
Soit f une fonction deux fois dérivable sur ]a, b[. On suppose qu’il existe M ≥ 0, tel que
∀x ∈ ]a, b[, |f 00 (x)| ≤ M
Montrer que f est uniformément continue sur ]a, b[.
Exercice
Soit P = a0 + a1 X + . . . + an X n , avec an > 0, un polynôme réel ayant n racines réelles
deux à deux distinctes et soit Q(X) = P (X)2 − P 0 (X). Montrer que
a) Si n est impair, alors Q possède exactement n+1 racines réelle deux à deux distinctes.
b) Si n est pair, alors Q possède exactement n racines réelle deux à deux distinctes.
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4.7.5
Formules de taylor - Développents lmités
Exercice
Soit a un réel strictement positif.
1. Ecrire la formule de Taylor-Lagrange à l’ordre 5 de la fonction cosinus hyperbolique
sur l’intervalle [0, a].
2. Montrer que
0 ≤ ch(a) − 1 −
3. En déduire que
a2 a4
a5
−
≤ ch(a)
2
4!
5!
433
1
433
1
≤ ch
≤
+
384
2
384 3840
Å ã
Exercice
En appliquant la formule de Taylor-Lagrange entre 1 et t, montrer que pour tout t ∈
]1, +∞[, on a
t−1−
(t − 1)2
< ln t < t − 1
2
Exercice
Soit f une fonction de classe C ∞ sur R. En appliquant la formule de Taylor-Young,
établir
f (a + 2h) − 2f (a + h) + f (a)
= f 00 (a)
h→0
h2
lim
Exercice
Soit f : R −→ R une fonction deux fois dérivables sur R, telle que f et f 00 soient bornées
sur R. Soient M1 > 0 et M2 > 0, tels que tout x ∈ R, on a |f (x)| ≤ M1 et |f 00 (x)| ≤ M2 .
1. Soient α > 0 et x ∈ R. En appliquant la formule de Taylor-Lagrange au intervalles
[x − α, x] et [x, x + α], montrer que
|f 0 (x)| ≤
M1 α
+ M2
α
2
2. En déduire que f 0 est bornée sur R et que
∀x ∈ R, |f (x)| ≤
p
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2M1 M2
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Exercice
Soit f une fonction de classe C 2 sur [0, 1], telle que f (0) = 0. Montrer qu’il existe M ∈ R,
tel que
∀x ∈ [0, 1], |f (x) − xf 0 (0)| ≤ M
x2
2
Exercice
Soit f : R −→ R une fonction de classe C ∞ . On suppose qu’il existe un polynôme P de
degré impair, tel que
∀n ∈ N, ∀x ∈ R, |f (n) (x)| ≤ |P (x)|
1. Montrer qu’il existe a ∈ R, tel que pour tout n ∈ N, on a f (n) (a) = 0.
2. En déduire que f est nulle.
3. Le résultat reste-t-il vrai, si on suppose que P est de degré pair ?
Exercice
Soit f une fonction deux fois dérivable sur [a, b], telle que f (0) = f (1) = 0 et il existe
M > 0, tel que ∀x ∈ ]0, 1[, |f 00 (x)| ≤ M . Montrer que
∀x ∈ [0, 1], |f 0 (x)| ≤
M
2
Exercice
Soit f une fonction ce classe C ∞ sur R, telle que
i) Il existe A > 0, tel que ∀n ∈ N∗ , ∀x ∈ R, |f (n) (x)| ≤ A,
ii) ∀n ∈ N∗ , f
Ä ä
1
n
= 0.
Montrer que f est identiquement nulle sur R.
Exercice
Soit f la fonction définie par
f (x) =

Ä ä
2 + 3x + 4x2 + x3 sin 1
x
2
si x 6= 0
si x = 0
Montrer que f admet un développement limité d’ordre 2 au voisinage de 0 et que pourtant f 00 (0) n’existe pas.
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4.7.6
Fonctions convexes
Exercice
Soit I un intervalle ouvert de R et f : I −→ R une fonction continue, telle que
∀x ∈ I, ∀y ∈ I, f
Å
x+y
2
ã
≤
f (x) + f (y)
2
Montrer que f est convexe sur I.
Exercice
Soit f : R −→ R une fonction convexe.
1. Montrer que si f est strictement croissante, alors lim f (x) = +∞.
x→+∞
2. Montrer que si f est bornée, alors elle est constante.
3. Montrer que lim f (x) = +∞, alors f est positive.
x→0
4. Montrer que si f est dérivable, alors f 0 est continue.
5. Montrer que
1
∀x ∈ R, ∀y ∈ R, ∀z ∈ R, x < y < z =⇒ 1
1
x
y
z
f (x)
f (y) > 0
f (z) Exercice
Soit f une fonction convexe sur un intervalle I de R. Montrer que si a ∈ I est un
minimum local de f , alors a est un minimum global.
Exercice
Soit f : R −→ R une fonction convexe et dérivable.
On suppose qu’au voisinage de 0, on a
f (x) = a + bx +
cx2
+ o(x2 )
2
Montrer que f est deux fois dérivable en 0 et que f 00 (0) = c.
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Exercice
Soient x1 , x2 , . . . , xn des nombres réels strictement positifs. En utilisant l’inégalité des
moyennes arithmétique et géométrique, montrer que
x1 x2
xn
+
+ ... +
≥n
x2 x3
x1
Exercice
En utilisant l’inégalité des moyennes arithmétique et géométrique, montrer que
i) ∀a ∈ R+ , ∀b ∈ R+ , ∀c ∈ R+ , a3 + b3 + c3 ≥ 3abc.
ii) ∀a ∈ R+ , ∀b ∈ R+ , ∀c ∈ R+ , (a + b + c)3 ≥ 27abc.
√
n+1
iii) ∀n ∈ N, n n! ≤
.
2
Exercice
Montrer que
∀(x, y, a, b) ∈ R∗+ , x ln
x
y
x+y
+ y ln ≥ (x + y) ln
a
b
a+b
Exercice
Soit f (x) = ln(ln(x)).
1. Déterminer le domaine de définition de f .
2. Montrer que f est concave sur son domaine de définition.
3. En déduire que
∀a ∈ ]1, +∞[, ∀b ∈ ]1, +∞[, a < b =⇒ ln
4.7.7
Å
»
a+b
> ln(a) ln(b)
2
ã
Equations fonctionnelles
Exercice
Soit f : R −→ R une fonction de classe C 1 , telle que
∀x ∈ R, (f ◦ f )(x) =
x
+3
2
x
f (x)
+3 =
+ 3.
2
2
2. Montrer que f 0 est constante.
1. Montrer que ∀x ∈ R, f
Å
ã
3. Déterminer la fonction f .
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Exercice
On désigne par E l’ensemble des fonctions f : R −→ R vérifiant les propriètés suivantes :
i) f est continue sur R.
ii) f s’annule au moins une fois sur R.
iii) ∀x ∈ R, ∀y ∈ R, f (x + y) + f (x − y) = 2f (x)f (y).
1. a) Montrer que la fonction nulle est dans E .
b) Montrer que la fonction cos est dans E .
c) Si f ∈ E et si ω ∈ R∗ , alors la fonction fω : R −→ R, définie par ∀x ∈
R, fω (x) = f (ωx) est dans E .
2. Soit f un élément de E . Montrer que
a) f (0) = 0 ou f (0) = 1.
b) Si f (0) = 0, alors f est identiquement nulle.
c) Si f (0) = 1, alors f est une fonction paire.
ï Å ãò2
x
d) Si f (0) = 1, alors ∀x ∈ R, f (x) = 2 f
− 1.
2
e) S’il existe a ∈ R∗ , tel que f (a) = 0, alors ∀x ∈ R, f (x − 2a) = −f (x).
En déduire que f est 4a-périodique.
3. On suppose dans toute la suite que f ∈ E et que f (0) = 1.
a) Montrer que f s’annule au moins une fois sur R∗+ .
b) Soit A = {x ∈ R∗+ : f (x) = 0}.
Montrer que A possède une borne inférieure, qu’on note a.
c) Montrer que pour tout n ∈ N, il existe xn ∈ A, tel que a ≤ xn < a +
déduire que f (a) = 0 et que a > 0.
1
et en
2n
d) montrer que ∀x ∈ [0, a[, f (x) > 0.
4. On considère la fonction g : R −→ R définie par g(x) = cos(ωx), avec ω =
on suppose toujours que f ∈ E et que f (0) = 1.
Å ã
ï Å
ãò2
a
a
a) Montrer que pour tout q ∈ N, f q = 2 f q+1
− 1.
2 Å ã
2Å ã
a
a
En déduire que pour tout q ∈ N, f q = g q .
2
2
Å ã
Å ã
pa
pa
b) Montrer que ∀p ∈ N, ∀q ∈ N, f
=g q .
2q
2
c) Soit x ∈ R, montrer que la suite (uq )q≥0
π
et
2a
a 2q x
de terme général uq = q
2
a
ï
ò
converge vers x et que f (uq ) = g(uq ).
πx
.
d) En déduire de ce qui précède que ∀x ∈ R, f (x) = cos
2a
Å
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ã
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Exercice
Soit f : R −→ R une fonction continue en 0, telle que
∀x ∈ R, ∀y ∈ R, [1 − f (x)f (y)]f (x + y) = f (x) + f (y)
1. Montrer que f (0) = 0.
2. Montrer que f est continue sur R.
3. Montrer que si f admet une limite lorsque x tend vers l’infini, alors cette limite
est nulle.
4. Montrer que f est impaire.
5. On pose A = {x ∈ R : f (x) = 0}.
a) Montrer que A est un sous-groupe de (R, +).
x
b) Montrer que si x ∈ A, alors ∈ A.
2
6. On suppose, par absurde, que A = {0}.
a) Montrer que s’il existe a ∈ R∗+ , tel que f (a) > 0, alors pour tout x ∈ R∗+ , on a
f (x) > 0.
b) Que peut-on dire s’il existe a ∈ R∗+ , tel que f (a) < 0 ?
c) Soit (x, y) ∈ (R∗+ )2 . Montrer que f (x − y) et f (xà − f (y) ont même signe.
d) En déduire que f est strictement monotone sur R∗+ .
e) En utilisant la question 3, montrer que l’on aboutit à une contradiction.
7. a) Montrer qu’il existe a ∈ A, avec a > 0.
b) Soit a ∈ A, avec a > 0. Montrer que
a
i) ∀n ∈ N, n ∈ A.
2
ma
ii) ∀(m, n) ∈ N2 , n ∈ A.
2
c) Pour chaque x ∈ R∗+ , on définit la suite (yn )n∈N par
a
∀n ∈ N, yn =
ï n ò
2 x
a
2n
Montrer que la suite (yn )n∈N est convergente et déterminer sa limite. En
déduire que x ∈ A.
d) Conclure.
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Exercice
Soit f : R −→ R une fonction dérivable, telle que f (1) = 0, f 0 (0) > 0 et telle que
∀x ∈ R, f 0 (x)f 0 (f (x))) = 1
a) Justifier que f ◦ f = IdR .
b) Montrer que f est strictement monotone.
c) Montrer qu’il n’existe aucun x ∈ R, tel que f (x) > x ou f (x) < x.
d) Déterminer f .
Exercice
Soit f : R −→ R une fonction, telle que
i) ∀(x, y) ∈ R2 , f (x)f (y) − f (xy) = x + y.
ii) f (x + y) − f (x − y) = 4xy.
a) Montrer que f (0) = 1 et f (1) = 2.
b) Déterminer f .
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