Pr BENZINE RACHID. ANALYSE REELLE. COURS ET EXERCICES CORRIGES. PREMIERE ANNEE by RAYANE LAZOUNI C3

ANALYSE REELLE COURS ET EXERCICES CORRIGES PREPARATION AUX GRANDES ECOLES PREMIERE ANNEE MATHS ET INFORMATIQUE

* PROFESSEUR BENZINE RACHID 7 février 2016

Table des matières I SEMESTRE 1 : NOMBRES REELS. SUITES. FONCTIONS D’UNE VARIABLE REELE : LIMITE, CONTINUITE, DERIVEE, FORMULES DE TAYLOR ET DEVELOPPEMENTS LIMITES 10 1 L’ENSEMBLE DES NOMBRES REELS 1.1 DEFINITION GENERALE ET APERCU HISTORIQUE . . . 1.1.1 Construction des ensembles N; Z; Q; R en utilisant les équations. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.1.2 Nombres irrationnels. Nombres algébriques. Nombres transcendans . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2 Le nombre fascinant : . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2.1 Contribution des civilisations anciennes dans le calcul approximatif de . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2.2 Irrationalité de . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2.3 Transcendance de . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2.4 Représentation décimale . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3 Dé…nition axiomatique des nombres réels . . . . . . . . . . . . 1.3.1 Relation d’ordre, Minorants, Majorants, Sup, inf, Maximum, Minimum . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3.2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3.3 1.3.4

11 11 11 15 19 19 22 23 23 25 25 31

Introduction axiomatique des nombres réels . . . . . . 31 Propriété caractéristique du sup . . . . . . . . . . . . . 33

1.4 Propriétés caractéristiques de l’ensemble des nombres réels . . 37 1.4.1 Propriété d’Archimède et densité de Q et de RnQ dans R 37 1.4.2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39 1.4.3 1.4.4 1.4.5

Partie entière d’un réel . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39 Valeur absolue d’un nombre réel . . . . . . . . . . . . . 39 Ensembles particuliers de R . . . . . . . . . . . . . . . 41 2

TABLE DES MATIÈRES

2 SUITES REELLES 2.1 NOTIONS GENERALES . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1.1 NOTE HISTORIQUE . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1.2 Exemples d’utilisations des suites dans la vie courante . 2.2 Dé…nitions et exemples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2.1 Exemples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2.2 Dé…nition . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2.3 Notations et vocabulaire . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3 Di¤érentes façons de dé…nir une suite . . . . . . . . . . . . . . 2.3.1 Par une dé…nition explicite du terme d’indice n . . . . 2.3.2 Par récurrence . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4 Sens de variation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2.5

2.6

2.7

2.8

2.4.1 Dé…nitions . . . . . . . . . . . . . . . 2.4.2 Exemples . . . . . . . . . . . . . . . 2.4.3 Cas d’une suite dé…nie par un = f (n) Suites arithmétiques . . . . . . . . . . . . . 2.5.1 Dé…nitions et exemples . . . . . . . . 2.5.2 Relations entre les termes . . . . . . Suites géométriques . . . . . . . . . . . . . . 2.6.1 Dé…nitions et exemples . . . . . . . . 2.6.2 Relations entre les termes . . . . . . CONVERGENCE DES SUITES REELLES 2.7.1 Introduction et dé…ntion . . . . . . . 2.7.2 Théorèmes de convergence . . . . . . SUITES RECURRENTES . . . . . . . . . . 2.8.1 Dé…nition . . . . . . . . . . . . . . . 2.8.2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . .

Rôle joué par la condition f (D) D dans l’étude de suites récurentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.8.4 Etude de la monotonie . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.8.5 Etude de la convergence . . . . . . . . . . . . . . . . 2.9 SUITES DE CAUCHY . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.10 THEOREME DE BOLZANO-WEIERSTRASS. GENERALISATION DE LA NOTION DE LIMITE . . . . . . . . . . .

52 52 52 55 57 57 57 57 58 58 59 60

. . . . . . . . . . . . . . .

60 60 61 62 62 62 63 63 64 65 65 73 86 86 86

. . . .

86 90 93 101

2.8.3

. 103

3 FONCTIONS REELLES D’UNE VARIABLE REELLE. LIMITE ET CONTINUITE 133 3.1 NOTE HISTORIQUE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133 3.2 GENERALITES . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 134

TABLE DES MATIÈRES

3.2.1 Fonction numérique, fonction réelle d’une variable réelle 134 3.2.2 Graphe d’une fontion réelle d’une variable réelle. . . . . 134 3.2.3 Fonctions paire, impaire . . . . . . . . . . . . . . . . . 135 3.2.4 Fonction périodique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135 3.2.5 Fonctions bornées . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 136 3.2.6 fonctions monotonnes. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 137 3.2.7 Opérations algébriques sur les fonctions . . . . . . . . . 138 3.3 LIMITE D UNE FONCTION . . . . . . . . . . . . . . . . . . 138 3.3.1 Idée intuitive . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 138 3.3.2 Dé…nitions. Limite …nie en un point x0 . Limite à gauche, limite à droite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141 3.3.3 Interprétation graphique . . . . . . . . . . . . . . . . . 141 3.3.4 Exemple de fonction sans limite . . . . . . . . . . . . . 142

3.4

3.5

3.6

3.7 3.8

3.9

3.3.5 Cas où x0 devient in…ni . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3.6 Limite in…nie avec x0 2 R (f ini) . . . . . . . . . . . 3.3.7 Limite in…nie avec x0 = +1 ou x0 = 1 . . . . . . OPERATIONS SUR LES LIMITES . . . . . . . . . . . . . . 3.4.1 Somme, produit et quotient . . . . . . . . . . . . . . 3.4.2 Limite d’une fonction composée . . . . . . . . . . . . COMPARAISON DES FONCTIONS AU VOISINAGE D’UN POINT . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.5.1 FORMES INDETERMINEES . . . . . . . . . . . . . FONCTIONS CONTINUES. DEFINITIONS . . . . . . . . . 3.6.1 Note historique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.6.2 Dé…nitions : fonctions continues en un point . . . . . OPERATIONS SUR LES FONTIONS CONTINUES . . . . THEOREMES SUR LES FONCTIONS CONTINUES SUR UN INTERVALLE FERME . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.8.1 Fonctions continues sur un intervalle férmé et borné . 3.8.2 Théorème des valeurs intérmédiaires . . . . . . . . . FONCTION RECIPROQUE D UNE FONCTION CONTINUE STRICTEMENT MONOTONE. . . . . . . . . . . . . 3.9.1 Applications : Fonction réciproques des fonctions circulaires. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4 FONCTIONS DERIVABLES ET APPLICATIONS 4.1 Note historique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.2 Dé…nitions et propriétés des fonctions dérivables . . . 4.2.1 Dérivée d’une fonction en un point . . . . . . 4.2.2 Di¤érentielles . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . .

. . . . . .

143 143 144 144 144 145

. . . . . .

146 146 152 152 152 156

. 158 . 158 . 161 . 163 . 166 . . . .

191 191 192 192 196

TABLE DES MATIÈRES 4.2.3 Dérivabilité et continuité . . . . . . . . . . . . . . . . 4.2.4 Dérivée sur un intervalle. Fonction dérivée. . . . . . . 4.3 Opérations sur les fonctions dérivables . . . . . . . . . . . . 4.3.1 Somme, produit et quotient de fonctions dérivables . 4.3.2 Dérivée n-ième d’un produit (formule de Leibniz) . . 4.3.3 Dérivée d’une fonction composée. . . . . . . . . . . . 4.3.4 Dérivée d’une fonction réciproque . . . . . . . . . . . 4.3.5 Optimum local . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.4 Théorème de Rolle et des accroissements …nis . . . . . . . . 4.4.1 Théorème de Rolle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.4.2 Théorème des accroissements …nis . . . . . . . . . . . 4.4.3 Théorème des accroissements …nis généralisé . . . . . 4.5 Quelques applications de la notion de dérivée et du théorème des accroissements …nis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.5.1 Etude de la variation des fonctions . . . . . . . . . . 4.5.2 Regle de l’Hopital et applications . . . . . . . . . . . 4.5.3 Optimisation di¤erentiable dans R . . . . . . . . . . 4.5.4

5 . . . . . . . . . . . .

198 199 200 200 202 202 203 205 206 206 209 210

. . . .

212 212 213 218

Condition su¢ sante d’optimalité . . . . . . . . . . . . 220

5 FORMULES DE TAYLOR. DEVELOPPEMENTS LIMITES242 5.1 INTRODUCTION . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 242 5.2 FORMULES DE TAYLOR . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 243 5.2.1 5.2.2 5.2.3 5.2.4

Formule de Taylor avec reste de Lagrange . . . . . . . 243 Formule de Taylor MacLaurin . . . . . . . . . . . . . . 246 Formule de Taylor Young . . . . . . . . . . . . . . . . . 246 Développement de Taylor et Maclaurin-Young des fonctions usuelles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 248 5.3 Applications de la formule de Taylor . . . . . . . . . . . . . . 250 5.3.1 Application de la formule de Taylor au calcul d’optimums250 5.3.2 Application de la formule de Taylor au calcul des limites des fonctions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 252 5.4 DEVELOPPEMENTS LIMITES . . . . . . . . . . . . . . . . 254 5.4.1 Développement limité d’odre n au voisinage de 0 . . . 255 5.4.2 Développements limités usuels obtenus par la formule de Maclaurin . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 258 5.4.3 Opérations sur les développements limités . . . . . . . 260

TABLE DES MATIÈRES

II SEMESTRE II : INTEGRALE ET PRIMITIVE. EQUATIONS DIFFERENTIELLES D’ORDRE 1 ET 2. FONCTIONS DE PLUSIEURS VARIABLES : LIMITE, CONTINUITE, DERIVEES PARTIELLES, FORMULE DE TAYLOR, OPTIMISATION DIFFERENTIABLE 279 6 INTEGRALE ET PRIMITIVE 6.1 L’INTEGRALE DE RIEMANN . . . . . . . 6.1.1 NOTE HISTORIQUE . . . . . . . . 6.1.2 Dé…nition de l’integrale de Riemann . 6.1.3 Propriétés de l’integrale de Riemann 6.2 Primitives . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.2.1 Dé…nition. Lien entre deux primitives

. . . . . .

280 280 280 281 286 289 289

6.2.2 Primitives d’une fonction continue . . . . . . . . . . . 6.3 Calcul de primitives . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.3.1 Primitives des fonctions usuelles . . . . . . . . . . . . 6.3.2 Formules générales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.4 Calculs d’intégrales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.4.1 Expression d’une intégrale à partir d’une primitive . 6.4.2 Intégration par parties . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.5 CALCUL DES FONCTIONS PRIMITIVES . . . . . . . . . 6.5.1 Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.5.2 Tableau des primitives usuelles . . . . . . . . . . . . 6.5.3 Changement de variables . . . . . . . . . . . . . . . . 6.5.4 Integration par parties . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.5.5 Intégration de certaines expréssions contenant les trinômes ax2 + bx + c . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.5.6 Fractions rationnelles. Fractions rationnelles élémentaires et leur intégration . . . . . . . . . . . . . . . . 6.5.7 Décomposotion des fractions rationnelles en éléments simples. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.5.8 Intégration des fractions rationnelles . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . .

290 291 291 291 292 292 293 294 294 295 297 300

. . . . . .

. 301 . 306 . 312 . 314

7 EQUATIONS DIFFERENTIELLES DU PREMIER ORDRE335 7.1 Note Historique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 335 7.1.1 Histoire des équations di¤érentielles du premier ordre . 335 7.1.2 Histoire de l’équation de Riccati . . . . . . . . . . . . . 336 7.1.3 Un aperçu sur Le Mathématicien Jacques Bernoulli . . 336 7.1.4 Histoire des équations linéaires . . . . . . . . . . . . . 337

TABLE DES MATIÈRES 7.1.5 7.2 7.3 7.4

7.5

7.6

7.7 7.8

7.9

Histoire des théorèmes d’existence et d’unicité des équations du premier ordre . . . . . . . . . . . . . . . . . . Modèle physique conduisant à une équation di¤érentielle . . . Dé…nitions générales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Notions générales sur les équations di¤érentielles du premier ordre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.4.1 Dé…nitions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.4.2 Existence et unicité des solutions des équations di¤érentielles du premier ordre résolubles en y’ . . . . . . . Equations à variables séparées et séparables . . . . . . . . . . 7.5.1 Equations à variables séparées . . . . . . . . . . . . . . 7.5.2 Equations à variables séparables . . . . . . . . . . . . . Equations homogènes du premier ordre . . . . . . . . . . . . . 7.6.1 Dé…nitions et exemples . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.6.2 Résolution de l’équation homogène . . . . . . . . . . . Equations se ramenant aux équations homogènes . . . . . . . Equations linéaires du premier ordre . . . . . . . . . . . . . . 7.8.1 Dé…nitions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.8.2 Résolution de l’équation linéaire . . . . . . . . . . . . . Equation de Bernoulli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.9.1 Dé…nition . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.9.2 Résolution de l’équation de Bernoulli . . . . . . . . . .

338 339 340 341 341 342 347 347 349 350 350 351 353 357 357 357 361 361 361

8 EQUATIONS DIFFERENTIELLES DU SECOND ORDRE370 8.1 Note Historique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 370 8.2 Equations linéaires homogènes. Dé…nitions et propriétés générales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 371 8.2.1 Dé…nitions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 371 8.2.2 Propriétés générales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 372 8.3 Equations linéaires homogènes du second ordre à coé¢ cients constants . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 378 8.3.1 I. Les racines de l’équation caractéristique sont réelles et distinctes : k1 6= k2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 380 8.3.2 II. Les racines de l’équation caractéristique sont complexes. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 380 8.3.3 III L’équation caractéristique admet une racine réelle double . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 382 8.4 Equations di¤érentielles linéaires homogènes d’ordre n à coef…cients constants . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 383 8.4.1 Dé…nition. Solution générale . . . . . . . . . . . . 383

TABLE DES MATIÈRES

8.4.2

Méthode générale de calcul de n solutions linéairement indépendentes de l’équation homogène (23) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.5 Equations liéaires non homogènes du second ordre . . . . . . 8.5.1 Méthode de la variation des constantes arbitraires . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.6 Equations linéaires non homogènes du second ordre à coé¢ cients constants . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.6.1 Cas où le second membre est de la forme f (x) = 8.6.2 8.6.3 8.6.4

Pn (x) e x . . . . . . . . . . . . . . . Cas où le second membre est de la P (x) e x cos x + Q (x) e x sin x . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . forme . . . . . . . .

. 384 . 385 . 387 . 389

. . . . . . 389 f (x) = . . . . . . 390 . . . . . . 395

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 397

9 FONCTIONS DE PLUSIEURS VARIABLES. NOTIONS DE LIMITE, CONTINUITE, DERIVEES PARTIELLES, DIFFERIENTIABILITE 405 9.1 Note historique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 405 9.1.1 Note historique sur les fonctions de plusieurs variables 405 9.1.2 Note historique sur la vie et les travaux de James Gregory406 9.2 Domaine de dé…nition . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 407 9.3 Notion de limite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 407 9.3.1 Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 407 9.3.2 Notion de voisinage . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 409 9.3.3 Dé…nition de la limite d’une fonction de deux variables 409 9.3.4 Ne pas confondre limite suivant une direction et limite 411 9.3.5 Comment démontrer que la limite d’une fonction de 2 variables n’existe pas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 413 9.4 Continuité des fonctions de deux variables . . . . . . . . . . . 414 9.5 Dérivées partielles d’ordre un . . . . . . . . . . . . . . . . . . 415 9.5.1 Dé…nition des dérivées partielles d’ordre un d’une fonction de 2 variables en un point (x0 ; y0 ) . . . . . . . . . 415 9.5.2 La fonction dérivée partielle . . . . . . . . . . . . . . . 416 9.5.3 Dérivées partielles d’ordre deux . . . . . . . . . . . . . 417 et @f 418 9.5.4 Continuité et existence des dérivées partielles @f @x @y 9.6 Fonctions di¤érentiables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 418 9.6.1 Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 418

TABLE DES MATIÈRES 9.6.2

Dé…nition des fonctions di¤érentiables. Cas des fonc-

tions d’une variable réelle f : R ! R . . . . . . . . . Dé…nition des fonctions di¤érentiables. Cas des fonctions de deux variables f : R2 ! R . . . . . . . . . . 9.6.4 Relation entre fonction di¤erentiable et existence des et @f . . . . . . . . . . . . . . . dérivées partielles @f @x @y 9.6.5 Relation entre di¤erentiabilité et continuité . . . . . . 9.7 Notion de di¤erentielle d’une fonction de deux variables . . . 9.7.1 Comment démontrer que la limite d’une fonction de 2 variables n’existe pas . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. 419

9.6.3

. 420 . 420 . 422 . 423 . 434

10 DERIVEES PARTIELLES DES FONCTIONS COMPOSEES. FORMULES DE TAYLOR ET OPTIMISATION DES FONCTIONS DE 2 VARIABLES 447 1 2 10.1 Fonctions de classe C ou C . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 447 10.1.1 Ensemble ouvert dans R2 . . . . . . . . . . . . . . . . . 447 10.1.2 Fonctions de classe C 1 ou C 2 . . . . . . . . . . . . . . . 448 10.2 Dérivées partielles des fonctions composées . . . . . . . . . . . 448 10.2.1 Fonctions composées de type 1 . . . . . . . . . . . . . . 448 10.2.2 Fonctions composées de type 2 . . . . . . . . . . . . . . 449 10.2.3 Dérivées partielles des fonctions composées du type 1 . 449 10.2.4 Dérivées des fonctions composées du type 2 . . . . . . 450 10.3 Formule de taylor des fonctions de 2 variables . . . . . . . . . 450 10.3.1 Dérivées partielles d’ordre n; n > 2 . . . . . . . . . . . 450 10.4 Notations . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 451 10.5 Optimisation di¤érentiable dans R2 . . . . . . . . . . . . . . . 452 10.5.1 Dé…nitions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 452 10.5.2 Conditions nécéssaires d’optimalité . . . . . . . . . . . 453 10.5.3 Conditions su¢ santes d’optimalité . . . . . . . . . . . 454

Première partie SEMESTRE 1 : NOMBRES REELS. SUITES. FONCTIONS D’UNE VARIABLE REELE : LIMITE, CONTINUITE, DERIVEE, FORMULES DE TAYLOR ET DEVELOPPEMENTS LIMITES

Chapitre 1 L’ENSEMBLE DES NOMBRES REELS 1.1

DEFINITION GENERALE ET APERCU HISTORIQUE

1.1.1

Construction des ensembles N; Z; Q; R en utilisant les équations.

a)L’ensemble des entiers naturels N Supposons que l’on connaisse l’ensemble des entiers naturels N = f0; 1; 2; 3; ::; n; ::g. Historiquement les entiers naturels f1; 2; 3; :::; g étaient les premiers nombres réels à être utilisés en pratique par l’homme (-2000 par les Babyloniens, les grecs,...). Le nombre 0 fût découvert et utilisé beaucoup plus tard par les indiens et les Arabes (+628). b) L’ensemble des entiers relatifs Z Etant donnés deux entiers naturels a et b , il n’existe pas toujours un élément x de N tel que : a + x = b:

1.1

Par exemple l’équation x+2=0 n’admet pas de solution dans N: L’équation précédente modélise bien une réalité économique quotidienne. Une personne endettée de 2 millions de dinards est modélisée par l’équation (1.1). Notons par x l’avoir ou le solde de cette personne. Puisque cette personne est endettée de 2 millions, son solde véri…e le fait suivant : si on lui ajoute 2 millions, la personne en question 11

CHAPITRE 1. L’ENSEMBLE DES NOMBRES REELS

n’aura rien et ne sera plus endettée, c’est à dire que x véri…e l’équation x+2=0 En 628, l’indien Brahmagupta décrit les propriétés du zéro et des nombres qu’il appelle les biens et les dettes (nombres positifs et négatifs). Voici, ce que l’on peut trouver dans ses écrits : Lorsque le zéro est ajouté à un nombre ou enlevé à ce dernier, celui-ci demeure inchangé. Zéro moins zéro est nul. Une dette retranchée de zéro est un bien alors qu’un bien retranché de zéro est une dette. Par un procédé de symétrisation, on plonge l’ensemble N dans un ensemble plus grand dans lequel toute équation du type (1:1) admet une solution. Cet ensemble noté Z est appelé l’ensemble des entiers relatifs. Cet ensemble est représenté par Z = f::; n; ::; 3; 2; 1; 0; 1; 2; 3; ::; n; ::g ; et on a N

c) L’ensemble des nombres rationnels Q Essayons de modéliser maintenant une autre situation qu’on rencontre tous les jours. Considérons deux personnes associés dans un commerce. Supposons qu’ils ont réussi à faire ensemble un béné…ce net de 300001dinards. Si on note x le béné…ce de chacun, alors x est solution de l’équation x + x = 2x = 300001

(1.2)

Il n’existe aucun entier relatif solution de l’équation (1.2). Plus généralement, étant donnés deux entiers relatifs a 2 Z (a 6= 0) et b 2 Z; tels que a ne divise pas b; alors il n’existe aucun entier relatif x 2 Z véri…ant ax = b

(1.3)

Celà veut dire que les nombres relatifs ne su¢ sent pas pour modéliser mêmes pas des réalités économiques quotidiennes. D’où la nécessité de construire un ensemble plus grand que Z; et dont les équations du type (1.3) admettent toujours une solution. Par symétrisation on construit un ensemble noté Q tel que Z Q et dans lequel les équations du type (1:3) admettent toujours des solutions. Les éléments de l’ensemble Q sont appelés les nombres rationnels. Q=

p tels que p 2 Z; q 2 Z; q 6= 0 q

CHAPITRE 1. L’ENSEMBLE DES NOMBRES REELS

d) L’ensemble des nombres réels R l’ensemble Q aussi, n’est pas su¢ sant pour modéliser des situations concrètes, ou même pour exprimer des longueurs réelles. Considérons par exemple le triangle rectangle isocèle dont chacun des cotés de l’angle droit est égal à 1: Notons L la longueur de l’hypothénuse. En utilisant le théorème de Phytagore, L est solution de l’équation L2 = 12 + 12 = 2:

La longueur L est donc solution de l’équation x2 = 2

(1.4)

Montrons à présent que l’équation (1:4) n’a pas de solution dans Q: En p d’autres termes, il n’existe aucun nombre rationnel r = 2 Q ; tel que q r2 =

p2 =2 q2

Enonçons et démontrons celà. Proposition 1.1 L’équation x2 = 2 n’admet pas de solutions dans Q

(1.5)

CHAPITRE 1. L’ENSEMBLE DES NOMBRES REELS

Preuve de la Proposition 1.1 Pour le prouver, nous supposerons qu’i il existerait une fraction irreducp tible r = ;solution de (1.5). q De l’équation (1:5) on a : p2 = 2q 2 : (1.6) Nous verrons que cette proposition conduit à une contradiction et ne peut ëtre vraie. En e¤et. 1. Remarquons d’abord que si un entier naturel m est impair alors m2 est impair. Il résulte de ceci que si m2 est pair alors m est pair. En e¤et, si m etait impair, m2 serait impair. 2. Puisque p2 = 2q 2 ; alors p2 est pair et par conséquent p est pair. Posons donc p = 2m Donc 4m2 = 2q 2 ou encore q 2 = 2m2 : Ceci implique que q 2 est pair, et par la suite q est pair. Nous avons abouti p est à p et q pairs. Ceci est en contradiction avec le fait que la fraction q irreductible. On voit donc que malgré que L existe physiquent (longueur de l’hypoténuse), on ne peut pas trouver de nombre r = pq 2 Q, qui mesure exactement la longueur de L: D’où la necessité de plonger l’ensemble Q dans un ensemble plus vaste appelé ensemble des nombres réels et noté R; tel que les équations du type (1.4) admettent une solution. Le schémas suivant modélise les ensembles vus précédemment et qui véri…ent : N

CHAPITRE 1. L’ENSEMBLE DES NOMBRES REELS

1.1.2

Nombres irrationnels. Nombres algébriques. Nombres transcendans

Comme on l’a remarqué avant, l’ensemble des nombres réels qu’on note R , est composé de la réunion de deux sous ensembles : les nombres rationnels (nombres qui appartiennent à Q) et les nombres irrationnels (nombres qui appartiennent à R et qui n’appartiennent pas à Q). On note par RnQ l’ensemble des nombres irrationnels. Donc par dé…nition Q=

p tels que p 2 Z; q 2 Z; q 6= 0 q RnQ = fx 2 R et x 2 = Qg R = fQg [ fRnQg

Les nombres rationnels possèdent la représentation de périodicité suivante : Proposition 1.2 Les nombres rationnels ont une representation décimale périodique, c’est à dire qu’on peut les representer sous la forme suivante x = a; a1::::: ap a1::::: ap a1::::: ap a1::::: ap ::: | {z }| {z }| {z }| {z } periode periode periode periode

p 2 N; f ini;

(1.7)

CHAPITRE 1. L’ENSEMBLE DES NOMBRES REELS

Nombres algébriques Dé…nition 1.1 Les nombres réels algébriques sont les nombres réels qui sont solutions d’une certaine équation algébrique ou polynomiale à coé¢ cients relatifs de la forme : a0 + a1 x + ::: + an xn = 0; a0 ; :::; an 2 Z

(1.8)

Un au moins des ai est non nul. Exemple 1.1 Tout nombre réel rationnel est algébrique. En e¤et, si x = p ; alors xq = p et xq p = 0: Donc x = pq est solution d’une équation q algébrique (n = 1; a0 = p; a1 = q). p Exemple 1.2 Le nombre irrationnel x = 2 est algébrique. En e¤et, p x = 2 est bien sur solution de l’équation algébrique x2 2 = 0 (n = 2; a0 = 2; a1 = 0; a2 = 1). Nombres transcendants Dé…nition 1.2 Les nombres réels transcendants sont les nombres réels qui ne sont pas algébriques, c’est à dire qu’ils ne sont solutions d’aucune équation algebrique ou polynomiale de la forme (1:8): Contrairement aux nombres rationnels qui jouissent de la repressention de periodicité (7); les nombres transcendants n’ont aucune periodicité dans leur représentation décimale, et s’écrivent de façon presque aléatoire. Ce qui rend leur étude trés di¢ cile et compliquée. Histoire des nombres transcendants Leibniz fut probablement la première personne à croire en l’éxistence des nombres qui ne satisfont pas les polynômes à coe¢ cients rationnels. Le nom « transcendants » vient de Leibniz dans sa publication de 1682 où il démontra que sin(x) n’est pas une fonction algébrique de x. L’existence des nombres transcendants fut prouvée pour la première fois en 1844 par Joseph Liouville, qui montra des exemples, incluant la constante de Liouville. Johann Heinrich Lambert, dans son article prouvant l’irrationalité de ; conjectura que et e étaient des nombres transcendants. Le premier nombre à avoir été démontré transcendant sans avoir été construit spécialement pour cela fut e, par Charles Hermite en 1873. En 1882, Ferdinand von Lindemann publia une démonstration de la transcendance de . La transcendance de a permis la démonstration de l’impossibilité de plusieurs constructions géométriques anciennes avec le compas et la règle, incluant le plus célèbre d’entre eux, la quadrature du cercle.

CHAPITRE 1. L’ENSEMBLE DES NOMBRES REELS

En 1900, David Hilbert a posé une importante question à propos des nombres transcendants, connue sous le nom de septième problème de Hilbert : « Si a est un nombre algébrique non nul et di¤érent de 1 et si b est un nombre algébrique irrationnel, alors le nombre ab est-il nécessairement transcendant ? » La réponse, a¢ rmative, fut donnée en 1934 par le théorème de GelfondSchneider. On ppeut obtenir facilement des nombres transcendants grâce à lui, par exemple 2 2

Hermite

Hilbert(1862

1943)

Apport de l’analyse dans la construction des nombres réels Si l’existence des nombres négatifs apparaît très tôt dans l’histoire (mathématiques indiennes), il faut attendre 1770 pour qu’ils obtiennent grâce à Euler un vrai statut de nombre et perdent leur caractère d’arti…ce de calcul. Mais il faut attendre encore un siècle pour voir l’ensemble des réels associé à l’ensemble des points d’une droite orientée, appelée droite réelle.

Euler (1707

1789)

Après 2200 ans : la solution L’analyse permet une intuition de plus en plus précise sur la topologie des nombres. Un siècle sera alors su¢ sant pour permettre de construire rigou-

CHAPITRE 1. L’ENSEMBLE DES NOMBRES REELS

reusement les nombres réels c’est-à-dire boucher les trous. Comme parfois en mathématiques, une fois le problème arrivé à maturité, ce n’est pas un, mais deux penseurs qui résolvent la di¢ culté. Le premier à avoir dé…ni un concept permettant de résoudre la problématique de la construction des nombres réels est Augustin Louis Cauchy. Son approche est restée la plus fructueuse. Elle s’applique à bien d’autres cas que celui des nombres réels. Son idée est la suivante : une suite de nombres devrait converger (c’est-à-dire avoir une limite), si, au bout d’un certain temps, tous les éléments de la suite sont à une distance les uns des autres aussi petite que l’on veut. Cette idée est formalisée dans l’article "suites de Cauchy". Considérons la suite fxn gn=0;1;2;::: dé…nie par :

x0 = 1; x1 = 1:4; x2 = 1:41; x3 = 1:414; x4 = 1:4142; x5 = 1:41421; x6 = 1:414213; x7 = 1:41421 p et ainsi de suite en alignant une par une toutes les décimales de 2. Cette suite véri…e le critère de Cauchy. Sa limite est un bon candidat pour représenter la racine carrée de 2 et cette approche permet de construire les nombres réels. Ce n’est que vers la …n du XIXe siècle que cette idée permet une construction rigoureuse de l’ensemble des réels qui est réalisée par deux mathématiciens Cantor en 1872 et Méray en 1869.

Cauchy

Cantor

Richard Dedekind proposa en 1872, dans son ouvrage "Was sind und was sollen die Zahlen" (Ce que sont et ce que doivent être les nombres) une méthode plus simple en étudiant la relation d’ordre sur les fractions. Son idée consiste à considérer les coupures. Il existe une autre méthode de construction des nombres réels réalisée à partir des développements décimaux. Cependant l’addition puis la multiplication ne sont pas des opérations simples à dé…nir. C’est probablement cette raison qui fait que cette approche fut la moins populaire. Ces méthodes construisent toutes le même ensemble, celui des nombres

CHAPITRE 1. L’ENSEMBLE DES NOMBRES REELS

réels.

Dedekind

1.2

Le nombre fascinant :

est un nombre, que l’on représente par la lettre grecque du même nom : . C’est le rapport entre la circonférence d’un cercle et son diamètre. On peut également le dé…nir comme le rapport entre la super…cie d’un cercle et le carré de son rayon. Sa valeur approchée arrondie est : 3:141592653589793238462643383279502884197169399375105820974944592307 en écriture décimale. De nombreuses formules, de physique, d’ingénierie et bien sûr de mathématiques, impliquent , qui est une des constantes les plus importantes des mathématiques.

1.2.1

Contribution des civilisations anciennes dans le calcul approximatif de

Il semble que, très tôt, les mathématiciens aient été convaincus qu’il existait un rapport constant entre le périmètre du cercle et son diamètre, ainsi qu’entre l’aire du disque et le carré du rayon. a) Contribution des Babylonniens Des tablettes babyloniennes datant de -2 000, présentent des calculs d’aires 1 . conduisant à une valeur de égale à 3 + 835

CHAPITRE 1. L’ENSEMBLE DES NOMBRES REELS

b) Contribution des grecques C’est dans le traité d’Archimède (-287 , -212 ) intitulé : "De la mesure du cercle", que l’on peut lire une démonstration liant l’aire du disque et l’aire du triangle ayant une base de longueur, le périmètre du cercle et pour hauteur le rayon, démontrant ainsi qu’une même constante apparaît dans le rapport entre aire du disque et carré du rayon et entre périmètre et diamètre. Méthde géométrique de calcul de utilisée par Archimède Pour trouver la valeur du nombre ; Archimède inscrit dans un cercle de rayon 1 un triangle équilatéral dont il calcule le perimètre. Puis en doublant le nombre de côtés, il calcule le périmètre d’un hexagone (6 côtés), puis celui d’un dodécagone (12 côtés) et ainsi de suit, indé…niment. Il obtient ainsi une suite illimitée de nombres connus dont la limite est 2 et qui fournissent une bonne approximation de :

Archimede utlise les suites pour calculer des approximations de Il démontre ainsi que 3 + 10/71 <

< 3 + 1/737. La moyenne de ces

CHAPITRE 1. L’ENSEMBLE DES NOMBRES REELS

deux valeurs est d’environ 3,14185. Archimède s’arrête à 96 côtés car les calculs qu’il est amené à e¤ectuer, avec valeurs approchées, sont déjà longs pour l’époque. Mais il met en place ainsi une méthode qui sera reprise par ses successeurs et qui peut être, théoriquement, poursuivie indé…niment. c) Contribution des chinois Si les calculs pratiques peuvent se faire avec une bonne précision en utilisant la valeur 3,14 comme approximation de , la curiosité des mathématiciens les pousse à déterminer ce nombre avec plus de précision. Au IIIe siècle, en Chine, Liu Hui, commentateur des Neuf chapitres, propose comme rapport entre le périmètre et le diamètre la valeur pratique de 3 mais développe des calculs proches de ceux d’Archimède mais plus performants et fournit une approximation de de 3,141639. Le mathématicien chinois Zu Chongzhi donne une approximation rationnelle encore plus précise de : 355/113 (dont les développements décimaux sont identiques jusqu’à la 6e décimale, 3,141 592 6 et 355/113 3,141 592 9) et montre que 3,1415926 < < 3,141592741, en utilisant l’algorithme de Liu Hui appliqué à un polygone à 12 288 côtés. d) Contribution du monde musulman Vers l’an 800, Muhammed ibn Musa Al Khowaerizmi (aussi orthographié Al’Khwarizmi ou Al-Huwarizmi, et dont le nom est à l’orgine du mot algorithme), né à KHuwarizm (aujourd’hui Khiva en Ouzbékistan), utilise la valeur 3.1415 pour approximer :

AlKhowaerizmi

CHAPITRE 1. L’ENSEMBLE DES NOMBRES REELS

Vers 1450, Al-Kashi (ou Ibn Muhammed al-Kuchdki), astronome à Samarkand (aujourd’hui au Turkestan) dont il dirige l’observatoire, calcule avec 14 décimales par la méthode des polygones d’Archimède Plus précisément, il utilise la formule de récurrence qui donne le côté d’un polygone à p côtés : q p 4 s2 (p) s(6) = 1; s(2p) = 2

Il mène son calcul en utilisant 27 fois la formule, ce qui à considérer la périmètre d’un polygone de 3 228 côtés. Al Kashi calcule dans le système sexagécimal et trouve 2 = 6:165928013451461450 soit = 3:082944004725530725. Cette valeur est exacte jusqu’à la dixième position. C’est la première fois dans l’histoire de l’humanité que l’on obitent plus de 10 décimales de .

El Kachi e) Temps modernes Pour 100 décimales, il faudra attendre le XVIIIème siécle, et le XXeme siécle pour 1000 décimales. En fait, au XXéme siécle, on atteindra aussi 10 000 décimales, puis 100 000 décimales, puis un million de décimales et même(en 1989) un milliard de décimales.

1.2.2

Irrationalité de

Le nombre est irrationnel, ce qui signi…e qu’on ne peut pas écrire =p/q où p et q seraient des nombres entiers. Al-Khawarizmi, au IXe siècle, est persuadé que est irrationnel. Ce n’est cependant qu’au XVIIIe siècle que

CHAPITRE 1. L’ENSEMBLE DES NOMBRES REELS

Johann Heinrich Lambert prouve ce résultat. Au cours du XXe siècle, d’autres démonstrations furent trouvées, celles-ci ne demandant pas de connaissances plus avancées que celle du calcul intégral. L’une d’entre elles, due à Ivan Niven, est très largement connue. Une preuve similaire, version simpli…ée de celle de Charles Hermite, avait été trouvée quelque temps auparavant par Mary Cartwright.

1.2.3

Transcendance de

est aussi un nombre transcendant, c’est-à-dire non algébrique. En d’autres termes il n’existe pas de polynôme à coe¢ cients relatifs dont soit une racine. C’est au XIXe siècle que ce résultat est démontré. En 1873, Hermite prouve que la base du logarithme népérien, le nombre e, est transcendant. En 1882, Ferdinand von Lindemann généralise son raisonnement en un théorème (le théorème d’Hermite-Lindemann) qui stipule que, si x est algébrique et di¤érent de zéro, alors ex est transcendant. Or ei n’est pas transcendant (puisqu’il est égal à -1). Par contraposée, i n’est pas algébrique donc (comme i, lui, est algébrique) est transcendant. Une conséquence importante de la transcendance de est que celui-ci n’est pas constructible. En e¤et, le théorème de Wantzel énonce en particulier que tout nombre constructible est algébrique. En raison du fait que les coordonnées de tous les points pouvant se construire à la règle et au compas sont des nombres constructibles, la quadrature du cercle est impossible ; autrement dit, il est impossible de construire, uniquement à la règle et au compas, un carré dont la super…cie serait égale à celle d’un cercle donné.

1.2.4

Représentation décimale

On a vu que le nombre est irrationnel, c’est-à-dire qu’on ne peut pas l’exprimer comme un rapport de deux nombres entiers ; ceci entraîne que son écriture décimale n’est ni …nie, ni périodique. Les 16 premiers chi¤res de l’écriture décimale de sont 3,141 592 653 589 793. Alors qu’en 2007, on connaît plus de 1012 décimales de , de nombreuses applications n’ont besoin que d’une dizaine de chi¤res, comme l’estimation de la circonférence d’un cercle. Par exemple, la représentation décimale de tronquée à 39 décimales est su¢ sante pour estimer la circonférence d’un cercle dont les dimensions sont celles de l’univers observable avec une précision comparable à celle du rayon d’un atome d’hydrogène. Étant donné que est un nombre irrationnel, sa représentation décimale n’est pas périodique et ne prend pas …n. La séquence des décimales de a

CHAPITRE 1. L’ENSEMBLE DES NOMBRES REELS

toujours fasciné les mathématiciens et les amateurs, et beaucoup d’e¤orts ont été mis en œuvre a…n d’obtenir de plus en plus de décimales et d’en rechercher certaines propriétés. Malgré les importants travaux d’analyse e¤ectués et les calculs qui ont réussi à déterminer plus de 200 milliards de décimales de , aucun modèle simple n’a été trouvé pour décrire la séquence de ces chi¤res. Les chi¤res de la représentation décimale de sont disponibles sur de nombreuses pages web, et il existe des logiciels de calcul des décimales de qui peuvent en générer des milliards et qu’on peut installer sur un ordinateur personnel. Par ailleurs, le développement décimal de ouvre le champ à d’autres questions, notamment celle de savoir si est un nombre normal, c’est-àdire que ses chi¤res en écriture décimale sont équirépartis. On peut aussi se demander si est un nombre univers, ce qui signi…e qu’on pourrait trouver dans son développement décimal n’importe quelle suite …nie de chi¤res. En 2006, il n’existait pas de réponse à ces questions.

CHAPITRE 1. L’ENSEMBLE DES NOMBRES REELS

Tableau récapitulatif Civilisation(Mathématicien) Babylonniens Grecques (Archimede) Musulmans (El Khawarizmi) Musulmans (El Kaschi) Europe (Viete) Europe (Adrien Romain) Europe (John Machin) Europe (Johann Dase) Europe (WilliamShanks) Europe (John von Neumann ) Europe (Brent et Salamin) Japon (Yasumasa Kanada) Japon-USA(Kanada)

1.3

Date 2000 250 800 1450 1579 1591 1706 1844 1900 1949 1973 1999 2010

Valeur app. de 3: 001 2 3; 14185 3:1415 3:1415926535 3:141592653589 3:141592653589793 3:141592653589793::: 3:141592653589793::: 3:141592653589793::: 3:141592653589793::: 3:141592653589793::: 3:141592653589793::: 3:141592653589793:::

décimales exactes après 3 0 3 4 10 12 15 100 200 700 2037(avec un ordinateur) 1000000 206 158 430 000 5 000 milliards

Dé…nition axiomatique des nombres réels

Dans cette partie on va dé…nir l’ensemble des nombres réels de façon axiomatique. C’est à dire que l’on appellera ensemble des nombres réels, tout ensemble qui veri…era certaines propriétés qu’on nommera axiomes. Comme on le verra plus tard, on de…nit R à partir de quinze axiomes. Parmi les quinze axiomes, Q en véri…e quatorze. L’ensemble des rationnels Q ne véri…e pas le 15ème axiome. Ce dernier axiome introduit la notion de Minorants, Majorants, Sup, inf. C’est ce que nous allons dé…nir maintenant.

1.3.1

Relation d’ordre, Minorants, Majorants, Sup, inf, Maximum, Minimum

Relation d’ordre Dé…nition 1.3 Une relation binaire R sur un ensemble E (c’est à dire une correspondance entre des couples (x,y) de E) est dite relation d’ordre si elle est : # re‡exive, c’est à dire 8x 2 E : xRx # transitive, c’est à dire 8x; y; z 2 E : (xRy et yRz) =) xRz # antisymetrique, c’est à dire 8x; y 2 E : (xRy et yRx) =) x = y

CHAPITRE 1. L’ENSEMBLE DES NOMBRES REELS

Exemple 1.3 Dans l’ensemble Q des nombres rationnels, la relation dé…nie par xRy , x y

est une relation d’ordre.

Remarque 1.1 Dans toute la suite, on note xRy par x y et par x < y si (x y et x 6= y): En général une relation d’ordre sur un ensemble E; ne permet pas de comparer tous les éléments de E: Dé…nition 1.4 Soit E un ensemble muni d’une relation d’ordre qu’on note ; E est dit totalement ordonné ou que la relation d’ordre est totale, si quels que soient les éléments x et y de E tels que x 6= y; on a toujours : (x < y) ou (y < x) Si un ensemble ordonné n’est pas totalement ordonné, on dit qu’il est partiellement ordonné.

Minorants, Majorants, Sup, inf, Max, Min Dé…nition 1.5 Soit E un ensemble ordonné (par la relation d’ordre et A une partie non vide de E:

)

– On dit que M 2 E est un majorant de A si et seulement si pour tout x 2 A; on a x M: On dira aussi que A est majorée par M: – On dit que m 2 E est un minorant de A si et seulement si pour tout x 2 A; on a x m: On dira aussi que A est minorée par m: – Lorsque "M " est un majorant de A et appartient à A, on l’appelle dans ce cas le maximum de A: On le note M = max (A) :

– Lorsque "m" est un minorant de A et appartient à A, on l’appelle dans ce cas le minimum de A: On le note m = min (A) :

CHAPITRE 1. L’ENSEMBLE DES NOMBRES REELS

– Lorsque A est majorée et si l’ ensemble de ses majorants a un plus petit élément ; alors est appelé la borne supérieure de A: La borne supérieure est donc le plus petit des majorants. Dans ce cas on écrit = min fM 2 E : M majorant de Ag = sup A:

(1.9)

– Lorsque A est minorée et si l’ ensemble de ses minorants a un plus grand élément ; alors est appelé la borne inférieure de A: La borne inférieure est donc le plus grand des minorants. Dans ce cas on écrit = max fm 2 E : m minorant de Ag = inf A:

(1.10)

– Si A est à la fois majorée et minorée, on dit alors que A est bornée. Exemple 1.4 Prenons E = N, A = f0; 1; 2; 3; 4g : M = 4 ou M = 5 ou M = 6:::sont tous des majorants de A:En e¤et, puisque A contient 5 éléments, il su¢ t de véri…er la dé…nition pour ces 5 éléments. Puisqu’on a 0

4; 1

4; 2

4; 3

4; 4

Donc on a la proposition suivante : 9M = 4 tel que 8x 2 A; x

Donc M = 4 est un majorant de A: L’ensemble A est donc majoré. Notons par M l’ensemble de tous les majorants de l’ensemble A: M = fx 2 N tels que x

4g = f4; 5; 6; 7; :::g :

On a bien sur : 8x 2 M : x

4 et 4 appartient a l0 ensemble M.

Donc 4 est le plus petit élément de M. Par dé…nition : 4 = sup(A): D’autre part, 4 appartient aussi à l’ensemble A: Donc par dé…nition : 4 = sup(A) = max(A):

CHAPITRE 1. L’ENSEMBLE DES NOMBRES REELS

On fait le même raisonnement, on obtient : 0 = inf(A) = min(A): Exemple 1.5 Considérons E = Z et A = fa 2 Z : a2

25g :

A = f 5; 4; 3; 2; 1; 0; 1; 2; 3; 4; 5g Il n’est di¢ cile de trouver au moins un majorant M de l’ensemble A: On peut prendre M = 5ou M = 6 ou M = 7:::On peut véri…er facilement que par exemple M = 5 est un majorant de A: En e¤et. On a 5

5; 0

5; 1

5; 2

5; 3

5; 4

5; 5

Donc on a la proposition suivante : 9M = 5 tel que : 8x 2 A; x

Donc M = 5 est un majorant de A et par conséquent l’ensemble A est donc majoré. Notons par M l’ensemble de tous les majorants de l’ensemble A: M = fx 2 Z tels que x

5g = f5; 6; 7; :::g :

On a bien sur : 8x 2 M : x

5 et 5 appartient a l0 ensemble M.

Donc 5 est le plus petit élément de M. Par dé…nition : 5 = sup(A): D’autre part, 5 appartient aussi à l’ensemble A: Donc par dé…nition : 5 = sup(A) = max(A): Notons par N l’ensemble des minorants de A: N = fx 2 Z tels que x D’autre part quent :

5g = f:::; 8; 7; 6; 5g

5 2 N . Donc le plus grand élément de N est 5 = inf(A) = min(A):

Exemple 1.6 E = N; A = fx 2 N : 5

25g :

5. Par consé-

CHAPITRE 1. L’ENSEMBLE DES NOMBRES REELS

0 < 5 =) 0 2 =A 2 1 = 1 < 5 =) 1 2 =A 22 = 4 < 5 =) 4 2 =A 2 3 = 9 > 5 et 9 < 25 =) 3 2 A 42 = 16 > 5 et 16 < 25 =) 4 2 A 52 = 25 > 5 et 25 = 25 =) 5 2 A 62 = 36 > 5 mais 62 = 36 > 25 =) 6 2 =A Donc A = f3; 4; 5g Notons par M l’ensemble de tous les majorants de l’ensemble A: M = fx 2 N tels que x

5g = f5; 6; 7; :::g :

Le plus petit élément de cet ensemble est 5: Donc et par dé…nition sup(A) = max(A) = 5 Notons par N l’ensemble des minorants de A: N = fx 2 N tels que x

3g = f0; 1; 2; 3g

Le plus grand élément de N est 3 et 3 2 A: Par conséquent : 3 = inf(A) = min(A): Exemple 1.7 E = Z, A = fx 2 Z : x2 36g : 0; 1; 2; 3; 4; 5 n’appartiennent pas à A car leur carré est inferieur ou egal à 25 1; 2; 3; 4; 5 n’appartiennent pas à A car leur carré est inferieur ou egal à 25 Si x 6 =) x2 36 ) x 2 A Si x 6 ) x2 36 ) x 2 A Par conséquent A = f::::; 8; 7; 6; 6; 7; 8; :::g L’ensemble A n’est pas majoré et n’est pas minoré. Donc sup(A) et inf(A) n’existent pas. On pose par convention sup(A) = +1 et inf(A) = Remarque 1.2 (importante)

CHAPITRE 1. L’ENSEMBLE DES NOMBRES REELS

Nous avons vu dans l’exemple 1.4, un ensemble dans Z qui n’a pas de majorant. Dans ce cas on ne peut pas parler de sup. Nous verrons qu’il existe des ensembles dans Q qui ont des majorants dans Q, mais n’admettent pas de sup dans Q. En d’autres termes l’ensemble M de tous les majorants n’a pas de plus petit élément. La proposition suivante nous fournit l’exemple qui prouve celà Proposition 1.3 Soit A = fr 2 Q : r2 < 2g : Alors sup(A) et inf(A) n’existent pas dans Q. Preuve de la Proposition 1.3 On a 8r 2 A :

2 < r < 2:

L’ensemble A est donc majoré et minoré. Supposons maintenant que sup(A) existe et que p sup(A) = 2 Q q sup(A) est un majorant et par dé…nition de l’ensemble A, on a : 8r 2 A : r2 < 2

et r2

(sup(A))2

Comme l’équation x2 = 2 n’a pas de solutions dans Q (voir Proposition 1.1), il en résulte deux possibilités pour sup(A) : sup(A)2 =

p2 <2 q2

ou bien sup(A)2 =

p2 >2: q2

Supposons par exemple que p2 <2: q2 Montrons d’abord que pour tout n 2 N véri…ant n>

2p q

+1 p2 q2

2 on a : p 1 + q n En e¤et : p 1 + q n

(1.11)

< 2:

p2 p 1 +2 + 2 2 q qn n

p2 p 1 +2 + : 2 q qn n

CHAPITRE 1. L’ENSEMBLE DES NOMBRES REELS p q

La relation (1.11) implique que toujours

1 n

2 A: D’autre part, puisque on a

p p 1 < + ; q q n on a sup(A) =

p 1 p < + 2 A: q q n

Notre hypothèse pq2 < 2 nous a permis de trouver un élément de l’ensemble A qui dépasserait strictement le sup de A: Ceci est en contradiction avec la dé…nition du sup(A) qui est un majorant de A; donc véri…erait normalemant :

Conclusion l’hypothèse

8r 2 A : sup(A)

< 2 est impossible. On démontre de la même

q2 2 manière que l’hypothèse pq2 > 2 est impossible aussi. Puisque, 2 proposition 1.1 pq2 = 2 est impossible, on conclut que l’ensemble

d’après la A ne peut

avoir de sup rationnel. Dé…nition 1.6 On dit qu’un ensemble E posséde la propriété de la borne supérieure, si toute partie non vide majorée de E admet une borne supérieure. Remarque 1.2 (bis) D’après la proposition 1.3, l’ensemble Q ne possède pas la propriété de la borne sup car on peut trouver dans Q un ensemble majoré ne possédant pas de sup. Nous allons donc plonger Q dans un ensemble plus vaste nommé ensemble des nombres réels et noté R; dans lequel les défauts rencontrés dans les propositions 1.1 et 1.3 disparaitront. En d’autres termes, dans R; on aura toujours les deux faits caractéristiques suivants : a) L’équation x2 = 2 a toujours une solution b) Tout sous ensemble non vide et majoré de R, admet un sup appartenant à R: Dé…nissons donc l’ensemble des nombres réels R, de façon axiomatique de sorte que le point b) soit véri…é.

1.3.2 1.3.3

Introduction axiomatique des nombres réels

Dé…nition 1.7 (axiomes des nombres réels) Le corps des nombres réels est un ensemble noté R; dans lequel sont dé…nies deux lois l’addition

CHAPITRE 1. L’ENSEMBLE DES NOMBRES REELS

notée + et la multiplication notée ( :) (x; y) ! x + y (addition) (x; y) ! x:y (multiplication) et une relation d’ordre notée (A15 ) suivants :

(ou

); satisfaisant les axiomes (A1 ) ; (A2 ) ; (A3 ) ; (A4 ) ; (A5 ) ; (A

Axiomes de l’addition Axiome (A1 ) : (commutativité de l’addition) x + y = y + x , pour tout x; y appartenant à R Axiome (A2 ) : (associativité de l’addition) x + (y + z) = (x + y) + z , pour tout x; y; z appartenant à R Axiome (A3 ) : il existe un élèment neutre noté 0; pour l’addition véri…ant : 0+x=x+0=x Axiome (A4 ) : pour tout x appartenant à R; il existe un élèment noté x 2 R véri…ant : x + ( x) = 0

Axiomes de la multiplication

Axiome (A5 ) : x:y = y:x pour tout x; y appartenant à R (commutativité de la multiplication) Axiome (A6 ) x:(y:z) = (x:y) :z pour tout x; y; z appartenant à R (associativité de la multiplication) Axiome (A7 ) il existe un élément neutre pour la multiplication noté 1 6= 0, véri…ant : 1:x = x:1 = x pour tout x appartenant à R Axiome (A8 ) pour tout x 6= 0, il existe un élément inverse noté x 1 tel que x:x 1 = 1 Axiome (A9 ) x:(y + z) = x:y + y:z (disitributivité), pour tout x; y; z appartenant à R

Axiomes associés à la relation d’ordre

Axiome (A10 ) : x y et y z =) x z (transitivite); pour tout x; y; z appartenant à R Axiome (A11 ) : x y et y x =) x = y (Antisymetrie); pour tout x; y appartenant à R Axiome (A12 ) : pour deux élèments quelconques x; y appartenant à R, on a : x y ou bien y x ; (Ordre total) Axiome (A13 ) : x y =) x+z y+z, pour tout x; y; z appartenant àR Axiome (A14 ) : 0 x et 0 y =) 0 x:y; pour tout x; y; appartenant à R Axiome de la borne supérieure (spéci…que à R) (A15 ) Toute partie non vide et majorée de R admet un sup.

CHAPITRE 1. L’ENSEMBLE DES NOMBRES REELS

Remarque 1.3 La question naturelle qui se pose est la suivante. Peut on construire un ensemble muni de deux lois de composition internes + et :; véri…ant les axiomes A1 à A15 : La réponse est a¢ rmative. En fait l’ensemble Q muni de l’addition et de la multiplication classique, véri…e les axiomes A1 à A14 : Ce qui caractérise R de Q c’est l’axiome de la borne supérieure (A15 ) : Les mathématiciens ont fait beaucoup de constructions de R. Citons deux très célèbres, celle de Dedekind qui utilisa les coupures de Dedekind et celle de Cauchy qui utilisa les limites de suites dites de cauchy. Nous n’aborderons pas ces questions dans ce cours.

Remarque 1.3 (bis) Nous supposerons dans ce cours qu’il existe un ensemble véri…ant les axiomes (A1 ) ; (A2 ) ; (A3 ) ; (A4 ) ; (A5 ) ; (A6 ) ; (A7 ) ; (A8 ) ; (A9 ) ; (A10 ) ; (A11 ) ; (A12 ) ; (A13 ) ; (A Toutes les autres propriétés de l’ensemble des nombres réels seront une conséquence des axiomes (A1 ) ::: (A15 ) :

1.3.4

Propriété caractéristique du sup

Soit E un sous ensemble de R non vide et majoré. D’après l’axiome (A15 ) ; il existe un nombre M0 2 R tel que M0 = sup(E) La question qui se pose est la suivante : Comment calculer sup(E): En mathématiques les problèmes d’existence et de calcul sont deux problèmes di¤érents. IL est di¢ cile en utilisant la dé…nition de démontrer qu’un nombre réel M0 est le sup de l’ensemble E: Si on connait un majorant M0 de E, il n’est pas facile de prouver que tout autre majorant M de E véri…e : M M0 (en d’autres termes M0 est le plus petit des majorants de E:) Le théorème 1.1 suivant va nous faciliter un peu la tache. Si un nombre réel M0 véri…e les deux propositions a) et b) du théorème 1.1, alors M0 est le sup de l’ensemble E: La réciproque est aussi vraie. Théorème 1.1 Soit E R un ensemble non vide et majoré et M0 un nombre réel. Alors si a) 8x 2 E : x M0 et b) 8" > 0 9x0 2 E tel que M0 " < x0 , alors M0 = sup(E) Réciproquement si M0 = sup(E); alors a) 8x 2 E : x M0 et b) 8" > 0 9x0 2 E tel que M0 " < x0

CHAPITRE 1. L’ENSEMBLE DES NOMBRES REELS

Preuve du Théorème 1.1 a) ) M0 est un majorant de E: b) ) M0 est le plus petit des majorants. En e¤et. Supposons le contraire. Alors 9M1 : majorant de E tel que M1 < M0 : (#) M0 M1 2

Utilisons maintenant l’a¢ rmation b): Prenons " = point b), il existe x0 2 E; tel que x0 > M 0

M1 2

2M0

> 0; d’après le

M0 + M1 M0 + M1 = 2 2

or d’après (#), on a M0 M1 M 1 M1 M0 + M1 = + > + = M1 2 2 2 2 2 Résumons. Si M0 n’est pas le plus petit des majorants de E; alors il existe x0 2 E et un majorant M1 de E tels que (##)

x0 > M 1

(##) est en contradiction avec le fait que M1 est un majorant de E: a) et b) ) M0 = sup(E): Réciproquement M0 = sup(E) ) (par def inition) : M0 est un majorant de E ) 8x 2 E : x M0 ) a) M0 = sup(E) ) (par def inition) : M0 est le plus petit des majorants de E, c’est à dire que, si M est un majorant quelconque de E; alors M

Soit " > 0 quelconque. Considérons M1 = M0 M0

(i)

M0 : ": On a bien sur

(ii)

" < M0 ;

i) et ii) impliquent que M1 n’est pas un majorant de E: Par conséquent et en écrivant la négation de la proposition suivante : non (8x 2 E : x

M1 = M0

"):

On obtient : il existe x0 2 E tel que : x0 > M1 = M0 Comme corollaire du théorème1.1, on obtient

"; d’où b):

CHAPITRE 1. L’ENSEMBLE DES NOMBRES REELS Théorème 1.2 Soit E nombre réel. Alors on a 8 < m0 = inf(E) , :

R un ensemble non vide et minoré et m0 un 9 a0 ) 8x 2 E : x m0 = et ; b0 ) 8" > 0 9x0 2 E : m0 + " > x0

Preuve du théorème 1.2 : Elle est semblable à celle de la preuve du théorème1.1. Voir série de TD1

Comment appliquer le théorème1.1 et le théorème 1.2 Nous allons montrer dans les deux exemples suivants comment le théorème1.1 et le théorème 1.2 nous simpli…ent la tache pour montrer qu’un nombre réel M ou m est le sup ou l’inf d’un ensemble. Exemple 1.8 Soit A = 1; 21 ; 13 ; 14 ; :::: = n1 ; n = 1; 2; ::: i) Montrez que A est un ensemble non vide, majoré et minoré. ii) Montrez en utilisant le théorème1.1 que sup (A) = max(A) = 1 iii) Montrez en utilisant le théorème1.2 que inf (A) = 0 iv) Montrez que min (A) n’existe pas. Solution i) A = n1 ; n = 1; 2; ::: : On a P our tout n verif iant : n

1; on a :

1 n

1 est donc un majorant de A: D’autre part on a P our tout n verif iant : n

1 on a :

1 > 0: n

0 est donc un minorant de A: A est non vide car 12 2 A: ii) sup(A) et inf(A) existent d’après l’axiome de la borne supérieure. Montrons que sup (A) = 1: Pour celà utilisons le théorème1. Le point a) a été démontré. Reste à prouver le point b). Prenons " > 0 quelconque. Montrons qu’il existe x0 2 A; tel que : x0 > 1

(*)

CHAPITRE 1. L’ENSEMBLE DES NOMBRES REELS

En e¤et, prenons x0 = 1 2 A: Puisque 1 > 1 " pour tout " > 0:Donc x0 = 1 véri…e la relation (*). D’autre part x0 = 1 2 A; donc 1 = sup(A) = max(A) iii) Montrons que inf(A) = 0: Utilisons le théorème1.2. Le point a’) a été démontré. Reste à prouver le point b’). Prenons " > 0 quelconque. Montrons qu’il existe x0 2 A; tel que : 0 + " > x0 les éléments de A s’écrivent sous la forme n1 ; notre problème revient donc à trouver n 2 N tel que ">

1 ou encore n > : "

1 n

Pour " > 0; choisissons d’abord n 2 N telle que n > 1" (par exemple si " = 0:01; on peut prendre n = 101 ou 102 ou 103; ::): Une fois n 2 N choisi, on prend x0 = n1 . Avec ces choix, on a 0 + " > x0 =

1 n

La relation (b’) est véri…ée pour m0 = 0: Donc inf(A) = 0: iv) On a : 1 > 0 =) 0 2 = A: n Par conséquent min(A) n’existe pas. 8n

Exemple 1.9 Montrez en utilisant les théorèmes 1.1 et 1.2 que : i) sup ([1; 2[) = 2 ii) inf (]1; 2[) = 1 Solution i) Par dé…nition 8x 2 [1; 2[ : 1

x < 2 =) 8x 2 [1; 2[ : x

Donc le point a) du théorème1.1 est véri…é. Reste à démontrer le point b) du théorème1.1, c’est à dire montrons que : 8" > 0; 9x0 2 [1; 2[ tel que 2

" < x0 :

CHAPITRE 1. L’ENSEMBLE DES NOMBRES REELS En e¤et Soit " > 0 quelconque. On a deux cas : Cas1 : " > 1 Alors " < 1 et 2 " < 1: Puisque tout x 2 [1; 2[ véri…e x 8x 2 [1; 2[ on a : 2

"<1

1: Donc

Par conséquent, 8" > 0; 9x0 2 [1; 2[ (on peut prendre n’importe quel point x 2 [1; 2[) tel que 2 " < x0 : Cas2 0 < " < 1 Alors 1 < " < 0 =) 1 < 2 " < 2: Il su¢ t donc de prendre n’importe quel point x0 tel que : 2 " < x0 < 2 Ceci étant, on a bien sur : x0 2 [1; 2[ et 2

" < x0 :

ii) On procède de la manière pour inf (]1; 2[) = 1: Notations courantes R = fx 2 R : x 6= 0g = Rn f0g : R+ = fx 2 R : x 0g : R+ = fx 2 R : x > 0g : R = fx 2 R : x 0g : R = fx 2 R : x < 0g :

1.4

Propriétés caractéristiques de l’ensemble des nombres réels

1.4.1

Propriété d’Archimède et densité de Q et de RnQ dans R

Théorème 1.3 le corps R est archimédien, c’est à dire : (8x 2 R+ ; 8y 2 R) (9n 2 N ) tel que : y < nx:

(1.12)

Preuve du théorème 1.3 Soit x 2 R+ et y 2 R; alors on a deux cas : Cas 1 : y 0 alors la propriété est véri…ée pour tout n 2 N : Cas 2 : Si y > 0; on raisonne par l’absurde. Donc supposons donc qu’il existe x > 0 tel que

CHAPITRE 1. L’ENSEMBLE DES NOMBRES REELS

(8n 2 N ) ; nx

(1.13)

Dans ce cas, considérons l’ensemble A suivant : A = fnx : n 2 N g = fx; 2x; 3x; :::; nx; :::g : On a bien sûr : a) A est non vide (x 2 A) b) A est majorée par y: D’après l’axiome de la borne supérieure, A admet une borne supérieure : Par ailleurs, x 2 A et x > 0: Donc 0<x Donc

sup(A) = :

> 0: Puisque sup(A) est le le plus petit des majorants, alors 8" > 0; 9x0 2 A : x0 >

Prenons dans (1.14) : " =

(1.14)

1 : Alors il existe un n0 2 N tel que 2 n0 x >

1 ; 2

(1.15)

ce qui implique 2n0 x > : Ceci est absurde car est la borne supérieure de A. (En e¤et d’après la dé…nition du sup, qui est un majorant, on aurait du avoir pour l’élément x0 = 2n0 x; la relation : 2n0 x ) Corollaire 1.1 L’ensemble N n’est pas majoré. Preuve du corollaire 1.1 Prenons dans le théorème 1.3, x = 1. On obtient 8y 2 R; 9n 2 N

tel que : n > y

C’est exactement la négation de : N est majoré. Dé…nition 1.8 On dit qu’une partie non vide A R est dense dans R si et seulement si pour tout nombre x 2 R et pour tout nombre y 2 R tels que x < y; il existe r 2 A tel que x < r < y:

CHAPITRE 1. L’ENSEMBLE DES NOMBRES REELS

Théorème 1.4 L’ensemble Q est dense dans R: Preuve du théorème 1.4 La preuve du théorème 4 sort du cadre de ce cours. Ce théorème veut dire qu’entre deux nombres réels quelconques, on peut insérer un nombre rationnel Théorème 1.5 L’ensemble des nombres irrationnels RnQ est dense dans R: Preuve du théorème 1.5 La preuve du théorème 1.5 sort du cadre de ce cours. Ce théorème veut dire qu’entre deux nombres réels quelconques, on peut insérer un nombre irrationnel

1.4.2 1.4.3

Partie entière d’un réel

Théorème 1.6 Pour tout réel ; il existe un unique < + 1:

2 Z tel que

Dé…nition 1.9 Soit x 2 R; l’entier 2 Z tel que x < s’appelle partie entière de x et on le note E (x) ou encore [x] :

+ 1;

Exemple 1.10 Trouvons les parties entières de 1:5 et de 3:5; c’est à dire : E(1:5) et E( 3:5) (a) Puisque 1 1:5 < 2 ) [1:5] = 1: (b) Puisque 4 3:5 < 3 ) [ 3:5] = 4

1.4.4

Valeur absolue d’un nombre réel

Dé…nition 1.10 A tout nombre réel x; on peut lui associer un nombre positif noté jxj appelé valeur absolue de x et dé…ni par 8 < x si x > 0 0 si x = 0 jxj = (1.16) : x si x < 0

CHAPITRE 1. L’ENSEMBLE DES NOMBRES REELS

On résume les propriétés de la valeur absolue dans le théorème suivant. Théorème 1.7 (i) jxj a () a x a (ii) 8x 2 R; 8y 2 R; jxyj = jxj jyj : (iii) 8x 2 R; 8y 2 R; ; jx + yj jxj + jyj : Preuve du théorème 1.7 i) Rappelons que par dé…nition x si x 0; x si x 0:

jxj = Evidemment jxj

jxj :

On a jxj

a ()

jxj

d’où jxj

a ()

jxj

ii) On a quatre cas : Cas1 x 0 et y 0: D’après l’axiome A14 ; x

0 et y

0 =) x:y

D’après la dé…nition de la valeur absolue 0 =) jxyj = xy 0 et y 0 =) jxj = x et jyj = y

x:y x Donc

jxyj = jxj jyj Cas2 x On a

0 et y

0: y

0 et x ( y) =

(xy) > 0

Dans ce cas on a : jxyj = Cas3 x

0 et y

(xy) = x( y) = jxj jyj :

CHAPITRE 1. L’ENSEMBLE DES NOMBRES REELS

On utilise dans ce cas la relation ( x) ( y) = xy: iii) Utilisons i) pour démontrer iii). D’après i), iii) est équivalente à (en posant dans i) a = jxj + jyj) jx + yj

jxj + jyj ,

(jxj + jyj)

jx + yj

(jxj + jyj)

Donc prouvons que (jxj + jyj) On a jxj

jxj

jyj

jyj :

et D’après A13 ; ajoutons membre à membre les 2 dernières inégalités, on obtient jxj

jyj

x+y

jxj + jyj ;

d’où le résultat. Théorème 1.8 (i) 8x 2 R; jxj = max ( x; x) : (ii) 8x 2 R; 8y 2 R+ ; ( y x y , jxj y) : (iii) 8x 2 R; 8y 2 R; jjxj jyjj jx yj : Preuve du théorème 1.8 La preuve est laissée à titre d’exercice (voir série de TD1).

1.4.5

Ensembles particuliers de R

Dé…nition 1.11 Soit a; b 2 R : a < b: – On appelle intervalle ouvert et on note ]a; b[ ; l’ensemble fx 2 R; a < x < bg : – On appelle intervalle fermé et on note [a; b] ; l’ensemble fx 2 R; a x bg : – On appelle intervalle semi ouvert à droite et on note [a; b[ ; l’ensemble fx 2 R; a x < bg : – On appelle intervalle semi ouvert à gauche et on note ]a; b] ; l’ensemble fx 2 R; a < x bg :

CHAPITRE 1. L’ENSEMBLE DES NOMBRES REELS

SERIE DE TD N 1 CHAPITRE 1 : NOMBRES REELS Exercice 1.1 : Montrez en utilisant les axiomes A1 réels que

A15 des nombres

y () x + z y + z a () a x a

a) x b) jxj

Solution Ces relations sont des conséquences de l’axiomes A13 : Montrons par exemple a). Rappelons l’axiome A13 : 8x; y; z 2 R : x

y =) x + z

y + z:

Donc il su¢ t de montrer que 8x; y; z 2 R : x + z En apliquant A13 à x + z x+z

y + z =) x

y + z; on obtient :

y + z =) (x + z) + ( z)

(y + z) + ( z) :

D’après A2 et A3 , on a (x + z) + ( z) = x et

(y + z) + ( z) = y;

donc x+z

y + z =) x

d’où la relation a). Montrons b). Rappelons que par dé…nition x si x 0; x si x 0:

jxj = Evidemment jxj

jxj :

On a jxj

a ()

jxj

d’où jxj

a ()

jxj

CHAPITRE 1. L’ENSEMBLE DES NOMBRES REELS

Exercice 1.2 : Montrez que 8x; y 2 R a) jx + yj jxj + jyj b) jjxj jyjj jx + yj c) jx yj = jxj jyj Solution a) D’après l’exercice1 b), on a : jx + yj

jxj + jyj ()

(jxj + jyj)

(x + y)

jxj + jyj

Ajoutons menbre à membre les relations jxj

jxj

jyj

jyj ;

ce qui est légitimes d’après A13 : On aura jxj

jyj

x+y

jxj + jyj ;

d’où le résultat. b) D’après linégalité triangulaire jxj = jx + y

jx + yj + jyj =) jxj

jyj

jx + yj

jyj = jx + y

jx + yj + jxj =) jyj

jxj

jx + yj

De même

On obtient donc : (jx + yj)

jxj

jyj

jx + yj

En prenant en considération la relation de l’exercice 1b), les relations précédentes sont équivalentes à jjxj c) Ceci est évident, si x 0; y absolue. Si x > 0 et y < 0; on a :

jyjj

jx + yj :

0; d’après A14 et la dé…nition de la valeur

y > 0 et x ( y) =

(xy) > 0

CHAPITRE 1. L’ENSEMBLE DES NOMBRES REELS

L’a¢ rmation en résulte, car dans ce cas on a : jxyj =

(xy) = x( y) = jxj jyj :

De façon analogue on considère le cas x < 0; y < 0, en se servant de la relation ( x) ( y) = xy: Exercice 1.3 : Montrez en utilisant l’axiome de la borne supérieure que toute partie non vide et minorée E R admet une borne inférieure et que inf(E) =

sup ( E) :

Solution Soit m un minorant de E. Alors par dé…nition on a : 8x 2: x Ceci implique que le nombre

m =)

m est un majorant de l’ensemble E = f x : x 2 Eg :

D’après l’axiome A15 ; sup ( E) existe. Montrons que inf E =

sup ( E) :

En e¤et, pour tout x 2 E on a x

sup ( E) ;

soit x

sup ( E) ;

donc sup ( E) est un minorant de E. Reste à montrer que sup ( E) est le plus grand des minorants de E; c’est à dire qu’on doit montrer la propriété suivante : 8" > 0; 9x0 2 E tel que : x0 <

sup ( E) + ":

En e¤et. Soit " > 0 quelconque. Par dé…nition sup ( E) est le plus petit des majorants de l’ensemble ( E) : Donc sup ( E) " perd sa propriété d’être un majorant de ( E) ; c’est à dire qu’il existe y0 2 E ( y0 = x0 ; x0 2 E), tel que : y0 > sup ( E) ": Soit en remplaçant : 8" > 0; 9x0 2 E tel que :

x0 > sup ( E)

CHAPITRE 1. L’ENSEMBLE DES NOMBRES REELS

ou encore 8" > 0; 9x0 2 E tel que : x0 <

sup ( E) + ":

C’est exactement la relation cherchée. Exercice 1.4 : Soit E

R une partie majorée et non vide montrez que : a) 8x 2 E : x M0 et b) 8" > 0 : 9x0 2 E tel que M0 " < x0

M0 = sup (E) =) et m0 = inf (E) ,

a) 8x 2 E : x m0 et b) 8" > 0 : 9x0 2 E tel que m0 + " > x0

Solution Exercice 4 Nécessité :) M0 = sup(E) ) (par def inition) : M0 est un majorant de E ) 8x 2 E : x M0 ) a) M0 = sup(E) ) (par def inition) : M0 est le plus petit des majorants de E, c’est à dire que, si M est un majorant quelconque de E; alors M

Soit " > 0 quelconque. Considérons M1 = M0 M0

(#)

M0 : ": On a bien sur

(##)

" < M0 ;

#) et ##) impliquent que M1 n’est pas un majorant de E: Par conséquent et en écrivant la négation de la proposition suivante : non (8x 2 E : x

M 1 = M0

"):

On obtient : il existe x0 2 E tel que : x0 > M1 = M0 "; d’où b): Su¢ sance a) ) M0 est un majorant de E: b) ) M0 est le plus petit des majorants. En e¤et. Supposons le contraire. Il existe M1 majorant de E tel que M1 < M0 : Prenons " = M0 2 M1 ; d’après le point b), il existe x0 2 E; tel que x0 > M 0

M1 2

2M0

M0 + M1 M0 + M1 = > M1 ) M1 n’est pas un majorant de E. 2 2

CHAPITRE 1. L’ENSEMBLE DES NOMBRES REELS

a) et b) ) M0 = sup(E): Exercice 1.5 : Montrez en utilisant l’exercice 4 que : i) sup ([1; 2[) = 2 ii) inf (]1; 2[) = 1 Solution Exercice5 i) Par dé…nition 8x 2 [1; 2[ : 1

x < 2 =) 8x 2 [1; 2[ : x

Donc le point a) de l’exercice4 est véri…é. Reste à démontrer le point b) de l’exercice 4, c’est à dire montrons que : 8" > 0; 9x0 2 [1; 2[ tel que 2

" < x0 :

En e¤et Soit " > 0 quelconque. On a deux cas : Cas1 : " > 1 Alors " < 1 et 2 " < 1: Puisque tout x 2 [1; 2[ véri…e x 8x 2 [1; 2[ on a : 2

"<1

1: Donc

" < x0 :

ii) On procède de la manière pour inf (]1; 2[) = 1: Exercice 1.6 : Soit A = 1; 12 ; 13 ; 14 ; :::: = n1 ; n = 1; 2; ::: 6.1) Montrez que A est un ensemble non vide, majoré et minoré. 6.2) Montrez que sup (A) = max(A) = 1 6.3) Montrez que inf (A) = 0 6.4) Montrez que min (A) n’existe pas.

CHAPITRE 1. L’ENSEMBLE DES NOMBRES REELS

Solution Exercice6 6.1) A = n1 ; n = 1; 2; ::: : On a P our tout n verif iant : n

1; on a :

1 n

1 est donc un majorant de A: D’autre part on a P our tout n verif iant : n

1 on a :

1 > 0: n

0 est donc un minorant de A: A est non vide car 12 2 A: 6.2) sup(A) et inf(A) existent d’après l’axiome de la borne supérieure. Montrons que sup (A) = 1: Pour celà utilisons l’exercice 1.4. Le point a) a été démontré. Reste à prouver le point b). Prenons " > 0 quelconque. Montrons qu’il existe x0 2 A; tel que : x0 > 1

En e¤et, prenons x0 = 1: Remarquons d’abord que x0 = 1 véri…e la relation précédente, car on a toujours pour tout " > 0 : 1>1

D’autre part 1 2 A: Donc : 1 = sup(A) = max(A) 6.3) Montrons que inf(A) = 0: Utilisons l’exercice 4. Le point a) a été démontré. Reste à prouver le point b). Prenons " > 0 quelconque. Montrons qu’il existe x0 2 A; tel que : 0 + " > x0 les éléments de A s’écrivent sous la forme n1 ; notre problème revient donc à trouver n 2 N tel que ">

1 n

1 ou encore n > : "

Pour " > 0; si on prend x0 = n1 , avec n > 1" ; on aura nécessairement : x0 2 A et 0 + " > x0 : La relation (b) est véri…ée. Donc inf(A) = 0: 6.4) On a : 8n

1 > 0 =) 0 2 = A: n

CHAPITRE 1. L’ENSEMBLE DES NOMBRES REELS

Par conséquent min(A) n’existe pas. Exercice 1.7 : Démontrez que le carré d’un entier impair est impair. Solution Exercice 7 Tout nombre impair s’écrit sous la forme 2

= 2m + 1; m 2 N. Alors

= (2m + 1)2 = 4m2 + 4m + 1

Comme 4m2 + 4m = 2 (2m2 + 2m) = 2k; k 2 N . Donc 2

Par conséquent

= 2k + 1

est impair.

Exercice 1.8 : On considère l’équation x2 = 2 . Montrez que cette équation n’a pas de solution dans Q: Solution Exercice 8 Supposons le contraire, c’est à dire qu’il existe un nombre rationnel pq dont le carré vaut 2, où nous supposons que pq est irréductible, c’est-à-dire que p et q n’ont pas de diviseurs communs entiers autre que 1 (on dit aussi que p et q sont premiers entre eux). Alors 2 p p2 = 2 =2 q q ou encore p2 = 2q 2 : Par conséquent p2 est pair. Remarquons que p2 pair =) p pair. En e¤et. Si p est impair, alors p2 est impair d’après l’exercice 7. Ainsi on peut écrire p = 2m: Remplaçons p = 2m dans p2 = 2q 2 ; on obtient 4m2 = 2q 2 () q 2 = 2m2 : il s’ensuit que q 2 est pair et q aussi: p et q sont pairs, sont donc tous les deux multiples de 2: Ceci est en contradiction avec l’hypothèse : p et q sont premiers entre eux. Il n’existe donc pas de nombre rationnel dont le carré est égale à deux. Exercice 1.9 : Soient a 2 Q et b 2 Q: tel que a < b: Montrez qu’il existe toujours un nombre c 2 Q strictement compris entre a et b:

CHAPITRE 1. L’ENSEMBLE DES NOMBRES REELS Aide : considerez c =

a+b , 2

montrez que c 2 Q et que a < c < b:

Solution Exercice 9 Soient a et b deux nombres rationnels. Montrons que a+b est un nombre 2 rationnel compris strictement entre a et b. En e¤et. Supposons que a < b: En addionnant a de chaque coté, on a 2a < a + b et a <

a+b : 2

De même en ajoutant b de chaque côté, a + b < 2b et

a+b < b: 2

Par conséquent a+b < b: 2 est nombre rationnel. En e¤et, soient

a< Prouvons maintenant que a=

a+b 2

p r et b = ; ou p; q; r; s q s

sont des entiers, avec q 6= 0; s 6= 0: Alors

a+b 1 = 2 2

p r + q s

p 3

1 2

ps + qr 2qs

est un nombre rationnel. Exercice 1.10 : Montrez que

3 est algébrique.

Solution Exercice p p 10 Soit x0 = 3 2 + 3: Il faut montrer que x0 est solution d’une équation algébrique de la forme a0 + a1 x + ::: + an xn = 0; ai 2 Z En e¤et, x0 =

p 3

3 () x0

p 3

En élévant à la puissance 3; les deux côtés et en simpli…ant, nous trouvons x0

CHAPITRE 1. L’ENSEMBLE DES NOMBRES REELS p

Soit en calculant x0

L’équation x0

3 , on trouve

= x30

p 3x20 3 + 9x0

p 3 3

= 2 donne donc p 3x20 3 + 9x0

x30 ou encore

p 3 3

2 = 0;

p 2 = 3 3 1 + x20 :

x30 + 9x0

Si on élève les deux membres de cette équation au carré, on obtient : x30 + 9x0

p = 3 3 1 + x20

Après calcul, on obtient : x60 + 18x40

4x30 + 81x20

36x0 + 4 = 27x40 + 54x20 + 27

Soit en simpli…ant, on a x60

9x40

4x30 + 27x20

36x0

23 = 0

En d’autres termes, x0 est solution de l’équation algébrique x6

9x4

4x3 + 27x2

36x

23 = 0

Remarquons que dans ce cas : n = 6; a0 =

23; a1 =

36; a2 = +27; a3 =

9; a5 = 0; a6 = 1: p p Comme c’est une équation à coe¢ cients entiers, il s’ensuit que 3 2 + 3, qui est une solution, est un nombre algébrique. Exercice 11 : Soient a1 ; a2 ; :::; an quelconques. Démontrez que : (a1 b1 + a2 b2 + ::: + an bn )2

4; a4 =

et b1 ; b2 ; :::; bn des nombres réels

a21 + a22 ::: + a2n

b21 + b22 + ::: + b2n

Solution Exercice 11 Pour tout nombre réel , nous avons (a1 + b1 )2 + (a2 + b2 )2 + ::: + (an + bn )2

CHAPITRE 1. L’ENSEMBLE DES NOMBRES REELS

En dévellopant et en groupant il s’ensuit A2

+ 2C + B 2

(1)

où A2 = a21 +a22 +:::+a2n ; B 2 = b21 +b22 +:::+b2n ; C = a1 b1 +a2 b2 +:::+an bn (2) Maintenant (1) s’écrit : 2

2C B2 + A2 A2

0 ou

C A2

Mais la dernière inégalité est véri…ée pour tout B2 A2

C2 A4

0 ()

A2 B 2 C 2 A4

B2 A2

(3)

réel si et seulement si

0 () C 2

ce qui donne l’inégalité proposée en utilisant (2).

C2 A4

A2 B 2

Chapitre 2 SUITES REELLES 2.1 2.1.1

NOTIONS GENERALES NOTE HISTORIQUE

Les suites numériques sont liées à la mathématique de la mesure (mesures d’un phénomène prises à intervalles de temps réguliers) et à l’analyse (une suite numérique est l’équivalent discret d’une fonction numérique). La notion de suite est présente dès qu’apparaissent des procédés illimités de calcul. On en trouve, par exemple, dans la mathématique babylonienne, chez Archimède, spécialiste des procédés illimités d’approximation (séries géométriques de raison 1/4) pour des calculs d’aires et de volumes, ou en Égypte vers -1700 et plus récemment au 1er siècle dans le procédé d’extraction d’une racine carrée par la méthode de Héron d’Alexandrie : Pour extraire la racine carrée de A , choisir une expression arbitraire a non nulle, et prendre la moyenne entre a et Aa et recommencer aussi loin que l’on veut le processus précédent. En notation moderne, cela dé…nit la suite de nombres (un ) telle que : u0 = a;

un+1 =

1 2

un +

A un

;

n = 0; 1; :::

Archimède et les suites Une des premières utilisations d’une suite de nombres est due à Archimède. Pour trouver la valeur du nombre ; il inscrit dans un cercle de rayon 1 un triangle équilatéral dont il calcule le perimètre. Puis en doublant le nombre de côtés, il calcule le périmètre d’un hexagone (6 côtés), puis celui d’un dodécagone (12 côtés) et ainsi de suit, indé…niment. Il obtient ainsi une 52

CHAPITRE 2. SUITES REELLES

suite illimitée de nombres connus dont la limite est 2 et qui fournissent une bonne approximation de :

Archimede utlise les suites pour calculer des approximations de Moyen âge et renaissance Les suites sont d’abord connues pour calculer des sommes in…nies de nombres, appelées séries. Par exemple, dans la somme : 1 + x + x2 + :::: + xn + ::: si on pose s1 = 1; s2 = 1 + x; s3 = 1 + x + x2 ; :::; etc::: La somme chérchée est la limite de la suite fsn g : En 1598 Viète (1540, 1603) prouve que cette somme est égale à 1 1 x :

CHAPITRE 2. SUITES REELLES

A la renaissance, les suites sont utilisées pour calculer par approximations succssives les solutions d’équations de la forme f (x) = x Temps modernes Les suites sont devenues un outil indispensable de l’Analyse, mais ne furent guère utilisées avant Cauchy. La maitrise de cet outil a été grandement facilitée par l’utilisation, au XIXème sciècle, de la notation indicielle qui consiste à noter chaque nombre d’une suite par une même lettre a¤ectée d’un indice. Et aussi par le point de vue de Péano qui dé…nit une suite numérique comme une fonction de l’ensemble N dans R: A la …n du XIXème sciècle, Dedeckind (1888), puis Péano (1889), proposent des axiomatiques trés voisines de l’ensemble N: C’est à dire qu’ils dressent la liste des énoncés considérés sans démonstration comme vrais dans l’ensemble N (les axiomes), en nombre minimal, à partir desquels on démontre toutes les propriétés vraies dans N: La récurence fait partie de ces axiomes.

P eano (1854

1932)

Dedeckind (1831

1916)

Henri Poincarré, expliquant dans un article la nature du raisonnement mathématique, avait conclu lui aussi que le raisonnement par récurence doit être pensé comme un axiome. Cependant, le raisonnement par récurrence était déjà très largement utilisé par les mathématiciens : il …gure déjà implicitement dans " les éléments d’Euclide ” (vers -300). Le raisonnement par récurrence se trouve explicitement dans le livre " Problèmes plaisants et delectables qui se font par les nombres” , paru en 1612 et clairement formulé par Pascal dans son " Traité

CHAPITRE 2. SUITES REELLES

du triangle arithmétique ” vers 1654.

P oincarre(1854

2.1.2

1912)

Exemples d’utilisations des suites dans la vie courante

Une suite est une liste ordonnée de nombres. # Dans la vie courante, on utilise fréquemment de telles suites. Par exemple : a) Pour étudier l’évolution du prix de vente d’un produit. On notera p0 le prix initial, p1 le prix au bout d’un mois,..., pn le prix au bout de n mois. On construit ainsi une suite p0 ; p1 ; p2 ; p3 ; :::pn ; ::: que l’on note (pn ) b) Le biologiste qui étudie l’évolution d’une population de bactéries, notera N0 l’e¤ectif initial, N1 l’e¤ectif au bout d’une heure,..., Np l’e¤ectif au bout de pieme heure. On construit ainsi la suite suivante : N0 ; N1 ; N2 ; N3 ; :::; Np ; ::: qu’on note (Np ) # En Mathématiques, les suites considérées sont illimitées. Ainsi elles pourront servir à l’étude éventuelle de toute situation concrète. En particulier, elles permettent de trouver des approximations aussi …nes que l’on veut de nombres ou de grandeurs inconnues. Exemple 2.0

CHAPITRE 2. SUITES REELLES

Un biologiste souhaite étudier l’évolution d’une population de bactéries. Il a e¤ectué les relevés suivants : heure 10h 10h20 10h40 11h 11h20 nombre 1000 2100 4000 7900 16000

Ce tableau fait apparaitre une évolution assez régilière. Pour pratiquer des prévisions, le biologiste modélise l’évolution en a¢ rmant que la population double toutes les 20 minutes. Pour véri…er la validité de son hypothèse, il fait un nouveau relevé à midi. Il constate que la population est alors environ 65000. Question1 : Le biologiste peut il valider son modèle ? Réponse1 : oui, le bilogiste peut valider son modèle. En e¤et si on suit le modèle précédent, la population doublerait à 11h40 et passerait à 32000 et à 12h00 elle deviendrait 64000. C’est le chi¤re qu’on a observé par expérience. Donc on peut retenir le modèle. Question2 : On admet maintenant que le modèle est retenu, c’est à dire que la population doublerait toutes les 20 minutes. Par quel nombre est elle multipliée au bout d’une heure ? au bout de 2 heures ? Réponse2 : Dans une heue il y’a 3 fois 20 minutes. Donc la population augmenterait de 2 2 2 = 23 = 8 fois la population initiale. 2 heures contiennent 6 fois 20 minutes. Donc la population augmenterait de 2 2 2 2 2 2 = 26 = 64 fois la population initiale. Question3 : On note p0 la population initiale, p1 la population à 10h20 et ainsi de suite. Comment noter la population à 12h ?, à 14h ?. Exprimez pn en fonction de l’entier n: Le biologiste revient demain à 10h. Estimez alors la population prélevée. Réponse3 p0 la population initiale à 10h, p1 la population après 1 f ois 20 minutes. A 12h : 6 f ois 20 minutes se seront écoulées. On obtiendra donc le terme p6 : A 14 heures ça sera : 12 f ois 20 minutes et on obtiendra donc le terme p12 : On aura donc :

p1 p2 pn

p0 = 2p0 = 2p1 = 2 2p0 = 22 p0 ::::: = 2 pn 1 = 22 pn 2 = ::: = 2n p0

CHAPITRE 2. SUITES REELLES

Si le biologiste revient le lendemain à 10 heures, alors 24 heures se seront écoulées, c’est à dire qu’on aura 24 60 = 1440 minutes, soit 72 tranches de 20 minutes. La population mesurée à 10 heures le lendemain sera donc : p72 = 272

2.2 2.2.1

p0 = 272

1000 = 4722 366 482 869 645 213 696000:

Dé…nitions et exemples Exemples

Fabriquer une suite (un ), c’est associer à chaque entier n un réel noté u(n) ou un : Exemple 2.1 : Associons à chaque entier n 2 N son double. On obtient une suite in…nie de nombres réels (les entiers pairs). Le double de 0 est u0 = 2 0 = 0; :::; le double de 15 est u15 = 2 15 = 30: Le double d’un entier quelconque n est un = 2 n: Exemple 2.2 Associons à chaque entier naturel n (n 7); le nombre p vn = n 7: On dé…nit ainsi une suite (vn ) de nombres réels : p p p v7 = 0; v8 = 1; v9 = 2; v10 = 3; v11 = 2:::; v2005 = 1998; ::: Remarquons que cette suite n’est dé…nie que pour n

2.2.2

Dé…nition

Dé…nition 2.1 Une suite réelle est une fonction à valeurs réelles, dont l’ensemble de dé…nition est l’ensemble N des entiers naturels ou N privé des entiers 0; 1; 2; :::; n0 (n0 étant un entier naturel …ni, n0 = 7 dans l’exemple 2.2)

2.2.3

Notations et vocabulaire

un se lit u indice n ou u...n: On dit que un est le terme d’indice n de la suite notée u ou (un ) ou (un )n2N Une suite est une fonction. On a l’habitude de noter les fonctions par les symboles f; g; h:::: Dans le cas des suites on note ces fonctions par u; v; w::: Suppososons qu’on note u une fonction suite. L’image d’un nombre x devrait être u(x); mais pour rappeler que u opère sur des nombres entiers, on note ces naturels n; m; p; :::

CHAPITRE 2. SUITES REELLES

Ainsi, u(n) est l’image de n par la suite u: L’usage veut que le nombre u(n) se note un et que la suite se note (un ) ou (un )n2N ou (un )n 1 ; plutot que u: Remarque 2.1 Si m 6= p; les termes um et up de la suite (un ) sont vus comme des termes di¤érents, même si um = up :Une suite a une in…nité de termes. Tous ses termes peuvent être égaux comme la suite (1; 1; 1; :::; 1; :::) ;

un = 1 8n:

De telles suites s’appellent suites constantes. Une suite peut aussi avoir la propriété suivante : un = C; C = constante 8n

N0 ; N0 est un entier,

c’est à dire que la suite devient constante à partir d’un certain rang N0 :

2.3 2.3.1

Di¤érentes façons de dé…nir une suite Par une dé…nition explicite du terme d’indice n

Dans ce cas, on peut calculer directement un à partir de n Exemple 2.3

a) un = 5n + 3 2n 1 b) vn = n+1 c) wn = 2n Dans les deux premiers exemples, le terme général un est l’image de l’entier n par une fonction usuelle dé…nie au moins sur l’ensemble des réels positifs. a) un = f (n) avec f : x ! 5x + 3 2x 1 b) vn = g(n) avec g : x ! x+1 De manière générale, si f est une fonction dé…nie au moins sur l’intervalle [0; +1[; on dé…nit une suite (un ) en posant : un = f (n) pour tout n:

CHAPITRE 2. SUITES REELLES

2.3.2

Par récurrence

Dans ce cas on ne peut pas calculer un à partir de n: Pour calculer un il faut auparavant calculer tous les termes qui le précedent. Une relation de récurence lie n’importe quel terme de la suite à celui qui le précède. La donnée du terme u0 et d’une relation (dite de récurrence) qui permet de calculer un terme de la suite, à partir du précedent, détermine une suite. Exemple 2.4 u0 = 5; un+1 = 3un 2 Ces données permettent de calculer de proche en proche les termes de la suite : u1 = (3 5) 2 = 13 u2 = (3 13) 2 = 37 u3 = (3 37) 2 = 109 ::::::::::: un+1 est l’image de un par une fonction usuelle dé…nie sur l’ensemble des réels. un+1 = f (un ) avec f : x ! f (x) = 3x 2

Exemple 2.5 La relation de récurence un+1 = f (un ) permet de dé…nir une suite lorsque u0 est dans un intervalle I tel que pour tout x de I; f (x) est aussi dans I: En d’autres termes on devrait avoir f (I)

Si on considère la suite dé…nie par u0 = 5 et un+1 =

La fonction associée à cette suite est la fonction p f :x! x 1

Cette fonction est dé…nie dans l’intervalle I = [1; +1[; u0 = 5 2 I: Malheureusement, il exite des points x 2 I pour lesquels f (x) 2 = I: Exemple le point x = 1 2 I; mais f (1) = 0 2 = I = [1; +1[: Celà ne permet pas de calculer tous les termes de la suite. Dans notre exemple on a u0 u1 u2 u3 u4

= = = = =

5 p 5 p 2 p 1 p 0

1=2 1=1 1=0 1 qui n0 existe pas

CHAPITRE 2. SUITES REELLES

2.4 2.4.1

Sens de variation Dé…nitions

Dé…nition 2.2 Une suite (un ) est dite strictement croissante si pour tout naturel n on a un < un+1 : La suite (un ) est dite strictement décroissante si pour tout naturel n on a un > un+1 (un ) est dite constante si pour tout naturel n on a un = un+1 : On dé…nit de même une suite croissante (décroissante) lorsque on a pour tout entier naturel n un un+1 (un un+1 ) Une suite (un ) est dite monotone si elle soit croissante, soit décroissante. Si elle est strictement croissante ou strictement décroissante, on dit qu’elle est strictement monotone. Une suite (un ) est dite monotone (strictement monotone) à partir de l’indice N0 ; si les inégalités précédentes sont seulement vraies pour n N0 et non pas pour tout entier naturel n: Remarque 2.2 Pour étudier le sens de variation d’une suite (un ) ; on compare pour tout entier n; les termes un+1 et un , soit en étudiant le signe de la di¤érence un+1 un ; soit, lorsque les termes un sont strictement positifs, en comparant le rapport un+1 un et le nombre 1:

2.4.2

Exemples

Exemple 2.6 Considérons la suite (un ) dé…nie par : un = n 2

CHAPITRE 2. SUITES REELLES un+1

un = (n + 1)2

(n + 1)

2 = 2n:

Puisque 2n > 0 pour n > 0: Donc la suite (un ) est strictement croissante à partir de l’indice N0 = 1: Exemple 2.7 Considérons la suite (un ) dé…nie par : un =

2n 3n

On a

2n > 0; 8n 2 N 3n celà nous donne la possibilité d’étudier le rapport un+1 = un

2n+1 3n+1 2n 3n

2n+1 = n+1 3

un+1 un

3n 2 = < 1: n 2 3

Donc un+1 < un : La suite (un ) est donc strictement décroissante.

2.4.3

Cas d’une suite dé…nie par un = f (n)

Dans ce cas on a le théorème suivant : Théorème 2.1 Soit f une fonction réelle dé…nie sur [0; +1[ et (un ) une suite dé…nie par un = f (n) Si f est strictement croissante (strictement décroissante), alors la suite (un ) est strictement croissante (strictement décroissante). Preuve du théorème 2.1 Soit n un entier naturel quelconque. Puisque n < n+1: Si f est strictement croissante, alors f (n) < f (n + 1): Soit en remplaçant : un < un+1 ; par conséquent (un ) est strictement croissante. Même démonstration si f est strictement décroissante.

CHAPITRE 2. SUITES REELLES

2.5

Suites arithmétiques

2.5.1

Dé…nitions et exemples

Dé…nition 2.3 Une suite (un ) est dite suite arithmétique s’il existe un nombre réel r , appelé raison de la suite (un ) tel que : un+1 = un + r;

pour tout entier n:

Exemple 2.8 a) La plus naturelle des suites arithmétiques est la suite des entiers naturels 0; 1; 2; 3; :::; ::: de premier terme 0 et de raison 1: b) Considérons la suite des nombres pairs 0; 2; 4; 6; :::; ::: c’est une suite arithmétique de premier terme 0 et de raison 2: c) La suite des termes impairs 1; 3; 5; 7; :::; ::: est de premier terme1 et de raison 2: d) Considérons la suite (un ) suivante : un = 5n

On a un+1 = 5 (n + 1)

2 = 5n + 5

2 = (5n

2) + 5 = un + 5;

c’est donc une suite arithmétique de raison 5:

2.5.2

Relations entre les termes

Théorème 2.2 Considérons une suite arithmétique (un ) de premier terme u0 et de raison r: Alors on a a) pour tout entier naturel n 1 un = u0 + nr:

( )

CHAPITRE 2. SUITES REELLES

b) quels que soient les entiers naturels m et p : um

up = (m

p) r

Preuve du théorème 2.2 a) La relation ( ) est vraie pour n = 1: En e¤et puisque (un ) est une suite arithmétique. Donc u1 = u0 + r: Supposons que la relation ( ) soit vraie pour le rang p: On aura ( )

up = u0 + pr

Montrons que celà implique que la relation ( ) reste vraie pour le rang p + 1: En e¤et, puisque (un ) est une suite arithmétique, alors up+1 = up + r; soit en utilisant la relation ( ), on obtient : up+1 = (u0 + pr) + r = u0 + pr + r = u0 + r (p + 1) : Donc la relation ( ) est vraie pour tout n: b) En e¤et, d’aprés le point précedent a) , um = u0 + mr, up = u0 + pr ; d’où : um

up = mr

pr = (m

2.6

Suites géométriques

2.6.1

Dé…nitions et exemples

p)r:

Dé…nition 2.4 Une suite (un ) est dite suite géométrique, s’il existe un nombre réel q , appelé raison de la suite (un ) tel que : un+1 = un

pour tout entier n:

Exemple 2.9 a) La suite des puissances successives de 2 1; 2; 4; 8; 16; 32; 64; :::; :::

CHAPITRE 2. SUITES REELLES

est une suite géométrique de premier terme 1 et de raison 2. b)Considérons la suite de terme général un = ( 1)n = (1; 1; 1; 1; ::::; ::::) est une suite géométrique de premier terme 1 et de raison c) Considérons la suite de terme général

3n :

un = 2 On a un+1 = 2

3n+1 = 2

3n )

3 = (2

3 = un

Par conséquent la suite (un ) est une suite géométrique de raison 3:

2.6.2

Relations entre les termes

Théorème 2.3 Considérons une suite géométrique (un ) de premier terme u0 et de raison q 6= 0: Alors on a : a) pour tout entier naturel n 1 qn;

a) un = u0

( )

b) quels que soient les entiers naturels m et p (m > p) : qm p;

um = u p

( )

Preuve du théorème 2.3 a) Comme dans le théorème 2.2, la démonstration se fait par récurence. La proposition ( ) est vraie pour n = 1: En e¤et (un ) étant géométrique, u1 = q

u0 :

Supposons que la relation ( ) soit vraie pour le rang p: On aura u p = u0

( )

Montrons que celà implique que la relation ( ) reste vraie pour le rang p + 1: En e¤et, puisque (un ) est une suite arithmétique, alors up+1 = up

soit en utilisant la relation ( ), on obtient : up+1 = up

q = (u0

qp)

q = u0 + q p+1 :

CHAPITRE 2. SUITES REELLES

Donc la relation ( ) est vraie pour tout n: b) En e¤et, d’aprés le point précedent a) , um = u0 Donc, puisque q 6= 0; up u0 = p q et par conséquent : um =

2.7

up qp

q m = up

q m , up = u 0

qp.

qm p:

CONVERGENCE DES SUITES REELLES

2.7.1

Introduction et dé…ntion

Introduction Etudier la convergence d’une suite, c’est se demander ce que deviennent les nombres un lorsque n prend des valeurs de plus en plus grandes, vers +1: Plus précisément, c’est s’intéresser aux questions suivantes. - Les nombres un se dispersent-ils ? …nissent-ils par être de plus en plus grands (éventuellent en valeur absolue) ? - Les nombres un …nissent-ils par s’accumuler près d’un nombre …xe ` ? C’est cette dernière quetion qui nous intéresse ici.

Idée intuitive de la notion de limite d’une suite réelle Nous allons étudier d’abord un exemple Exemple 2.10 Considérons la suite (un ) dé…nie par : un =

1 n

Ecrivons la liste des termes de la suite (un ) : (1surn)

1 7:pdf

Il est clair que les termes …nissent par s’accumuler autour de zéro.

CHAPITRE 2. SUITES REELLES

Comment traduire cette idée d’accumulation ? Une façon intuitive est de dire que les termes un …nissent par être très proches de zéro, de plus en plus proches. Mais cette formulation est trop vague : que veut dire “…nissent”? Que signi…e exatement “être proche de zéro”? Pour préciser, on est obligé de dire “un est proche de 0 à " près”,(" reel; " > 0), c’est-à-dire que un est dans l’intervalle I = ] "; "[ de centre zéro, de rayon ": Prenons pas exemple " = 0; 000 01 = 10 5 , alors I contient presque tous les un , plus précisément, il contient tous les termes un dont l’indice n est superieur à 105 : En e¤et n > 105 )

1 < 10 n

) un 2 I" =

10 5 ; +10

Remarquons que seulement un nombre …ni de termes un se trouvent à l’exterieur de l’intervalle I" = ] 10 5 ; +10 5 [ : En e¤et si n

105 )

1 n

) un 2 = I" =]

10 5 ; +10 5 [;

c’est à dire que les termes qui se trouvent à l’exterieur de l’intervalle I" = ] 10 5 ; +10 5 [ sont u1 ; u2 ; :::; u105 1 (1surnII)

1 8:pdf

Ce qui a été fait avec " = 10 5 et avec l’intervalle I10 5 = ] 10 5 ; +10 5 [ peut être fait avec " quelconque, aussi petit que l’on veut, c’est à dire que tout intervalle ouvert de centre 0 et de rayon " quelconque contient tous les un ; sauf un nombre …ni d’entre eux. En e¤et soit " > 0 quelconque. Si n>

1 "

CHAPITRE 2. SUITES REELLES alors un =

67 1 < ": n

Par conséquent un 2 I" = ] "; +"[ Remarque 2.3 1 peut ne pas appartenir à l’ensemble des entiers naturels N: Pour " > 0 au " lieu de considerer le nombre 1" , on prend le premier nombre entier supérieur à 1" ; c’est à dire E( 1" ) + 1 2 N: Dans ce cas si 1 n > E( ) + 1; " alors n>

1 "

et par conséquent un 2 I" = ] "; +"[ : Résumons la situation étudiée dans l’exemple2.1 Résumé : Pour tout " > 0 donné (ou pour tout intervalle I" = ] "; +"[), il existe un entier naturel qu’on note N0 (N0 dépend en général de "; N0 = E( 1" ) + 1 dans notre exemple) tel que : pour tout n N0 un 2 I" = ]0

"; 0 + "[ ou encore

jun

0j < ":

On dit alors que la suite (un ) a pour limite 0 quand n “tend”vers l’in…ni.

CHAPITRE 2. SUITES REELLES

Cas général. Dé…nition La situation décrite dans l’exemple précedent pour la suite (un ) avec un = et pour la limite ` = 0; peut être généralisée pour une suite quelconque (un ) et une limite ` 2 R: 1 , n

Dé…nition 2.5 Dire qu’un réel ` est la limte d’une suite (un ) ; signi…e que tout intervalle ouvert de centre ` et de rayon " : I" =]` "; `+"[ , contient tous les termes de la suite à partir d’un certain indice N0 ou encore que tous les termes de la suite (un ) se trouvent dans l’intervalle I" sauf un nombre …ni d’entre eux. La dé…nition 2.5 est équivalente à la dé…nition 2.5 bis suivante : Dé…nition 2.5 bis Soit (un ) une suite réelle et ` 2 R: ` est la limte de la suite (un ) si et seulement si : 8" > 0; 9N0 2 N tel que : pour tout n

N0 : jun

`j < ":

Notation : Le nombre ` est appelé limite de la suite (un ) : On note lim (un ) = `:

n!1

On dit que la suite est convergente ou bien qu’elle converge vers `:

CHAPITRE 2. SUITES REELLES

Limite in…nie Dé…nition 2.6 Une suite (un ) a pour limite +1 ou 1 si les termes jun j deviennent de plus en plus grands quand n ! 1; c’est à dire que tout intervalle ouvert de la forme ]A; +1[ (pour + 1) ou ] 1; A[ (pour 1); contient tous les termes de la suite (un ) à partir d’un indice N0 : La dé…nition 2.6 est équvalente à la dé…nition 2.6 bis suivante Dé…nition 2.6 bis On dit qu’une suite (un ) tend vers +1 (resp. 1) si, quel que soit le nombre positif arbitraire A; il existe un entier naturel N0 tel que pour tout n > N0 ; on ait : un > A (resp: un <

On notera lim (un ) = +1 (resp: lim (un ) =

n!1

Nous avons vu deux situations concenant la notion de convergence de suite. La situation …gurant dans la dé…nition 2.5 ou 2.5 bis est la situation idéale. La deuxième situation, …gurant dans la dé…nition2.6 ou 2.6 bis, nous renseigne malgré tout que la suite (un ) possède un certain ordre qui est le fait de grandir indé…niment en valeur absolue. Reste une troisième situation dans laquelle la suite (un ) est totalement désordonnée. Elle ne converge pas vers une limite …nie et ses termes ne grandissent pas indé…niment quand n ! 1: On dit dans ce cas que tout simplement que la suite (un ) n’admet pas de limite. Nous allons donner un exemple sur ce cas dans ce qui suit : Exemple de suite sans limite Considérons la suite (un ) dé…nie par : un = ( 1)n = (1; 1; 1; 1; 1; 1; :::) : Remarquons d’abord que si cette suite admet une limite `, alors ` = 1 ou ` =

Montrons par exemple que ` = 1 n’est pas la limite de la suite (un ) : En e¤et, prenons " = 0:1: L’intervalle ouvert I" = ]1

"; 1 + "[ ;

CHAPITRE 2. SUITES REELLES

contient une in…nité de termes de la suite (un ) ( tous ceux d’indices pairs). En e¤et, puisque x0 = x2 = x6 = x8 = ::: = x2k = ::: = 1; alors 8k 2 N; x2k 2 ]1

"; 1 + "[ :

Par conséquent l’intervalle ]1 "; 1 + "[ contient une in…nité de termes de la suite (un ) : D’autre part une in…nité de termes de la suite se trouvent à l’exterieur de l’intervalle ]1 "; 1 + "[ : En e¤et, puisque x1 = x3 = x5 = x7 = ::: = x2k+1 = ::: =

alors (pour " = 0:1) 8k 2 N; x2k+1 2 = ]1

0:1; 1 + 0:1[

Conclusion : On a ainsi trouvé un intervalle I0:1 = ]1 0:1; 1 + 0:1[ dont une in…nité de termes de la suite (un ) se trouvent à l’exterieur: Les termes de la suite ne s’accumulent donc pas autour d’une seule valeur, mais plutot autour de deux points distincts 1 et 1: Ainsi une suite n’a pas nécessairement de limite.

Unicité de la limite Théorème 2.4 La limite d’une suite, lorsqu’elle existe, est unique. Preuve du théorème 2.4 Supposons qu’il existe deux limites di¤érentes. On aura donc lim un = ` et lim un = `0 avec ` 6= `0 :

n!1

CHAPITRE 2. SUITES REELLES

Suppons que par exemple ` < `0 et posons `0 `0

` = 2h = h + h:On a alors (2.1)

h = ` + h:

Puisque lim un = `:Pour " = h; on aura par dé…nition n!1

9N1 2 N : si n > N1 alors `

h < un < ` + h

(2.1bis)

De même et puisque lim un = `0 ; alors pour " = h; on aura par dé…nition n!1

9N2 2 N : si n > N2 alors `0

h < un < ` 0 + h

(2.1tris)

Les relations (2.1bis) et (2.1tris) seront particulièrement vraies pour tout n > N = max (N1 ; N2 ). On aurait donc n > N ) un < ` + h et un > `0

ce qui constitue une contradiction avec l’hypothèse (2.1) : ` + h = `0 h (Un nombre réel ne peut pas être en même temps strictement inferieur et strictement inferieur à un autre nombre réel …xe). Suites bornées Dé…nition 2.7 Soit (un ) une suite réelle. On dit que (un ) est majorée (resp. minorée) s’il existe un nombre réel M (resp:m 2 R) tel que, pour tout naturel n un M: (resp: un m) Le nombre M s’appelle majorant de la suite (un ) (resp. le nombre m s’appelle minorant de la suite (un )): Une suite à la fois minorée et majorée est dite bornée. Exemple 2.11 1) La suite (un ) dé…nie par un = cos (n) est majorée et minorée, donc bornée car, pour tout n; 1 cos(n) 1 2) La suite (un ) dé…nie par un = n2 est minorée par 0 mais n’est pas majorée. Théorème 2.5 Toute suite convergente est bornée. Preuve du théorème 2.5

CHAPITRE 2. SUITES REELLES

Fixons un nombre " > 0: Par dé…nition, il existe N0 tel que, pour tout entier n > N0 on a : l " < un < l + " (2.2) Notons par M1 ; m1 et M les quantités suivantes : M1 = max u1 ; u2 ; :::uN0 1 ; uN0 ; m1 = min(u1 ; u2 ; :::uN0 M = max(M1 ; l + "); m = min(m1 ; l ")

uN0 ); (2.3)

(2.2) et (2.3) impliquent bien sur que 8n 2 N : m

Donc (un ) est majorée et minorée et par conséquent bornée. Remarque 2.3 La réciproque de ce théorème est fausse. Prenons par exemple la suite (un ) ; dé…nie par un = ( 1)n : Bien sur cette suite est bornée mais comme on l’a vu avant, n’est pas convergente. Remarque 2.4 La négation logique de cette proposition est la suivante : si une suite n’est pas bornée, elle n’est pas convergente. Sous suite. Pour plus de commodité, on notera (un )n2N la suite noté auparavant (un ) : Dé…nition 2.7 Soit (un )n2N une suite réelle et N1 N un sous ensemble in…ni de N composé d’une suite stritement croissante d’entiers naturels. La suite (un )n2N1 est dite sous suite (ou suite extraite) de la suite (un )n2N : Exemple 2.12 Soit (un )n2N une suite réelle. Considérons l’ensemble N1 étant l’ensemble des entiers naturels pairs

N, comme

N1 = f0; 2; 4; 6; ::::2k; :::g = f2k : k = 0; 1; :::g : La sous suite de la suite (un )n2N sera donc (un )n2N1 = (u0 ; u2 ; u4 ; u6 ; u8 ; :::; u2k;::: ) On peut aussi considérer d’autres ensembles N1 (un )n2N1 :Prenons par exemple

N et d’autres sous suites

N1 = f1; 3; 5; 7; ::::2k + 1; :::g = f2k + 1 : k = 0; 1; :::g (un )n2N1 = (u1 ; u3 ; u5 ; u7; u9 ; :::; u2k+1;::: )

CHAPITRE 2. SUITES REELLES

N1 = f0; 3; 6; 9; ::::3k; :::g = f3k : k = 0; 1; :::g (un )n2N1 = (u0 ; u3 ; u6 ; u9 ; :::; u3k;::: ) Remarque 2.5 On montre facilement que toute sous-suite d’une suite convergente est convergente et a même limite. La réciproque n’est pas vraie : une suite divergente, peut admettre des sous suites convergentes. Exemple : La suite (un ) ; dé…nie par un = ( 1)n est divergente. Cependant si on considère la sous suite composée d’indices pairs (un )n2N1 , elle sera évidement la suite constante : : (un )n2N1 = (1; 1; 1; :::; 1:::) qui est bien sûr convergente et de limite 1:

2.7.2

Théorèmes de convergence

On étudiera d’abord la convergence des suites monotones.

Théorème de convergence des suites monotones Le théorème suivant est fondamental Théorème 2.6 a)Toute suite croissante et majorée est convergente. Sa limite qu’on note ` véri…e : ` = lim un = sup fun : n 2 Ng n!1

b) Toute suite décroissante et minorée est convergente. Sa limite qu’on note `0 véri…e : `0 = lim un = inf fun : n 2 Ng n!1

Preuve du théorème 2.6 Soit fun g une suite croissante et majorée. D’après l’axiome de la borne sup des nombres réels, l’ensemble des nombres un admet une borne superieure `: Montrons que ` = sup fun : n 2 Ng est la limite recherchée. En d’autres termes, montrons que ` = sup fun : n 2 Ng = lim un n!1

CHAPITRE 2. SUITES REELLES

En e¤et. Soit " > 0; arbitrairement petit. D’après le théorème de caractérisation de la borne sup (Chapitre1), il existe au moins un élément uN0 de la suite (un )n2N tel que : ` " < uN0 `; (2.4) ou encore 0

(2.5)

uN0 < ":

Puisque (un )n2N est croissante, donc pour tout n > N0 on a un

u N0 )

u N0

(2.6)

et par conséquent la relation (2.5) et (2.6) impliquent `

uN0 < ";

pour tout n > N0 :

On a ainsi trouvé un nombre N0 tel que pour tout n > N0 , on ait j`

un j = `

un < ";

ce qui, d’apres la dé…nition de la limite, entraîne lim un = `

n!1

Démonstrations analogue pour (un )n2N décroissante et minorée. On montre dans ce cas que `0 = inf fun : n 2 Ng = lim un : n!1

Exemple 2.13 soit fun g une suite récurrente dé…nie par la donnée de u0 (ju0 j 1) et la relation 1 + u2n : 8n 2 N; un+1 = 2 Par récurrence, on montre que la suite est croissante et majorée par 1 ; elle admet donc une limite l, qui, on le verra plus loin, doit véri…er l=

1 + l2 ; ce qui exige l = 1: 2

CHAPITRE 2. SUITES REELLES

Propriétés des suites convergentes Dé…nissons d’abord la somme et le produit de deux suites ainsi que la multiplication d’une suite par un scalaire réel Dé…nition 2.7 Soient (un )n2N et (vn )n2N deux suites réelles et k 2 R: La suite (sn )n2N dé…nie par sn = u n + v n : n 2 N s’appelle somme des deux suites (un )n2N et (vn )n2N : On dé…nit de même la suite produit (pn )n2N des suites (un )n2N et (vn )n2N par la relation suivante : vn : n 2 N

p n = un

La multiplication d’une suite (un )n2N par un scalaire réel k est la suite notée (rn )n2N , dé…nie par la relation suivante : un : n 2 N

rn = k

Si vn 6= 0; 8n; la suite quotient de la (un )n2N par la suite (vn )n2N qu’on note (qn )n2N ; dé…nie par la relation suivante : qn =

un : n2N vn

Ceci étant, on obtient le théorème suivant : Théorème 2.7 Soient fun g et f n g deux suites convergentes ayant pour limites respectives ` et `0 et k un nombre réel quelconque:Alors a) La suite (rn )n2N (multiplication de la suite (un )n2N par le scalaire réel k ) est convergente et sa limite est égale à lim rn = k :

n!1

lim rn = k:`

n!1

b) La suite (sn )n2N (somme des deux suites (un )n2N et (vn )n2N ) est convergente et sa limite est égale à lim sn =

n!1

lim un +

n!1

lim vn = ` + `0

n!1

c) La suite (pn )n2N (produit des deux suites (un )n2N et (vn )n2N ) est convergente et sa limite est égale à lim pn =

n!1

lim un :

n!1

lim vn = `:`0

n!1

CHAPITRE 2. SUITES REELLES

d) Si la limite `0 ; de la suite (vn )n2N est non nulle, alors la suite (qn )n2N (quotient des deux suites (un )n2N et (vn )n2N ) est convergente et sa limite est égale à : lim un

lim qn =

n!1

lim vn

` `0

n!1

Preuve du théorème 2.7 On traitera simultanément les deux problèmes (convergence et calcul de la limite). a) Démontrons que la suite (rn )n2N = k (un )n2N converge vers le nombre k:` En e¤et. Soit " > 0 un nombre arbitraire donné. Associons à " le nombre " "0 = jkj (un )n2N converge vers `: Donc il existe N0 ("0 ) associé à "0 tel que, pour tout n > N0 , on a " jun `j < "0 = jkj ou encore jkj jun `j < ": Ce qui donne aussi jkun

k`j < ":

Donc, pour " > 0 queconque donné, on a trouvé un rang N0 ; tel que pour tout n > N0 jkun k`j < " Ceci veut dire exactement que la suite (rn )n2N = k (un )n2N converge vers le nombre k:`: b) Démontrons que la suite (sn )n2N = (un )n2N + (vn )n2N , converge vers la limite ` + `0 : En e¤et. Remarquons d’abord que (un +

(` + `0 ) = (un

j(un +

(` + `0 )j

`) + (

`0 ) :

`j + j

`0 j :

Donc jun

D’autre part et par hypothèse on a : lim un = `:

n!1

(2.7)

CHAPITRE 2. SUITES REELLES

Donc " > 0 donné, associons le nombre "0 = 2" : Pour "0 ; il existe 9N1 ( 2" ) tel que : " " 8n : n > N1 ( ) =) jun `j < : (2.8) 2 2 De même et par hypothèse on a : lim vn = `0 :

n!1

Donc " > 0 donné, associons le nombre "0 = 2" : Pour "0 ; il existe 9N2 tel que : " " (2.9) 8n : n > N2 ( ) =) jvn `0 j < : 2 2 Prenons maintenant N = max(N1 ; N2 ): Bien sur si n > N , alors n > N1 et n > N2 : Par conséquent on a pour tout n>N : " " et jvn `0 j < : (2.10) jun `j < 2 2 Finalement on a pour tout n > N : j(un +

(` + `0 )j

jun

`j + j

`0 j <

" " + = ": 2 2

(2.11)

Ce qui veut dire exactement que la suite (sn )n2N = (un )n2N + (vn )n2N , converge vers la limite ` + `0 : c) Démontrons que la suite (pn )n2N = (un vn )n2N converge vers la limite ` `0 En e¤et les suites (un )n2N et (vn )n2N étant convergentes sont bornées (voir théorème 2.5). Notons par M1 un majorant de (jun j)n2N et M2 un majorant de (jvn j)n2N et M = max(M1 ; M2 ; `; `0 ) (2.12) Bien sur (2.12) implique que 8n : jun j

M; jvn j

M; `

M et `0

(2.13)

D’autre part remarquons que un

``0 = (un

`) :vn + ` (vn

`0 ) ;

par conséquent : jun

``0 j

j(un

`)j jvn j + j`j jvn

`0 j :

(2.14)

CHAPITRE 2. SUITES REELLES

Soit " > 0 quelconque. Associons à " le nombre "0 =

" : 2M

Puisque lim un = ` et lim vn = `0 ; alors, pour "0 ; on peut associer deux n!1 n!1 entiers N1 et N2 tels que " (2.15) 2M " 8n : n > N2 =) jvn `0 j < "0 = : (2.16) 2M Si on prend N = max(N1 ; N2 ); alors (2.15) et (2.16) impliquent que `j < "0 =

8n : n > N1 =) jun

8n : n > N =) jun

`j <

" 2M

(2.17)

" : (2.18) 2M Ceci étant, on aura en prenant en considération (2.14), (2.17) et (2.18) `0 j <

8n : n > N =) jvn

8n : n > N =) jun

``0 j

" 2M

M + M

" 2M

" " + = ": 2 2

Finalement, " > 0 quelconque donné, on a montré qu’il existe un entier N tel que 8n : n > N ) j(un vn ) ``0 j < "; qui veut dire exactement que lim un

n!1

Le quotient

un n

`0 :

vn = `

est le produit de un par

1 n

: Compte tenu de la limite d’un

produit, il su¢ t de véri…er (sous la restriction `0 6= 0) que 1n ! `10 . d) Démontrons que si lim vn = `0 et si `0 6= 0; alors lim v1n = `10 : n!1

n!1

En e¤et. Remarquons que j`0 j > 0: Puisque

nombre

j`0 j ; 2

lim vn = `0 , alors pour le

n!1

il existe N1 tel que 8n : n > N1 ) jvn

`0 j <

j`0 j : 2

(2.19)

D’autre part, puisque jvn j = j`0 + (vn

`0 )j

j`0 j

j(vn

`0 )j ;

CHAPITRE 2. SUITES REELLES

alors et en tenant en compte de (2.19), on a j`0 j j`0 j = : 2 2

j`0 j

8n : n > N1 : jvn j

(2.19bis)

Soit " > 0 donné. A " associons le nombre =

1 02 j` j ": 2

Puisque lim vn = `0 , alors pour le nombre n!1

`0 j <

8n : n > N2 ) jvn

= 21 j`0 j2 "; il existe N2 tel que =

1 02 j` j ": 2

(2.20)

Si on prend N = max(N1 ; N2 ); alors (2.19bis) et (2.20) impliquent que 8n : n > N : jvn

`0 j <

1 1 02 j` j " et 2 jvn j

1 j`0 j 2

D’autre part et puisque 1 vn

1 `0 vn = = j`0 `0 vn `0

vn j

1 jvn j

1 ; j`0 j

alors 1 8n : n > N : vn

1 02 j` j " 2

1 `0

1 j`0 j 2

1 = ": j`0 j

On a donc démontré que " > 0 donné, il existe un entier N tel que 8n : n > N :

1 < "; `0

1 vn

c’est à dire que 1 1 = 0 n!1 vn ` lim

e) Démontrons que lim uvnn = ``0 : n!1 En e¤et un = un vn

1 : vn

(2.21)

CHAPITRE 2. SUITES REELLES

D’après le point c) et d) un = n!1 vn lim

1 n!1 vn

lim un

lim

n!1

1 ` = `0 `0

Proposition 2.1 si un ! `; alors

jun j ! j`j :

Preuve de la Proposition 2.1 : Remarquons d’abord que jjun j

j`jj

jun

`j (voir theoreme 1:6):

(2.22)

Soit " > 0 donné. un ! `; donc il existe un rang N tel que 8n : n > N : jun

(2.23)

`j < " :

(2.22) et (2.23) impliquent que 8n : n > N :

jjun j

j`jj

jun

`j < ":

(2.24)

(2.24) implique que lim jun j = j`j :

n!1

Proposition 2.2 si (un )n2N converge vers ` et si un

0 (resp:un

0 ) ; alors `

0 (resp: `

Preuve de la Proposition 2.2 En e¤et, supposons que (un )n2N converge vers ` et que un 0; pour tout n. Supposons le contraire, c’est à dire que ` < 0. Soit " = j`j ; le nombre 2 j`j ` ` ` + " = ` + 2 = ` 2 = 2 est négatif. On a donc (sauf pour un nombre …ni de valeurs de n) ` " < un < ` + " < 0: un serait donc strictement négatif sauf pour un nombre …ni de valeurs de n. Ceci est contraire à l’hypothèse : un 0: Donc l’hypothèse ` < 0 est fausse. Par conséquent ` 0: En considérant la suite fun Corrollaire 2.1

ng ;

il en résulte le corrollaire suivant :

0):

CHAPITRE 2. SUITES REELLES

Soient (un )n2N et (vn )n2N deux suites convergentes véri…ant pour n assez grand, l’inégalité un n . Alors lim un

lim

n!1

Preuve du corrollaire 2.1 C’est une conséquence directe de la proposition 2.2. En e¤et. Considérons la suite (wn )n2N dé…nie par : wn = un un

vn :

) wn

D’après le théorème 2.7 lim wn =

lim un

n!1

lim

n!1

or d’après la proposition 2.2 lim wn

n!1

Par conséquent lim

lim un

n!1

Remarque 2.5 On remarquera que l’inégalité srticte un < n n’entraîne généralement pas l’inégalité stricte lim un < lim n . Par exemple, pour tout n 2 N ; on a 1 1 < n n alors que 1 1 lim = lim = 0 n n Donc, seules les inégalités larges se conservent par passage à la limite. Proposition 2.3 Soient (un )n2N et (vn )n2N deux suites convergentes et ont la même limite `: Soit (wn )n2N véri…ant à partir d’un certain rang l’inégalité suivante : un

alors la suite (wn )n2N converge vers la même limite `:

(2.25)

CHAPITRE 2. SUITES REELLES

Preuve de la proposition 2.3 lim un = `: Donc 8" > 0; 9N1 tel que n!1

8n : n > N1 : `

" < un < ` + ":

D’autre part lim vn = `: Donc 8" > 0; 9N2 tel que : n!1

8n : n > N2 : `

" < vn < ` + ":

Si on prend N = max(N1 ; N2 ); on aura : 8n : n > N : `

" < un

(2.26)

8n : n > N : vn < ` + ":

(2.27)

et (2.25), (2.26) et (2.27) impliquent 8n : n > N : `

" < un

vn < ` + ":

Par conséquent : 8n : n > N : `

" < wn < ` + "

(2.28)

La relation (2.28) veut dire exactement que lim wn = `

n!1

Remarque 2.6 On se sert souvent de la proposition précedente pour prouver la convergence d’une suite. Supposons qu’on veuille démontrer que la suite (wn )n2N converge vers une limite l et qu’il est di¢ cile d’arriver à ce but, surtout par l’utilisation de la dé…nition. Il su¢ t dans ce cas d’encadrer la suite (wn )n2N par deux suites (un )n2N et (vn )n2N possédant les propriétés suivantes : a) un wn n > N0 n; b) lim un = lim n n!1

n!1

c)Le calcul de lim un ou lim n!1

n!1

est facile.

CHAPITRE 2. SUITES REELLES

SUITES ADJACENTES Dé…nition 2.8 Deux suites (un )n2N et (vn )n2N sont dites adjacentes si on a : a) (un )n2N est croissante et (vn )n2N est décroissante ou (un )n2N est décroissante et (vn )n2N est croissante. b) la suite ( n un )n2N est convergente et admet la limite 0; c’est à dire qu’on a lim ( n un ) = 0 n!1

Remarque 2.7 (importante) # Si les suites (un )n2N et (vn )n2N sont convergentes et ont la même limite `; alors d’après le théorème 2.7, on a lim (

n!1

un ) = lim (

n!1

lim(un ) = `

n!1

`=0

# La réciproque est en général fausse. En d’autres termes si deux suites (un )n2N et (vn )n2N véri…ent lim (

n!1

un ) = 0

ceci n’implique pas que (un )n2N et (vn )n2N ont la même limite `: Pour prouver celà, considérons le contre exemple suivant. Considérons les deux suites (un )n2N et (vn )n2N suivantes : : un = ( 1)n = (1; 1; 1; 1; ::::) : vn = ( 1)n = (1; 1; 1; 1; ::::)

(un )n2N (vn )n2N La suite (

un )n2N est la suite constante identiquement nulle (

un )n2N = (0; 0; 0; ::::0; ; ; ; ):

On a donc lim (

n!1

un ) = 0;

mais, comme on l’a vu avant, les deux suites (un )n2N (vn )n2N = (( 1)n )n2N sont divergentes. Remarque 2.8 (importante)

= (( 1)n )n2N et

CHAPITRE 2. SUITES REELLES

Nous avons vu dans la remarque 2.6 bis que la condition lim (

n!1

un ) = 0

n’implique pas la convergence des suites (un )n2N et (vn )n2N : Quelle condition su¢ sante faut il rajouter à la condition lim ( n un ) = 0 pour avoir la n!1

convergence des suites (un )n2N et (vn )n2N : La condition est la suivante dite de monotonie : Condition de monotonie : (un )n2N est croissante et (vn )n2N est décroissante ou (un )n2N est décroissante et (vn )n2N est croissante. Les deux conditions réunies : lim ( n un ) = 0 et Condition de mon!1

notonie veulent dire exactement que les suites (un )n2N adjacentes (voir dé…nition 2.8)

et (vn )n2N sont

On démontrera dans le théorème suivant que deux suites adjacentes sont convergentes vers la même limite. : Théorème 2.8 Deux suites adjacentes sont convergentes et admettent la même limite `. Preuve du théorème 2.8 Supposons par exemple que (un )n2N est croissante et (vn )n2N est décroissante et que lim ( n un ) = 0: n!1

Montrons que la suite ( (

un+1 )

n+1

(

un )n2N est décroissante. En e¤et

un ) = (

n+1

(un+1

un )

D’autre part la suite ( n un )n2N est convegente de limite ` = 0. Donc, d’après le théorème 2.6, ( n un )n2N est minorée. Sa limite ` = 0 véri…e donc ` = 0 = inf f ( n un ) : n 2 Ng : Puisque l’inf est un minorant particulier, alors on a n

inf f (

un ) : n 2 Ng = ` = 0 8n;

ou encore n

un ; 8n

: On a ainsi u1

:::

n 1

:::

(*)

D’après (*), la suite (un )n2N est donc croissante et majorée (par 1 ). D’après le théorème 2.6, (un )n2N est convergente. De même la suite ( n )n2N étant décroissante et minorée (par u1 ), est convergente.

CHAPITRE 2. SUITES REELLES

En notant lim un = ` et lim vn = `0

n!1

on a : lim (

un ) = `0

or lim (

un ) = 0;

donc ` = `0 : Exemple 2.14 (un )n2N et (vn )n2N sont deux suites dé…nies par : u0 = 1 v0 = 12

et; pour tout entier

un+1 = vn+1 =

un +2vn 3 un +3vn 4

1) Démontrez que la suite (vn un )n2N est géométrique. Trouvez sa limite. 2) Démontrez que les suites (un )n2N et (vn )n2N sont adjacentes. 3) Démontrez que la suite (tn ) dé…nie pour tout n; par tn = 3un + 8vn est constante. Que pouvez-vous en déduire pour les suites (un )n2N et (vn )n2N ? Solution 1) Pour tout entier n; vn+1

un+1 =

3un + 9vn 12

4un + 8vn 1 = (vn 12 12

un ) :

1 La suite (vn un ) est donc géométrique de raison 12 et de limite nulle 1 puisque 1 < 12 < 1: De plus, v0 u0 = 11, donc pour tout n; vn un > 0: 3un n 2) un+1 un = un +2v = 32 (vn un ) > 0; donc la suite (un ) est 3 3 (strictement) croissante. 4vn n vn+1 vn = un +3v = 31 (un vn ) < 0; donc la suite (vn ) est (stric4 4 tement) décroissante. Puisque de plus, d’après la question 1), lim (vn un ) = 0; les suites(un )n2N et (vn )n2N n!1 sont adjacentes et convergent vers la même limite `:

CHAPITRE 2. SUITES REELLES

3) Pour tout entier n; tn+1 = 3un+1 + 8vn+1 = (un + 2vn ) + 2 (un + 3vn ) = 3un + 8vn = tn ; donc la suite (tn ) est constante. Donc pour tout n; tn = t0 = 3 1 + 8 12 = 99: Puisque les trois suites sont convergente, les règles opératoires nous permettent d’a¢ rmer que : lim tn = 3

n!+1

lim un + 8

n!+1

soit

lim vn ;

n!+1

99 = 9: 11 convergent donc vers la même limite ` = 9:

99 = 3` + 8` = 11` =) ` = Les suites(un )n2N et (vn )n2N

2.8

SUITES RECURRENTES

Dans ce paragraphe, on supposera connues quelques notions élémentaires sur les fonctions numériques (monotonie, continuité).

2.8.1

Dé…nition

Dé…nition 2.9 Soit f : D R ! R. On appelle suite récurrente une suite (un )n2N dé…nie par la donnée de u0 2 D et de la relation 8n 2 N : un+1 = f (un ) : On supposera f (D)

(2.28a)

2.8.2 2.8.3

Rôle joué par la condition f (D) de suites récurentes

D dans l’étude

Dans l’études des suites récurentes, on supposera toujours que f (D) D : Nous allons expliquer pourquoi on pose cette condition et que se passe t’il

CHAPITRE 2. SUITES REELLES

si cette condition n’est pas véri…ée. Quelle condition plus faible que f (D) D peut on alors exiger pour que l’étude des suites récurentes soit possible. Proposition 2.3a Si la condition f (D) D est véri…ée, la suite récurente (un )n2N dé…nie par (2.28a) est bien dé…nie. Preuve de la Proposition 2.3a On démontre cette proposition par récurence. En e¤et. u0 2 D =) f (u0 ) = u1 est bien dé…ni. Puisque f (u0 ) 2 f (D) et f (D) D; alors f (u0 ) 2 D: Donc u1 2 D et par conséquent u2 = f (u1 ) est aussi bien dé…ni. Supposons maintenant que uk est bien dé…ni. Puisque uk = f (uk 1 ) ; donc uk 1 2 D: D’autre part uk 1 2 D et puisque f (D) D; alors uk 2 D: Maintenant fuk 2 D =) uk+1 = f (uk ) est bien dé…ni. On a démontré donc que si uk est bien dé…ni, alors uk+1 est aussi bien dé…ni. Donc uk est bien dé…ni pour tout k: Question1 : Supposons que la condition " f (D) D " n’est pas véri…ée. Existe t’il une autre condition, di¤érente de la condition " f (D) D " avec laquelle la suite récurente (un )n2N dé…nie par (2.28a), est bien dé…nie. Réponse question1 La réponse est a¢ rmative. La condition " f (D) D " implique que la la suite récurente (un )n2N (2.28a) est bien dé…nie pour tout u0 2 D . Soit D1 D: La condition est la suivante : " f (D1 )

D1 "

(2.28b)

Avec la condition (2.28b), la suite récurente (un )n2N (2.28a) est bien dé…nie pour tout u0 2 D1 . Question2 : Donnez une condition plus faible que la condition " f (D) D " avec laquelle la suite récurente (un )n2N (28a) est bien dé…nie. Réponse Question2 La réponse est a¢ rmative. Considérons la condition suivante : 8n 2 N : si un 2 D

alors f (un ) 2 D

La condition (2.28c) est plus faible que la condition " f (D) " f (D)

(2.28c) D " car

D" =) (28c):

Bien sur, si la condition (2.28c) est véri…ée, alors la suite récurente (un )n2N (2.28a) est bien dé…nie. Proposition 2.3b

CHAPITRE 2. SUITES REELLES

S’il existe n0 2 N; tel que un0 2 = D; la suite récurente (un )n2N (28a) n’est pas bien dé…nie et par conséquent, on ne pourra pas parler de la notion de limite. Preuve de la Proposition 2.3b Elle est évidente, car si un0 2 = D, alors un0 +1 = f (un0 ) n0 existe pas: Par conséquent un n’existe pas pour tout n > n0 : Exercice résolu 1 Considérons la suite récurente (un )n2N ; dé…nie par p 2 et un+1 = f (un ) = 3un 2; n = 0; 1; 2; ::: 3 1) Détérminez le domaine de dé…nition de lapfonction f qui dé…nit la suite récurente (un )n2N ; dé…nie par un+1 = f (un ) = 3un 2un+1 et Montrez que la condition f (D) D n’est pas véri…ée. 2) Si la condition f (D) D n’est pas véri…ée, montrez que la suite (un )n2N n’est pas dé…nie pour des choix particuliers de u0 . Prendre par exemple u0 = 0:99 et calculez u1 ; u2 ; u3 ; u4 ; u5 ; u6 3) Que peut on conclure ? u0 >

Solution de l’Exercice résolu 1 1) p Considérons la fonction f : x 7 ! 3x 2 D = [ ; +1[; 3

2:On a

f (D) = [0; +1[:

Remarquons que l’ensemble f (D) = [0; +1[ est plus grand que l’ensemble D = [ 23 ; +1[: La condition " f (D) D" n’est pas véri…ée dans cet exemple. 2) Prenons u0 = 0:99 2 D et calculons les 6 premiers éléments de la suite (un )n2N : On obtient u0 = 0:99 u1 = f (0:99) = 0:984 89 u2 = f (0:984 89) = 0:977 07 u3 = f (0:977 07) = 0:964 99 u4 = f (0:964 99) = 0:946 03 u5 = f (0:915 47) = 0:863 95

CHAPITRE 2. SUITES REELLES

u6 = f (0:863 95) = 0:769 32 u6 = f (0:769 32) = 0:554 94 u6 2 = D; n0 = 6: On ne peut pas calculer un ; n > 6; c’est à dire u7 ; u8 ; u9 ; ::: 3) Celà veut dire qu’il est possible qu’en démarrant d’un point u0 2 D; on ait f (u0 ) 2 = D . Ou encore qu’il existe n0 2 N; tel que un0 1 2 D mais un0 2 = D . Dans les deux cas la suite (un )n2N n’est pas dé…nie pour tout n 2 N: Malgré celà, on peut faire des bons choix de u0 pour lesquels la suite (un )n2N est bien dé…nie pour tout n 2 N: 3 f 0 (x) = p 2 3x

;

f est donc dérivable et strictement croissante sur 32 ; +1 : Si la suite (un )n2N est p dé…nie, elle serait nécessairement monotone. Il faut comparer u0 et u1 = 3u0 2: On a u1 =

3u0

3u0 + 2

(car u0 > 0) :

u1 =

u0 () u20

3u0

u0 () u20

3u0 + 2

(car u0 > 0) :

On aura les résultats suivants : a) 32 u0 < 1 : la suite (un ) est décroissante b) 1 < u0 < 2 : la suite (un ) est croissante. c) u0 > 2 : la suite (un ) est décroissante. d) u0 = 1; ou u0 = 2 : la suite (un ) es constante. Puisque f est continue, la limite nécessairement solution de l’équation = f ( ) () ou encore 2

3 + 2 = 0 ()

de la suite (un ) ; si elle existe, est =

p 3

= 1 ou

2 =2

2) La condition " f (D) D" n’est pas véri…ée dans cet exemple. Celà veut dire qu’il est possible qu’en démarrant d’un point u0 2 D; on ait f (u0 ) 2 =D . Ou encore qu’il existe n0 2 N; tel que un0 1 2 D mais un0 2 = D . Dans les deux cas la suite (un )n2N n’est pas dé…nie pour tout n 2 N: Montrons que si 23 < u0 < 1; alors il existe n0 2 N; tel que un0 2 = D:

CHAPITRE 2. SUITES REELLES En e¤et. (un ) véri…e

2 3

u0 < 1 : la suite (un ) si elle existe est décroissante, donc 8n : un < u0 < 1

Montrons que (un ) si elle existe n’est pas minorée par 32 : En e¤et. Si on suppose le contraire, (un ) serait convergente et sa limite véri…erait 2 3 Ceci est impossible car = 1 ou par 32 : Donc il existe n0 2 N t.q.

u0 < 1 = 2: En conclusion (un ) n’est pas minorée 2 un0 < : 3

Par conséquent un0 2 = D: Puisque (un ) est décroissante, donc 2 8n > n0 : un < un0 < : 3 p Or si un < 23 ; alors 3un 2 < 0; et par conséquent un+1 = 3un 2 ne pourra pas être calculé pour tous les un : n > n0 : La suite (un )n2N n’est pas dé…nie pour tout n 2 N: Quelques calculs numériques

2.8.4

Etude de la monotonie

L’étude de la monotonie de la suite revient à celle de la fonction f .

Cas où f est croissante Proposition 2.4 Soit D R et f : D ! R et (un )n2N une suite récurrente dé…nie par la donnée de u0 2 D et de la relation 8n 2 N : un+1 = f (un ) : On supposera f (D) D (un est donc dé…nie pour tout n) et que f est croissante. Alors la suite (un )n2N est monotone. a) Si f (u0 ) = u1 > u0 : (2.29)

CHAPITRE 2. SUITES REELLES

Alors la suite (un )n2N est croissante. b) Si f (u0 ) = u1 < u0 :

(2.30)

Alors la suite (un )n2N est décroissante. Preuve de proposition 2.4 a) On démontre la proposition par récurrence. Montrons que un+1

un : 8n

(2.31)

(2.29) implique que est vraie pour n = 0: Supposons que (2.31) soit vraie pour le rang p, c’est à dire que up+1

et montrons qu’elle reste vraie pour le rang (p + 1): En e¤et, prouvons que up+2

up+1 :

On a up+2 = f (up+1 ) ; f croissante et up+1

up ; impliquent up+2 = f (up+1 )

f (up ) = up+1 :

La même preuve pour le cas f (u0 ) = u1 < u0 :

Cas où f est décroissante si f est décroissante, un+1 un est alternativement positif et négatif. Nous allons dans ce cas considérer la fonction g = f f: Proposition 2.5 Soit D R et f : D ! R et (un )n2N une suite récurrente dé…nie par la donnée de u0 2 D et de la relation 8n 2 N : un+1 = f (un ) : On supposera f (D) décroissante. Alors a) La fonction g = f

D (un est donc dé…nie pour tout n) et que f est f est croissante.

CHAPITRE 2. SUITES REELLES

b) Les suites (u2n )n2N et (u2n+1 )n2N dé…nies par u2 = f (f (u0 )) = g (u0 ) ; u2n+2 = g (u2n ) = f (f (u2n )) ; n = 1; 2; ::: u1 = f (u0 ) ; u2n+1 = f (f (u2n 1 )) = g (u2n 1 ) ; n = 1; 2; :::; u0 donne sont toutes deux monotones et varient en sens inverse. Preuve de la Proposition 2.5 a) En e¤et. Supposons que x y: Puisque f est décroissante, donc f (x)

f (y) et f (f (x))

f (f (y))

par conséquent g(x)

g(y)

donc g est croissante. b) g étant croissante, on obtient d’après la proposition 2.4 que les deux suites (u2n )n2N et (u2n+1 )n2N sont monotones. Montrons que si l’une est croissante, alors l’autre est décroissante et inversement. En e¤et. Supposons par exemple que u2 = f (f (u0 )) = g (u0 ) > u0

(2.32)

alors la suite (u2n )n2N est croissante d’après la proposition 2.4. Considérons maintenant l’expression u3 = g (u1 ) ; Puisque f est décroissante, alors (2.32) implique f (u2 ) < f (u0 ) ; c’est à dire u3 < u 1 :

(2.33)

La fonction g est croissante et u3 = g(u1 ) < u1 implique, d’après la proposition 2.4 que la suite (u2n+1 )n2N est décroissante. De même si on suppose que u2 = f (f (u0 )) = g (u0 ) < u0 ; on obtient par un raisonnement analogue que u3 = g(u1 ) > u1 ; et par conséquent (u2n )n2N serait décroissante et (u2n+1 )n2N serait croissante.

CHAPITRE 2. SUITES REELLES

2.8.5

Etude de la convergence

On admettera le lemme suivant qui sera démontré au chapitre 3 Lemme 2.1 Une fonction f est continue en un point ` 2 R si et seulement si pour toute suite (un )n2N véri…ant lim un = `;

n!+1

alors lim f (un ) = f (`)

n!+1

En d’autres termes on a lim f (un ) = f

n!+1

lim un

n!+1

Remarque 2.9 Remarquons qu’on a deux suites réelles distinctes : la suite (un )n2N et la suite des images (f (un ))n2N : Si la suite (un )n2N converge vers une limite `: Si f n’est pas continue au point `; alors la suite des images (f (un ))n2N peut converger vers un nombre `0 6= `: Lemme 2.2 Soit D R et f : D ! R et (un )n2N une suite récurrente dé…nie par la donnée de u0 2 D et de la relation 8n 2 N : un+1 = f (un ) : On supposera f (D) D (un est donc dé…nie pour tout n) et que f est monotone et continue sur D. Si la suite (un )n2N converge vers ` 2 D, cette limite est solution de l’équation : x = f (x):En d’autres termes ` véri…e ` = f (`) Preuve du lemme 2.1 La suite (un )n2N véri…e un+1 = f (un ) par passge à la limite on obtient lim un+1 = lim f (un )

n!+1

(#)

or d’après le lemme 2.1 lim f (un ) = f

n!+1

lim (un )

n!+1

= f (`):

(##)

CHAPITRE 2. SUITES REELLES

En…n remarquons que (###)

lim un+1 = lim un = `:

n!+1

(#), (##) et (###) implique que la limite ` véri…e ` = f (`): Méthode pratique d’étude des suites récurentes quand f est continue et croissante. Etudier le signe de f (u0 ) u0 Cas 1 f (u0 ) u0 > 0 (un )n2N est croissante. 1.1 La suite (un )n2N est majorée alors (un )n2N est convergente de limite `: Le calcul de ` s’obtient en résolvant l’équation x = f (x): Si l’équation x = f (x) une solution unique, alors cette solution est la limite de la suite (un )n2N : Si l’équation x = f (x) admet plusieurs solutions, alors l’une des solutions est égale à la limite `: 1.2 La suite (un )n2N n’est pas majorée alors (un )n2N n’est pas convergente et lim un = sup fun : n 2 Ng = +1

n!1

Cas 2 f (u0 ) u0 < 0 (un )n2N est décroissante. 2.1 La suite (un )n2N est minorée alors (un )n2N est convergente de limite `0 : Le calcul de `0 s’obtient en résolvant l’équation x = f (x): Si l’équation x = f (x) une solution unique, alors cette solution est la limite de la suite (un )n2N : Si l’équation x = f (x) admet plusieurs solutions, alors l’une des solutions est égale à la limite `0 : 2.2 La suite (un )n2N n’est pas minorée alors (un )n2N n’est pas convergente et lim un = inf fun : n 2 Ng =

n!1

Exemple 2.15. Etude de la suite (un )n2N dé…nie par p u0 = a 0: un+1 = un + 2; On a

f (x) =

x + 2; D = [ 2; + 1[

CHAPITRE 2. SUITES REELLES

Dans ce cas f (x) 0: Donc f (D) conséquent on a bien f (D)

[0; + 1[

[ 2; + 1[ = D: Par

1 f 0 (x) = 2px+2 : Alors f est continue et strictement croissante sur ] 2; +1[. la suite (un )n2N est donc bien dé…nie et monotone. Pour étudier la croissancepou la décroissance de la suite (un )n2N , il faut étudier le signe de u1 u0 = a + 2 p a Puisque a 0; alors a + 2 0 et a + 2 0: Par conséquent

0 , u1

u0 () a + 2

a2 , a2

0 () a 2 [ 1; +2]

et u1 u0

0 , u1

u0 () a+2

a2 , a2 a 2

0 () a 2] 1; 1][[2; +1[:

Donc, si on prend en considération le fait que a 0; on a : a) 0 < a < 2 On a u1 > u0 : Par conséquent la suite (un )n2N est strictement croissante. Montrons par récurence que (un ) est majorée par 2: En e¤et. u0 = a < 2: p p 4 = 2: Par conséSupposons que un 2. Alors un + 2 4 et un + 2 quent un+1 2: (un ) est donc strictement croissante et majorée. Donc elle est convergente. Notons par ` sa limite. Puisque f est continue, ` est nécessairement solution de l’équation x = f (x) ou en remplaçant p x = x + 2 () x2 = x + 2 () x2 x 2 = 0 () x = 1 ou x = 2 D’autre part on pour tout n un

0 =) `

Donc la seule possibilité pour ` est ` = 2: Finalement on obtient 0 < a < 2 =) lim un = 2 n!1

b) a > 2 On a u1 < u0 : Par conséquent la suite (un ) est strictement décroissante. On peut montrer facilement par récurence, comme dans le cas a), que (un )

CHAPITRE 2. SUITES REELLES

est minorée par 2: (un )n2N étant strictement décroissante et minorée, est convergente. Notons par `0 sa limite. Puisque f est continue, `0 est nécessairement solution de l’équation x = f (x). Comme dans le cas a), les possibilités pour `0 sont `0 = 1 ou `0 = 2:Puisque un

0 =) `0

la seule limite possible est donc `0 = 2: Donc a > 2 =) lim un = 2 n!1

c) a = 2 On peut montrer facilment par récurence, que un = 2; 8n: la suite (un ) est constante, de limite l = 2: Représentation graphique de la suite (un )n2N Pour l’étude des suites recurrentes, il est souvent plus commode de représenter dans un plan euclidien rapporté à un repère orthonormé les courbes représentatives des fonctions x 7! g(x) = x et x 7! f (x) et de placer dans ce plan les points de coordonnées (un ; un+1 = f (un )) ; n = 0; 1; 2; ::: La limite ` de le suite (un )n2N véri…e l’équation f (x) = x: Géométriquement c’est l’un des points d’intersection de la droite d’équation y = x et le graphe de la fonction f (x): Calculons les 15 premiers éléments de la suite (un )n2N en partant du point initial u0 = 0 2 D: u0 = 0 p 2 = 1: 414 213 562 373 095 048 8 u1 = f (u0 ) = f (0) = p u2 = f (u1 ) = f ( 2) = 1: 847 759 065 022 573 512 3 u3 = f (u2 ) = f (1: 847 759 065 022 573 512 3) = 1: 961 570 560 806 460 898 3 u4 = f (u3 ) = f (1: 961 570 560 806 460 898 3) = 1: 990 369 453 344 393 772 5 u5 = f (u4 ) = f (1: 990 369 453 344 393 772 5) = 1: 997 590 912 410 344 785 4 u6 = f (u5 ) = f (1: 997 590 912 410 344 785 4) = 1: 999 397 637 392 408 440 2 u7 = f (u6 ) = f (1: 999 397 637 392 408 440 2) = 1: 999 849 403 678 289 081 8 u8 = f (u7 ) = f (1: 999 849 403 678 289 081 8) = 1: 999 962 350 565 202 285 3 u9 = f (u8 ) = f (1: 999 962 350 565 202 285 3) = 1: 999 990 587 619 152 343 u10 = f (u9 ) = f (1: 999 990 587 619 152 343) = 1: 999 997 646 903 403 819 9 u11 = f (u10 ) = f (1: 999 997 646 903 403 819 9) = 1: 999 999 411 725 764 438 3 u12 = f (u11 ) = f (1: 999 999 411 725 764 438 3) = 1: 999 999 852 931 435 702 3

CHAPITRE 2. SUITES REELLES

u13 = f (u12 ) = f (1: 999 999 852 931 435 702 3) = 1: 999 999 963 232 858 587 6 u14 = f (u13 ) = f (1: 999 999 963 232 858 587 6) = 1: 999 999 990 808 214 625 8 u15 = f (u14 ) = f (1: 999 999 990 808 214 625 8) = 1: 999 999 997 702 053 655 1 Remarquons que numériquent les éléments de la suite (un )n2N s’approchent de plus en plus de 2: suitesrecurentes

2 2:pdf

Exercice résolu 2 1) Etudiez la monotonie de la suite (un )n2N quand (un )n2N est bien dé…nie. 2) Trouvez les valeurs possibles de la limite ` de la suite (un )n2N 2) Montrez que si 32 < u0 < 1; alors (un )n2N n’est pas dé…nie. En d’autres termes, montrez que si 23 < u0 < 1; alors il existe n0 2 N tel que pour tout n > n0 : un n’est pas dé…ni. 3) Montrez que si u0 > 1; alors (un )n2N est bien dé…nie.

CHAPITRE 2. SUITES REELLES

4) Etudiez la suite (un )n2N et trouvez sa limite suivant les valeurs de u0 : Solution Exercice 2.7 1) 3 f 0 (x) = p 2 3x

;

f est donc dérivable et strictement croissante sur 32 ; +1 : Si la suite (un )n2N est p dé…nie, elle serait nécessairement monotone. Il faut comparer u0 et u1 = 3u0 2: On a u1 =

3u0

3u0 + 2

(car u0 > 0) :

u1 =

u0 () u20

3u0

u0 () u20

3u0 + 2

(car u0 > 0) :

On aura les résultats suivants : a) 1 < u0 < 2 : la suite (un ) est croissante. b) u0 > 2 : la suite (un ) est décroissante. c) u0 = 1; ou u0 = 2 : la suite (un ) est constante. d) Pour 32 u0 < 1 : la suite (un ) n’est pas dé…nie (voir preuve dans 3)) 2) Puisque f est continue, la limite ` de la suite (un ) ; si elle existe, est nécessairement solution de l’équation p ` = f (`) () ` = 3` 2 ou encore `2

3` + 2 = 0 () ` = 1 ou ` = 2

3) La condition " f (D) D" n’est pas véri…ée dans cet exemple. Celà veut dire qu’il est possible qu’en démarrant d’un point u0 2 D; on ait f (u0 ) 2 =D . Ou encore qu’il existe n0 2 N; tel que un0 1 2 D mais un0 2 = D . Dans les deux cas la suite (un )n2N n’est pas dé…nie pour tout n 2 N: Montrons que si 23 < u0 < 1; alors il existe n0 2 N; tel que un0 2 = D: 2 En e¤et. Comme ça a été démontré au 1) 3 u0 < 1 : la suite (un ) si elle existe est décroissante, donc (un ) véri…e 8n : un < u0 < 1

CHAPITRE 2. SUITES REELLES

Montrons que (un ) si elle existe n’est pas minorée par 23 : En e¤et. Si on suppose le contraire, (un ) serait convergente et sa limite ` véri…erait 2 3

u0 < 1

Ceci est impossible car ` = 1 ou ` = 2: En conclusion (un ) n’est pas minorée par 32 : Donc il existe n0 2 N t.q. 2 un0 < : 3 Par conséquent un0 2 = D: Puisque (un ) est décroissante, donc 2 8n > n0 : un < un0 < : 3 p Or si un < 23 ; alors 3un 2 < 0; et par conséquent un+1 = 3un 2 ne pourra pas être calculé pour tous les un : n > n0 : La suite (un )n2N n’est pas dé…nie pour tout n 2 N: 3) Considérons l’intervalle D1 = [1; +1[: Puisque f est continue et strictement croissante sur [1; +1[: Donc f ([1; +1[) = [f (1); lim f (x)[ = [1; +1[ = D1 : x!+1

Par conséquent, on a la relation f (D1 ) La condition f (D1 ) (un )n2N ; donnée par

D1 implique que pour tout u0 2 [1; +1[; la suite

u0 2 [1; +1[ et un+1 = est bien dé…nie pour tout n 2 N: Quelques calculs numériques u0 = 1:01 u1 = f (1:01) = 1: 014 9 u2 = f (1:0149) = 1: 022 1 u3 = f (1: 022 1) = 1: 032 6 u4 = f (1: 032 6) = 1: 047 8 u5 = f (1: 047 8) = 1: 069 3 u6 = f (1: 069 3) = 1: 099

3un

2; n = 0; 1; 2; :::

CHAPITRE 2. SUITES REELLES

100

4) Etude de la limite a) 1 < u0 < 2: On a vu que dans ce cas, la suite (un ) est croissante. 8 9 u0 < 2 > > > > < = un+1 = f (un ) =) 8n 2 N : un 2 f croissante > > > > : ; f (2) = 2

La suite (un ) est donc croissante et majorée, donc convergente. Sa limite est soit ` = 1 ou ` = 2: Puisque u0 > 1 =) f (u0 ) = u1 > 1 = f (1): La suite (un ) étant strictement croissante, donc 8n : un > u1 > u0 > 1: Donc lim un

n!+ 1

u1 > 1

Par conséquent lim un 6= 1

n!+ 1

et lim un = 2

n!+ 1

c) u0 > 2 : la suite (un ) est décroissante. 8 9 u0 > 2 > > > > < = un+1 = f (un ) =) 8n : un > 2 f% > > > > : ; f (2) = 2

(un ) étant décroissante et minorée, donc convergente. Notons = 1 ou

= 2:

Puisque 8n : un > 2 =) un donc

= 1 est impossible. Par conséquent lim un = 2

n!+ 1

= lim un ; n!+ 1

CHAPITRE 2. SUITES REELLES

2.9

101

SUITES DE CAUCHY

Commençons d’abord par démontrer le théorème suivant Théorème 2.9 Soit (un )n2N une suite convergente. Alors (un )n2N possède la propriété suivante dite critère de Cauchy. 8" > 0; 9N entier tel que pout tout couple d’entiers p et q supérieurs à N , on ait jup uq j < ": Preuve du théorème 2.9 Soit ` la limite de la suite. On a jup

uq j = jup

`+`

uq j

jup

`j + j`

uq j :

La suite (un )n2N a pour limite `. Donc par dé…nition, pour tout " > 0; on peut associer un entier N , tel que pour tout p > N , on ait jup `j < 2" et pour tout entier q > N; on a juq `j < 2" : On a donc pour tout couple d’entiers p; q supérieurs à N , jup

uq j <

" " + = ": 2 2

Ceci nous ramène à donner la dé…nition suivante. Dé…nition 2.11 On dit qu’une suite (un )n2N est une suite Cauchy, si elle possède la propriété suivante dite critère de Cauchy : A tout " > 0, on peut associér un entier naturel N; tel que pour tout couple d’entiers p; q supérieurs à N , on ait jup

uq j < ";

8q;

[p; q > N =) jup

ou, bièvement, 8" > 0;

9N;

8p;

uq j < "] :

Remarque a) Remarquons que pour véri…er qu’une suite (un )n2N véri…e le critère de Cauchy, on a seulement besoin de connaître les termes de la suite (un )n2N : b) Si une suite (un )n2N véri…e le critère de Cauchy, celà veut dire intuitivement que les termes de la suite (un )n2N deviennent de plus en plus proches les uns des autres, quand n devient tres grand.

CHAPITRE 2. SUITES REELLES

102

Le théorème suivant est fondamental en Analyse. C’est une propriété que possède l’ensemble des nombres réels mais qui fait défaut à l’ensembles des nombres rationnels. Théorème 2.10 Toute suite de Cauchy de nombres réels est convergente vers un nombre réel `(on dira que R est complet). Preuve du théorème 2.10 Considérons la suite (un )n2N dans R véri…ant la condition 8" > 0;

tel que p > N

et q > N

enta^{ne

jup

uq j < ":

Montrons d’abord qu’elle est bornée : " étant …xé, N est l’entier associé pour que la condition soit satisfaite. En choisissant p = N + 1, on constate que les valeurs prises par un sont u1 ; u2 ; :::; uN et des points de ]uN +1

"; uN +1 + "[ :

La suite est donc bornée. Soit An la partie de R formée par les uk tels que k n. On a montré que An est bornée ; elle admet donc une borne inferieure an et une borne supérieure bn , et An+1

An =) [an+1 ; bn+1 ]

[an ; bn ] :

Les intervalles [an ; bn ] sont donc emboîtés. Pour n …xé, supérieur à N , il résulte de la dé…nition des bornes 9p 9q

n n

tel que tel que

up < an + "; uq > bn ";

d’où en écrivant bn bn

an = (bn an (bn

uq ) + (uq uq ) + (uq

up ) + (up up ) + (up

an ) : an ) < 3":

Ainsi 8" > 0;

9N tel que 8n > N :

jbn

an j < 3":

Les suite fan g et fbn g sont donc adjacentes. Elles sont donc convergentes vers la même limite ` 2 R (voir le théorème 2.8): D’autre part et puisque an

bn 8n

CHAPITRE 2. SUITES REELLES

103

la suite fun g est aussi convergente et on a lim un = lim an = lim bn = `:

n!+ 1

Remarque importante Le Théorème 2.10 est très important. Il nous fournit un critère de convergence, dit critère de Cauchy, permettant de reconnaître qu’une suite de nombres réels est convergente sans avoir besoin de connaître a priori sa limite. En tenant compte de la proposition précédente, on peut énoncer la proposition générale suivante : Théorème 2.11 Pour qu’une suite de nombre réels converge dans R il faut et il su¢ t, qu’elle véri…e le critère de Cauchy. Remarque.- On pourra également savoir si la suite ne converge pas en prenant la négation logique. On obtient alors : pour que la suite fun g ne soit pas convergente il faut, et il su¢ t que la suite (un )n2N véri…e la proposition suivante dite négation du critère de Cauchy. 9" > 0;

2.10

8N;

9p;

9q;

[p; q > N et jup

uq j > "] :

THEOREME DE BOLZANO-WEIERSTRASS. GENERALISATION DE LA NOTION DE LIMITE

Nous avons démontré (théorème 2.5 ) que toute suite convergente est bornée. La réciproque du théorème 2.5 est fausse comme le montre le contre exemple suivant. Considérons la suite (un )n2N ; dé…nie par un = ( 1)n (un )n2N = (1; 1; 1; 1; 1; 1; :::; ( 1)n ; ::::) Bien sur, cette suite est bornée car 8n 2 N :

CHAPITRE 2. SUITES REELLES

104

mais comme on l’a vu avant, (un )n2N n’est pas convergente. Malgré celà, on peut tirer quelques propriétés intéressantes de la suite (un )n2N : Considérons les deux sous suites (u2n )n2N et (u2n+1 )n2N (suites d’indices pairs et impaires). On a (u2n )n2N = (1; 1; 1; 1; :::; ( 1)2n ; :::) ! 1 (u2n+1 )n2N = ( 1; 1; 1; 1; :::; ( 1)2n+1 ; :::) !

On a donc pu extraire deux sous suites (u2n )n2N (suites à indices pairs) et (u2n+1 )n2N (suite à indices impairs) qui sont convergentes. Ceci n’est spéci…que à la suite (un )n2N = (1; 1; 1; 1; 1; 1; :::; ( 1)n ; ::::); mais c’est un résultat général. C’est l’objet du théorème suivant, dit théorème de Bolzano Weistrass. On énonce ce théorème sans preuve. Théorème de Bolzano-Weierstrass. Toute suite bornée de nombres réels admet au moins une sous-suite convergente. Dé…nition 2.12 Un nombre a est dit valeur (ou point) d’adhérence d’une suite (un )n2N s’il existe une sous-suite (un )n2N1 de (un )n2N ; convergente vers a. Exemple 2.17 . - Considérons la suite (un )n2N dé…nie par 8 1 pour n = 3k; k 2 N < 3 1 1 + k pour n = 3k + 1; k 2 N un = : 2 pour n = 3k + 2; k 2 N

La suite (un )n2N est évidemment divergente mais les trois sous-suites

(u3k )k2N = (u0 ; u3 ; u6 ; u9 ; u12 ; u15 ; :::; u3k ; :::) = (u3k+1 )k2N = (u4 ; u7 ; u10 ; u13 ; u16 ; :::; u3k+1 ; :::) =

1 1 1 1 ; ; ; :::; ; ::: 3 3 3 3 1 1 1 1 2; 1 + ; 1 + ; 1 + ; :::; 1 + ; ::: 2 3 4 k

(u3k+2 )k2N = (u2 ; u5 ; u8 ; u11 ; u14 ; :::; u3k+2 ; :::) = (2; 2; 2; ::: ; 2; :::) Les suites (u3k )k2N ; (u3k+1 )k2N et (u3k+2 )k2N sont des sous suites de la suite (un )n2N et elles ont pour limites respectives 13 ; 1 et 2: Les nombres 31 ; 1 et 2 sont des valeurs d’adhérence (les seules) de la suite (un )n2N : Dé…nition 2.13 Soit (un )n2N une suite déléments de R. Notons Ad (un )n2N l’ensemble de ses valeurs d’adhérence de la suite (un )n2N . On appelle limite

CHAPITRE 2. SUITES REELLES

105

supérieure (resp.inferieure) de (un )n2N ; la borne supérieure (resp. inferieure) de Ad (un )n2N . On notera lim un = sup Ad (un )n2N ; lim un = inf Ad (un )n2N : Exemple 2.18 - La suite fun g de l’exemple précedent n’est pas convergente ; ses valeurs d’adhérence sont 31 ; 1 et 2: On a donc 1 1 1 lim (un )n2N = inf( ; 1; 2) = min ( ; 1; 2) = 3 3 3 1 1 lim (un )n2N = sup( ; 1; 2) = max ( ; 1; 2) = 2: 3 3

CHAPITRE 2. SUITES REELLES

106

ECOLES PREPARATOIRES AUX GRANDES ECOLES ANALYSE. SERIE N 2 SUITES REELLES

Exercice 2.1(oligatoire) (un ) est une suite croissante ; (vn ) est la suite dé…nie pour tout naturel n > 0 par u1 + u2 + ::: + un : vn = n Démontrez que la suite (vn ) est croissante. Corrigé exercice2.1 u1 + u2 + ::: + un+1 u1 + u2 + ::: + un n+1 n (nu1 + nu2 + :::nun ) + nun+1 (nu1 + nu2 + :::nun ) u1 u2 ::: un n (n + 1) (un+1 u1 ) + (un+1 u2 ) + ::: + (un+1 un ) u1 u2 ::: un + nun+1 = : = n (n + 1) n (n + 1)

8n > 0; vn+1

vn =

Or la suite (un ) étant croissante, donc pour tout entier k; k = 1; 2; :::n; uk un+1 et donc vn+1 vn 0 : la suite (vn ) est croissante. Exercice 2.2(oligatoire) (un ) est une suite géométrique de premier terme u1 = 3 et de raison r= 2 a) Détérminez les réels pn et qn pour que l’équation x2 + pn x+ qn = 0 ait pour solutions un et un+1 b) On note (vn ) la suite de terme general vn =

pn qn

Démontrez que (vn ) est une suite géométrique dont vous préciserez le premier terme et la raison. Corrigé exercice2.2 1. (un ) est une suite géométrique de premier terme u1 = 3 et de raison r = 2: Donc d’après le théorème 2.3 a) un = ( 2)

un+1 = ( 2)

3n ;

CHAPITRE 2. SUITES REELLES

107

Puisque un et un+1 sont solutions de l’équation x2 + pn x + qn = 0: Alors on aura (voir la relation entre les racines d’une équation du second degré) pn = pn 1 qn = = qn 1

un + un+1 = un

un+1

Soit en remplaçant un + un+1 = un un+1 =

2 2

3n 3n

1 1

+ ( 2 3n ) = 2 3n ( 2) 3n = 4 32n 1 :

(1 + 3) =

D’où 3n

pn = 8 2.

pn 8 vn = = qn 4

3n 32n

et qn = 4 1 1

32n 1 :

2 = n =2 3

1 3

La suite (vn ) est géométrique de premier terme v1 = 2 et de raison 13 :

Exercice2.3(oligatoire) : Soit (un ) la suite dé…nie par : un =

n+1 2n

On admet que la suite (un ) a pour limite 12 : a)Trouvez un entier N0 2 N tel que tous les termes un ; d’indice n > N0 sont dans l’intervalle I = ]0:49; 0:51[ Solution exercice 2.3 Remarquons d’abord que l’intervalle I = ]0:49; 0:51[ est de centre de rayon 0:51 0:5 = 0:5 0:49 = 0:01 “un appartient à I” signi…e en terme de distance : un Or un

1 1 < 2 100:

1 n+1 = 2 2n

1 1 = : 2 2n

1 2

CHAPITRE 2. SUITES REELLES

108

Cette di¤érence est positive quel que soit l’entier non nul n. Donc un appartient à I équivaut à 1 1 < 2n 100 : n étant srictement positif, cela èquivaut à 2n > 100 donc n > 50: Tous les termes de la suite d’indice supérieurs à N0 = 50 sont dans I. Remarque Pour montere la convergence on doit remplacer l par un intervalle de centre 1=2 et de rayon , ou est un réel srictement positif dooné mais non précisé. En fait, on utilise des théorèmes sur les limites plus puissants. Exercice 2.4(oligatoire) 1. On considère la suite (un ) dé…nie pour n

1 un = p n n On admet que lim un = 0

n!1

Trouvez un entier n0 tel que si n > n0 , alors un est dans l’intervalle ouvert ] 10 3 ; 10 3 [ : 2. On considère la suite (un ) dé…nie pour n p un = n n

On admet que lim un = 1

n!1

Trouvez un entier n0 tel que si n > n0 ; alors un est dans l’intervalle ouvert ]10 ; + 1[ : 6

Solution exercice 2.4 1. L’intrvalle I = ] 10 3 ; 10 3 [ est de centre 0 et de rayon 10 3 : Puisque un > 0; n = 1; 2; :::; le problème revient à chercher n0 tel que si n > n0 ; alors un < 10 3 :

CHAPITRE 2. SUITES REELLES

109

Soit en remplaçant 1 p < 10 3 ; n n ou encore

p n n > 103

ceci est équivalent à

n3 > 103

ou encore ce qui donne

> 103

n > 10 ) n > 100:

Finalement n0 = 100: 2. un est dans l’intervalle ouvert ]106 ; + 1[ implique p n n > 106 ; ceci est équivalent à p

> 102

)

n > 102 ) n > 104 :

Donc si n > n0 = 104 , alors un est dans l’intervalle ouvert ]106 ; + 1[ : Exercice 2.5(facultatif) Pour tout n non nul, un = 1 +

1 1 1 + + ::: + : 2 3 n

1. Démontrez que la suite (un ) est croissante. 2. a) calculez u2n un : b) Déduisez-en que u2n un 21 : 3. Démontrez, par récurrence, que pour tout n non nul, u 2n

n 2

4. la suite (un ) a t’-elle une limite réelle ? Solution exercice 2.5

CHAPITRE 2. SUITES REELLES 1. un+1

un =

Donc la suite (un ) est croissante. 1 1 2. a) u2n un = n+1 + n+2 + ::: + b)

110 1 > 0: n+1 1 2n

1 1 > n+1 2n 1 1 > n + 2 < 2n ) n+2 2n ::::::::::::::: 1 1 > 2n 1 < 2n ) 2n 1 2n n + 1 < 2n )

Ceci implique que 1 1 1 1 1 1 + + ::: + + >n = n+1 n+2 2n 1 2n 2n 2 1 3. u21 = u2 = 32 : La proposition est vraie pour n = 1. 2 Supposons qu’elle soit vraie pour l’ordre n. On aura donc :

u 2n

n 2

Alors : u2n+1 = u2n+1

u2n + u2n = u2N

u N + u 2n

avec N = 2n :

D’aprés la question 2. et l’hypothèse de récurrence : n+1 1 n + = : 2 2 2

u2n+1

La proposition est donc vraie pour n + 1. Donc, pour tout n u 2n

n : 2

4. La suite (un ) est croissante non majorée, donc : lim un = + 1:

n!+ 1

Exercice 2.6 (oligatoire)

CHAPITRE 2. SUITES REELLES

111

Etudier la suite (un ) dé…nie par u0 > un+1 =

3 2

2un + 3:

Solution Exercice 2.6 p (un ) est une suite récurente dé…nie par un+1 = f (un ) avec f : x ! 2x + 3. Puisque 1 f 0 (x) = p 2x + 3 f est dé…nie, continue et croissante sur 3 ;+ 1 2

3 ;+ 2

1 . D’autre part 3 ;+ 1 : 2

= ]0; +1[

Donc (un ) est bien dé…nie. Puisque f est croissante, la suite (un ) est monotonne. Si u1 u0 alors (un ) est croissante Si u1 u0 alors (un ) est décroissante

u1 =

2u0 + 3

(u0 0) ou (u0 0; u20

()

Le trinôme du second degré u20 u02 = 3 et

2u0

En prenant en considération (1), on en en déduit : la suite (un ) est donc croissante, si 1 < u0 < 3; la suite (un ) est décroissante si u0 > 3; pour u0 = 3; la suite est constante. La croissance de f assure que 3 =) un+1 = f (un )

0) ;

3 a deux racines u01 =

Si u0 2 ] 1; 3[ alors u20 2u0 3 < 0 Si u0 2 ] 1; 1[ [ ]3; +1[ alors u20 2u0

f (3) = 3;

3>0

(1) 1 et

CHAPITRE 2. SUITES REELLES

112

de même, un

3 =) un+1 = f (un )

f (3) = 3

En conclusion, u0 < 3 : (un ) est croissance, majorée par 3, donc convergente. a) 32 Notons ` = lim un n!+ 1

Puisque (un ) est une suite récurente, donc ` véri…e p ` = f (`) = 2` + 3 ou ecore ` est solution de l’équation `2 = 2` + 3 Les solutions de cette équation sont `1 = 3 ou `2 =

f étant croissante. Donc 8n : un

3 =) `

et un

1 =) `

c’est à dire 1 Finalement, puisque `2 =

1 est exclue, on a

1 < u0 < 3 =) lim un = 3 n!+ 1

b) u0 > 3 : (un ) est décroissante et minorée par 3, donc convergente. Notons cette limite. est bien sur solution de l’équation p = f ( ) = 2 + 3: Comme on l’a vu avant les solutions de cette équation sont 1

= 3 ou

u0 > 3 =) 8n : un

3 ) lim un n!+ 1

CHAPITRE 2. SUITES REELLES Donc

113

1 est à exclure. Finalement lim un = 3:

n!+ 1

Exercice 2.7(oligatoire) p Etudier la suite dé…nie par u0 > 32 et un+1 = 3un Solution Exercice 2.7 p Etude analogue à la précédente ; avec f : x 7 ! 3x f (1:01) = 1: 014 9

2: 2: Puisque

f (1:5) = 1: 581 1 f (1:5811) = 1: 656 3 f (1: 656 3) = 1: 723 f (1: 723) = 1: 780 2 f (1:780 2) = 1: 827 7 :/Users/sony/AppData/Local/Temp/graphics/swp00002 3:pdf 3 f 0 (x) = p 2 3x

;

alors f est dé…nie continue et croissante dans 32 ; +1 , la suite (un ) est donc monotone, p u1 = 3u0 2 u0 () u20 3u0 + 2 0 (car u0 > 0) : a) 32 u0 < 1 : la suite (un ) est décroissante b) 1 < u0 < 2 : la suite (un ) est croissante. c) u0 > 2 : la suite (un ) est décroissante. d) u0 = 1; ou u0 = 2 : la suite (un ) es constante. Etude de la limite Etudions chaque cas. La limite si elle existe est nécessairement solution de l’équation p 2 = f ( ) () = 3 ou encore

2 3

3 + 2 = 0 ()

= 1 ou

u0 < 1 : la suite (un ) est décroissante, donc (un ) véri…e 8n : un < u0 < 1

CHAPITRE 2. SUITES REELLES

114

Montrons que (un ) n’est pas minorée par 32 : En e¤et, sinon (un ) serait convergente et sa limite véri…erait 2 3 Ceci est impossible car = 1 ou par 32 : Donc il existe n0 2 N t.q.

u0 < 1 = 2: En conclusion (un ) n’est pas minorée 2 un0 < : 3

Puisque (un ) est décroissante, donc 2 8n > n0 : un < un0 < : 3 p Or si un < 23 ; alors 3un 2 < 0; et par conséquent un+1 = 3un 2 ne pourra pas être calcule pour tous les un : n > n0 b) 1 < u0 < 2: On a vu que dans ce cas, la suite (un ) est croissante. 8 9 u < 2 > > 0 > > < = un+1 = f (un ) =) 8n 2 N : un 2 f croissante > > > > : ; f (2) = 2 La suite (un ) est donc croissante et majorée, donc convergente. Sa limite est soit = 1 ou = 2: Puisque u0 > 1 =) f (u0 ) = u1 > 1 = f (1): La suite (un ) étant strictement croissante, donc 8n : un > u1 > u0 > 1: Donc lim un

n!+ 1

u1 > 1

Par conséquent lim un 6= 1

n!+ 1

et lim un = 2

n!+ 1

CHAPITRE 2. SUITES REELLES

115

c) u0 > 2 : la suite (un ) est décroissante. 8 9 u0 > 2 > > > > < = un+1 = f (un ) =) 8n : un > 2 f% > > > > : ; f (2) = 2

(un ) étant décroissante et minorée, donc convergente. Notons = 1 ou

= lim un ; n!+ 1

= 2:

Puisque 8n : un > 2 =) un donc

= 1 est impossible. Par conséquent lim un = 2

n!+ 1

Exercice 2.8(facultatif) p Etudier la suite dé…nie par u0 2 et un+1 = 2 un : Solution Exercice 2.8 p Comme dans les exercices précédents (un ) est récurente avec f : x 7 ! 2 x: Puisque 1 p f 0 (x) = 2 2 x f est dé…nie, continue, décroissante sur ] 1; 2[ ; les suites extraites (u2n ) et (u2n+1 ) sont donc monotones. La suite (vn ) = (u2n ) est dé…nie par q p 2 x; v0 = u0 et vn+1 = g (vn ) ou g = f f : x 7 ! 2 Puisque

g 0 (x) = p 4 2

1 p x 2

f f est croissante et dé…nie sur I = ] 2; +2[ : Les limites possible d’une telle suite sont données par q p p l= 2 2 l () l 0; 2 l = 2 l2 () 0

2; l4

4l2 + l + 2 = 0 ;

CHAPITRE 2. SUITES REELLES

116

mais l4

4l2 + l + 2 =

l2 + l

= (l

1) (l + 2) l

p ! 1+ 5 l 2

p ! 5 2

ou encore l = 1 ou l =

p 1+ 5 2 ou l = 2

1: 618 ou l =

0:618 03

p N’oublions pas la condition 0 l 2: Finalement la seule possibilité pour l est l = 1: Etude de (vn = u2n ) Puisque vn+1 = g(vn ) et g est croissante, donc (vn ) est monotone. Etudions le signe de v1 v0 v1 =

() (v0

0) ou

p 0; 2

() (v0

0) ou

2; v04

v02

4v02 + v0 + 2

i p 1+ 5 + v0 + 2 0, la Solution est : ] 1; 2] [ ; 1 [ [ ; 1[ 2 2 Rappelons que v0 = u0 et que f f est croissante et dé…nie sur I = ] 2; +2[ a) 2 u0 < 1 La suite (vn = u2n ) est croissante. majorée par 1 (voir exrercices 6 et 7), donc convergente, de limite l = 1. La suite (wn = u2n+1 ) ; avec w0 = u1 et wn+1 = g(wn ); c’est à dire u2n+3 = f f (u2n+1 ) est décroissante (voir le cours) car w1 < w0 : Ceci revient à montrer que u3 < u1 : En e¤et 8 9 w = u = f (u ) > > 1 3 2 > > < = (u2n ) % ) w1 = u3 = f (u2 ) < f (u0 ) = u1 = w0 : f& > > > > : ; u2 > u 0 v04

4v02

Par conséquent 8 9 < wn+1 = g(wn ) = g% ) (wn = u2n+1 ) est decroissante : ; w1 < w0

0 :

CHAPITRE 2. SUITES REELLES

117

(wn ) est décroissante. Montrons que (wn ) est minorée par 1. u0 < 1 f&

) f (u0 ) = u1 = w0 > f (1) = 1:

D’autre part w0 > 1 g%

=) g(w0 ) = w1 > g(1) = f (f (1)) = f (1) = 1:

Par conséquent, et en procédant par récurence on a 8n : wn > 1 La suite (wn = u2n+1 ) est décroissante, minorée par 1, est convergente, de limite l = 1 (l = 1 est la seule limite possible). En conclusion les deux sous suites (u2n ) et (u2n+1 ) sont adjacentes convergentes vers la même limite l = 1. Ceci implique que (un ) est convergente vers l b) 1 < u0 2 p La condition 0 u0 2 entraîne que u0 solution de u40

4u20 + u0 + 2

Dans ce cas v1

Par conséquent la suite (vn ) = (u2n ) est décroissante. Elle est aussi minorée par 1, car u0 > 1 =) f (u0 ) = u1 < f (1) = 1 On a donc u1 < 1 =) f (u1 ) = u2 > f (1) = 1: Par conséquent v1 > 1: En procédant ainsi, on peut démontrer par récurence que 8n : vn > 1 (vn ) = (u2n ) est décroissante, minorée, donc convergente. La seule limite possible est l = 1: La suite (u2n+1 ) est au contraire croissante, majorée de limite 1: (un ) converge vers l = 1: c) u0 = 1 : la suite (un ) est constante. Exercice 2.9(facultatif)

CHAPITRE 2. SUITES REELLES

118

Etudier la suite dé…nie par u0 > 0 et un+1 = 2u23+1 : n Solution Exercice 2.9 La suite (un ) est une suite récurente dé…nie à partir de la fonction : f : x 7! g(x) = (f

f )(x) =

3 +1

2x2 3

2 3 2x2 +1

3 18 4x4 +4x2 +1

Puisque f 0 (x) =

12x (2x2 + 1)2

f est dé…nie, continue, décroissante sur [0; +1[ ; les limites possibles de la suite sont données par les solutions de l’équation : l=

2l2

3 +1

ou 2l3 + l

3 = (l

1) 2l2 + 2l + 3 = 0:

Cette équation a pour seule solution réelle l = 1: Par conséquent la seule limite possible est l = 1: La suite (vn ) = (u2n ) est monotone puisque dé…nie par la fonction croissante 2 (2x2 + 1) 3 = 3 ; g = f f : x 7! 2 (2x29+1)2 + 1 (2x2 + 1)2 + 18 les limites possibles de (vn ) sont données par 2

3 (2l2 + 1) l= , 2l3 + l 3 2l2 6l + 1 = 0 (2l2 + 1)2 + 18 p ! p ! 3+ 7 3 7 , 2 (l 1) l l 2l2 + 2l + 3 = 0; 2 2 soit l = 1 ou l = v1

v0 ,

p 2

3 18 4v04 +4v02 +1

: v0

CHAPITRE 2. SUITES REELLES 3

Etudions le signe de

18 4 +4v 2 +1 +1 4v0 0

3 18 4v04 +4v02 +1

119

0 () v0 2]

p # 3+ 7 ] [ 1; 2

et 3 18 4v04 +4v02 +1

0 () v0 2

" p 3+ 7 ;1 [ ; +1 : 2

Ceci 0 et que p étant, on obtientp donc en prenant en considération que v0 3 7 3+ 7 0:177 12 etp 2 2: 822 9 2 3 7 a) p 0 u0 : la suite (u2n ) est croissante. De plus (u2n ) est majorée 2 3 7 par 2 : En e¤et p p p 3 3 7 7 u0 3 2 7 )) = : =) u2 = (f f )(u0 ) f (f ( (f f ) % 2 2 En procédant par récurence, on démontre que p 3 7 8n : u2n 2 Donc (u2n ) est convergente de limite l = La suite (u2n+1 ) est décroissante. u0

p 2

=) f (u0 ) = u1

p p ! 3+ 7 7 = : 2 2

On peut raisonner par récurence et montrer que p 3+ 7 8n : u2n+1 : 2 p

La suite (u2n+1 ) est donc convergente vers la limite l = 3+2 7 : p lapsuite (un ) n’est pas convergente mais a deux valeurs d’adhérence : 3 2 7 et 3+2 7 . p p p Les autres cas : b) 3+2 7 u0 et c) 3 2 7 u0 < 1 et d) 1 < u0 3+2 7 , se résolvent de la même manière. e) u0 = 1, la suite (un ) est constante, donc convergente.

CHAPITRE 2. SUITES REELLES

120

Exercice 2.10(oligatoire) Les suites (un ) et (vn ) sont dé…nies pour tout entiers n non nul par un = sin

1 2 n + sin 2 + ::: + sin 2 2 n n n

1 2 n + 2 + ::: + 2 : 2 n n n 1 1. Prouvez que la suite (vn ) converge vers 2 : 2. 2.a) Prouvez que chacune des fonctions vn =

f (x) = x g(x) = h(x) =

sin x; x2 1+ + cos x; 2 x3 x+ + sin x 6

ne prend que des valeurs positives ou nulles sur l’intervalle [0; +1[ : (Vous pouvez utiliser les variations de chacune de ces fonctions). 2.b) Justi…ez que, pour tout n 1 : 13 + 23 + ::: + n3

n4 :

Déduisez du 2.a) l’inégalité : vn

1 6

1 n2

pour tout n non nul. 2.c) Prouvez que la suite (un ) est convergente. Quelle est sa limite ? Solution Exercice 2.10 1. 1 1 n (n + 1) (1 + 2 + ::: + n) = n2 n2 2 1 2 1+ n n +n = = ; ( pour n 6= 0) ; 2 2n 2

vn =

et donc, 1 lim vn = : n!+ 1 2

CHAPITRE 2. SUITES REELLES 2. a) Pour tout x

0; f 0 (x) = 1 cos(x)

121

cos x: Puisque

1 =) 1

cos x

8x 2 R

et f est croissante. Or f (0) = 0; donc pour tout x 0; f (x) f (0) = 0: g 0 (x) = x sin x = f (x) 0 donc g est croissante. Puisque g (0) = 0; pour tout x 0; donc g (x) 0: 0; donc h est croissante. Puisque h0 (x) = cos x + 21 x2 1 = g(x) h (0) = 0; donc, pour tout x 0; h (x) 0: 2.b) On a 13 + 23 + 33 + ::: + n3 n n3 = n4 : Pour x

0 , d’après 2.a), on a x

sin x

0 =) sin(x)

x3 + sin x 6 On obtient …nalement pour tout x 0 h(x)

0 () x

x3 6

sin(x)

Prenons maintenant pour k entier ; 1 k n2

k3 6n6

sin

x3 6

sin(x):

x: n; x =

k n2

k ; n2

on obtient

k : n2

En sommant pour k de 1 à n; on obtient 1 2 n + 2 ::: + 2 2 n n n 2 1 + sin sin 2 n n2 1 2 n + 2 ::: + 2 2 n n n

1 3 (1 + 23 + ::: + n3 ) 6 6n n + ::: + sin 2 n

Soit en remplaçant, on obtient vn

1 3 (1 + 23 + ::: + n3 ) 6n6

CHAPITRE 2. SUITES REELLES

122

or, (13 + 23 + ::: + n3 )

n4 =)

(13 + 23 + ::: + n3 ) 6n6

1 : 6n2

On obtient donc vn

1 6n2

(13 + 23 + ::: + n3 ) 6n6

ou encore vn 1 2 n!+ 1 n

2.c) lim 1 : 2

= 0 donc

vn ;

1 un v n : 6n2 lim vn 6n1 2 = lim vn = n!+ 1

n!+ 1

1 2

lim un =

n!+ 1

Exercice 2.11(facultatif) Moyenne aritmétique et géométrique a et b sont deux réels tels que 0 < a < b: Les suites (un ) et (vn ) sont dé…nies par u0 = a; v0 = b et pour tout entiers n : un+1 =

un vn

et vn+1 =

un + v n : 2

Note : un+1 est la moyenne géométrique de un et de vn ; et vn+1 la moyenne arithmétique de un et de vn ; 1. prouvez que, pour tout n; un et vn sont strictement positifs. 2. Prouvez que, pour tout n; un vn : 3. 3.a) Démontrez que, pour tout n; vn+1

un+1

1 (vn 2

un ) : p

Aide : vous pouvez utiliser la majoration pvnn +punn 1: 3.b) Déduisez-en que vn un 21n (b a) : 4. Prouvez que les suites (un ) et (vn ) sont adjacentes. 5. On suppose ici que a = 2 et b = 5: Utilisez le résultat de la question 3. pour déterminer une valeur approchée de la limite commune ` des suites (un ) et (vn ) à 10 3 près. Solution Exercice 2.11 1. Notons Pn la proposition : “un > 0 et vn > 0”.

CHAPITRE 2. SUITES REELLES

123

u0 = a > 0 et v0 = b > 0 donc P0 est vraie. Supposons Pn vraie. Alors p un + vn > 0; un+1 = un vn > 0 et vn+1 = 2 donc Pn+1 est vraie et pour tout n; un et vn sont bien strictement positifs. 2. (vn

un ) (vn + un ) = vn2 u2n (un 1 + vn 1 )2 = un 1 v n 1 4 u2n 1 + vn2 1 + 2un 1 un 1 = un 1 v n 1 4 u2 + vn2 1 + 2un 1 un 1 4un 1 vn 1 = n 1 4 2 2 un 1 + vn 1 2un 1 un 1 (un 1 vn 1 )2 = = 4 4

donc (vn

un ) (vn + un ) =

(un

vn+1

un+1 =

1 2

= car

un <

p 2 un vn

2 p un

2 p p vn un p p vn + un vn <

vn +

3.b) Notons Pn la proposition : “vn v0 donc P0 est vraie.

u0 = b

Or d’après 1. vn + un > 0: Donc vn 3. a) vn + un

vn 1 )2

0 et vn p

un : p

2 p p p vn un vn + un p p v n + un 1 (vn un ) (vn un ) : 2

p p vn un un =) p p <1 v n + un un 1 (b 20

1 2n

a) ;

a)”. On a

CHAPITRE 2. SUITES REELLES

124

On suppose Pn vraie. Alors vn+1

1 (vn 2

un+1

1 2

un )

1 (b 2n

a) =

Donc Pn+1 vraie: Par conséquent, pour tout n; vn 4.

1 2n+1 un

(b 1 2n

a) : (b

a) :

On a d’après ce qui précéde un

1 (b 2n

a) :

un ) = lim

1 (b 2n

a) = 0:

8n : 0

Donc lim (vn

n!+ 1

tous les temes considérés sont strictement positifs ; donc étudions p p p un vn vn un+1 = =p 1 car vn un donc un+1 un un un un et la suite (un ) est croissante. n v n = un 2 v n 0; car un vn ; donc la suite (vn ) vn+1 vn = un +v 2 est décroissante et les suites (un ) et (vn ) sont adjacentes.

5. vn un 21n (5 2) : Il su¢ t d’avoir 23n < 1013 soit 2n > 3000: Or, 211 = 2048 et 212 = 4096, donc v12 u12 10 3 : En fait, le calcul de u3 et v3 su¢ t pour a¢ rmer que ` = 3; 328 a 10 près par défaut. Exercice 2.12(oligatoire) Les suites (un ) et (vn ) sont dé…nies pour tout entier n non nul par 1 1 un = p + p + ::: + 1 2 1 1 et vn = p + p + ::: + 1 2

1 p n 1 p n

Montrez que les deux suites sont adjacentes. Solution Exercice 2.12

p 2 n+1 p 2 n:

CHAPITRE 2. SUITES REELLES

1 n+1 1 = p n+1

un = p

un+1

125

n+2

n+1

p p p n+1 n+2+ n+1 p p 2 n+2+ n+1 p p p n+2+ n+1 2 n+1 (n + 2 n 1) 1 p p p 2 p = p = p n+1 n+2+ n+1 n+1 n+2+ n+1 p p n+2 n+1 p p = p >0 n+1 n+2+ n+1

un+1

n+2

un > 0; alors la suite (un ) est croissante. vn+1

p p 1 2 n+1+2 n n+1 p p n n+1 p = p p <0: n+1 n+2+ n

vn = p

la suite (vn ) est décroissante vn lim

n!+ 1

un = 2 n+1+

n+1

n =p

n = + 1 donc

2 p : n+1+ n

lim (vn

n!+ 1

un ) = 0:

Les suites (un ) et (vn ) sont adjacentes. Exercice 2.13(oligatoire) La suite (un ) est dé…nie par : u0 = 0 et pour tout entier n 2un + 1 : un + 2 1. Démontrez par récurrence, que : 1.a) pour tout n; un 0; 1.b) pour tout n; un < 1: 2. Démontrez que la suite (un ) est monotone et convergente. 3.La suite (vn ) est dé…nie pour tout entier n par un+1 =

vn =

un 1 : un + 1

CHAPITRE 2. SUITES REELLES

126

Démontrez que (vn ) est une suite géométrique. Précisez la raison et le premier terme. 4.Exprimez vn puis un en fonction de n et trouvez lim un : n!+1

5. Trouvez un entier N tel que, pour tout n > N : un > 0; 99: Solution Exercice 2.13 1. a) u0 = 0, donc la propriété un 0 est vraie au rang 0: Supposons-la vraie au rang n. Puisque un 0; 2un + 1 et un + 2 sont positifs et, donc, leur quotient un+1 aussi. Donc tous les termes de la suite (un ) sont bien positifs. 1.b) u0 = 0, donc la propriété un < 1 est vraie au rang 0. Supposons-la vraie au rang n: un+1 =

un + 2 + u n un + 2

=1+

un 1 ; un + 2

donc

un 1 un + 2 et puisque 0 un < 1 (hypothèse de récurence vraie à l’ordre n); donc un+1 1 < 0 et un+1 < 1: Pour tout n, un < 1 et la suite (un ) est majorée par 1 et minorée par 0. 2. un+1

un+1

un =

2un + 1 un + 2

un =

2un + 1 u2n un + 2

2un

1 u2n un + 2

Puisque 0 un < 1; 1 u2n > 0 et un+1 un > 0 : la suite (un ) est donc croissante. (un ) étant croissante, majorée, donc convergente. 3. 2un + 1 un+1 = un + 2 vn+1

un+1 1 = = un+1 + 1

2un +1 un +2 2un +1 un +2

1 +1

2un +1 un 2 un +2 2un +1+un +2 un +2

2un + 1 un 2 2un + 1 + un + 2

un+1 1 2un + 1 un 2 = un+1 + 1 2un + 1 + un + 2 un 1 1 un 1 1 = = = vn : 3un + 3 3 un + 1 3

vn+1 =

La suite (vn ) est géométrique de raison

1 3

et de premier terme v0 =

CHAPITRE 2. SUITES REELLES 4. vn = ( 1)

1 n 3

vn (un + 1) =

1 . 3n

127

D’autre part :

un 1 (un + 1) = un un + 1

1 () vn un

un =

soit un (vn et

lim 1n n!+ 1 3

1) =

1 1 + vn = un = 1 vn 1+ = 0 (suite géométrique et

1 3n 1 3n

1 3

;

< 1), donc lim un = 1: n!+ 1

un > 0; 99 , 1

un < 0; 01

1 31n 1 , 1 1 < 100 1 + 3n 2 1 1 1 , n < + 3 100 100 33 1 1; 99 < , 199 < 3n: , n 3 100 Donc N = 5 car 34 = 81 et 35 = 243: Exercice 2.14(facultatif) Etude simultanée de deux suites a et b sont deux réels tels que 0 < a < b: Les suites (un ) et (vn ) sont dé…nies par u0 = a et v0 = b et pour tout entier n; 2un vn un + v n un+1 = et vn+1 = : un + v n 2 1. 1.a) Prouvez que pour tout n; un vn = ab: 1.b) Montrez que pour tout n; un > 0 et vn > 0: 2. Montrez que : un+1 3.

un =

un (vn un ) et vn+1 un + v n

vn =

vn 2

CHAPITRE 2. SUITES REELLES

128

Calculez vn+1 un+1 et déduisez-en la monotonie des suites (un ) et (vn ) : 4. On se propose de prouvez que lim (vn un ) = 0: n!+1

4.a) Prouvez que pour tout n : vn+1

un+1

vn+1

1 (vn 2

un ) :

4.b) Déduisez-en par récurrence que pour tout n; vn

1 (v0 2n

u0 ) :

4.c) Déduisez-en que les suites (un ) et (vn ) sont convergentvers la même limite `: 4.d) Déterminez `: Solution Exercice 2.14 1. a) un + v n 2un vn = un vn : un + v n 2 Et ceci quel que soit n, donc, de proche en proche, un+1 vn+1 =

un+1 vn+1 = un vn = u0 v0 = ab: 1.b) Par hypothèse, u0 et v0 sont strictement positifs : la proposition P0 est vraie. Supposons Pn vraie et étudions le signe de un+1 et de vn+1 : un vn > 0 et un + vn > 0; donc un+1 > 0 et vn+1 > 0: Pour tout n; un > 0 et vn > 0: 2. un (un + vn ) un + v n un vn u2n un (vn un ) = = un + v n un + v n un vn un + vn 2vn = : = 2 2

un+1

un =

vn+1

2un vn

3. a) vn+1

un + vn 2un vn 2 un + vn 2 (un + vn ) 4un vn u2 + vn2 + 2un vn 4un vn = = n 2 (un + vn ) 2 (un + vn ) 2 2 2 u + vn 2un vn (un vn ) = n = 0: 2 (un + vn ) 2 (un + vn )

un+1 =

CHAPITRE 2. SUITES REELLES

129

Donc, pour tout n; un+1

un =

un (vn un ) et vn+1 un + v n vn

vn =

vn 2

Puisque un+1

un =

un (vn un ) ; un + v n

un > 0; vn > 0:

Donc un+1

et par conséquent (un ) est croissante. On a aussi vn+1

vn =

vn 2

; un > 0; vn > 0:

Ceci implique vn+1

La suite (vn ) est décroissante. 4. a) (un ) étant croissante, donc un )

un+1

soit en ajoutant aux deux membres de l’inégalité vn+1 vn+1 Maintenant vn+1

un+1

2un 1 = (vn 2 2

un + v n 2

un =

vn+1

un ) :

Par conséquent vn+1

1 (vn un ) : 2 1 (v0 u0 ) = v0 u0 : P0 est vraie. Supposons 20 (v0 u0 ) : d’après a) : un+1

4.b) Au rang 0; v0 u0 Pn soit vraie : (vn un ) 21n vn+1

1 (vn 2

un+1

un )

Soit en prenant en considération que Pn est vraie, on obtient vn+1

un+1

1 2

1 (v0 2n

u0 ) ;

CHAPITRE 2. SUITES REELLES

130

ou encore vn+1

un+1

(v0

2n+1

u0 ) :

Pn est vraie, donc, pour tout n; vn

1 (v0 2n

u0 ) :

4.c) On a montré en 3. a) que vn

On obtient donc en prenant en considération 4.b) 0

1 (v0 2n

un 1 (v0 1 2n

lim

n!+

u0 ) :

u0 ) = 0:

Donc lim (vn

n!+ 1

un ) = 0:

La suite(un ) est croissante et (vn ) est décroissante. lim (vn n!+ 1

un ) = 0: Donc

Les suites (un ) et (vn ) sont adjacentes. Elles convergent donc vers la même limite `: 4.d) Le produit un vn converge donv vers `2 . Or, pour tout n; un vn = ab donc `2 = ab: Cette équation admet deux solutions p ` = ab ou ` =

ab:

De plus, les suites (un ) et (vn ) sont à termes strictement positifs (voir 1a)), donc lim un = lim vn 0: n!+ 1

n!+ 1

Par conséquent lim un = lim vn =

n!+ 1

Exercice 2.15(oligatoire)

n!+ 1

ab:

CHAPITRE 2. SUITES REELLES

131

Considérons la suite fun gn2N dé…nie par un = ( 1)n = f1; 1; 1; 1; ::::g 15.a) Montrez que la suite fun gn2N est majorée et minorée. 15.b) Montrez que la suite fun gn2N n’est pas de Cauchy dans R 15.c) Montrez que la suite fun gn2N est divergente 15.d) Peut on appliquer le théorème de Bolzano-Weistrass à cette suite ? 15.e) Trouvez toutes les valeurs d’adhérence de la suite fun gn2N 15.f) Trouvez lim un et lim un n!1

n!1

Solution Exercice 2.15 15.a) Il est évident de voir que 8n 2 N : un

et 8n 2 N : un

Donc fun gn2N est majorée et minorée. 15.b) Si une suite fun gn2N véri…ait le critère de Cauchy on aurait 8" > 0;

9N;

8p;

8q;

[p; q > N =) jup

uq j < "] ;

fun gn2N dé…nie par un = ( 1)n ne véri…e pas le critère de Cauchy doit véri…er la négation de la proposition précédente : 9" > 0;

8n 2 N;

En e¤et, prenons " = 2n + 1: On a bien sur

1 2

9p;

9q;

[p; q > N et jup

uq j

"] :

et n 2 N quelconque. Associons à n, p = 2n et q =

p > n et q > n; mais jup

uq j = ju2n

u2n+1 j = j1

1 ( 1)j = 2 > : 2

Donc la suite fun gn2N n’est pas de Cauchy dans R: 15.c) Toute suite convergente véri…e le critère de Cauchy (voir théorème du cours). Si on note par (P ) : fun gn2N est convergente (Q) : fun gn2N véri…e le critère de Cauchy D’après le théorème du cours, on a : (P ) =) (Q): Puisque non(Q) =) non(P )

CHAPITRE 2. SUITES REELLES

132

alors la suite fun gn2N ne véri…ant pas le critère de Cauchy est nécessairement divergente. Remarque : D’après le cours on a (P ) () (Q): 15.d) Puisque la suite est bornée, on peut lui appliquer le théorème de Bolzano-Weistrass qui a¢ rme que de cette suite on peut extraire au moins une sous suite convergente. 15.e) Pour trouver toutes les valeurs d’adhérence de la suite fun gn2N , on doit d’abord trouver toutes les sous suites convergentes de la suite fun gn2N et calculer leurs limites. De la suite fun gn2N , on peut extraire deux sous suites convergentes, la sous suite des termes pairs et la sous suite des termes impairs : fu2n gn2N = fu0 ; u2 ; u4 ; u6 ; ::; u2n ; :::g = f1; 1; 1; :::; 1; :::g ! 1 n!1

et fu2n+1 gn2N = fu1 ; u3 ; u5 ; u7 ; ::; u2n+1 ; :::g = f 1; 1; 1; :::; 1; :::g !

n!1

Si on note par Ad fun gn2N l’ensemble des valeurs d’adhérence de la suite fun gn2N : Alors d’après ce qui précède Ad fun gn2N = f 1; +1g 15.f) Par dé…nition lim fun g = sup Ad fun gn2N = f 1; +1g = max f 1; +1g = +1

n!1

lim un = inf Ad fun gn2N = inf f 1; +1g = min f 1; +1g =

n!1

Chapitre 3 FONCTIONS REELLES D’UNE VARIABLE REELLE. LIMITE ET CONTINUITE 3.1

NOTE HISTORIQUE

A la …n du XVIIéme siècle, la création du calcul di¤èrentiel est achevée. La necessité d’en donner un exposé rigoureux conduit à repenser l’ordre logique de la construction de l’analyse et à préciser sans ambiguïté les concepts de base : fonction, limite, in…niment petit ... Cauchy sera celui qui traduira, en France, le plus rigoureusement pour son époque, l’idée de limite d’une fonction. Son cours d’"Analyse algébrique", écrit en 1821, est le premier traité d’Analyse "moderne". Les lignes suivantes en sont extraites : "Lorsque les valeurs attribuées successivement à une variable s’approchent indé…niement d’une valeur …xe, de mannière à …nir par en di¤érer aussi peut que l’on voudra, cette dernière est appelée la limite de toutes les autres. [...] Nous indiquerons la limite par l’abrévation lim (en

133

CHAPITRE 3. FONCTIONS REELLES D’UNE VARIABLE REELLE. LIMITE ET CONTINUIT italique) placée devant la variable."

Cauchy

3.2 3.2.1

GENERALITES Fonction numérique, fonction réelle d’une variable réelle

On appelle fonction numérique sur un ensemble E; toute application de E dans l’ensemble R des nombres réels. Si E est lui-même une partie de R, on dit que f est une fonction numérique d’une variable réelle, ou encore, une fonction réelle d’une variable réelle. On notera l’application f :E!F

ou x 7 ! f (x) :

On distinguera la fonction désignée par f; de l’image de x par f , désignée par f (x). Comme on n’étudie que les fonctions réelles d’une variable réelle, on omettra souvent, a…n d’alléger l’écriture, de préciser que x et f (x) sont des éléments de R; et l’on dira fonction au lieu de fonction réelle d’une variable réelle.

3.2.2

Graphe d’une fontion réelle d’une variable réelle.

Le graphe dé…nie par

(f ) d’une fonction f : E ! R; E

R; est une partie de R2

(f ) = (x; f (x) 2 R2 : x 2 E :

! ! Considérons le plan euclidien P rapporté à un repère cartésien O; i ; j :On représente (f ) dans P en associant à tout couple (x; f (x)) un point M

CHAPITRE 3. FONCTIONS REELLES D’UNE VARIABLE REELLE. LIMITE ET CONTINUIT ! ! ! unique de coordonnées x et y = f (x) ; tel que OM = x i + y j : L’ensemble de ces points M (pour x 2 E) est appelé représentation graphique (ou également graphe de la fontion f .

3.2.3

Fonctions paire, impaire

Une fonction f , dé…nie sur un intervalle I symétrique par rapport à 0, est dite paire (resp. impaire) si 8x 2 I : f ( x) = f (x)

(resp: f ( x) =

f (x)) :

Exemple. - Les fonctions x 7 ! x2 et x 7 ! cos x sont paires, les fonctions x 7 ! x3 et x 7 ! tg x sont impaires. Lorsque la fonction f est paire, les points M (x0 ; f (x0 )) et M 0 ( x0 ; f ( x0 )) sont symétriques par rapport à l’axe y 0 Oy: Losque la fontion f est impaire, les points M (x0 ; f (x0 )) et M 0 ( x0 ; f ( x0 )) sont symétriques par rapport à l’origine. Si la fonction est paire ou impaire, il su¢ t donc de l’étudier pour les valeurs positives de la variable, c’est-à-dire dans l’ensemble R+ \ I . Le graphe pour R+ \ I se déduit alors par symétrie.

3.2.4

Fonction périodique

Une fonction f : R 7 ! R est dite périodique s’il existe P > 0 tel que : 8x 2 R :

f (x + P ) = f (x) :

Si P est une période pour f , tout nombre de la forme kP (k 2 N ) est aussi une période pour f: Dans les cas usuels, il existe souvent une période plus petite que toutes les autres ; c’est ce nombre que l’on apelle gènèralement période de la fonction f . Mais il existe des fonctions périodiques (non constantes) n’admettant pas de plus petite période. Par exemple, la fonction f dé…ne par 1 si x 2 Q; f (x) 0 si x 2 = Q;

admet pour une période tout nombre rationnel r positif. En e¤et, (x + r) est rationnel (resp. irrationnel) si x est rationnel (resp. irrationnel). Il n’existe pas dans ce cas de période plus petite que toutes les autres. Lorsqu’une fonction est périodique, il suu…t de l’étudier sur un intervalle d’amplitude égale à la période : [x0 ; x0 + P ] et d’en tracer le graphe. Le graphe complet se déduit du graphe précedent par des translations de vesteurs (kP; 0) (k 2 Z) ; x0 sera choisi de façon à pro…ter d’éventuelles particularités de la fonction (parité ou imparité par exemple).

CHAPITRE 3. FONCTIONS REELLES D’UNE VARIABLE REELLE. LIMITE ET CONTINUIT

3.2.5

Fonctions bornées

Soit f ; E ! R: Rappelons que f (E) R; f (E) est l’ensemble de toutes les valeurs de f . f (E) = ff (x) : x 2 Eg On dira que 1. f est majorée si l’ensemble f (E) est majoré, 2. f est minorée si l’ensemble f (E) est minoré, 3. f est bornée si l’ensemble f (E) est borné. Posons supf (x) = sup f (E) 2 R;

inf f (x) = inf f (E) 2 R:

x2E

Les valeurs supf (x) et inf f (x) s’appellent respectivement borne supéx2E

x2E

rieure et borne inférieure de la fonction f sur l’ensemble E et se notent encore sup (f ), inf (f ), ou, s’il n’y a pas de confusion, sup f et inf f: On dira E

que sup f inf f est l’oscillation de f sur E: On a évidemment les équivalences suivantes : f est majorée , sup f < + 1; f est minorée , inf f > 1; f est borrée , 1 < inf f et sup f < + 1 , sup jf j < + 1: Si F E, on posera par dé…nition supf = supf (x) : F

x2F

On notera, en vertu du théorème 1.1 (voir chapitre1), que la relation supf = M < + 1 est équivalente à E

8x 2 E : f (x) M; 8" > 0; 9x0 2 E : f (x0 ) > M

Remarque analogue pour inf f: E Remarque.- Une fonction réelle n’est pas nécéssairement bornée. Par exemple, la fonction f : R ! R dé…nie par f (x) = n’est pas bornée.

1 x

si x 6= 0; 0 si x = 0;

CHAPITRE 3. FONCTIONS REELLES D’UNE VARIABLE REELLE. LIMITE ET CONTINUIT

3.2.6

fonctions monotonnes.

Dé…nition 3.0 Une fonction f dé…nie sur une partie E de R est dite monotone croissante (resp. décroissante) dans E, si 8x; y 2 E : x

y ) f (x)

f (y)

(resp: f (x)

f (y)) :

On dira que f est strictement croissante (resp. srictement décroissante) si les inégalités ont lieu au sens strict, i.e. 8x; y 2 E : x < y ) f (x) < f (y)

(resp: f (x) > f (y)) :

Dé…nition 3.0 bis Une fonction f dé…nie sur une partie E de R est dite injective dans E, si 8x; y 2 E : x 6= y ) f (x) 6= f (y) ou de façon équivalente f (x) = f (y) =) x = y Théorème 3.0 Si f est strictement monotone, alors f est injective. Preuve du théorème 3.0 Supposons que f est strictement monotone. Suppososons que f est strictement croissante. 8 8 < x1 < x 2 < f (x1 ) < f (x2 ) ou ou x1 6= x2 ) =) =) f (x1 ) 6= f (x2 ) : : x1 > x 2 f (x1 ) > f (x2 ) et f est donc injective. Si f est strictement décroissante. 8 8 < x1 < x 2 < f (x1 ) > f (x2 ) ou ou =) x1 6= x2 ) =) f (x1 ) 6= f (x2 ) : : f (x1 ) < f (x2 ) x1 > x 2 et f est donc injective.

CHAPITRE 3. FONCTIONS REELLES D’UNE VARIABLE REELLE. LIMITE ET CONTINUIT

3.2.7

Opérations algébriques sur les fonctions

Soit E R: Notons par F (E; R) l0 ensemble de toutes les fonctions dé…nies sur E et à valeurs dans R: Soit f et g deux fonctions dé…nies sur une partie E de R. On appelle somme des deux fonctions et l’on note f + g, la fonction x 7 ! f (x) + g (x). Pour 2 R, on dé…nit la fonction f par ( f ) (x) = f (x). Dé…nissons le produit de deux fonctions par (f g) (x) = f (x) g (x). Les deux opérations, l’addition et la multiplication, font alors de l’ensemble; (F (E; R) ; +; ) un anneau commutatif et unitaire. L’ensemble F (E; R) peut être ordonné de façon natuelle en posant, par dé…nition, f g , 8x 2 E : f (x) g (x) : On posera également f < g , 8x 2 E :

3.3 3.3.1

f (x) < g (x) :

LIMITE D UNE FONCTION Idée intuitive

Commençons par étudier deux exemples. Considérons les fonctions f (x) = et

sin(x) x

1 g(x) = sin( ) x ces deux fonctions sont dé…nies dans tout intervalle ] "; +"[ n f0g : Dans les tableaux 1 et 2 suivants, on va calculer les valeurs de f (x) = sin(x) et x

CHAPITRE 3. FONCTIONS REELLES D’UNE VARIABLE REELLE. LIMITE ET CONTINUIT g(x) = sin( x1 ) pour des valeurs de x de plus en plus proches de zéro. On a x 10 10 10 10 10 10 10 10 10

x 10 10 10 10 10 10 10 10 10 10 10 10 10 10

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 20 30 35 39

1 2 3 4 5 6 7 8 9

f (x) = sin(x) x 0:998 334 166 468 281 523 07 0:999 983 333 416 666 468 25 0:999 999 833 333 341 666 67 0:999 999 998 333 333 334 17 0: 999 999 999 983 333 333 3 0: 999 999 999 999 833 333 3 0: 999 999 999 999 998 333 3 0: 999 999 999 999 999 983 3 0: 999 999 999 999 999 999 8 Tableau 1

g(x) = sin( x1 ) 0:544 021 110 889 369 813 4 0:506 365 641 109 758 793 66 0:826 879 540 532 002 560 26 0:305 614 388 888 252 141 36 3: 574 879 797 201 650 931 6 10 0:349 993 502 171 292 952 12 0:420 547 793 190 782 491 3 0:931 639 027 109 726 008 03 0:545 843 449 448 699 564 25 0:487 506 025 087 510 691 48 0:645 251 284 489 096 737 08 0:287 903 316 665 065 294 78 0:623 844 399 358 629 626 49 0:343 028 415 370 831 163 04 Tableau 2

Commentaires sur le tableau 1 a) On remarque que lorsque la variable x prend des valeurs de plus en plus proches de zéro, les valeurs de la fonction f (x) = sin(x) prennent des valeurs x de plus en plus proches de 1: En d’autres termes, les valeurs de la fonction f (x) = sin(x) tendent vers 1; quand les valeurs de la variable x tendent vers 0 x b) La fonction f (x) = sin(x) n’est pas dé…nie au point x = 0: x

CHAPITRE 3. FONCTIONS REELLES D’UNE VARIABLE REELLE. LIMITE ET CONTINUIT pour tous les c) On peut calculer les valeurs de la fonction f (x) = sin(x) x x appartenant à un voisinage de 0; en l’occurence un intervalle de la forme ] "; +"[ n f0g : Commentaires sur le tableau 2 a) Contrairement au tableau 1, on remarque que dans le tableau 2, il n’existe aucune valeur réelle …xe ` 2 R autour de laquelle les valeurs de la fonction g(x) = sin( x1 ) s’accumulent, lorsque la variable x prend des valeurs de plus en plus proches de zéro. b) Quand la variable x prend des valeurs de plus en plus proches de zéro, les valeurs de la fonction g(x) = sin( x1 ) oscillent entre les valeurs 0:64 et 0:93. c) Quand la variable x prend des valeurs de plus en plus proches de zéro, les valeurs de la fonction g(x) = sin( x1 ) prend des valeurs trés di¤érentes les unes des autres et la di¤érence entre deux valeurs quelconque est assez grande. Comment décrire mathématiquent et de façon précise l’dée suivante : f (x) tend vers ` quand x tend vers x0 ? Dire que f (x) tend vers ` quand x tend vers x0 ou que ` est limite de la fonction f lorsque x tend vers x0 , que l’on note : lim f (x) = `; signi…e que x!x0

les valeurs f (x), prises pour tous les x proches de x0 , …nissent par s’accumuler "autour" de `. Puisqu’il y’a accumulation des valeurs de f (x) autour de `; pour tous les x proches de x0 ; celà veut dire que tout intervalle I" = ]` "; ` + "[ de centre ` et de rayon "; contient toutes les valeurs f (x) prises par f pour x proches de x0 : En d’autres termes, si l’on prend un intervalle quelconque I" = ]` "; ` + "[ de centre ` et de rayon "; aussi petit soit il, alors on peut trouver un intervalle ]x0 ; x0 + [; tel que 8x : x 2]x0

; x0 + [ n fx0 g =) f (x) 2 ]`

"; ` + "[ :

Remarquons que fx 2]x0 ; x0 + [ n fx0 gg = fx : 0 < jx x0 j < g ff (x) 2 ]` "; ` + "[g () jf (x) `j < " Donc, on obtient la dé…nition suivante : lim f (x) = ` si et seulement si pour x!x0

tout intervalle ]` "; ` + "[ ; on peut trouver un intervalle ]x0 que 8x : si 0 < jx x0 j < alors jf (x) `j < ":

; x0 + [; tel

CHAPITRE 3. FONCTIONS REELLES D’UNE VARIABLE REELLE. LIMITE ET CONTINUIT

3.3.2

Dé…nitions. Limite …nie en un point x0 . Limite à gauche, limite à droite

Dé…nition 3.1. Soit Ix0 R un intervalle ouvert de centre x0 et f une foction réelle dé…nie dans Ix0 sauf peut être au point x0 : a) On dit que f (x) tend vers ` [qu’on note : f (x) ! `] quand x tend vers x0 si, pour nombre " > 0; il existe un nombre > 0 tel que pour tout x 6= x0 véri…ant : jx x0 j < on ait : jf (x) `j < ":On écrit aussi lim f (x) = `

x!x0

En abrégé : lim f (x) = ` , 8" > 0 9 > 0 : 8x [0 < jx

x!x0

x0 j <

) jf (x)

`j < ":]

b) On dit que f a une limite à droite au point x0 si , 8" > 0; 9 > 0 : 8x : x0 < x < x0 +

) jf (x)

`j < ":

On notera lim

x!x0 ; x>x0

f (x) = l:

c) On dé…nit de manière analogue la limite quand x tend vers x0 par valeurs < x0 qui s’appelle limite de f; à gauche, au point x0 : Remarque 3.1 Si la limite existe, il est évident que la limite à droite et la limite à gauche existent aussiet elles sont égales à cette limite. Réciproquement si la limite à droite et la limite à gauche existent et elles sont égales, alors la limite de f au point x0 existe et elle est égale à la valeur commune des deux limites.

3.3.3

Interprétation graphique

Quel que soit l’intervalle ouvert I centré en l, et aussi petit soit-il, on peut trouver un intervalle ouvert J centré en x0 ; tel que la représentation

CHAPITRE 3. FONCTIONS REELLES D’UNE VARIABLE REELLE. LIMITE ET CONTINUIT graphique de f restreinte à J est dans la partie I (voir …g1)

3.3.4

Exemple de fonction sans limite

Considérons la fonction f : R 7 ! R dé…nie par : 8 < 1 si x < 2 3 si x > 2 f (x) = : 2 si x = 2

Cette fonction n’admet pas de limite au point x0 = 2: Remarquons d’abord que lorsque la variable x s’approche de x0 = 2; les valeurs f (x) ne s’accumulent autour d’aucun point réel `: En e¤et lorsque x s’approche de x0 = 2 à gauche, toutes les valeurs f (x) sont égales à +1: Lorsque x s’approche de

CHAPITRE 3. FONCTIONS REELLES D’UNE VARIABLE REELLE. LIMITE ET CONTINUIT x0 = 2 à droite, toutes les valeurs f (x) sont égales à +3: (voir f ig2)

3.3.5

Cas où x0 devient in…ni

Dé…nition 3.2 Si f est dé…nie dans un intervalle ]d; +1[, on écrit lim f (x) = `

x!+1

si 8" > 0; 9A > 0 tel que : x > A ) jf (x)

lj < ":

On dé…nit de manière analogue la notion de limite quand x ! 8" > 0; 9A > 0 tel que x <

3.3.6

A ) jf (x)

Limite in…nie avec x0 2 R (f ini)

Dé…nition 3.3

lj < ":

CHAPITRE 3. FONCTIONS REELLES D’UNE VARIABLE REELLE. LIMITE ET CONTINUIT Soit x0 2 R: on défnit lim f (x) = +1 et lim f (x) = x7 !x0

suit :

1 comme

x7 !x0

lim f (x) = +1 , 8A > 0; 9 > 0 tel que 0 < jx

x0 j <

) f (x) > A

x7 !x0

1 , 8A > 0; 9 > 0 tel que 0 < jx

x0 j <

) f (x)

3.3.7

Limite in…nie avec x0 = +1 ou x0 =

x7 !x0

lim f (x) =

Dé…nition 3.4 Si x0 = +1 ou x0 = +1 ,

lim f (x) =

x7 !+1

1; on défnit lim f (x) =

x7 ! 1

lim f (x) = +1 ,

x7 !+1

1 comme suit :

lim f (x) =

x7 ! 1

lim f (x) = +1 , 8A > 0; 9B > 0 tel que x > B ) f (x) > A

x7 !+1

lim f (x) = +1 , 8A > 0; 9B > 0 tel que x <

B ) f (x) > A

x7 ! 1

1 , 8A > 0; 9B > 0 tel que x > B ) f (x) <

lim f (x) =

x7 !+1

lim f (x) =

x7 ! 1

3.4 3.4.1

1 , 8A > 0; 9B > 0 tel que x <

B ) f (x) <

A A

OPERATIONS SUR LES LIMITES Somme, produit et quotient

Soient f1 et f2 , deux fonctions dé…nies dans un intervalle Ix0 ; de centre x0 : Théorème 3.1 Si lim f1 (x) = l1 ;

x!x0

et lim f2 (x) = l2 ; x!x0

alors lim (f1 + f2 ) (x) = l1 + l2 :

x!x0

Démonstration Soit " > 0: Il existe ; jx

x0 j <

x0 j

> 0 tels que

et x 6= x0 ) jf1 (x)

l1 j

et x 6= x0 ) jf2 (x)

l2 j

" ; 2 " : 2

CHAPITRE 3. FONCTIONS REELLES D’UNE VARIABLE REELLE. LIMITE ET CONTINUIT Soit " = inf ( ; 0 ). On a jx

x0 j

) jf1 (x) + f2 (x)

et x 6= x0 )

(l1 + l2 )j = j(f1 (x)

jf1 (x) jf2 (x)

l1 j l2 j

l1 ) + (f2 (x)

" ; 2 " 2

l2 )j

jf1 (x)

l1 j+jf2 (x)

On démontre sans peine, comme celà a été fait dans le chapitre des suites, les théorèmes suivants : Théorème 3.2. Si lim f1 (x) = l1 et lim f2 (x) = l2 ; x!x0

x!x0

alors lim f1 (x) f2 (x) = l1 l2 ;

x!x0

Théorème 3.3. Si lim f1 (x) = l1 et lim f2 (x) = l2 et l2 6= 0; x!x0

x!x0

alors

l1 f1 (x) = : x!x0 f2 (x) l2 lim

Théorème 3.4. Soient f1; f2 deux fontions réelles telle que lim f1 (x) = l1 ;

x!x0

lim f2 (x) = l2 :

x!x0

Si f1 (x) f2 (x) pour tout x (ou même seulement pour tout x assez voisin de x0 et distinct de x0 ), alors l1 l2 : C’est ce qu’on appelle le passage à la limite dans les inégalités.

3.4.2

Limite d’une fonction composée

Théorème 3.5 Soient f et g deux fonctions. On suppose que lim f (x) = y0 ;

x!x0

lim g (y) = l:

y7 !y0

On suppose de plus que lim g (y) = l = g(y0 )

y7 !y0

" " l2 j < + = 2 2

CHAPITRE 3. FONCTIONS REELLES D’UNE VARIABLE REELLE. LIMITE ET CONTINUIT Alors lim g (f (x)) = l:

x!x0

Démonstration. Soit " > 0: Puisque lim g (y) = l = g(y0 ); alors Il existe

y7 !y0

> 0 tel que

8y 6= y0 : [jy

y0 j

) jg (y)

g(y0 )j < ":]

De même, étant donné que lim f (x) = y0 ; alors pour x!x0

existe

> 0 donné, Il

> 0 tel que 0 < jx

x0 j

) jf (x)

y0 j

Alors 8x : 0 < jx

x0 j <

) jf (x)

y0 j

) jg (f (x))

g(y0 )j < ":

Remarque 3.2 Si la condition lim g (y) = l = g(y0 )

y7 !y0

n’est pas véri…ée, alors le théorème est faux.

3.5

COMPARAISON DES FONCTIONS AU VOISINAGE D’UN POINT

3.5.1

FORMES INDETERMINEES

Il existe pour les foctions comme pour les suites, les formes indéterminées . Par exemple, étudions un produit f (x) suivantes : 1 1; 0:1; 00 ; 1 1 g (x) quand x ! x0 par valeurs 6= a : si f (x) ! 0 et g (x) ! +1; on a une forme indéterminée 0:1: Théoriquement, on peut toujours se ramener à la forme 00 (mais, pratiquement, ce n’est pas toujours le plus commode). En e¤et : 1. soit l’on a

1 g

f (x) ; g(x)

avec f (x) ! + 1; g (x) ! + 1: On écrit

f g

1 g 1 f

! 0; f1 ! 0: 2. soit f (x) g (x) ; avec f (x) ! 0; g (x) ! + 1: On écrit f g =

et l’on a f ! 0; g1 ! 0: 3. soit f (x) g (x) ; f g = f 1 fg :

et f 1 g

avec f (x) ! + 1; g (x) ! + 1. On écrit

CHAPITRE 3. FONCTIONS REELLES D’UNE VARIABLE REELLE. LIMITE ET CONTINUIT On lève d’abord la forme indéterminée fg ( si possible) ; supposons que ! a. Alors 1 fg ! 1 a: Si a 6= 1; le problème est resolu. Si a = 1; on est ramené à une forme indéterminée 0:1: g f

EQUIVALENCE. Dé…nition3.5 Soient f et g deux fontions réelles. On dit que f et g sont équivalentes quand x tend vers x0 ; s’il existe une fontion h, dé…nie pour jx x0 j su¢ sament petit, telle que h (x) ! 1 quand

f (x) = g (x) h (x) ;

x ! x0 :

On écrit alors f Remarque 3.3 Si g (x) 6= 0 pour jx

(x ! x0 ) :

x0 j assez petit, la dé…nition précédente signi…e que lim

f (x)

x!x0 g(x)

Exemple 3.1 On a : sin x

(x ! 0) :

En e¤et, posons h (x) = sinx x pour x 6= 0; et h (0) = 1. Alors sin x h (x) pour tout x, et l’on sait que lim h (x) = 1:

x!0

Exemple 3.2 Soit P (x) = an xn + an 1 xn+1 + ::: + a0 degrés n. On a P (x) an xn (x !

(ou an 6= 0) un plynôme de 1) :

En e¤et, pour x 6= 0, on a P (x) = an xn

an 1 1 an 2 1 a0 1 + + ::: + 2 an x an x an x n

et la parenthèse tend vers 1 quand x ! 1: Théorème 3.6 La relation f g (x ! x0 )

CHAPITRE 3. FONCTIONS REELLES D’UNE VARIABLE REELLE. LIMITE ET CONTINUIT est une relation d’équivalence. Démonstration. Re‡exivité de Il est clair que f On a

f: En e¤et il su¢ t de prendre la fonction h(x) = 1; f = f:h et lim h (x) = 1: x!x0

Donc est ré‡exive. Symetrie de Si f g, alors g f: En e¤et, si f = gh avec h ! 1; on a h 6= 0 pour jx x0 j assez petit. D’autre part g = f h 1 et h 1 ! 1 1 = 1: Transitivité de Si f g et g h alors f h. En e¤et supposons que f g; alors il existe k telle que k ! 1 et f = kg: D’autre part si g h, alors il existe k 0 telle que k 0 ! 1 et g = k 0 h: On a donc en prenant en considération les relations précédentes : f = kk 0 h = Kh avec K = kk 0 ! 1 Par conséquent f

1 = 1:

Théorème 3.7 Si f et g ont une même limite l quand x ! x0 et si l est …nie et non nulle, alors f g quand x ! x0 : Démonstration Remarquons que lim g (x) = l 6= 0: Alors g (x) 6= 0 dans un voisinage de x!x0

x0 : Ceci nous autorise à dé…nir la fonction h de la façon suivante : h=

f : g

Bien sur f = hg et lim h (x) =

x!x0

l = 1: l

Par conséquent f g quand x ! x0 : Corollaire 3.1 Supposons que lim f (x) = l; l 6= 0: x!x0

CHAPITRE 3. FONCTIONS REELLES D’UNE VARIABLE REELLE. LIMITE ET CONTINUIT Alors l (x ! x0 ):

Preuve : C’est une application directe du théorème 3.7 en cosidérant f et g comme dans le théorème 3.7, avec g(x) l: Bien sur on a dans ce cas lim f (x) = lim g (x) = l; l 6= 0:

x!x0

Remarque 3.4 Le théorème précédent serait en défaut si l’on n’imposait pas l 6= 0; l 6= 1. Les exemples suivants vont le montrer : 1. f (x) = x; g (x) = x2 ; x ! 0 par valeurs 6= 0. On a f ! 0; g ! 0; et pourtant fg ! + 1: 2. f (x) =

1 ; x2

g (x) =

1 ; x2

x ! 0 par valeurs 6= 0. On a f ! + 1,

et portant fg ! 0: Théorème 3.8 Si f g quand x ! x0 et si f (x) ! l (quand x ! x0 ); alors g (x) ! l (quand x ! x0 ) (même si l est nul ou in…ni). Démonstration f g quand x ! x0 :Donc on a g = f h avec h ! 1. Par conséquent lim g (x) = lim f (x)

x!x0

lim h (x) = l

x!x0

1 = l:

Remarque 3.5 Quand on cherche la limite d’une fonction f , on peut remplacer f par une fonction équivalente. Ceci sera très pratique, car nous allons donner des règles de calcul sur l’équivalence. Théorème 3.9 Si f f1 et g x ! x0 ):

g1 ( quand x !x 0 ); alors f g

f1 g1 et

f g

f1 ( g1

quand

Démonstration. f f1 et g g1 : Donc il existe h et k telles que f = f1 h: g = g1 k; avec h ! 1; k ! 1: On a donc f g = f1 g1 (hk) ; f f1 h = g g1 k

CHAPITRE 3. FONCTIONS REELLES D’UNE VARIABLE REELLE. LIMITE ET CONTINUIT et

h ! 1: k

hk ! 1; Par conséquent fg

f1 g1

f g

f1 : g1

Remarque 3.6 Le résutat s’étend aux produits de plusieurs facteurs. Donc, si f (quand x ! x0 ); alors on a f2

g2; f 3

g 3 ; :::f n

g n (quand x ! x0 ):

Exemple 3.2 Trouvons l’équivalent de tan(x) (x ! 0) : Remarquons que sin(x)

x (x ! 0) :

Puisque lim cos (x) = cos(0) = 1 6= 0;

x!0

alors 1 (x ! 0):

cos(x)

Soit en appliquant le théorème 3.7, on obtient : tan(x) =

sin x cos x

tan(x)

x = x: 1

Par conséquent (x ! 0) :

Exemple 3.3 Trouvons l’équivalent de f (x) = 1 cos x (quand x ! 0): Remarquons que x 1 cos x = 2 sin2 ( ): 2 Puisque x x sin( ) ; (x ! 0) ; 2 2 donc x x 2 x2 2 sin2 ( ) 2: = : 2 2 2 Par conséquent x2 (x ! 0) : 1 cos x 2

CHAPITRE 3. FONCTIONS REELLES D’UNE VARIABLE REELLE. LIMITE ET CONTINUIT LES NOTATIONS o ET O. Dé…nition 3.6 Soient f et g deux fonctions dé…nies dans un voisinage du point x0 : On dit que f est négligeable devant g quand x ! x0 et on note f = o (g) (x ! x0 ) ; s’il existe une fonction h, dé…nie pour jx x0 j assez petit, telle que f (x) = g (x) h (x) ; h (x) ! 0 quand x ! x0 Remarque 3.7 Si g (x) 6= 0 pour jx

x0 j assez petit, la dé…nition précedente signi…e que f (x) =0 x!x0 g(x) lim

Exemple 3.4 n; m sont des entiers tel que n > m, alors on a xn = o (xm )

quand x ! 0 :

Exemple 3.5 log x = o(x); ( x ! + 1): Remarque 3.8 Dire qu’une fonction est négligeable devant 1 signi…e qu’elle tend vers zéro. On pourra donc noter o (1) une fonction qui tend vers zéro. Dé…nition 3.7 Soient f et g deux fonctions dé…nies dans un voisinage du point x0 : On dit que f domine g dans un voisinage du point x0 et on note f = O (g) (x ! x0 ); s’il existe une fonction h dé…nie et bornée pour jx x0 j assez petit, telle que f (x) = g (x) : h (x) :

CHAPITRE 3. FONCTIONS REELLES D’UNE VARIABLE REELLE. LIMITE ET CONTINUIT

f g

Remarque 3.9 Si g (x) 6= o pour jx x0 j assez petit, la dé…nition précédente signi…e que est bornée pour jx x0 j assez petit.

3.6

FONCTIONS CONTINUES. DEFINITIONS

3.6.1

Note historique

Intuitivement, une fonction est continue sur un intervalle si sa courbe est composée d’un seul morceau. Cette notion, qui parait simple, n’a cependant pas été explicitement isolée avant Bolzano et Cauchy aux environs de 1820. En e¤et les fondateurs de l’analyse moderne ont rencontré dans les débuts de l’analyse, des fonctions continues, données par des formules algébriquesou d’origine géométrique ou cinématique. L’un des théorèmes les plus importants de la théorie des fonctions continues est le le théorème des valeurs intermédiaires. Ce théorème est dû à Bolzano en 1817. Il est important par ses conséquences. En pratique par exemple pour prouver l’existence de solutions de l’équation f (x) = 0: On se sert de ce théorème aussi pour démontrer que toute fonction continue et strictement monotone admet une fonction réciproque. Ceci permet d’agrandir la classe des fonctions usuelles.

3.6.2

Dé…nitions : fonctions continues en un point

Dé…nition 3.8 1. Soit une fonction f : I ! R; I étant un intervalle quelconque de R: on dit que f est continue en x0 2 I si lim f (x) = f (x0 ) ;

x!x0

c’est-à-dire : 8" > 0; 9 > 0; 8x

I [jx

x0 j <

=) jf (x)

f (x0 )j < "] :

De façon analogue on dira que 2. f est continue à droite en x0 lim

x!x0 ; x>x0

f (x) = f (x0 ) ;

c’est-à-dire si 8" > 0; 9 > 0; 8x

I [x0

x < x0 +

=) jf (x)

f (x0 )j < "] :

CHAPITRE 3. FONCTIONS REELLES D’UNE VARIABLE REELLE. LIMITE ET CONTINUIT On note la limite à droite par : lim

x!x0 ; x>x0

f (x) = f (x0 + 0) :

De même la limite à gauche est notée par : lim

x!x0 ; x<x0

f (x) = f (x0

3. De même, on dira que f est continue à gauche en x0 si lim

x!x0 ; x<x0

f (x) = f (x0 ) ;

c’est-à-dire si 8" > 0; 9 > 0; 8x

I [x0

x < x0 =) jf (x)

f (x0 )j < "] :

Remarque 3.10 Evidemment, la continuité de f à droite et à gauche en x0 entraîne la continuité de f en x0 : On peut également exprimer la continuité en utilisant la relation entre la limite d’une fontion et les suites convergentes. Théorème 3.10 f est continue au point x0 I si, et seulement si, quelle que soit la suite fxn g de I convergeant vers x0 , la suite ff (xn )g converge vers f (x0 ) : Preuve du Théorème 3.10 La preuve du théorème1 est simple. On la laisse comme exercice. Fonctions continues sur un intervalle. Dé…nition 3.9 Une fonction dé…nie sur un intervalle I est dite continue sur I si elle est continue en tout point de I. L’ensemble des fontions continues sur I se note C (I) : Exemples de fonctions continues Exemple 3.6 Une fonction constante sur R est continue sur R: En e¤et, à tout " > 0; on peut associer pour nombre ; n’importe quel nombre positif ( = "; par exemple).

CHAPITRE 3. FONCTIONS REELLES D’UNE VARIABLE REELLE. LIMITE ET CONTINUIT Exemple 3.7 La fonction f : x 7! x est continue sur R: En e¤et, à tout " > 0, on peut associer le nombre = ": Exemple 3.8 La fonction f (x) = sin x est continue en tout point x0 R. En e¤et, écrivons x + x0 x x0 cos ; (1) jsin x sin x0 j = 2 sin 2 2 Puisque 8 2 R : sin j j

j j

(2)

alors (1) et (2) impliquent : jsin x

sin x0 j

2 sin

à tout " > 0, on peut associer jx

x0 j <

x0 2

x0 j ;

= " tel que

=) jsin x

sin x0 j < ":

On démontrerait de même la continuité de la fonction cosinus. Exemples de fonctions discontinues Une fonction qui n’est pas continue en un point est dite discontinue en ce point.

Di¤érentes formes de discontinuités Cas1 : f est discontinue partout Exemple 3.9 Considérons la fonction f : R ! R f (x) =

0 si x est rationnel; 1 si x est irrationnel:

Cette fonction est discontinue en tout point x0 2 R (voir exercice TD) Cas2 : f (x) ! +1 ou f (x) ! 1; quand x ! x0 .

CHAPITRE 3. FONCTIONS REELLES D’UNE VARIABLE REELLE. LIMITE ET CONTINUIT Exemple 3.10 Considérons la fonction f : R ! R dé…nie par : f (x) =

1 x

pour x 6= 0; 1 pour x = 0;

f n’est pas continue à l’origine car lim f (x) = +1 et lim f (x) = x!x0

x!x0

x<x0

x>x0

Cas3 : lim f (x) et lim f (x) existent avec lim f (x) = lim f (x); mais x!x0 x>x0

x!x0

x>x0

x<x0

x!x0 x<x0

lim f (x) = lim f (x) 6= f (x0 )

x!x0 x>x0

x!x0 x<x0

Exemple 3.11 Considérons la fonction f : R ! R dé…nie par : f (x) =

1 si x 6= 0 0 si x = 0

Bien sur on a lim f (x) = lim f (x) = 1 6= f (0)

x!0 x>0

x!0 x<0

Cas4 : lim f (x) et lim f (x) existent, mais lim f (x) 6= lim f (x): On x!x0 x>x0

x!x0

x<x0

x>x0

x!x0 x<x0

dira dans ce cas que x0 est 0 le point 1 0 un point 1 de discontinuité de première

espèce. Le nombre @ lim f (x)A @ lim f (x)A est appelé saut de la fonction x!x0 x>x0

x!x0 x<x0

f au point x0 . Exemple 3.12 Considérons la fonction f : R ! R 8 < 1 2 f (x) = : 0

dé…nie par : si x < 0; si x > 0 si x = 0

Bien sur on a

lim f (x) = 2;

x!0 x>0

lim f (x) = 1

x!0 x<0

CHAPITRE 3. FONCTIONS REELLES D’UNE VARIABLE REELLE. LIMITE ET CONTINUIT Le saut de f au point x0 = 0 est égal à

lim f (x)

x!0 x>0

lim f (x)

x!0 x<0

=2 1=1

Cas5 : L’une des deux limites à gauche ou à droite lim f (x) ou lim f (x) x!x0 x>x0

x!x0 x<x0

n’existe pas. Dans ce cas, on dit que x0 est une discontinuité de seconde espèce de f Cas6 lim f (x) n’existe pas (Les limites à gauche et à droite n’existent x!x0

pas) Exemple 3.13 Considérons la fonction f : R ! R dé…nie par : f (x) =

sin x1 si x 6= 0; 0 si x = 0:

:/Users/sony/AppData/Local/Temp/graphics/swp00002 7:pdf La fonction f (continue pour tout x 6= 0) est discontinue à l’origine, car lorsque x ! 0; sin x1 oscille entre 1 et +1 sans admettre de limite : le graphe de f ‹‹s’écrase ›› sur [ 1; +1] quand x ! 0: Dans ce cas aussi, x0 est une discontinuité de seconde espèce de f .

3.7

OPERATIONS SUR LES FONTIONS CONTINUES

Théorème 3.11 Soient f et g deux fonctions dé…nies sur un même intervalle I, et continues au point x0 2 I et R: Alors les fonctions f; f + g; f g; et jf j sont aussi continues au point x0 . Si g (x0 ) 6= 0; alors au point x0 :

f g

est aussi continue

Preuve du théorème 3.11 La preuve est une conséquence directe des propriétés des limites des fonctions. Supposons par exemple que f et g sont continues au point x0 2 I: Alors lim f (x) = f (x0 ) et lim g (x) = g (x0 ) x!x0

x!x0

Puisque lim (f + g) (x) = f (x0 ) + g(x0 ) = ((f + g)(x0 ):

x!x0

CHAPITRE 3. FONCTIONS REELLES D’UNE VARIABLE REELLE. LIMITE ET CONTINUIT Donc f + g est continue au point x0 : La même preuve pour f; f g; fg (si g (x0 ) 6= 0) et jf j : Remarque 3.11 Les trois premières propriétés confèrent à l’ensemble des fonctions continues une structure d’anneau et une structure d’espace vectoriel sur R. Remarque 3.12 La fonction f : x 7! x étant continue sur R, il en est de même de f : x 7! xn (n N) et donc de toute fonction polynôme x 7!

n X

ak x k :

k=0

De même, toute fraction rationnelle f : x 7! point x0 de R où Q (x0 ) 6= 0:

P (x) Q(x)

est continue en tout

Continuité de la fonction composée. Théorème 3.12 Soient deux fonctions f : I ! I 0 ; g : I 0 ! R; I; I 0 étant deux intervalles quelconques de R. Si f est continue en x0 2 I et si g est continue au point y0 = f (x0 ), alors la fonction composée g f : I ! R est continue en x0 : Preuve du théorème 3.12 Soit f continue en x0 I et soit g dé…nie sur un intervalle I 0 contenant le point y0 = f (x0 ) et continue au point y0 : La continuité de g s’ecrit 8" > 0; 9

tel que y

y0 j <

=) jg (y)

g (y0 )j < ";

f étant continue au point x0 , on peut associer à ce nombre nombre > 0 tel que x Comme x

x0 j <

=) jf (x)

I; alors f (x) I 0 , il en résulte que 8" > 0;

9 >0

f (x0 )j <

(" =

) un

CHAPITRE 3. FONCTIONS REELLES D’UNE VARIABLE REELLE. LIMITE ET CONTINUIT tel que x

I; jx

x0 j <

=) jg [f (x)]

g [f (x0 )]j < ";

et, par suite g f est continue en x0 : Ces résultats permettent en général de ramener l’étude de la continuité d’une fonction quelconque f à celle de quelques fonctions élémentaires (fonction puissance, fonction trigométriques,etc...) à partir desquelles f est construite, soit par des opérations classiques, soit par composition.

3.8 3.8.1

THEOREMES SUR LES FONCTIONS CONTINUES SUR UN INTERVALLE FERME Fonctions continues sur un intervalle férmé et borné

Dé…nition 3.10 Soit f : I ! R; I R est un intervalle quelconque (férmé, ouvert, semi ouvert, borné ou non borné). f est dite majorée sur I si l’ensemble ff (x) : x 2 Ig R est majoré. De même f est dite minorée sur I , si l’ensemble ff (x) : x 2 Ig R est minoré. f est dite bornée dans I , si f est à la fois majorée et minorée sur I: Si f est majorée sur I et si ff (x) : x 2 Ig est non vide, par dé…nition sup f = sup ff (x) : x 2 Ig : De même si f est minorée sur I et si ff (x) : x 2 Ig est non vide, par dé…nition inf f = inf ff (x) : x 2 Ig : S’il existe x0 2 I tel que sup ff (x) : x 2 Ig = f (x0 ) ; alors sup f s’appelle valeur maximale de f sur I et x0 s’appelle maximum ou solution maximale de f sur I: De même s’il existe x1 2 I tel que inf ff (x) : x 2 Ig = f (x1 ) ; alors inf f s’appelle valeur minimale de f sur I et x1 s’appelle minimum ou solution minimale de f sur I:

CHAPITRE 3. FONCTIONS REELLES D’UNE VARIABLE REELLE. LIMITE ET CONTINUIT Théorème 3.13 Soit f : I ! R; I I: Alors :

R est un intervalle quelconque, f étant bornée sur 8 <

8x 2 I : f (x) et M = sup ff (x) : x 2 Ig () : 8" > 0; 9e x 2 I; M

M " < f (e x)

De même

m = inf ff (x) : x 2 Ig ()

8 <

8x 2 I : f (x) m et : 8" > 0; 9b x 2 I; m + " > f (b x)

Preuve du théorème 3.13 La preuve est évidente en considérant les propriétés de la notion de sup et inf dans le chapitre1. Théorème 3.14 Soit I = [a; b] un intervalle férmé et borné et f : [a; b] ! R continue sur [a; b] . Alors f est bornée sur [a; b]. Preuve du théorème 3.14 Supposons le contraire, c’est-à-dire f continue et non bornée sur [a; b]. Dans ce cas, 8n N; 9xn [a; b] : jf (xn )j > n: (3) La suite fxn gn2N [a; b], donc fxn gn2N est bornée. D’après le théorème de Bolzano Weistrass, fxn gn2N admet une sous-suite fxn gn2N1 ; N1 N; convergente . Evidemment (4) lim xn = x [a; b] : n!1; n2N1

La relation (3) implique lim

n!1; n2N1

jf (xn )j = +1:

(5)

Or la fonction jf j étant continue, on a nécessairement lim

n!1; n2N1

jf (xn )j = jf (x)j < +1

Ceci est en contradiction avec (5).

(6)

CHAPITRE 3. FONCTIONS REELLES D’UNE VARIABLE REELLE. LIMITE ET CONTINUIT Remarque 3.13 Le théorème 2 tombe à défaut, si l’intervalle est non fermé ou non borné. Ainsi, la fonction x 7! tg x est continue mais non bornée sur i h ;+ : 2 2

Théorème 3.15 Toute fonction continue sur un intervalle fermé et borné [a; b] ; atteint au moins une fois ses bornes, autrement dit, il existe x1 ; x2 [a; b] tels que f (x1 ) = sup f (x) = max f (x)

x [a;b]

f (x2 ) = inf f (x) = min f (x) : x [a;b]

x [a;b]

Preuve du théorème 3.15 Soit M = sup f (x). On a bien sur : x [a;b]

[a; b] : f (x)

Supposons qu’il n’existe aucun point x

(7)

[a; b] tel que (8)

f (x) = M = sup f (x) x [a;b]

(7) et (8) imliquent : 8x

(9)

[a; b] : f (x) < M:

La fonction g (x) = M 1f (x) est alors continue sur [a; b] ; et donc bornée sur [a; b] (théorème3). Soit C = sup g(x). Puisque x [a;b]

g(x) > 0 : 8 x

(10)

[a; b]

(10) implique que C > 0: (Sinon si C

0; alors g(x)

sup g(x) x [a;b]

0; contraire à (10)). D’autre part : 8x

[a; b] : g (x)

soit en remplaçant : 8x

[a; b] :

1 M f (x)

C,8x

[a; b] : M

ou encore : 8x

[a; b] : f (x)

sup f (x) x [a;b]

1 ; C

f (x)

1 C (11)

CHAPITRE 3. FONCTIONS REELLES D’UNE VARIABLE REELLE. LIMITE ET CONTINUIT (11) implique que sup f (x) x [a;b]

1 C

est un majorant de ff (x) : x [a; b]g :Puisque

sup f (x) x [a;b]

1 < sup f (x) ; C x [a;b]

(12)

(12) est en contradiction avec la dé…nition de sup f (x) qui est le plus petit x [a;b]

des majorants de ff (x) : x [a; b]g : Démonstration analogue pour la borne infèrieure. Remarque 3.14 L’hypothèse intervalle fermé est indispensable. Par exemple, la fonction f (x) = x, dé…nie dans [0; 1[ est continue et bornée (m = 0; M = 1) : Elle atteint sa borne inférieure 0 (pour x = 0) mais elle n’atteint pas sa borne superieure 1.

3.8.2

Théorème des valeurs intérmédiaires

Théorème 3.16 Soit f : [a; b] ! R; une fonction continue sur [a; b]. Si f (a) et f (b) sont de signes contraires c’est à dire : f (a):f (b) < 0, alors il existe au moins un point c 2 ]a; b[ tel que f (c) = 0: Preuve du Théorème 3.16 Supposons par exemple que f (a) > 0 et f (b) < 0: Considérons l’ensemble E suivant : E = fx [a; b] : f (x) > 0g : L’ensemble E est non vide car a 2 E (f (a) > 0): E est majoré car E [a; b] : Donc sup E existe. Notons c = sup E et montrons que f (c) = 0. En e¤et. On a bien sur : a c b: Montrons que a < c < b: Puique f (a) > 0 et f est continue au point a, donc il existe h > 0 tel que f (a + h) > 0; par conséquent a + h 2 E et a + h c d’où a < c: D’autre part si c = b; on aura b = sup(E): Puisque 8x 2 E : f (x) > 0 et f est continue sur [a; b] ; alors f (c) = f (b) 0; ceci est contraire à f (b) < 0:

CHAPITRE 3. FONCTIONS REELLES D’UNE VARIABLE REELLE. LIMITE ET CONTINUIT Si f (c) 6= 0, vu que f est continue au point c; il existe alors un intervalle ]c ; c + [, où f conserve le signe de f (c) . Or ceci est en contradiction avec l’hypothèse c = sup E. En e¤et. Si f (x) > 0 dans ]c ; c + [ ; alors c + E; 2 donc on a réussi à trouver un élément de E, en l’occurence c + 2 ; qui est strictement supérieur à c: Ceci imlpique que c n’est pas un majorant de E: Ce qui est absurde, puisque c = sup E est par dé…nition le plus petit des majorants de E: Si f (x) < 0 dans ]c ; c + [, on a alors c = sup E c , ce qui est encore impossible. Ainsi f (c) = 0: Exemples d’applications du théorème 6 Le théorème 6 peut être utilisé pour encadrer les solutions d’une équation. Considérons par exemple l’équation f (x) = x5

3x + 1:

On a f (0) = 1 et f (1) = 1: La continuité de f permet de conclure à l’éxixtence d’une ou plusieurs solutions appartenant à ]0; 1[. Des valeurs de substitution permettraient de réduire cet intervalle. Le théorème 6 a pour conséquence immédiate le théorème suivant appelé théorème des valeurs intermédiaires. Théorème 3.17 (théorème des valeurs intermédiaires) Soit f : I ! R une fonction continue, I étant un intervalle quelconque (férmé, ouvert, semi ouvert). Soient x1 ; x2 appartenant à I; x1 < x2 et f (x1 ) ; f (x2 ) deux valeurs quelconques distinctes de f . Alors, pour tout réel c strictement compris entre f (x1 ) et f (x2 ), il existe x0 ]x1 ; x2 [ tel que f (x0 ) = c: Preuve du théorème 3.17 Pour …xer les idées, on supposera f (x1 ) < f (x2 ). Soit donc c tel que : f (x1 ) < c < f (x2 ) : Considérons la fonction g : [x1 ; x2 ] ! R dé…nie par g (x) = c g est continue sur [x1 ; x2 ] g(x1 ) = c f (x1 ) > 0; g(x2 ) = c

f (x2 ) < 0

f (x).

CHAPITRE 3. FONCTIONS REELLES D’UNE VARIABLE REELLE. LIMITE ET CONTINUIT g véri…e les hypothèses du théorème 6. il existe donc un point x0 ]x1 ; x2 [ tel que g(x0 ) = 0; c’est à dire f (x0 ) = c: Le théorème est démontré. Corrollaire 3.2 Soit I un intervalle quelconque de R (férmé, ouvert, semi ouvert) et f : I ! R une fonction continue. Alors f (I) (ensemble des valeurs de f ) est un intervalle. Preuve du Corrollaire 3.2 Soit y1 ; y2 f (I) ; y1 = f (x1 ); y2 = f (x2 ); y1 < y2 : D’après le théorème7 des valeurs intermédiaires, pour tout y; y1 < y < y2 , il existe x 2 I tel que y = f (x); c’est à dire y 2 f (I). Il en résulte que [y1 ; y2 ] f (I), donc f (I) est un intervalle. Le théorème 6 permet de préciser le résultat du corrolaire lorsque I est fermé : Corrollaire 3.3 Soit I un intervalle férmé de R et f : I ! R une fonction continue. Alors f (I) (ensemble des valeurs de f ) est un intervalle férmé (pouvant éventuellement se réduire à un point). Remarque 3.15 Si I n’est pas fermé ; l’intervalle f (I) n’est pas nécessairement de même nature que I. Par exemple, l’image de l’intervalle ouvert ] 1; +1[ par x 7! x2 est l’intervalle semi ouvert [0; 1[ et l’image par x 7! sin x de l’intervalle ouvert ] ; + [ est l’intervalle fermé [ 1; +1] :

3.9

FONCTION RECIPROQUE D UNE FONCTION CONTINUE STRICTEMENT MONOTONE.

Théorème 3.18 Soit f : [a; b] ! R une fonction continue strictement croissante. Alors f est une application bijective de [a; b] sur [f (a) ; f (b)]. L’application réciproque f 1 , qui est dé…nie sur [f (a) ; f (b)] et admet [a; b] pour ensemble des valeurs, est continue et strictement croissante. Preuve du théorème 3.18 a) f est injective. En e¤et. Si x et y sont deux éléments distincts de [a; b] ; f (x) et f (y) sont distincts [car si par exemple x < y, on a f (x) < f (y)].

CHAPITRE 3. FONCTIONS REELLES D’UNE VARIABLE REELLE. LIMITE ET CONTINUIT b) f est surjective. Pour celà il su¢ t de démontrer que : f ([a; b]) = [f (a) ; f (b)]. Si a x b, on a : f (a) f (x) f (b), donc f ([a; b]) [f (a) ; f (b)]. Soit 2 [f (a) ; f (b)] : D’après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe c 2 [a; b] ; tel que : f (c) = ; c’est à dire 2 f ([a; b]) : Par conséquent [f (a) ; f (b)] f ([a; b]). Donc f ([a; b]) = [f (a) ; f (b)]. Donc f est une application bijective de [a; b] sur [f (a) ; f (b)]. Posons g = f 1: c) Montrons que g = f 1 est strictement croissante. Soient u; des nombres de [f (a) ; f (b)], avec u < . Soient x = g (u) ; y = g ( ). On a u = f (x) ; = f (y). Si l’on avait y x , on en déduirait f (y) f (x), c’est-à-dire u; contrairement à l’hypothèse. Donc x < y, c’est-à-dire g (u) < g ( ). Donc g est strictement croissante. d) Montrons que g = f 1 est continue en tout point y0 de [f (a) ; f (b)]. Nous ferons la démonstration pour f (a) < y0 < f (b) [la démonstration pour y0 = f (a) ou f (b) est analoque et même plus simple] : Posons x0 = g (y0 ). On a a < x0 < b;

et f (x0 ) = y0 :

Soit " > 0. Il existe des nombres ; a jx0 Posons

= f ( );

y jy

, on a x y0 j

< x0 < xj

(13)

jx0

(14)

= f ( ) : D’après (13), f (a)

Pour (14).

tels que

)

< y0 <

, donc jg (y)

g (y) y

f (b) :

) jg (y)

g (y0 )j

" d’après

ce qui prouve la continuité de g en y0 . En changeant f en

f , on obtient :

Théorème 3.19 Soit f : [a; b] ! R une fontion continue strictement décroissante. Alors f est une application bijective de [a; b] sur [f (b) ; f (a)]. L’application réciproque f 1 , qui est dé…nie sur [f (b) ; f (a)] et admet [a; b] pour ensemble des valeurs, est continue et strictement décroissante.

CHAPITRE 3. FONCTIONS REELLES D’UNE VARIABLE REELLE. LIMITE ET CONTINUIT

Graphe de g = f

Le graphe de f est l’ensemble des points (x; f (x)) de R2 pour x dans [a; b]. Le graphe de g est l’ensemble des points (y; g (y)) pour y dans [f (a) ; f (b)] ou, ce qui revient au même, l’ensemble des points (f (x) ; x) pour x dans [a; b] : Les points (x; f (x)) et (f (x) ; x) sont symétriques par rapport à la première bissectrice (si l’on a pris une base orthonormale). Donc les deux graphes sont symétriques par rapport à la première bissectrice. Extensions On a des résultats analoques au théorème 8 et théorème 9, quand on a part d’une fontion continue strictement monotone sur un intervalle non nécessairement fermé et non nécessairement borné. Nous allons traiter un cas à titre d’exemple. Soit f : [a; b[ ! R une fontion continue et strictement croissante. Elle a une limite, …nie ou non, quand x tend vers b par valeurs inferieures. Supposons que lim f (x) = + 1: x!b;x<b

On va voir que f est une application bijective de [a; b] sur [f (a) ; + 1[ et que f 1 est continue strictement croissante. Si a x < b, on a f (a) f (x), donc f ([a; b[) [f (a) ; + 1[. Montrons que f ([a; b[) = [f (a) ; + 1[. Soit y un nombre de [f (a) ; + 1[. Comme lim f (x) = + 1, il existe c dans [a; b[ tel que f (c) y. Dans [a; c] ; f x!b;x<b

prend toute valeur intermédiaire entre f (a) et f (c), et en particulier prend la valeur y. Donc f ([a; b[) = [f (a) ; + 1[. Le fait que f est injective, et que f 1 est continue strictement croissante, se démontre exactement comme au théorème 8. Dans le tableau ci-dessous, a et b désignent soit des réels, soit +1, soit, 1: L’image de I par f est l’intervalle Si I = f strict croiss sur I [a; b] [f i (a) ; f (b)] i ]a; b] lim f (x) ; f (b) hx!a h [a; b[ f (a) ; limf (x) x!b i h ]a; b[ lim f (x) ; limf (x) x!a

x!b

f stri decro sur I [fh (b) ; f (a)] h i

f (b) ; lim f (x)

i limf (x) ; f (a) x!a

ix!b h limf (x) ; lim f (x) x!b

x!a

CHAPITRE 3. FONCTIONS REELLES D’UNE VARIABLE REELLE. LIMITE ET CONTINUIT

3.9.1

Applications : Fonction réciproques des fonctions circulaires.

Fonction : y = Arc sin x: La fonction y = sin x est continue dans R mais n’est pas strictement croissante. Reistreignons-là à ; . Alors, elle est continue et srtictement 2 2 sur croissante. D’après le théorème 8, y = sin x est une bijection de ; 2 2 sin( 2 ); sin 2 = [ 1; +1] : Il existe une fonction réciproque, dé…nie de [ 1; +1] ! ; , continue 2 2 et strictement croissante. Elle se note : y = arcsin x: Le graphe s’obtient par symétrie à partir du graphe de la fonction x 7 ! sin x x 2 : 2 Graphe de la fonction y = Arc sin x (56)

2 8:jpg

Un tableau de valeurs s’obtient en lisant à l’envers un tableau de valeurs ; : de la fonction sin x dans 2 2 x y = arcsin x

1 2

3 2

2 2

1 2 6

0 0

1 2 6

2 2

3 2

1 2

On a aussi : y = Arc sin x ,

x = sin y y : 2 2

En d’autres termes : Arc sin est l’arc, compris entre sinus est x: Il résulte de là que Arc sin ( x) = Arc sin x:

, dont le

CHAPITRE 3. FONCTIONS REELLES D’UNE VARIABLE REELLE. LIMITE ET CONTINUIT Fonction y = Arc cos x: La fonction y = cos x, reistreinte à [0; ], est continue et strictement décroissante de 1 à 1. Elle admet une fonction réciproque, dé…nie dans [ 1; +1], continue et strictement décroissante de à 0 ; cette fonction note : y = Arc cos x: Graphe de la fonction y = Arc cos x (57)

2 9:jpg

Un tableau de valeurs s’obtient en lisant à l’envers un tableau de valeurs de cos x dans [0; ] : x y = Arc cos x

3 2

5 6

3 4

2 2

2 3

1 2

2 2

3 2

1 0

On a aussi : y = Arc cos x ,

x = cos y; 0 y :

Arc cos x est l’arc, compris entre 0 et , dont le cosinus est x: Il résulte de là que Arc cos ( x) = Arc cos : Remarque 3.16 Soit y = Arc sin x et z =

On a : x = sin y Donc x = cos z et 0

y ; 2 2 , donc z = Arc cos x. D’où la formule

Arcsinx + Arccosx = 2 :

CHAPITRE 3. FONCTIONS REELLES D’UNE VARIABLE REELLE. LIMITE ET CONTINUIT Fonction : y = Arctgx: La fonction y = tgx est continue et strictement croissante de 2 ; + 2 dans ] 1; + 1[ : Donc elle admet une fonction réciproque, dé…nie dans ] 1; + 1[, continue et strictement croissante ; cette fonction se note y = Arctgx: Graphe de la fonction y = Arctgx:

(58)

3 0:jpg

Tableau des valeurs de la fonction y = Arctgx: On a p p p 3 x 3 1 0 33 1 3 y = Arc cos x - 3 -4 -6 0 6 4 y = Arctgx ,

x = tg y; < y < 2: 2

Arctgx est l’arc, compris entre 2 et 2 , dont la tangente est x. Il résulte de là que Arctg ( x) = Arctgx:

CHAPITRE 3. FONCTIONS REELLES D’UNE VARIABLE REELLE. LIMITE ET CONTINUIT DEPARTEMENT MATHS ET INFORMATIQUE SERIE TD N 3: LIMITE ET CONTINUITE. EXERCICES ET SOLUTIONS. Exercice N 1 Démontrez en utilisant la dé…nition, que la fonction f (x) = 3x 2 a pour limite 1 quand x tend vers 1: Corrigé Exercice N 1 Remarquons d’abord que jf (x)

1j = j(3x

1j = j3x

Donc jf (x) D’où 8" > 0; 9 =

" 3

1j < " , jx

tel que si jx

1j <

3j = j3 (x

1)j :

" 1j < : 3 " ( = 3 ) alors jf (x)

Exercice N 2 Considérons la fonction f dé…nie par f (x) = admettera que : lim f (x) = 2 .

1j < ": 4x 5 2x+3

. On

x7 !+1

Trouvez A > 0 tel que : x > A ) f (x) est dans l0 intervalle I de centre 2 suivant : I = ]1:95; 2:05[ . Corrigé Exercice N 2 1:95 < f (x) < 2:05 , 1:95 <

4x 5 < 2:05: 2x + 3

x > 0 ) 2x + 3 > 0: Par conséquent 1:95(2x + 3) < 4x

5 < 3:05(2x + 3) ,

0:1x + 5:85 <

5 < 0:1x + 6:15:

Il en résulte que 0:1x < 10:85

et 0:1x >

11:5;

c’est à dire x > 108:5 et x >

111:5

Don si x > 108:5 , alors 1:95 < f (x) < 2:05: On peut donc prendre A = 108:5 ou n’importe quel nombre strictement supérieur à 108:5:

CHAPITRE 3. FONCTIONS REELLES D’UNE VARIABLE REELLE. LIMITE ET CONTINUIT Exercice N 3 (f acultatif ) f est la fonction dé…nie par f (x) = (x 12)2 1. Etudier la limite de f en 2: 2. Trouver un intervalle l de centre 2 tel que pour tout x de l; di¤érent de 2; f (x) > 100: Corrigé Exercice N 3 1. lim f (x) = +1 x7 !2

2. Dire que f (x)>100 signi…e que (x 2)2 < 0:01. p La fonction racine carrée étant croissante, cela signi…e que (x 2)2 < p 0:01 donc que jx 2j < 0:1 ou encore 0:1 < x 2 < 0:1. Il en résulte que si le réel x, x 6= 2, est dans l’intervalle ]1:9; 2:1[ alors f (x) > 100: Exercice N 4(f acultatif ) Soit f (x) = x2 : Démontrez en utilisant la dé…nition que lim f (x) = 4: x7!2

Corrigé Exercice N 4 Nous devons montrez que, étant donné " > 0; il existe > 0 (dépendent en général de ") tel que 0 < jx 2j < implique jx2 4j < : Choisissons 1: Alors 0 < jx 2j < 1 donne 0 < jx

2j < 1 ()

1 < x < 3; x 6= 2:

Alors x2

4 = j(x

2) (x + 2)j = jx

2j jx + 2j < jx + 2j < 5 :

Soit = inf (1; "=5) : Nous avons alors jx2 4j < " quand 0 < jx 2j < , ce qui démontre le résultat. Il est intéressant de considérer des valeurs numériques. Par exemple, nous souhaitons avoir jx2 4j < 0; 05; nous devons choisir = "=5 = 0; 05 = 0; 01: Montrons que ce choix convient si 0 < jx 2j < 0; 01; alors 1; 99 < x < 2; 01 et x 6= 2 d’où 3; 9601 < x2 < 4; 0401; 0; 0; 0399 < x2 4 < 0; 0401 et 2 x 4 < 0; 05 x2 6= 4 : Le fait que ces inégalités soient véri…ées au point x = 2 est une simple coincidence.

CHAPITRE 3. FONCTIONS REELLES D’UNE VARIABLE REELLE. LIMITE ET CONTINUIT Si nous désirons avoir jx2 déduisons le résultat.

4j < 6; nous devons choisir

= 1 et nous en

Exercice N 5 Démontrez en utilisant la dé…nition que lim

2x4

6x3 + x2 + 3 = x 1

x!1

Corrigé Exercice N 5 Nous devons montrer que pour tout " > 0; il existe 2x4 quand 0 < jx

6x3 + x2 + 3 x 1

( 8) < "

1j < : Comme x 6= 1; nous pouvons écrire

(2x3 6x3 + x2 + 3 = x 1

2x4

> 0; tel que

4x2

3x 3)(x x 1

= 2x3

4x2

en simpli…ant par le facteur commun (x 1) 6= 0: Alors nous devons démontrer que pour tout " > 0; il existe > 0 tel que j2x3 x2 3x + 5j < " quand 0 < jx 1j < : Choisissons 1; nous avons 0 < jx

1j <

=) 0 < jx

1j < 1 ()

1 < x 1 < 1 et x 6= 1 () 0 < x < 2; et x 6= 1:

D’où : 2x3

4x2

Pour

3x + 5 = jx

1j 2x2

5 <

2x2

= inf (1; =17), nous obtenons le résultat demandé.

Exercice N 6 (f acultatif ) Soit : f (x) =

jx 3j ; x 3

x 6= 3; ; x=3

(a) Construisez le graphe de f ; (b) Montrez en utilisant la dé…nition que lim+ f (x) = 1; x!3

(d) Montrez que lim f (x) n’existe pas: x!3

Corrigé Exercice N 6

5 <

2x2 + j2xj + 5 < (8 + 4 +

CHAPITRE 3. FONCTIONS REELLES D’UNE VARIABLE REELLE. LIMITE ET CONTINUIT (a) Pour x > 3; jxx 33j = xx 33 = 1: Pour x < 3; jxx 3j = x(x 33) = 1: 3 Le graphe est formé des deux demi-droites y = 1 si x > 3 et y = 1 si x < 3; et du point (3; 0) : (b) Quand x ! 3+ ; f (x) ! 1 d0 ou lim+ f (x) = 1. Pour le voir nous x!3

devons montrer que pour tout " > 0 il existe > 0 tel que jf (x) 1j < "; quand 0 < x 3 < : Comme f (x) = 1 pour x > 1 on a trivialement j1 1j < " quand 0 < x 3< : (c) Quand x ! 3 ; f (x) ! 1 donc lim f (x) = 1:Démonstration x!3

analogue a celle de (b). (d) Comme lim+ f (x) 6= lim f (x) ; alors lim f (x) n’existe pas. x!3

x!3

Exercice N 7 (f acultatif ) Démontrez en utilisant la dé…nition que 1 x

lim x sin

x!0

= 0:

Corrigé Exercice N 7 Nous devons montrer que pout tout " > 0, il existe jx sin 1=x 0j < "; quand 0 < jx 0j < : Si 0 < jxj < ; alors jx sin 1=xj = jxj jsin 1=xj Choisissons

jxj <

car

jsin 1=xj

> 0 tel que

1 pour tout x 6= 0:

= "; alors : x sin

1 < " quand x

0 < jxj <

Exercice N 8 (f acultatif ) Montrez en utilisant la dé…nition que : lim+

x!0

2 1+e

1=x

= 2:

Corrigé Exercice N 8 Quand x ! 0+ ; 1=x croît indé…niment, alors e1=x croît indé…niment, e 1=x ! 0 et 1 + e 1=x ! 1, donc la limite serait 2:

CHAPITRE 3. FONCTIONS REELLES D’UNE VARIABLE REELLE. LIMITE ET CONTINUIT Démontrons ceci. Soit " > 0, nous devons trouver 2 1+e

1=x

> 0 tel que

2 < " quand 0 < x <

d’où 2 1+e

1=x

Alors

2 2e 1=x 2e 1=x = 1 + e 1=x 1 + e 1=x 2e 1=x 2 2 = = 1=x 1=x = <" 1=x 1=x 1+e e e +e 1 + e1=x 2

1 2 e1=x + 1 > ; ou encore e1=x > 2 " "

d’où

2 1 > Log 1 ; x " en supposant 0 < " < 2; nous trouverons 0<x<

1 Log

Choisissons : =

2 "

1 Log

2 "

;

nous avons donc le résultat dans le cas où 0 < " < 2: Si " de > o convient, car l’on a

2, toute valeur

2 < " pour tout x > 0 +1

e1=x :

Exercice N 9 (f acultatif ) Considérons la fonction f (x) = sin(x): Montrez que lim sin(x) n’existe x!+1 pas. Corrigé Exercice N 9 Raisonnons par l’absurde. Supposons que cette limite en +1 existe et notons-la l. Puisque quelque soit x réel, 1 sin x 1, l est dans I = [ 1; 1]. Considérons un intervalle ouvert J, centré en l et de rayon 41 . J, de longueur 12 , ne peut contenir à la fois 1 et 1. Supposons que 1 n’est pas dans J. Par dé…nition de la limite, J doit contenir toutes les valeurs de sin x pour x "assez grand".

CHAPITRE 3. FONCTIONS REELLES D’UNE VARIABLE REELLE. LIMITE ET CONTINUIT Or quelque soit le réel A, et aussi grand soit-il, on peut trouver des réels x > A tels que sin x = 1 (ce sont tous les x qui s’écrivent : x = 2 + 2k avec 2 + 2k > A): Donc pour toutes ces valeurs de x, sin x n’est pas dans l’intervalle J. Donc l ne peut pas être la limite de la fonction sinus. La démonstration est analogue si 1 n’est pas dans J : la fonction sinus n’a pas de limite en +1(ni en 1). De même, la fonction cosinus n’a pas de limite en +1 et en 1: Exercice N 10 (f acultatif ) 1 Démontrez que si lim f (x) = l; f (x) prend le signe de l pour jx x!x0

assez petit. 2 En déduire que a) si ' (x) > 0 et si lim ' (x) = ; alors

x0 j

x!x0

b) si f (x) < g (x) et si f et g tendent respectivement vers l et l0 quand x ! x0 , alors l l0 : Corrigé exercice N 10 1 jx x0 j < ) l " < f (x) < l + ": Si l > 0 par exemple, on peut choisir " de façon que l " > 0; donc f (x) > 0: 2 a) Si < 0; alors ' (x) < 0 pour x assez voisin de x0 d’après la première qustion, ce qui est en contradiction avec l’hypothése. b) S’en déduit immédiatement en posant ' (x) = g (x) f (x) : Exercice 11 (facultatif) Montrez que a): tgx b): 1

cos x

x (x ! 0) : 2 x (x ! 0) 2

Solution Exercice11 sin x a). tgx = cos : D’autre part sin x x et cos x x x tgx = x (quand x ! 0) 1 b). 1 conséquent

cos x = 2 sin2 ( x2 ) 1

cos x

x 2 2

x2 (x ! 0) 2

x2 2

1 (quand x ! 0)

( quand x ! 0): Par

CHAPITRE 3. FONCTIONS REELLES D’UNE VARIABLE REELLE. LIMITE ET CONTINUIT Exercice12 Determinez un équivalent simple de la fonction f dé…nie par f (x) = ln(cos2 (x)) au point x0 = 0: Corrigé Exercice12 Pour x au voisinage de 0, on a ln(cos2 (x)) = ln 1 + cos2 (x)

= ln [1 + (cos(x)

1) (cos(x) + 1)] :

Remarquons que lim cos(x) + 1 = 2 =) (cos(x) + 1)

x!0

D’autre part (cos(x)

x2 : 2

Par conséquent (cos(x)

1) (cos(x) + 1)

x2 :

Puisque lim (cos(x)

x!0

1) (cos(x) + 1) = 0;

on aura donc ln(cos2 (x))

(cos(x)

1) (cos(x) + 1)

x2 :

Exercice 13(facultatif) Determinez un équivalent simple de la fonction f dé…nie par f (x) = ln(tan(x)) au point x0 =

CHAPITRE 3. FONCTIONS REELLES D’UNE VARIABLE REELLE. LIMITE ET CONTINUIT Corrigé Exercice 13 Posons t = x 4 : Si x appartient à un voisinage de 4 , alors t appartient à un voisinage de 0: On a h i tan(t) + 1 f (x) = ln(tan(x)) = ln tan(t) + = ln 4 1 tan(t) 1 tan(t) + 2 tan(t) 2 tan(t) = ln = ln 1 + : 1 tan(t) 1 tan(t) Or

2 tan(t) = 0: t!0 1 tan(t)

lim Donc ln 1 +

2 tan(t) 1 tan(t)

2t = 2t: 1

Finalement on a f (x)

2 x

= 2x

Exercice 14 Determinez un équivalent simple de la fonction f dé…nie par r x5 f (x) = x2 x 1 au point x0 = +1 Corrigé Exercice 14 Pour x > 1; on a r x5 f (x) = x 1 s = x

x = 1 1 x

r !

x4 :x x 1 =x

Or si u est dans un voisinage de 0 et si (1 + u)

1 + u =) (1

x =x "

1 x

x x

1 2

2 R, alors u =) (1

u::

Dans notre cas posons u = x1 et = 21 : Si x appatient à un voisinage de l’in…ni, u appartient à un voisinage de 0: Donc " # 1 2 1 1 1 1 1 1 x x2 1 1: = 2 [1 u] 2 1 u = = : 0 2 u2 x u 2u 2

CHAPITRE 3. FONCTIONS REELLES D’UNE VARIABLE REELLE. LIMITE ET CONTINUIT Par conséquent f (x) =

x5 x

x : 2

Exercice 15(facultatif) Calculez en utilisant les équivalences la limite suivante p 3 1+x 1 lim x!0 sin(x) Corrigé Exercice 15 Puisque p 3 1+x

x (x ! 0) 3 x (x ! 0)

sin(x) donc

p 3

1 (x ! 0) 3

1+x 1 sin(x)

et par conséquent lim

x!0

p 3

1+x 1 1 = : sin(x) 3

Exercice16 Déterminer les limites suivantes en utilisant des équivalences simples des fonctions. sin (7x) a) lim ; x!0 x

x sin x 1 b)lim ; c) lim 1 + x!0 x + sin x x!+1 x

Solution Exercice16 a) 7x sin (7x) sin (7x) = 7 donc lim = 7: 0 x x!0 x x On rappelle que des fonctions équivalentes au voisinage d’un point tendent vers une même limite en ce point (ou ne tendent ni l’une ni l’autre vers quoi que ce soit). On a utilisé ici l’équivalent de référence sin t t ainsi que la 0 compatibilité de l’équivalence avec le quotient. b) Pour x 6= 0 : 1 sinx x x sin x = ; x + sin x 1 + sinx x or sin x x: 0

CHAPITRE 3. FONCTIONS REELLES D’UNE VARIABLE REELLE. LIMITE ET CONTINUIT Donc lim 1 +

x!0

sin x x

= 2 et lim 1 x!0

= 0:

Par conséquent x sin x x + sin x

lim

x!0

c) Pour x > 0 : 1 + Or

1 x x

lim

x!+1

= 0:

= exp x ln 1 + 1 x

1 x

= 0 et ln (1 + t)

donc ln 1 + et ainsi x ln 1 +

1 x

1 x 1 = 1: x

Cela assure que : lim x ln 1 +

x!+1

1 x

et donc que lim

x!+1

exp x ln 1 +

On a ainsi lim

x!+1

1 x

= exp (1) : x

= e:

Remarque On utilise en fait, pour la composition de limites, la continuité de la fonction exponentielle en 1. On a aussi utilisé le fait que, pour ` 6= 0; lim (f (x)) = ` () f (x)

x!0

Exercice17(facultatif) Déterminer la limite suivante en utilisant des équivalences simples des fonctions. h i x lim (1 + ln x)tan 2 x!1

Solution Exercice17

CHAPITRE 3. FONCTIONS REELLES D’UNE VARIABLE REELLE. LIMITE ET CONTINUIT Tous les équivalents dont on dispose sont au voisinage de 0 : pour traiter convenablement la limite en 1 qui nous est demandée, on va donc se ramener en 0 en posant t = x 1: Pour x au voisinage de 1 ( et di¤érent de 1:), on pose t = x 1 : t est au voisinage de 0: (1 + ln x) Or

tan

x 2

tan

= (1 + ln (1 + t))

(1 + t) = tan 2

tan

t 2

(1+t) 2

1 t 2

tan

Ainsi (1 + ln (1 + t))tan

(1+t) 2

1 tan 2t

= (1 + ln (1 + t))

1 tan

= exp

t 2

ln (1 + ln (1 + t)) :

Or en 0, on a tan u =

sin u cos u

Ainsi

1 tan

u = u et ln (1 + u) 1 1 t 2

t 2

2 ; t

de plus ln (1 + t) ! 0; t!0

donc ln (1 + ln (1 + t))

ln (1 + t)

On a d’abord écrit ln +u u avec u = ln (1 + t) ; puis on utilise la 0 transivité de la relation d’équivalence. On obtient donc : 1 tan On a lim t!0

t 2

ln (1 + ln (1 + t))

1 tan

t 2

2 t= t

ln (1 + ln (1 + t))

2 : ; 2 ;

et ainsi lim exp t!0

1 tan

t 2

ln (1 + ln (1 + t))

;

CHAPITRE 3. FONCTIONS REELLES D’UNE VARIABLE REELLE. LIMITE ET CONTINUIT c’est-à-dire

tan

lim (1 + ln x)

x!1

x 2

Exercice 18 (facultatif) Montrez que a) b)

1 1

= 1 + x + (x) (x ! 0)

x 1

1 1 + O( 2 ) (x ! +1) x x

Corrigé exercice 18 En e¤et : a) 1 1 x!0 x 1 x

(1 + x) = lim

lim

x!0 1

b) 1

lim x2

x!+1

1 = x

Exercice19 Montrez en utilisant la dé…nition que la fonction f (x) = sin(x) est continue en tout point x0 2 R Corrigé exercice19 La fonction f (x) = sin x est continue en tout point x0 R. En e¤et, écrivons x + x0 x x0 cos : (1) jsin x sin x0 j = 2 sin 2 2 Puisque 8 2 R : sin j j

j j

(2)

alors (1) et (2) impliquent : jsin x

sin x0 j

2 sin

à tout " > 0, on peut associer jx

x0 j <

x0 2

x0 j ;

= " tel que

=) jsin x

sin x0 j < ":

CHAPITRE 3. FONCTIONS REELLES D’UNE VARIABLE REELLE. LIMITE ET CONTINUIT Exercice20

x: sin x1 ; x 6= 0 5; x=0 a) Montrez en utilisant la dé…nition que lim f (x) = 0: En déduire que x!0 f n’est pas continue au point x = 0; b) Pouvez vous dé…nir f (0) pour que f soit continue en x = 0 ? On considère la fonction f (x) =

Corrigé exercice 20 (a)Démontrons que lim f (x) = 0: Pour celà, montrons que pour tout x!0

" > 0; il existe > 0 tel que jx sin 1=x 0j < "; quand 0 < jx e¤et, il su¢ t de prendre = ": Avec ce choix on a : jxj <

= " ) jx sin 1=xj

0j < : En

jxj < ":

Mais cette limite n’est pas égale à f (0) = 5, donc f est discontinue en 0: (b) En redé…nissant f (x), avec f (0) = 0; cette nouvelle fonction est continue, en donnant simplement en ce point la valeur de la limite. On dit que l’on a prolongé f (x) par continuité. Exercice21(facultatif) p Considérons la fonction f dé…nie sur [0; +1[ par f (x) = x: Démontrez en utilisant la dé…nition que f est continue à droite au point x0 = 0: Solution exercice21 1) Il s’agit de s’assurerpque lorsque x prend des valeurs de plus en plus proches de 0, les nombres x correspondants s’accumulent vers 0: Plus précisément, il s’agit de montrer quel que soit le réel > 0; il existe > 0 tels que : p pour tout x appartenant a [0; [ alors x est dans [0; [ : p En e¤et 0 x < équivaut à 0 x < p2 . Donc il s¢ t de prendre = 2 pour avoir la relation précédente. Ainsi x est dans [0; [ pour tout p x de [0; 2 [, ce qui sini…e que lim x = 0. x!0+ p Ainsi f a une limte en zéro égale à f (0) car 0 = 0::: donc f est continue en 0. Exercice22 f est la fonction dé…nie sur R par f (x) = x3 2x2 1: Démontrez que l’équation f (x) = 0 admet une solution unique [2; 3] et donnez un encadrement de d’amplitude 10 1 :

dans

CHAPITRE 3. FONCTIONS REELLES D’UNE VARIABLE REELLE. LIMITE ET CONTINUIT Corrigé Exercice 22 Pour démontrez que l’équation f (x) = 0 admet une solution unique dans l’intervalle [a; b], il su¢ t de prouver que f est continue et strictement monotone sur [a; b] et que f (a) et f (b) sont de signes contraires. En e¤et si f est continue sur [a; b] et si f (a) et f (b) sont de signes contraires, alors d’après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe au moins c 2 [a; b] tel que f (c) = 0: Si on rajoute l’hypothèse que f est continue et strictement monotone sur [a; b] ; alors est bijective sur [a; b] : Par conséquent il existe c 2 [a; b] ; unique tel que f (c) = 0: L’étude de la fonction continue f conduit à :

f (2) = 1 et f (3) = 8 donc f (2) f (3) < 0, et f est strictement croissante sur [2; 3] donc l’équation f (x) = 0 a une solution unique dans [2; 3] . Le tableau montre également que pour tout x < 2; f (x) < 0 et pour tout x > 3; f (x) > 0. Donc l’équation f (x) = 0 n’admet dans R que la solution : Avec la calculatrice on trouve : f (2:2) < 0 et f (2:3) > 0;

donc 2:2 <

< 2:3

Exercice23 (facultatif) Soit f la fonction dé…ne sur R par f (x) = x3 x4 : Démontrez que l’équation f (x) = 1 n’a pas de solution. Solution exo 23 f est une fonction polynôme de degré 4. Nous n’avons pas de méthode de résolution d’une telle équation. f étant continue, dire qu’elle ne prend jamais la valeur 1 signi…e graphiquement que sa courbe représentative est tout entière au-dessus de la droite d d’équation y = 1, ou alors, toute entière en dessous de d. Etudions les variations de la fonction f: Pour tout x; f est dérivable. f 0 (x) = 3x2 4x3 = x2 (3 4x) ;

CHAPITRE 3. FONCTIONS REELLES D’UNE VARIABLE REELLE. LIMITE ET CONTINUIT d’où le tableau de variations :

Le maximum de f sur R est donc

27 , 256

8x 2 R : f (x)

celà veut par dé…nition : 27 < 1: 256

Par conséquent le graphe de f se trouve entièrement en dessous de la droite d d’équation y = 1: La fonction f ne prend donc jamais de valeur 1 et l’équation f (x) = 1 n’a pas de solution. Exercice 24(facultatif) La fonction f est dé…nie par : f (x) = 1 f (0) = m

x2 +1 x

si x 6= 0

Quelle valeur faut-il donner à m pour que la fonction f soit continue sur R? Solution Exo14 Pour chercher la limite lorsque x tend vers 0, on utilise l’expression conjuguée. f (x) =

x 1 (x2 + 1) p p = et lim f (x) = 0: x!0 x 1 + x2 + 1 1 + x2 + 1

f est continue en 0 équivaut à dire que f (0) = 0: D’autre part, f est continue car composée de fonctions continues (polynôme, racine carré, somme et quotient). Donc f est continue sur R équivaut à m = 0:

CHAPITRE 3. FONCTIONS REELLES D’UNE VARIABLE REELLE. LIMITE ET CONTINUIT Exercice 25 f est la fonction dé…nie sur R

f 1g par :

f (x) =

x3 : x+1

1. Démontrez que f est strictement croissante sur l’intervalle 23 ; 1 : 3 2. Complétez le tableau de variations de f sur ; 1 : 2 3 ; 1 et déduisez que l’ équation f (x) = 10 a une 3. Déterminez f 2 3 ; 1 : solution unique dans 2 Solution Exo25 1. f 0 (x) =

2x2 x + 23 (3x2 )(x + 1) (x3 ) 3x3 x3 + 3x2 2x3 + 3x2 = = = : (x + 1)2 (x + 1)2 (x + 1)2 (x + 1)2

Si x > 2.

3 ; 2

f 0 (x) > 0: Donc f est strictement croissante sur

3. f

3 ; 1 2

3 ; 2

1 :

27 ; +1 ; 4

3 f est continue et strictement croissante sur ; 1 ; 10 appartient à 2 27 ; +1 ; donc l’équation f (x) = 10 a une solution unique dans l’intervalle 4 3 ; 1 : 2

Exercice 26(facultatif) f est la fonction dé…nie sur I = [0; 3] par : f (x) = x2 Trouvez f (I) :

CHAPITRE 3. FONCTIONS REELLES D’UNE VARIABLE REELLE. LIMITE ET CONTINUIT Solution Exo 26 f 0 (x) = 2x 2;

f est continue sur I. Donc f atteint son maximum et son minimum sur I: Dans ce cas M ax ff (x) : x 2 [0; 3]g = f (1) =

4 et M in ff (x) : x 2 [0; 3]g = f (3) = 0:

D’après le théorème des valeurs intermédiaires, on a : 8 2 [ 4; 0] ; 9c 2 [0; 3] : f (c) = : Par conséquent f (I) = [ 4; 0] : Exercice 27(facultatif) Partie A. f est la fonction dé…nie sur R par : f (x) = ax3 + bx2 + cx + d où a; b; c et d sont quatre réels (a 6= 0) : 1. Etudiez suivant le signe de a, la limite en +1 et en 1 de f (x) : 2. prouvez que f (R) = R: 3. Déduisez-en que toute équation du troisième degré admet au moins une solution dans R: Partie B. Dans cette partie, f (x) = 2x3 x 1: 1. Etudiez les variation de f: 2. Justi…ez que l’équation 2x3 = x + 1 admet une unique solution réelle. 3. Donnez la valeur exacte de cette solution. Partie C. Dans cette partie, f (x) = x3 6x2 + x + 1:

CHAPITRE 3. FONCTIONS REELLES D’UNE VARIABLE REELLE. LIMITE ET CONTINUIT 1. Prouvez que l’équation f (x) = 0 admet (au moins) une solution dans l’intervalle I = [0; 1] : 2. Etudiez les variations de f . 3. Justi…ez que l’équation f (x) = 0 admet une unique solution dans l’intervalle I. 4. Calculez f 21 . Que pouvez-vous en déduire pour le réel ? 5. Donnez une valeur approchée de à 10 3 près. Solution Exo 27 Partie A 1. Si a > 0; lim f (x) = +1 et lim f (x) = x!+1

et si a < 0; lim f (x) = x!+1

x! 1

1 et lim f (x) = +1: x! 1

2. f étant continue, les limites trouvées dans la question 1, permettent d’a¢ rmer que , a > 0; f (R) = a < 0; f (R) =

lim f (x) =

1; lim f (x) = +1 = R

lim f (x) =

1; lim f (x) = +1 = R

x! 1

x!+1

x! 1

Donc, quelque soit a non nul f (R) = R: 3. f est continue sur R et f (R) = R: 0 2 f (R) = R; d’après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe au moins c 2 R tel que f (c) = 0. Par conséquent toute équation du troisième degré admet au moins une solution dans R. Partie B 1. pour tout réel x; f est dérivable et f 0 (x) = 6x2

CHAPITRE 3. FONCTIONS REELLES D’UNE VARIABLE REELLE. LIMITE ET CONTINUIT 2. Résoudre l’équation 2x3 = x + 1 revient à résoudre l’équation équivalente f (x) = 0: p ! p 6 6 = 1<0: f 6 9 i p p h 6 D’après le tableau de variation précédent, f est décroissante sur ; 66 : 6 Donc : f

6 6

< 0: h 6 Pour tout x de 1; 6 ; f (x) < 0 : l’équation f (x) = 0 n’a pas de solution sur cet intervalle. p Puisque f est continue et strictement croissante sur [ 66 ; +1[; alors d’après le théorème des valeurs intermédiaires ! " " p p ! 6 6 f [ ; +1[ = f ; +1 = [ ; +1[ ; < 0: 6 6 i

Par conséquent

! " " p ! 6 6 02f [ ; +1[ = f ; +1 : 6 6 h hp Sur l’intervalle 66 ; +1 ; f est continue. Le théorème des valeurs intermédiaires nous permet d’a¢ rmer que l’équation f (x) = 0 admet au moins une solution réelle. En plus h p d’etre hcontinue, f est strictement croissante, alors f est une bijection sur 66 ; +1 : Conclusion l’équation f (x) = 0 admet une solution unique réelle. 3. x = 1 est solution évidente de l’équation 2x3 = x + 1: Partie C 1. f (0) = 1 et f (1) = 3. De plus f est continue sur R: Donc, d’après le théorème des valeurs intermédiaires, l’équation f (x) = 0 admet au moins une solution dans I. 2. f est dérivable sur R et pour tout réel x, p

f 0 (x) = 3x2 + 12x + 1: p p 33 et x2 = 6 + 33: f 0 s’annule pour x1 = 6

CHAPITRE 3. FONCTIONS REELLES D’UNE VARIABLE REELLE. LIMITE ET CONTINUIT Sur [0; x1 [ f est strictement croissante et f (0) = 1: Puisque f est strictement croissante f (x1 ) > f (0) > 0: Donc f ne s’annule pas sur [ 1; x1 [ Sur [x1 ; 1] ; f est continue, strictement décroissante et f (x1 ) f (1) < 0 : l’équation f (x) = 0 admet une unique solution dans l’intervalle I. f (1) < 0 ) 2 21 ; 1 : 3. f 21 = 81 donc f 12 4. = 0; 528 à 10 3 près par défaut. Exercice 28 On considère la fonction f : [0; 1] ! R : f (x) = x a) Trouvez M = max f (x) ;

m = min f (x)

x [0;1]

Existe t’il x0 ; x1

x [0;1]

[0; 1] t:q: f (x0 ) = M0 et m0 = f (x1 )

b) On considère maintenant : f : ]0; 1[ ! R Trouvez M1 = sup

x ]0;1[

inf f (x) = m1 ;

x ]0;1[

existe t’il x0 et x1 ]0; 1[ tel que M1 = f (x0 ) ; m1 = f (x1 )

Solution exo 28 a) M = max f (x) = 1 = f (1); x [0;1]

m = min f (x) = 0 = f (0) x [0;1]

b) M1 = sup f (x) = 1 et x ]0;1[

inf f (x) = m = 0

x ]0;1[

CHAPITRE 3. FONCTIONS REELLES D’UNE VARIABLE REELLE. LIMITE ET CONTINUIT On démontre ceci en utilisant la caractérisation su sup et du inf (voir Chapitre 1) . En e¤et : " > 0 donné. Sans nuire à la généralité, suppososons que 0 < " < 2: On aura donc : " " <1) > 1)1 2 2 " " " > 0) <0)1 < 1: 2 2 " < 2)

Par conséquent, si on prend x e=1 ">

" ) 2

" ; 2

" >0 2

alors x e 2 ]0; 1[ : D’autre part :

" )1 2

"<1

" =x e: 2

Finalement on a donc démontré : 8" > 0; 9e x 2 ]0; 1[ : x e=1 1 "<x e;. Ceci implique que :

" 2

tel que :

sup f (x) = 1 : x ]0;1[

Si "

2: Alors 1

1 < 0: Prenons x e 2 ]0; 1[ quelconque. Bien sûr :

"<x e:

Non il n’existe pas de points x0 et x1 ]0; 1[ tels que : sup f (x) = f (x0 ) et x ]0;1[

inf f (x) = f (x1 )

x ]0;1[

car l’ensemble ]0; 1[ n’est pas férmé. Exercice 29 On considère la fonction f :R!R

f (x) = x2 :

a) Montrez que f n’admet pas de fonction réciproque. b) On note f1 la réstriction de f sur [0; +1[ : Montrez que f1 admet une fonction réciproque qu’on note g1 : Dé…nir g1 et tracez son graphe. c) On note f2 la restriction de f sur [ 1; 0[ : Montrez que f2 admet une fonction réciproque qu’on note g2 et tracez son graphe. Solution Exo 29

CHAPITRE 3. FONCTIONS REELLES D’UNE VARIABLE REELLE. LIMITE ET CONTINUIT a) f n’admet pas de fonction réciproque car f n’est pas injective sur R. En e¤et il existe x1 2 R; x2 2 R t:q:

x1 6= x2 et f (x1 ) = f (x2 )

Prenons par exemple x1 = 1

x2 =

1 f (1) = f ( 1) = 1:

b) f est continue sur [0; +1[ et f est strictement croissante sur [0; +1[ . En e¤et 8 x1 ; x2 [0; +1[ si x1 > x2 =) x21 > x21 Donc f est une bijection de [0; +1[ sur f (0) ; lim f (x) = [0; +1[ : x!+1

Pour trouver la fonction réciproque de f1 , c’est-à-dire g1 , nous devons résoudre l’équation d’inconnue x, c’est-à-dire trouver x tel que 8 < y = f (x) = x2 () y x2 = 0 p p () y x y+x =0 p p : () x = y ou x = y N’oublions pas que x 2 [0; +1[ : Donc la seule solution est g1 : [0; +1[ ! [0; +1[ p x ! g1 (x) = x Son graphe est symétrique au graphe de f (x) = x2 ; par rapport à la droite y = x: c) Le meme raisonnement s’applique au cas de f2 :

Chapitre 4 FONCTIONS DERIVABLES ET APPLICATIONS 4.1

Note historique

A la …n du 16ème sciècle, savants et philosophes s’intéressent à deux grands domaines de recherche alors inéxploités : la cinématique (étude des trajectoires et des vitesses de mobiles en mouvement) et la géométrie analytique pour la détérmination des tangentes à une courbe et des extremums. De ces travaux naîtra le calcul in…nitisimal ou calcul di¤érentiel et integral. Newton et Leibniz sont considérés comme les fondateurs de ce calcul. Newton expose ses résultats dans son ouvrage intitulé : " Méthodes des ‡uxions et des suites in…nies " qu’il a achevé en 1671 et qu’il a publié en 1736. A la …n du 17ème sciècle s’achève l’ère des pionniers. Les démarches essentielles de ce calcul sont dégagées. Il faudra attendre encore plus de cent ans pour que soient dé…nies avec toute la précision nécessaire les idées de fonctions et de limites. Comme on l’a signalé auparavant, le calcul di¤érentiel (The calculus pour les anglo-Saxon) a pour origine la recheche de solutions à trois grands types de problèmes : détermination des tangentes à une courbe, des extremums d’une fonction, des vitesses instantanées d’un mobile en mouvement. Newton (16421727) et Leibniz (1646-1716), bien qu’ils aient travaillé sans se concerter et adopté des points de vue di¤érents, sont considérés comme les fondateurs de ce calcul. Mais c’est Lagrange qui, en 1797 dans son livre : "Théorie des fonctions analytiques ", introduit le mot ‹‹dérivée›› et la notation f 0 (x) qu’il dé…nit comme limite du taux de variation.

191

CHAPITRE 4. FONCTIONS DERIVABLES ET APPLICATIONS

192

Pour donner au calcul di¤érentiel des bases rigoureuses, leurs successeurs devront élucider complètement les notions de fonction, de limite, d’in…niment petit.... Les nombres réels, les fonctions, les limites de fonctions, deviendront alors, dans cet ordre, les notions de base de l’analyse mathématique.

4.2 4.2.1

Dé…nitions et propriétés des fonctions dérivables Dérivée d’une fonction en un point

Dé…nition Dé…nition1 Soit I un intervalle ouvert de R; x0 un point de I et f : I ! R une fonction numérique. On dit que f est dérivable au point x0 ; si la limite (…nie) f (x) f (x0 ) lim x!x0 x x0 existe. Cette limite qui est alors unique, est appelée dérivée de f au point x0 et notée f 0 (x0 ) : On utilise parfois les notations suivantes pour désigner la dérivée de f en x0 : df dy Df (x0 ) ; (x0 ) ; (ou y = f (x)) : dx dx x=x0 Remarque1.

CHAPITRE 4. FONCTIONS DERIVABLES ET APPLICATIONS

193

La dé…nition précedente permet d’écrire f (x) x

f (x0 ) = f 0 (x0 ) + "(x) x0

avec

lim " (x) = 0;

x!x0

d’où l’écriture équivalente de la dérivabilité de f en x0 : f (x)

x0 ) [f 0 (x0 ) + " (x)] ; avec lim " (x) = 0:

f (x0 ) = (x

x!x0

Exemples 1.Si f est constante, on a f 0 (x) = 0; 8x R: 2. Si f (x) = sin x; f 0 (x0 ) est la limite du rapport sin (x0 + 2h) 2h

sin x0

cos (x0 + h) sin h ! cos x0 h

lorsque h ! 0;

donc f 0 (x0 ) = cos x0 : De même f (x) = cos xp= sin x + 2 donne f 0 (x) = sin x: 3. Dérivée de f (x) = x en x0 = 1 p 1 f (x) f (1) x 1 1 = =p lorsque x ! 1; ! x 1 x 1 2 x+1 donc f 0 (1) = 12 : 4. Dérivée de f (x) en x0 = 0; avec f (x) = On a

f (x) x

Comme

x2 2 + sin x1 0

f (0) 1 = x 2 + sin 0 x f (x) x

donc 0

si x 6= 0; si x = 0:

f (x) x

f (0) 0 f (0) 0

3 jxj ; 3 jxj :

Ceci implique f (x) f (0) ! 0 quand x ! 0; x 0 par conséquent : f 0 (0) = 0:

CHAPITRE 4. FONCTIONS DERIVABLES ET APPLICATIONS

194

p 5. La fonction f (x) = x n’est pas dérivable en x0 = 0: En e¤et : p p f (x) f (0) x x 1 f (x) f (0) 1 = = p p = p ) lim = lim p = +1 x!0 x!0 x x 0 x x 0 x: x x 6) La fonction f dé…nie par x sin x1 si x 6= 0 0 si x = 0

f (x) =

n’est pas dérivable en en x0 = 0; car le rapport f (x) x

f (0) 1 = sin 0 x

n’admet pas de limite lorsque x ! 0; car 1 1 ! 1 et sin x x

oscille entre

1 et + 1

Remarque2 Pendant longtemps les mathématiciens se sont posés le problème suivant : Existe t’il une fonction f : R ! R véri…ant les conditions suivantes : a) f est dé…nie et continue en tout point x0 2 R: b) f n’est dérivable dans aucun point x0 2 R: Weistrass a répondu de façon positive à ce problème et a donné l’exemple d’une fonction véri…ant les conditions a) et b). Cet exemple ne pourra pas être donné dans ce cours, vu sa complexité et les outils mathématiques qu’il utilise, et qu’on ne dispose pas encore. Dérivée à droite, dérivée à gauche Dé…nition2 Si le rapport f (x)x xf 0(x0 ) admet une limite (…nie) à droite (resp. à gauche), on dit que f est dérivable à droite (resp. à gauche) de f au point x0 et on note f 0 (x0 + 0) (resp. f 0 (x0 0)). En d’autres termes : f 0 (x0 + 0) =

lim x ! x0 ; x > x0

f (x) x

f (x0 ) x0

et f 0 (x0

0) =

lim x ! x0 ; x < x0

f (x) x

f (x0 ) x0

Remarque3 Pour que f soit dérivable en x0 il faut, et il su¢ t, que f 0 (x0 + 0) et f 0 (x0 0) existent, et que f 0 (x0 + 0) = f 0 (x0 0). On a alors f 0 (x0 ) = f 0 (x0 + 0) = f 0 (x0

0) :

CHAPITRE 4. FONCTIONS DERIVABLES ET APPLICATIONS

195

Exemples de fonctions dérivables seulement à droite ou à gauche. 1. La fonction x 7! jxj dé…nie sur R a au point x0 = 0; une dérivée à droite égale à +1 et une dérivée à gauche égale à 1. En e¤et, f (x) f (0) = 1; si x > 0; f (x) = x; d0 ou lim x!0+ x 0 f (x) f (0) si x < 0; f (x) = x d0 ou lim = 1: x!0 x 0 La fonction f (x) = jxj n’est donc pas dérivable au point 0.

Interprétation géométrique Soit AP QB (voir …gure ci dessous) la courbe représentant le graphe de la fonction y = f (x): Le rapport : f (x0 + h) f (x0 ) f (x0 + 4x) f (x0 ) QR = = = tan( ) h 4x PR est la pente de la droite joignant le point P (x0 ; f (x0 )) au point Q((x0 + h) ; f (x0 + h)); sur la courbe. Quand h ! 0(4x ! 0); cette droite tend vers la tangente P S à la courbe, au point P (x0 ; f (x0 )): On obtient donc : f (x0 + h) f (x0 ) SR = tan( ) = h!0 h PR est la pente de la tangente à la courbe au point P (x0 ; f (x0 )): f 0 (x0 ) = lim

CHAPITRE 4. FONCTIONS DERIVABLES ET APPLICATIONS

196

L’équation de la tangente à la courbe y = f (x), au point P (x0 ; f (x0 )), est y

f (x0 ) = f 0 (x0 )(x

x0 )

Les dérivées à gauche et à droite s’interprètent également en considérant les demi-tangentes à gauche et à droite du point P (x0 ; f (x0 )) ; si elles ne sont pas égales, le graphe de f présente alors un point anguleux en P (x0 ; f (x0 )): Exemple. p Soit la fonction x 7! f (x) = x3 + x2 dé…nie sur [ 1; +1[. Pour étudier l’ écrivons f (x) sous la forme : f (x) = pla dérivée à l’origine, péxistence de p x3 + x2 = x2 (1 + x) = jxj 1 + x. Puisque f (0) = 0; on a alors Si

x ]0; +1[ ;

f (x) x

f (0) p = 1+x!1 0

lorsque

x ! +0;

p f (x) f (0) = 1 + x ! 1 lorsque x ! 0: x 0 Au point 0, les dérivées à gauche et à droite sont respectivement égales à 1; et + 1, et, par conséquent, f n’y est pas dérivable. La dé…nition de la dérivée peut être étendue en considérant les limites in…nies. Si Si

x ] 1; 0[ ;

f (x) x

f (x0 ) ! +1 (ou x0

1) lorsque x ! x0 ;

on dira que f a une dérivée égale à +1 (ou 1). Sur le graphe de f , cela entraîne l’existence d’une tangente verticale en (x0 ; f (x0 )).

4.2.2

Di¤érentielles

Soit f une fonction dérivable en x0 : Notons par "(x) la fonction suivante : "(x) = f 0 (x0 )

f (x) x

f (x0 ) ; x0

alors lim " (x) = 0:

x!x0

Donc on peut écrire f (x) x

f (x) f (x0 ) x x0

sous la forme :

f (x0 ) = f 0 (x0 ) + "(x); x0

avec lim " (x) = 0; x!x0

CHAPITRE 4. FONCTIONS DERIVABLES ET APPLICATIONS

197

ou encore : f (x)

x0 ) [f 0 (x0 ) + "(x)] ;

f (x0 ) = (x

(1)

avec lim " (x) = 0: x!x0

Si on pose x = x0 + h ) x

x0 = h

et la relation (1) devient : f (x0 + h)

f (x0 ) = h:f 0 (x0 ) + h:"(h); avec lim " (h) = 0:

(2)

h!0

Soit dx ou 4x l’accroissement donné à x: Alors l’accroissement 4y = 4f (x) ; de f , quand on passe de x à x + dx ou x + 4x est 4y = 4f (x) = f (x + dx)

f (x)

Si f est dérivable au point x; alors l’accroissement f (x + dx) en considérant la relation (2) :

f (x) est égal

4y = 4f (x) = f (x + dx) f (x) = f 0 (x):dx+dx:"(x); avec lim " (x) = 0: dx!0

(3) Dé…nition3 Soit f une fonction dérivable au point x: l’expression f (x):dx, qu’on note df (x) ou dy s’appelle di¤erentielle de f au point x: Remarque4 : Pour x …xé, et pour toute fonction f dérivable en x; la différentielle df (x) est une application linéaire de R ! R de coé¢ cient directeur f 0 (x): En d’autres termes : 0

df (x) : R ! R;

h ! df (x)(h) = f 0 (x):h

Remarque5 4f (x) 6= df (x); mais si dx est tres petit, on peut approximer 4f (x) par df (x) = f 0 (x):dx: Exemple : Trouvons df (x) et 4f (x) pour la fonction f (x) = x2 pour des valeurs x et dx arbitraires puis pour le cas particulier : x = 20 et dx = 0:1 4f (x) = f (x + dx) f (x) = (x + dx)2 x2 = x2 + 2x:dx + (dx)2 x2 = 2x:dx + (dx)2 df (x) = f 0 (x):dx = 2x:dx Pour x = 20 et dx = 0:1 on a : 4f (x) = 2 20 0:1 + (0:1)2 = 4:01 df (x) = 2 20 0:1 = 4:00 Calculons l’erreur commise en remplaçant 4f (x) par df (x) 4f (x) df (x) = 4:01 4:00 = 0:01

CHAPITRE 4. FONCTIONS DERIVABLES ET APPLICATIONS

198

Dans beaucoup de problèmes on peut considérer que cette erreur est négligeable. Remarque6 On utilise souvent l’expression (3) pour calculer numériquement certaines fonctions. En e¤et (3) implique : f (x + dx) = f (x) + f 0 (x):dx + dx:"(x); avec lim " (x) = 0: dx!0

Donc si dx est petit on peut écrire : f (x + dx) ' f (x) + f 0 (x):dx

(4)

Exemple : Soit f (x) = sin(x); f 0 (x) = cos(x): La relation (4) donne dans ce cas : sin(x + dx) ' sin(x) + cos(x):dx

(5)

Utilisons la relation (5) pour calculer une valeur approchée de sin(46 ): En e¤et : 46 = 45 + 1 = + 4 180 Donc ) ' sin + : cos sin(46 ) = sin( + 4 180 4 180 4 ou encore p p 2 2 sin(46 ) ' + : = 0; 7071 + 0; 7071 0; 0175 = 0; 7194 2 180 2

4.2.3

Dérivabilité et continuité

Théorème1 Soit f une fonction dérivable en un point x0 , alors f est continue en ce point. Preuve du Théorème1 Soit f une fonction dérivable en x0 ; alors d’après (1), on a : f (x)

f (x0 ) = (x

x0 ) (f 0 (x0 ) + " (x))

avec

lim " (x) = 0;

x!x0

donc lim [f (x)

x!x0

f (x0 )] = lim (x x!x0

x0 ) [f 0 (x0 ) + " (x)] = 0: f 0 (x0 ) = 0;

donc lim f (x) = f (x0 ) :

x!x0

CHAPITRE 4. FONCTIONS DERIVABLES ET APPLICATIONS

199

Ce qui signi…e que f est continue en x0 : De même, si f a une dérivée à droite f 0 (x0 + 0) (resp. à gauche f 0 (x0 f est continue à droite (resp. à gauche) au point x0 :

0)),

Remarque7 La réciproque de ce théorème est inéxacte. Une fonction peut être dé…nie et continue enp un point sans être dérivable en ce point. Par exemple, la fonction x 7! x est continue en x0 = 0 mais n’est pas dérivable en ce point. La fonction x: sin x1 ; si x 6= 0 f (x) = 0; si x = 0 est continue en x0 = 0 , mais n’est pas dérivable en ce point.

4.2.4

Dérivée sur un intervalle. Fonction dérivée.

Dé…nition4 Une fonction f dé…nie sur un intervalle I est dite dérivable sur I si elle est dérivable en tout point de I. L’application I ! R : x 7! f 0 (x) est appelée fonction dérivée ou tout simplement dérivée de la fonction f et df notée : f 0 ou dx Dé…nition5 (Dérivées d’ordre supérieur) Si la fonction f 0 admet à son tour une fonction dérivée, celle-ci est dite dérivée seconde ou dérivée d’ordre 2 de f et est notée f 00 (on dira que f 0 est la dérivée première de f ). On dé…nit par récurrence les dérivées successives de f : la dérivée n-ième ou dérivée n de f , notée f (n) , est la dérivée de la fonction x 7! f (n 1) (x) : 0 f (n) = f (n 1) n

On utilise aussi les notations Dn f; ddxnf ou y (n) si l’on écrit y = f (x), pour f (n) : Remarque8 On conviendra que la dérivée d’ordre 0 est la fonction elle-même, c’est à dire f (0) = f . Exemple On véri…e, par récurrence, que sin(n) (x) = sin x + n

cos(n) (x) = cos x + n

Dé…nition6 (Fonctions de classe C n ) Soit n un entier naturel non nul. On dit qu’une fonction f dé…nie sur l’intervalle I est de classe C n ou n fois continûment dérivable si elle est n fois dérivable et si f (n) est continue sur I.

CHAPITRE 4. FONCTIONS DERIVABLES ET APPLICATIONS

200

On dit qu’une fonction est de classe C 0 si elle est continue sur I, et de classe C 1 si elle est indé…niment dérivable sur I (c’est-à dire si f (n) existe pour tout n). On notera C n (I) l’ensemble des fonctions de classe C n et C 1 (I) l’ensemble des fonctions de classe C 1 sur I. Avec ces notations on obtient la proposition suivante : Proposition1 C n (I) C n 1 (I) Preuve de la Proposition1 Il faut montrer que si f 2 C n (I) alors f 2 C n 1 (I) : En e¤et, f 2 C n (I) implique par dé…nition que f (n) existe sur I et que f (n) est continue sur I: Notons g = f (n 1) : Alors par dé…nition on a : a) g est dérivable sur I b) g 0 est continue sur I: a) implique que a’) f (n 1) existe sur I b’) f (n 1) est continue sur I (car g dérivable sur I ) g continue sur I) a’) et b’) veulent dire exactement que f 2 C n 1 (I) :

4.3 4.3.1

Opérations sur les fonctions dérivables Somme, produit et quotient de fonctions dérivables

Théorème2 Soit I un intervalle ouvert de R, x0 I et R. Soient f; g : I ! R des fonctions dérivable en x0 . Alors a) f est dérivable en x0 et l’on a en ce point ( f )0 (x0 ) = :f 0 (x0 ) b) f + g est dérivable en x0 et l’on a en ce point (f + g)0 (x0 ) = f 0 (x0 ) + g 0 (x0 ) c) f g est dérivable en x0 ; et l’on a en ce point (f g)0 (x0 ) = f 0 (x0 ) :g (x0 ) + f (x0 ) :g 0 (x0 ) d)Si g (x0 ) 6= 0; alors f g

f g

est dérivable en x0 et l’on a en ce point

(x0 ) =

[f 0 (x0 ) g (x0 )] [f (x0 ) g 0 (x0 )] : g (x0 )2

CHAPITRE 4. FONCTIONS DERIVABLES ET APPLICATIONS

201

Preuve du Théorème2 a) et b) sont immédiates en appliquant les théorèmes sur les limites en un point. c) Pour la dérivée du produit en un point x0 ; rappelons la dé…nition de (f g)0 (x0 ) f (x) g (x) f (x0 ) g (x0 ) : (f g)0 (x0 ) = lim x!x0 x x0 Pour celà remarquons que : f (x) g (x) f (x0 ) g (x0 ) f (x) f (x0 ) g (x) g (x0 ) = g (x) + f (x0 ) : x x0 x x0 x x0 Lorsque x ! x0 ; g (x) ! g (x0 ) car g est continue puisque dérivable en x0 ; donc g (x) f (x) f (x0 ) g (x) ! f 0 (x0 ) g (x0 ) et f (x0 ) x x0 x La dérivée de f g au point x0 est donc

g (x0 ) ! f (x0 ) g 0 (x0 ) : x0

f 0 (x0 ) g (x0 ) + f (x0 ) g 0 (x0 ) : La dérivée est donc f 0 (x0 ) g (x0 ) + f (x0 ) g 0 (x0 ) : d) Pour étudier la dérivée de fg ; il su¢ t d’étudier la dérivée de g1 et d’appliquer le résultat sur la dérivée d’un produit. Soit x0 un point de l’intervalle où g1 est dé…nie et où g (x0 ) 6= 0: On a " g(x0 ) g(x) # 1 1 0 (x) (x ) 0 1 g(x)g(x0 ) g g = lim (x0 ) = lim x x0 x!x0 x!x0 g x x0 1 1 g (x) g (x0 ) : x!x0 g (x) g (x0 ) x x0 0 g (x0 ) lorsque x ! x0 ; = g (x0 )2 =

1 g

lim

est donc dérivable et l’on a

point c) au produit f g

f: g1 ;

= =

f g

g0 : g2

Maintenant en appliquant le

on obtient :

f: 0

1 g

1 1 = f 0 : + f: g g 0 0 0 f g fg fg = : g2 g2

f0 +f g

g0 g2

CHAPITRE 4. FONCTIONS DERIVABLES ET APPLICATIONS

4.3.2

202

Dérivée n-ième d’un produit (formule de Leibniz)

Thèorème3 Si f et g admettent des dérivées n-ième au point x0 , alors la fonction f g admet une dérivée n-ième au point x0 , et l’on a en ce point (f g)(n) = f (n) g + Cn1 f (n 1) g 0 + ::: + Cnp f (n +Cnn 1 f 0 g (n 1) + Cnn f g (n) :

p) (p)

+ ::::

Preuve du Thèorème3 Ce résultat se démontre par réccurence. La relation est vraie pour n = 1. En e¤et, en appliquant la règle de dérivation d’un produit, on a bien (f g)0 = f 0 g + f g 0 : Supposons la relation véri…ée pour (f g)(n 1) ; soit (f g)(n

= f (n

:g+Cn1

f (n

g +:::+Cnp

2) 0

1 1

f (n

p) (p 1)

+:::+Cnn 11 :f:g (n

;

et montrons qu’elle est vraie pour (f g)(n) . En dérivant la relation précédente, on obtient : (f g)(n) = f (n) g + Cn1 +

Cnn 11

1+ Cnn 12

1 f (n

0 n 1

g + ::: + Cnp

1) 0

Cnn 11

(n)

+ Cnp

1 1

f (n

g + :::

La formule de Leibniz s’en déduit en remarquant que Cnp 1 +Cnp

1 1

= Cnp :

Dérivée d’une fonction composée.

4.3.3

Théorème4 Soit f : I ! R une fonction dé…nie sur un intervalle I; g : J ! R une fonction dé…nie sur un intervalle J contenant f (I), et x0 un point de I. Si f est dérivable en x0 et g est dérivable en f (x0 ), alors g f est dérivable en x0 et l’on a (g f )0 (x0 ) = g [f (x0 )] :f 0 (x0 ) : Preuve du Théorème4 f étant dérivable en x0 , alors on a : f (x)

f (x0 ) = (x

x0 ) [f 0 (x0 ) + "1 (x)]

avec

lim "1 (x) = 0:

x!x0

(6)

g étant dérivable en y0 = f (x0 ) ; on a g (y)

g (y0 ) = (y

y0 ) [g 0 (y0 ) + "2 (y)] ; avec lim "2 (y) = 0 et y y!y0

f (I) : (7)

CHAPITRE 4. FONCTIONS DERIVABLES ET APPLICATIONS En remarquant que y consdération (6) et (7) (g f ) (x)

203

f (x0 ), on a alors en prenant en

y0 = f (x)

(g f ) (x0 ) = g [f (x)] g [f (x0 )] = g(y) g(y0 ) = (y y0 ) [g 0 (y0 ) + "2 (y)] = (x x0 ) [f 0 (x0 ) + "1 (x)] [g 0 (y0 ) + "2 (y)] ;

ou encore (g f ) (x)

x0 ) [g 0 (y0 ) f 0 (x0 ) + "]

(g f ) (x0 ) = (x

avec " = "1 g 0 (y0 ) + "2 f 0 (x0 ) + "1 "2 : Le théorème en résulte puisque " ! 0 quand x ! x0 :

4.3.4

Dérivée d’une fonction réciproque

Théorème5 Soit f : I ! J une application bijective et continue d’un intervalle I sur un intervalle J, dérivable en un point x0 de I et telle que f 0 (x0 ) 6= 0. Alors la fonction réciproque f 1 est dérivable au point f (x0 ) et admet pour dérivée 1 0 f 1 [f (x0 )] = 0 : f (x0 ) Preuve du Théorème5 Notons par h la fonction réciproque f a f h (y) y

1 0

et y0 = f (x0 ) : Pour y 6= y0 , on

h(y) y!y0 y

(y0 ) = h0 (y0 ) = lim

x h (y0 ) = y0 f (x)

x0 f (x0 )

h(y0 ) y0

avec x = h (y) et y = f (x):

y ! y0 , f (x) ! f (x0 ) , h(f (x) ! h(f (x0 )) , x ! x0 Chercher la limite, lorsque y ! y0 , de la fonction y 7! a chercher la limite lorsque x ! x0 , de la fonction ' : x 7!

x f (x)

x0 = f (x0 )

1 f (x) f (x0 ) x x0

h(y) h(y0 ) ; y y0

1 : (x)

revient

CHAPITRE 4. FONCTIONS DERIVABLES ET APPLICATIONS

204

Remarquons que '(x) =

1 (x)

et que lim (x) = f 0 (x0 ) 6= 0: x!x0

Par conséquent lim '(x) =

x!x0

1 (x0 )

La fonction h est continue ; le résultat sur la composition des limites s’applique et, par suite, h (y) y

h (y0 ) = ' [h (y)] y0

1 1 tend vers f 0 [h(y = f 0 (x lorsque y tend vers y0 : 0 )] 0) Exemple : Soit f : R ! [ 1; +1] : x ! f (x) = y = sin(x) f y ! f 1 (y) = x = arcsin(y); On veut calculer (f 1 )0 D’après le théorème 5 on a :

: [ 1; +1] ! R :

1 0

) (y) =

f 0 (x)

y = f (x) = sin(x) x = f 1 (y) = arcsin(y) Dans ce cas f 0 (x) = cos(x) On a bien sur cos2 (x) + sin2 (x) = 1 = cos2 (x) + y 2 = 1 =) cos(x) = Ceci implique que (f Donc :

1 0

) (y) = p 1

arcsin0 (y) = p

;

1 1

y2 y 2 [ 1; +1]

CHAPITRE 4. FONCTIONS DERIVABLES ET APPLICATIONS

4.3.5

205

Optimum local

Dé…nitions Dé…nition7 Soit f : I ! R , une fonction dé…nie sur un intervalle I et x0 un point de I. a) On dit que x0 est un maximum local de f dans I (resp. x0 est un minimum local de f dans I); s’il existe un intervalle I = ]x0 ; x0 + [ I; ( > 0), tel que 8x I = ]x0

; x0 + [ : f (x)

f (x0 ) (resp:f (x)

f (x0 )) :

Dans ce cas, la valeur f (x0 ) est dite valeur maximale locale de f dans I(resp.valeur minimale locale de f dans I). On dit que f admet un extrémum en x0 si f admet en x0 un maximum local ou un minimum local. Le point x0 s’appelle aussi solution optimale locale de f b) On dit que f admet dans I un maximum global au point x0 ;(resp. minimum global au point x0 ) si on a : 8x I : f (x)

f (x0 ) (resp:f (x)

f (x0 ))

Une condition nécessaire d’éxistence d’un extrémum pour les fonctions dérivables est donnée par le théorème suivant : Théorème6 Si f a un extrémum au point x0 et si f 0 (x0 ) existe, alors f 0 (x0 ) = 0: Preuve du théorème6 Supposons qu’il s’agisse d’un maximum local, alors il existe un intervalle I = ]x0 ; x0 + [ ( > 0), tel que 8x I = ]x0

; x0 + [ : f (x)

f (x0 ) :

On a donc : 8x 2 ]x0 ; x0 + [ :

f (x) x

f (x0 ) x0

f (x) x!x0 x x>x

0 =) f 0 (x0 + 0) = lim

f (x0 ) x0

(8) de même 8x 2 ] x0

; x0 [ :

f (x) x

f (x0 ) x0

0 =) f 0 (x0

f (x) x!x0 x x<x

0) = lim

f (x0 ) x0 (9)

CHAPITRE 4. FONCTIONS DERIVABLES ET APPLICATIONS

206

L’existence de f 0 (x0 ) entraîne l’existence et l’égalité des dérivées à gauche et à droite f 0 (x0 0) et f 0 (x0 + 0). On obtient donc f 0 (x0 + 0) = f 0 (x0

0) = f 0 (x0 ) :

(10)

(8), (9) et (10) impliquent f 0 (x0 )

0 et f 0 (x0 )

(11)

(11) implique que f 0 (x0 ) = 0:

4.4

Théorème de Rolle et des accroissements …nis

Le paragraphe précédent traite des dé…nitions et des propriétés locales, c’est-à-dire dans un intervalle ouvert assez petit contenant un point x0 . Nous allons maintenant étudier les propriétés résultant de l’existence des dérivées sur tout un intervalle.

4.4.1

Théorème de Rolle

Enoncé du théorème Théorème7 (Théorème de Rolle) Soit f : [a; b] ! R Une fonction continue sur [a; b], dérivable sur ]a; b[ et telle que f (a) = f (b) : Alors il existe un point c ]a; b[ tel que f 0 (c) = 0: Preuve du théorème7 Si f est constante sur [a; b], ce résultat est trival : 8x [a; b] : f 0 (x) = 0: Supposons que f n’est pas constante. f étant continue sur [a; b], donc elle est bornée. Soit M = sup ff (x) : x 2 [a; b]g et m = inf ff (x) : x 2 [a; b]g : On peut supposer que l’une au moins des constantes M ou m est distincte de f (a) = f (b). Sinon on aura M = m = f (a) = f (b)

(13)

(13) implique 8x 2 [a; b] : f (x)

f (a) = f (b) et

8x 2 [a; b] : f (x)

(14) implique 8x 2 [a; b] : f (x) = f (a) = f (b) = cte:

f (a) = f (b) (14)

CHAPITRE 4. FONCTIONS DERIVABLES ET APPLICATIONS

207

On peut donc supposer que f atteint M en un point c di¤érent de a; et c di¤érent de b: Il existe alors un point c ]a; b[ tel que f (c) = M: La valeur f (c) est donc un maximum relatif et, puisque f 0 (c) existe, on a d’après le théorème6 : f 0 (c) = 0: Cas particulier Si f (a) = f (b) = 0 le théorème de Rolle s’énonce ainsi : entre deux zéros de la fonction f dérivable, il existe au moins un zéro de la fonction dérivée f 0: Interprétation géométrique Géométriquement, le théorème dit que sur la partie AB correspond à l’intervalle [a; b] du graphe de f , il existe au moins un point C, distinct de A et B, pour lequel la tangente à la courbe est parallèle à la droite AB: (11)

4 0:jpg

Hypothèses optimales pour appliquer le théorème de Rolle Nous allons voir à travers les exemples suivants, que les hypothèses du théorème de Rolle sont optimales, c’est à dire que si l’on a¤aiblit une des hypothèses du théorème de Rolle, il deviendrait faux. Voyons quelles hypothèses pourrait on a¤aiblir. Hypothèse1 : f : [a; b] ! R continue sur [a; b] ; f dérivable sur ]a; b[, f (a) = f (b) Hypothèse1 a¤aiblie : f : [a; b] ! R continue sur [a; b] n fx0 g (f est continue dans [a; b] mais discontinue en x0 2 [a; b]) Conclusion1 : Le résultat du théorème de Rolle n’est plus garanti, c’est à dire il n’existe aucun point c 2 ]a; b[ tel que : f 0 (c) = 0 Contre exemple1 : Considérons la fonction : f : [0; 1] ! R dé…nie par : f (x) =

1 0

x si x 6= 0; si x = 0;

CHAPITRE 4. FONCTIONS DERIVABLES ET APPLICATIONS

208

véri…e toutes les conditions du théorème sauf la continuité au point 0. Il n’existe pas de point c ]0; 1[tel que f 0 (c) = 0; car 8x 2 ]0; 1[ : f 0 (x) =

1 6= 0

(13)

4 1:jpg

Hypothèse2 : f : [a; b] ! R continue sur [a; b] ; f dérivable sur ]a; b[, f (a) = f (b) Hypothèse2 a¤aiblie : f : [a; b] ! R continue sur [a; b] ; dérivable sur ]a; b[ n fx0 g (f est continue dans [a; b] ; dérivable sur ]a; b[ sauf en x0 2 ]a; b[) Conclusion2 : Le résultat du théorème de Rolle n’est plus garanti, c’est à dire il n’existe aucun point c 2 ]a; b[ tel que : f 0 (c) = 0 Contre exemple2 : La fonction f dé…nie sur [ 1; 1] par f (x) = jxj satisfait toutes conditions du théorème sauf la dérivabilité au point 0. Il n’existe pas de point c ] 1; 1[ tel que f 0 (c) = 0: (12)

4 2:jpg

Hypothèse3 : f : [a; b] ! R continue sur [a; b] ; f dérivable sur ]a; b[, f (a) = f (b) Hypothèse3 a¤aiblie : f : [a; b] ! R continue sur [a; b] ; dérivable sur ]a; b[ n fx0 g (f est continue dans [a; b] ; dérivable sur ]a; b[ sauf en x0 2 ]a; b[) Conclusion3 : Le résultat du théorème de Rolle n’est plus garanti, c’est à dire il n’existe aucun point c 2 ]a; b[ tel que : f 0 (c) = 0 Contre exemple3 :

CHAPITRE 4. FONCTIONS DERIVABLES ET APPLICATIONS

209

- La fonction f dé…nie sur [0; 1] par f (x) = x satisfait toutes les conditions du théorème sauf l’hypothèse f (a) = f (b). Il n’existe aucun point c ]0; 1[ tel que f 0 (c) = 0 car 8x 2 ]0; 1[ : f 0 (x) = 1 6= 0

4.4.2

Théorème des accroissements …nis

C’est un corrolaire du théorème de Rolle. On considère une fonction f continue sur [a; b] dérivable sur ]a; b[ mais ne véri…ant pas nécessairement la condition f (a) = f (b). Géométriquement, on remarque qu’ il existe un point C du graphe de f où la tangente est parallèle à la droite passant par A = (a; f (a)) et B = (b; f (b)). (14)

4 3:jpg

De façon plus précise, on obtient : Théorème8 (Théorème des accroissements …nis) Soit 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) = (b

a) f 0 (c)

(f ormule des accroissements f inis):

Preuve du Théorème8 Considérons la fonction ' : [a; b] ! R, dé…nie comme suit : ' (x) = f (x)

f (a)

f (b) b

f (a) (x a

a) :

' est continue dans [a; b], dérivable dans ]a; b[ et ' (a) = ' (b) = 0. Le théorème de Rolle implique l’existence d’un point c ]a; b[ tel que '0 (c) = f 0 (c)

f (b) b

f (a) = 0: a

CHAPITRE 4. FONCTIONS DERIVABLES ET APPLICATIONS

210

ce qui s’écrit f (a) = f 0 (c) (b

f (b)

a) :

Corrolaire Soit f : I ! R une fonction dérivable ( I étant un intervalle quelconque). Alors pour tous points distincts x1 ; x2 I, on a (formule des accroissements …nis) f (x2 )

f (x1 ) = f 0 (c) (x2

x1 ) ;

où c est un point srictement compris entre x1 ; x2 : Preuve du corollaire f étant dérivable sur l’intervalle I: Puisque x1 ; x2 I, alors : f : [x1 ; x2 ] ! R véri…e toutes les conditions du théorème des accroissements …nis, c’est à dire : a) f est continue sur [x1 ; x2 ] b) f est dérivable sur ]x1 ; x2 [ Alors il existe c 2 ]x1 ; x2 [ tel que : f (x2 ) f (x1 ) = f 0 (c) (x2 x1 ) : Remarque Il est facile de voir que tout point c strictement compris entre x1 ; x2 s’écrit de façon unique sous la forme c = x1 + (x2

x1 ) ;

ou 0 <

< 1:

Avec cette notation la formule des accroissements …nis peut s’écrire f (x2 )

f (x1 ) = f 0 [x1 + (x2

x1 )] (x2

x1 ) :

Il est parfois commode de l’écrire sous la forme suivante : f (x + h)

4.4.3

f (x) = hf 0 (x + h) ;

< 1:

Théorème des accroissements …nis généralisé

Si l’on applique le théorème des accroissements …nis respectivement à deux fonctions f et g, on aboutit à l’existence de deux points c1 2 ]a; b[ et c2 2 ]a; b[ tels que : f (b)

f (a) = (b

a)f 0 (c1 )

et g(b)

g(a) = (b

Si g 0 ne s’annule pas sur ]a; b[ ; alors 1 g(b)

g(a)

1 : a)g 0 (c2 )

a)g 0 (c2 ):

CHAPITRE 4. FONCTIONS DERIVABLES ET APPLICATIONS On aura …nalement :

f (a) f 0 (c1 ) = 0 : g (a) g (c2 )

f (b) g (b)

211

(15)

La nouveauté dans le théorème qui va suivre est qu’on peut exprimer le rapport (15), en faisant intervenir un seul point c. Théorème9 Soient f; g deux fonctions continues sur l’intervalle [a; b] et dérivables sur ]a; b[. Si g 0 ne s’annule pas sur ]a; b[, alors il existe un point c de ]a; b[ tel que: f (a) f 0 (c) = 0 g (a) g (c)

f (b) g (b)

Preuve du théorème9 Notons d’abord que g 0 (x) = 0; 8x ]a; b[ ) g (b) 6= g (a) : Considérons la fonction ' dé…nie par ' (x) = f (x)

kg (x)

où k est une constante, choisie telle que ' (a) = ' (b), soit : f (a)

kg(a) = f (b)

kg(b) =) f (b)

ou encore : k=

f (b) g (b)

f (a) = k(g(b)

g(a)

f (a) : g (a)

' satisfait les conditions du théorème de Rolle ; il existe alors un point c de ]a; b[ tel que '0 (c) = 0. Or, '0 (x) = f 0 (x)

f (b) g (b)

f (a) 0 g (x) ; g (a)

d’où f 0 (c) ou encore

f (b) g (b)

f (a) 0 f (b) g (c) = 0 =) f 0 (c) = g (a) g (b) f (b) g (b)

f (a) f 0 (c) = 0 g (a) g (c)

f (a) 0 g (c) g (a)

CHAPITRE 4. FONCTIONS DERIVABLES ET APPLICATIONS

4.5

4.5.1

212

Quelques applications de la notion de dérivée et du théorème des accroissements …nis Etude de la variation des fonctions

Théorème10 Soit f : I ! R; I étant un intervalle quelconque. On suppose que f est dérivable sur I: Alors : a) f 0 (x) = 0 ; 8x 2 I , f est constante sur I. b) Si f 0 (x) 0; 8x 2 I (f 0 (x) 0; 8x 2 I ); alors f est croissante sur I (f est décroissante sur I) Preuve du théorème10 a) En e¤et, la dérivée d’une fonction constante est nulle. Réciproquement, soit f 0 = 0 [c’est-à-dire f 0 (x) = 0 pour tout x I] : Fixons un x0 I. Alors d’après la formule des accroissements …nis, on a 8x

I : f (x)

Donc :8x 2 I; 8x0

f (x0 ) = f 0 [x0 + (x

x0 )] (x

x0 ) = 0:

I; f (x) = f (x0 ) =) f est constante sur I:

b) Soient x1 2 I et x2 2 I quelconques, Supposons que x1 < x2 : D’après le théorème des accroissements …nis : f (x2 )

f (x1 ) = f 0 (c) (x2

Puisque f 0 (c) 0; alors f (x2 ) l’implication suivante : [x1 < x2 =) f (x1 )

f (x1 )

x1 ) ; c 2 ]x1 ; x2 [ : 0: Nous avons donc démontré

f (x2 )] =) f est croissante.

Théorème11 Soit f : I ! R; I étant un intervalle quelconque. On suppose que f est dérivable sur I: Alors : Si f 0 (x) > 0; 8x 2 I (f 0 (x) < 0; 8x 2 I ); alors f est strictement croissante sur I (f est strictement décroissante sur I): Preuve du théorème11 La preuve est la même que celle du théorème9 en remplaçant les inégalités larges par des inégalités strictes.

CHAPITRE 4. FONCTIONS DERIVABLES ET APPLICATIONS

213

Soient x1 2 I et x2 2 I quelconques, Supposons que x1 < x2 : D’après le théorème des accroissements …nis : f (x2 )

f (x1 ) = f 0 (c) (x2

f 0 (c) > 0; alors f (x2 ) croissante.

x1 ) ; c 2 ]x1 ; x2 [ :

f (x1 ) > 0: Par conséquent f est strictement

Remarque : La réciproque du théorème 10 et celle du théorème 11 est aussi vraie.

4.5.2

Regle de l’Hopital et applications

Limite du rapport de deux in…niments peits : vraie valeur des indeterminations de la forme 00 Avant d’énoncer et de démontrer le théorème de l’Hopital, démontrons le théorème suivant dont les hypothèses sont plus fortes que celles du théorème de l’Hopital. Théorème12 Soient f; g : [a; b] ! R et x0 2 ]a; b[ telles que : a) f; g sont continues sur [a; b] b) f; g sont dérivables sur ]a; b[ c) g 0 (x) 6= 0 : 8x 2 ]a; b[ d) f (x0 ) = g (x0 ) = 0 Alors f (x) f 0 (x0 ) = 0 lim x!x0 g (x) g (x0 ) Preuve du Théorème12 . Prenons x 2 ]a; b[ ; x 6= x0 : On a f (x) = g (x)

f (x) x g(x) x

f ( x0 ) x0 g( x0 ) x0

'(x) f (x) ; ou '(x) = (x) x

f ( x0 ) ; x0

(x) =

Remarquons que lim '(x) = f 0 (x0 ) ;

x!x0

Donc

lim (x) = g 0 (x0 ) 6= 0:

x!x0

lim '(x) '(x) f 0 (x0 ) f (x) x!x0 lim = lim = = 0 : x!x0 g (x) x!x0 (x) lim (x) g (x0 ) x!x0

g (x) x

g ( x0 ) : x0

CHAPITRE 4. FONCTIONS DERIVABLES ET APPLICATIONS

214

Exemple de fonctions f et g véri…ant les conditions du théorème12 Soit à calculer log(1 + x) lim x!0 x Dans cet exemple : x0 = 0;

f (x) = log(1 + x) =) f 0 (x) =

1 1+x

g(x) = x =) g 0 (x) = 1; =) g 0 (0) = 1 6= 0 f et g véri…ent donc toutes les conditions du théorème12. Par conséquent : f 0 (0) 1 log(1 + x) = 0 = = 1: lim x!0 x g (0) 1 Exemple de fonctions f et g ne véri…ant pas les conditions du théorème12 Supposons qu’on a à calculer : lim

x!0

cos(x2 ) : x4

On a x0 = 0 f (x) = 1 cos(x2 ) =) f 0 (x) = 2x: sin(x2 ) g(x) = x4 =) g 0 (x) = 4x3 =) g 0 (0) = 0 Puisque g 0 (0) = 0; on ne peut pas appliquer le théorème12. Il faut a¤aiblir les hypothèses du théorème12 et ne plus exiger la dérivabilité de de g en x0 : C’est l’objet du théorème suivant, dit règle de L’Hopital danslequel on n’exige plus la dérivabilité de g au point x0 ; mais seulement la dérivabilité de g dans un voisinage du point x0 de la forme ]x0 ; x0 [ [ ]x0 ; x0 + [. Théorème12 bis (Régle de l’Hopital) Soient f; g : [a; b] ! R deux fonctions continues sur l’intervalle [a; b] et dérivables sur ]a; b[ n fx0 g, x0 2 ]a; b[ : On suppose que f (x0 ) = g (x0 ) = 0 0 (x) admet une limite ` au point et g 0 ne s’annule pas sur ]a; b[ n fx0 g. Si fg0 (x) x0 , alors

f (x) g(x)

admet la même limite ` au point x0 .

Preuve du Théorème12 bis . Prenons x 2 ]a; b[ ; x 6= x0 : Si x > x0 ; le théorème9 appliqué à f sur [x0 ; x] donne f (x) f (x) = g (x) g (x)

f ( x0 ) f 0 (c) = 0 g (x0 ) g (c)

avec c ]x0 ; x[ :

CHAPITRE 4. FONCTIONS DERIVABLES ET APPLICATIONS Si x ! x0+ , alors c ! x0+ et, par suite lim

x!x0+

f (x) f (x) = lim x!x0+ g (x) x!x0+ g (x) lim

f 0 (c) g 0 (c)

215

= `, autrement dit

f (x0 ) f 0 (c) = lim 0 =`: x!x0+ g (c) g (x0 )

Si x < x0 ; le théorème9 appliqué à f sur [x; x0 ] donne f (x) f (x) = g (x) g (x)

f ( x0 ) f 0 (c) = 0 g (x0 ) g (c)

avec c ]x; x0 [ :

Si x ! x0 , alors c ! x0 et, par suite lim x!x0

lim

x!x0

f (x) f (x) = lim g (x) x!x0 g (x)

f 0 (c) g 0 (c)

= `, autrement dit

f (x0 ) f 0 (c) = lim 0 =`: x!x0 g (c) g (x0 )

On obtient donc lim

x!x0+

f (x) f (x) f (x) = lim = ` =) lim =`: x!x x!x g (x) 0 g (x) 0 g (x)

Applications de la règle de l’Hopital Le théorème12bis permet de lever les indeterminations 00 ; sans exiger la condition g dérivable en g (x0 ) en x0 et g 0 (x0 ) 6= 0: Exemple Supposons qu’on a à calculer : lim

x!0

cos(x2 ) : x4

On est en présence d’une forme indéterminée 00 : Appliquons le théorème12is à cet exemple. On a f (x) = 1 cos(x2 ) =) f 0 (x) = 2x: sin(x2 ) g(x) = x4 =) g 0 (x) = 4x3 x0 = 0 On a : f (x) g (x)

1 cos(x2 ) f (0) = g (0) x4 f 0 (x) 2x: sin(x2 ) 1 sin(x2 ) 1 = = ! 0 3 2 g (x) 4x 2 (x ) x!0 2

CHAPITRE 4. FONCTIONS DERIVABLES ET APPLICATIONS

216

Donc en appliquant la règle de l’Hopital : lim

cos(x2 ) 1 = : 4 x 2

x!0

Exemple3 Soit à calculer

ex e x 2x : x!0 x sin(x) lim

Dans cet exemple : f (x) = ex e x 2x =) f 0 (x) = ex + e g(x) = x sin(x) =) g 0 (x) = 1 cos(x) x0 = 0 0

(x) Dans ce cas lim fg0 (x) = lim e1 +ecos(x)2 est assi une forme indeterminée de la x!0

x!0

forme 00 . On applique une deuxième fois la règle de l’Hopital aux fonctions f 0 (x) et g 0 (x): On aura : f 0 (x) = ex + e x 2 =) f 00 (x) = ex e g 0 (x) = 1 cos(x) =) g 00 (x) = sin(x) f 00 (x) ex e x 0 lim 00 = lim = : x!0 g (x) x!0 sin(x) 0

(x) Par conséquent lim fg00 (x) est aussi une forme indeterminée. On applique la x!0

règle de l’Hopital à f 00 (x) et g 00 (x) , on obtient : f 000 (x) = ex + e g 000 (x) = cos(x) et

ex + e x 2 f 000 (x) = lim = = 2: x!0 cos(x) x!0 g 000 (x) 1 lim

En conclusion ex e x 2x ex + e x 2 ex e x ex + e x lim = lim = lim = lim = 2: x!0 x x!0 1 x!0 sin(x) x!0 cos(x) sin(x) cos(x) Remarque La réciproque du théorème12is (règle de l’Hopital) est inéxacte comme le montre l’exemple suivant : x2 sin x1 si 0 si g (x) = sin x et

f (x) =

x 6= 0 x = 0; x0 = 0:

CHAPITRE 4. FONCTIONS DERIVABLES ET APPLICATIONS

217

On a x2 sin x1 x 1 f (x) = lim = lim lim x sin = 0; x!0 sin x x!0 sin x x!0 x!0 g (x) x lim

alors que f 0 (x) 1 1 = 2x sin 0 g (x) cos x x

cos

1 x

n’admet pas de limite lorsque x ! 0: Limite du rapport de deux in…niments grands : vraie valeur des indeterminations de la forme 1 1 Considérons maintenant le problème de la limite du rapport de deux fonctions f (x) et g(x) telles que : lim f (x) = lim g(x) = 1 x!x0

x!x0

Théorème13 Soient f; g deux fonctions continues sur I = ]x0 ; x0 + [ et dérivables sur I n fx0 g = ]x0 ; x0 + [ n fx0 g : On suppose que g 0 ne s’annule pas sur I n fx0 g = ]x0 ; x0 + [ n fx0 g. Si lim f (x) = lim g(x) = 1:

x!x0

et si

x!x0

f 0 (x) =A x!x0 g 0 (x) lim

alors lim

f (x)

x!x0 g(x)

existe;

existe aussi et de plus : f (x) f 0 (x) = lim 0 =A: x!x0 g(x) x!x0 g (x) lim

Preuve du théorème13 La preuve du théorème 13 est une conséquence du théorème12bis en effectuant un changement de variables approprié. Exemple Etudiez la limite suivante : tan(x) x! 2 tan(3x) lim

CHAPITRE 4. FONCTIONS DERIVABLES ET APPLICATIONS Dans cet exemple : f (x) = tan(x) et lim f (x) = 1; x! 2

lim g(x) = 1: On a donc une forme indeterminée

x! 2

218

g(x) = tan(3x) et

1 : 1

1 cos2 (x) 3 g(x) = tan(3x) =) g 0 (x) = 2 cos (3x)

f (x) = tan(x) =) f 0 (x) =

1 cos2 (x) 3 x! 2 cos2 (3x)

(x) = lim lim fg0 (x)

x! 2

1 : 1

forme

(3x) = lim 13 cos est aussi une forme indétérminée de la cos2 (x) x! 2

(x) Considérons donc la limite du rapport : lim fg00 (x) x! 2

f 00 (x) 1 2:3 cos(3x) sin(3x) cos(3x) sin(3x) lim 00 = lim = lim : lim x! 2 g (x) x! 2 3 x! 2 cos(x) x! 2 sin(x) 2 cos(x) sin(x) Analysons séparément ces deux limites. 1 sin(3x) = = x! 2 sin(x) 1 lim

cos(3x) cos(x)

est une forme indeterminée 00 : Appliquons encore une fois la règle de l’Hopital : 1 cos(3x) sin(3x) lim = lim 3 = 3: : x! 2 cos(x) x! 2 sin(x) 1 Par conséquent : tan(x) =3 x! 2 tan(3x) lim

4.5.3

( 1) = 3:

Optimisation di¤erentiable dans R

Soit f : I ! R; I est un intervalle quelconque, pouvant être ] 1; +1[ : On suppose que f est 1fois ou deux fois dérivable sur I: Ceci étant, on s’interesse au problème (P 1) ou (P 2) suivant : (P 1) T rouver M in ff (x) : x 2 Ig (P 2) T rouver M ax ff (x) : x 2 Ig

CHAPITRE 4. FONCTIONS DERIVABLES ET APPLICATIONS

219

Dé…nitions Sans nuire à la généralite on va considérer le problème (P 1) Nous allons reprendre la dé…nition7 Dé…nition a) Tout point x 2 I s’appelle solution réalisable ou admissible du problème (P 1): b) Soit x b 2 I une solution admissible. On dit que x b est une solution optimale locale ou un solution minimale locale, si il existe un intervalle ouvert I I; centré en x b; I = ]b x ; x b + [ tel que : 8x 2 I : f (x)

f (b x)

f (b x) s’appelle valeur optimale locale. c) b) Soit x b 2 I une solution admissible. On dit que x b est une solution optimale globale sur I ou une solution minimale globale sur I, si on a : 8x 2 I : f (x)

f (b x)

f (b x) s’appelle valeur optimale ou valeur minimale globale associée au problème (P 1) Conditions nécessaires d’optimalité du second ordre On a déjà donné une condition nécessaire d’optimalité utilisant la dérivée première (voir théorème6). Dans ce théorème on utilise aussi la dérivée seconde. Théorème14 Si x0 est une solution minimale locale (solution maximale locale) et si 00 00 00 0 f (x0 ) et f (x0 ) existent, alors f 0 (x0 ) = 0 et f (x0 ) 0 ( f (x0 ) 0) Remarque La réciproque de ce théorème est fausse. Celà veut dire que la condition f 0 (x0 ) = 0 est seulement nécessaire mais pas su¢ sante. Un contre exemple : Considérons la fonction f :R!R

x ! f (x) = x3 ;

x0 = 0

On a f 0 (x) = 3x2 et f 0 (0) = 0: Par contre au point x0 = 0; la fonction f (x) = x3 n’admet ni un maximum local ni un minimum local. En e¤et soit I" =] "; +"[ un intervalle quelconque contenant le point x0 = 0: Prenons le point x b = 2" qui véri…e :

CHAPITRE 4. FONCTIONS DERIVABLES ET APPLICATIONS

220

a) x b 2 I" =] "; +"[ 3 b) f (b x) = "8 < 0 = f (x0 ) On a démontré la proposition (P ) suivante : (P ) : Quelque soit l’intervalle I" =] "; +"[ contenant le point x0 = 0; il x) < f (x0 ): existe au moins un point x b 2 I" =] "; +"[ (b x = 2" ), tel que f (b La proposition (P ) est exactement la négation de la proposition (Q) suivante : (Q) : Il existe un intervalle ouvert I = ]x0 ; x0 + [ I; ( > 0), tel que 8x I = ]x0 ; x0 + [ : f (x) f (x0 ) :

Or (Q) veut dire que f admet en x0 un minimum local. Par conséquent, puisque on a non (P ); f n’admet aucun minimum local en x0 . On démontre de la même manière que f n’admet aucun maximum local en x0 : Utilité du théorème14 Nous avons vu que le théorème14 et le théorème6 ne nous permettent pas de con…rmer que le point x0 est solution optimale locale. Cependant ces théorèmes nous permettent d’a¢ rmer que si le point x0 ne véri…e pas l’une des conditions : 00

f 0 (x0 ) = 0 ou f (x0 )

0 (f 0 (x0 ) = 0 ou f (x0 )

0);

alors x0 n’est pas solution optimale locale. Remarque importante Remarque Une fonction f peut présenter un extrémum en x0 ; sans être dérivable en x0 . La fonction x 7! jxj présente un minimum local au point x0 = 0 alors qu’elle n’est pas dérivable en ce point. En e¤et, soit I = ]0 ;0 + [ = ] ; [ quelconque. Alors : 8x 2 I = ]

;

[ : f (x) = jxj

0 = f (0)

(12)

(12) veut dire exactement que la fonction f : x 7! jxj présente un minimum local au point x0 = 0: Bien sur la fonction f : x 7! jxj n’est pas dérivable au point x0 = 0:

4.5.4

Condition su¢ sante d’optimalité

Cette partie est importante, car elle nous permet de con…rmer si un point x0 véri…ant f 0 (x0 ) = 0 est solution optimale locale. Ce sera l’objet du théorème14 et théorème15.

CHAPITRE 4. FONCTIONS DERIVABLES ET APPLICATIONS

221

Théorème14 Soit f (x) une fonction continue dans un intervalle contenant le point critique x0 ; c’est à dire véri…ant f 0 (x0 ) = 0; et dérivable en tout point de cet intervalle. a) Si on a f 0 (x) > 0 pour x < x0 f 0 (x) < 0 pour x > x0 alors x0 est un maximum local b) Si on a f 0 (x) < 0 pour x < x0 f 0 (x) > 0 pour x > x0 alors x0 est un minimum local. x < x0 + +

f 0 (x0 ) x > x0 0 0 + 0 + 0

N ature du point critique Maximum Local Minimum Local Ni maximum, ni minimum, f est croissante Ni maximum, ni minimum, f est decroissante

Théorème15 Soit f (x) une fonction dérivable dans un voisinage du point critique x0 ; c’est à dire véri…ant f 0 (x0 ) = 0: On suppose aussi que f 00 existe et soit continue dans un voisinage du point critique x0 : Alors : a) Si f 00 (x0 ) > 0 alors x0 est un minimum local. b) Si f 00 (x0 ) < 0 alors x0 est un maximum local. f 0 (x0 ) 0 0 0

f 00 (x0 ) + 0

N ature du point critique Maximum local Minimum local Non determiné

Exemples Exemple1 Trouvons les maximums et les minimums locaux de la fonction suivante : f (x) =

x3 3

2x2 + 3x + 1

CHAPITRE 4. FONCTIONS DERIVABLES ET APPLICATIONS Trouvons les points critiques de f f 0 (x) = x2

4x + 3

f 0 (x) = 0 , x1 = 1; x2 = 3 Signe de f 0 (x) au voisinage de x1 = 1 : f 0 (x) = (x 1)(x 3) x < 1 =) f 0 (x) > 0 x > 1 ) f 0 (x) < 0 Donc le point x1 = 1 est un maximum local Signe de f 0 (x) au voisinage de x1 = 3 : x < 3 =) f 0 (x) < 0 x > 3 ) f 0 (x) > 0 Donc le point x2 = 3 est un minimum local (voir …g. ci dessous) 107page182

4 4:jpg

222

CHAPITRE 4. FONCTIONS DERIVABLES ET APPLICATIONS

223

Exemple2 Trouvons les maximums et les minimums locaux de la fonction suivante : f (x) = 2 sin(x) + cos(2x) La fonction étant périodique de période 2 : Il su¢ t d’étudier le comportement de f sur [0; 2 ] : Calculons la dérivée f 0 (x) = 2 cos(x) 2 sin(2x) = 2 [(cos(x)

2 sin(x) cos(x)] = 2 cos(x) [1

Calcul des points critiques de f f 0 (x) = 0 () x1 =

; x2 =

6 Calcul de la dérivée seconde f 00 f 00 (x) =

2 sin(x)

; x3 =

5 3 ; x4 = 6 2

4 cos(2x)

Etude du signe de f 00 (x1 ); f 00 (x2 ); f 00 (x3 ); f 00 (x4 ); f 00 (x1 ) = f 00 ( 6 ) = 3 < 0 =) x1 = 6 est un maximum local f 00 (x2 ) = f 00 ( 2 ) = 2 > 0 =) x2 = 2 est un minimum local f 00 (x3 ) = f 00 ( 56 ) = 3 < 0 =) x3 = 56 est un maximum local f 00 (x4 ) = f 00 ( 32 ) = 6 > 0 =) x4 = 32 est un minimum local 109page186

4 5:jpg

2 sin(x)]

CHAPITRE 4. FONCTIONS DERIVABLES ET APPLICATIONS

224

Recherche de solutions optimales globales ou plus petite et plus grande valeur d’une fonction Soit f : [a; b] ! R: On s’interesse au problème (P 1) ou (P 2) suivant : (P 1) T rouver M in ff (x) : x 2 [a; b]g (P 2) T rouver M ax ff (x) : x 2 [a; b]g On rappelle que x b 2 [a; b] est appelée solution maximale globale sur [a; b] (resp. solution minimale globale sur I), si on a : 8x 2 [a; b] : f (x)

f (b x) (resp: 8x 2 I : f (x)

f (b x))

f (b x) est donc la plus petite ou la plus grande valeur que prend f sur [a; b] : Si f est continue sur [a; b] ; alors il existe x b 2 [a; b] et x e 2 [a; b] tels que : M in ff (x) : x 2 [a; b]g = f (b x) M ax ff (x) : x 2 [a; b]g = f (e x)

Remarque : Contrairement à une solution optimale locale qui appartient à ]a; b[ ; une solution optimale globale peut appartenir à [a; b] ; c’est à dire que x b ou x e peuvent véri…er : x b = a ou x b = b;

x e = a ou x e=b

Exemple : f : [0; 1] ! R : x ! f (x) = x; x b = 0; x e=1

Une méthode de calcul de la plus petite ou la plus grande valeur d’une fonction Raisonnons par exemple sur la plus petite valeur de la fonction f: Notons donc par x b la solution minimale globale, c’est à dire que x b véri…e : 8x 2 [a; b] : f (x)

f (b x)

(13)

Comme on l’a signalé avant, et d’après un théorème celèbre sur les fonctions continues (voir chapitre5 : Fonctions continues), il existe [a; b] véri…ant la condition (13). Bien sur si x b 2 [a; b] véri…e (13), alors x b est solution du problème (P 1); c’est à dire x b véri…e : f (b x) = min ff (x) : x 2 [a; b]g

(14)

CHAPITRE 4. FONCTIONS DERIVABLES ET APPLICATIONS

225

Supposons que la fonction f a un nombre …ni de points critiques sur [a; b] : Deux cas peuvent se présenter : ou bien a) La solution minimale globale est atteinte en un point interieur : x b 2 ]a; b[ ou bien b) La solution minimale globale est atteinte en un point : x b 2 [a; b] : La méthode de recherche sera legerement di¤érente selon qu’on a le cas a) ou b). La méthode est résumée ci dessous

Méthode de calcul de la plus petite ou la plus grande valeur d’une fonction a)La solution minimale globale est atteinte en un point interieur : x b 2 ]a; b[ Dans ce cas la recherche de la solution optimale globale revient à trouver en appliquant le théorème (14) ou (15), toutes les solutions minimales locales x bi ; i = 1; 2; :::p, c’est à dire que x bi ; i = 1; 2; :::p véri…ent f 0 (b xi ) = 0; i = 1; 2; :::p

et x bi ; i = 1; 2; :::p véri…ent les conditions du théorème (14) ou (15), puis calculer leurs valeurs optimales et en…n en choisir la plus petite valeur optimale, c’est à dire choisir x b véri…ant : f (b x) = min f f (b x1 ) ; :::; f (b xp )g

b)La solution minimale globale est atteinte en un point : x b 2 [a; b] Dans ce cas : x b 2 ]a; b[ ; ou x b = a; ou x b = b: Pour trouver la plus petite valeur de la fonction f sur [a; b] ; on procède comme suit : b1) On calcule commme on l’a fait au point a) toutes les solutions minimales locales x bi ; i = 1; 2; :::p b2) On calcule les valeurs optimales f (b xi ) ; i = 1; 2; :::p b3) On calcule f (a) et f (b) b4) On choisit x b véri…ant : f (b x) = min f f (a); f (b); f (b x1 ) ; :::; f (b xp )g

(15)

On procède de la même manière pour calculer la plus grande valeur. Exemple : Déterminer la plus grande valeur et la plus petite valeur de la fonction f (x) = x3 3x + 3 sur l’intervalle 3; 32 : Solution: Trouvons tous les points critiques de f sur 3; 32 ; c’est à 3 0 dire, trouvons tous les points x 2 3; 2 tels que : f (x) = 0: f 0 (x) = 3x2

3; f 0 x) = 0 () x1 = 1 ou x2 =

CHAPITRE 4. FONCTIONS DERIVABLES ET APPLICATIONS

226

Pour appliquer le théorème 15, calculons f 00 (1); f 00 ( 1) f 00 (x) = 6x =) f 00 (1) = 6 > 0 =) x1 = 1 est un minimum local f 00 ( 1) = 6 < 0 =) x2 = 1 est un maximum local Calcul de la plus petite valeur de f Pour trouver la plus petite valeur on doit calculer les valeurs de f aux extrémités 3 et 23 de l’intervalle 3; 23 ; puis les comparer avec la aleur minimale locale f (1); c’est à dire calculer : 3 min f (1); f ( 3); f ( ) 2

= min 1;

15;

15 8

15 = f ( 3)

Donc la solution minimale globale est atteinte au point x b = 3 qui est 3 l’extrémité gauche de l’intervalle 3; 2 et la valeur minimale globale est égale en ce point : f ( 3) = 15 Calcul de la plus grande valeur de f Pour trouver la plus grande valeur de f sur 3; 23 , on doit calculer les valeurs de f aux extrémités 3 et 23 de l’intervalle 3; 32 ; puis les comparer avec la valeur maximale locale f ( 1); c’est à dire calculer : 3 min f ( 1); f ( 3); f ( ) 2

= min 5;

15;

15 8

= 5 = f ( 1)

Donc la solution maximale globale est atteinte au point x b = 1 qui est 3 un point interieur de l’intervalle 3; 2 et la valeur maximale globale ou 3 plus grande valeur de f sur 3; 2 est égale en ce point : f ( 1) = 5 (voir

CHAPITRE 4. FONCTIONS DERIVABLES ET APPLICATIONS …g ci dessous) 113page187

4 6:jpg

227

CHAPITRE 4. FONCTIONS DERIVABLES ET APPLICATIONS

228

Serie TD N 4 : FONCTIONS DERIVABLES ET APPLICATIONS Exercice 1 Soit f (x) = 3+x , x 6= 3. Calculez f 0 (2) en utilisant la dé…nition. 3 x Solution f (2 + h) h!0 h

f 0 (2) = lim

Exercice 2 p Soit f (x) = 2x Solution

f (2)

1 5+h 1 6h 6 = lim ( 5) = lim = lim =6 h!0 h 1 h!0 h 1 h h h!0 1 h

1. Calculer f 0 (5) en utilisant la dé…nition.

p 9 + 2h 3 f (5 + h) f (5) = lim f (5) = lim h!0 h!0 h h p p 9 + 2h 3 9 + 2h + 3 p = lim h!0 h 9 + 2h + 3 9 + 2h 9 2 1 = lim p = lim p = h!0 h( 9 + 2h + 3) h!0 3 9 + 2h + 3 0

Exercice 3

x sin x1 ; x 6= 0 . 0; x=0 Etudiez la dérivabilité de f (x) au point x = 0 Soit f (x) =

Solution f (0 + h) h!0 h

f 0 (0) = lim

f (0)

= lim

h!0

f (h)

f (0) h

qui n’exsite pas. Exercice 4 x2 sin 1=x; x 6= 0 : 0; x=0 a) Montrez que f est dérivable au point x = 0 b) Etudiez la continuité de f 0 au point x = 0. Solution Soit f (x) =

h sin( h1 ) h

= lim sin h!0

1 h

CHAPITRE 4. FONCTIONS DERIVABLES ET APPLICATIONS

f (0 + h) h!0 h

f 0 (0) = lim

f (0)

h2 sin 1=h h!0 h

= lim

= lim h sin h!0

229

1 =0 h

Donc f est dérivable au point x = 0 et f 0 (0) = 0: b) D’aprés les calculs élémentaires en dérivés d d 2 1 1 1 d 2 (x sin ) = x2 (sin ) + sin (x ) dx x dx x x dx 1 1 1 1 1 = x2 cos + sin (2x) = cos + 2x sin x x2 x x x

f 0 (x) =

Car lim f 0 (x) = lim

x!0

cos

x!0

1 1 + 2x sin x x

n’exsite pas (parce que limx!0 cos 1=x n’existe pas), f 0 (x) ne peut pas être continue en x = 0, malgré le fait que f 0 (0) existe. Ceci montre, que l’on ne peut pas calculer f 0 (0) simplement en calculant 0 f (x) et en posant x = 0, comme on le suppose fréquemment dans des calculs élémentaires. C’est seulement quand la dérivée de la fonction est continue au point, que ce procédé donne la bonne réponse. Ceci est véri…é pour la plupart des fonctions intervenant en calcul élémentaire. Exercice 5 Soit f (x) = x2 a) Démontrez en utilisant la dé…nition que f est dérivable sur ]0; 1[: b) Etudiez la dérivabilité a gauche de 0 et à droite de 1 Solution Soit x0 un point quelconque tel que 0 < x0 < 1. Alors f (x0 + h) h!0 h

f 0 (x0 ) = lim

f (x0 )

(x0 + h)2 h!0 h

= lim

x20

= lim (2x0 + h) = 2x0 h!0

Au point frontière x = 0, h2 0 f (0 + h) f (0) = lim+ = lim+ h = 0 h!0 h!0 h!0 h h A l’autre point frontière x = 1; f+0 (0) = lim+

CHAPITRE 4. FONCTIONS DERIVABLES ET APPLICATIONS

f 0 (1) = lim+ h!0

f (1 + h) h

f (1)

= lim+ h!0

(1 + h)2 h

230

= lim+ (2 + h) = 2 h!0

Alors f est dérivable sur [0; 1]. Nous pouvons écrire f 0 (x) = 2x pour tout x de cet intervalle.

CHAPITRE 4. FONCTIONS DERIVABLES ET APPLICATIONS Exercice6 Soit y = f (x) = x3 (a) y, (b)dy, (c) y dy

231

6x, trouvez

Solution (a) y = f (x + x) f (x) = (x + x)3 6(x + x) x3 6x = x3 + 3x2 x + 3x( x)2 + ( x)3 6x 6 x x3 + 6x = (3x2 6) x + 3x( x)2 + ( x)3 (b) dy =partie principale de y = (3x2 6) x = (3x2 6)dx, car par dé…nition x = dx. Notons que f 0 (x) = 3x2 6 et dy = (3x2 6)dx, (c) D’aprés (a) et (b) y dy = 3x( x)2 + ( x)3 = x, où = 2 3x x + ( x) Remarquons que ! 0 quand x ! 0, c’est à dire x xdx ! 0, quand x ! 0. Donc, y dy est in…nitésimal d’odre supérieur à x. Donc si x est petit, dy et y sont approximativement égaux. Exercice7 p Calculer, approximativement 3 25 en utilisant les di¤èrentielles. Solution Si x est petit, y = fp (x + x) fp(x) f 0 (x) x. p 1 3 3 x 2=3 x (où signi…e "apSoit f (x) = x: Alors 3 x + x x 3 proximativement égal à ou peu di¤èrent de"). Si x = 27 et p 3

p 3

x= 1 (27) 3

2 nous obtenons : 2=3

( 2) =

1 2: p = 3 3: 272

2p 3

1 2 2 p = p = 3 3 27 27: 272 273

càd : p 3

2=27

2; 926

Il est interessant de constater que (2; 926)3 = 25; 05, ce qui est une très bonne approximation.

CHAPITRE 4. FONCTIONS DERIVABLES ET APPLICATIONS

232

Exercice8 Véri…er le théorème des acroissement …nis pour f (x) = 2x2 7x + 10, a = 2, b = 5. Solution f (2) = 4, f (5) = 25, f 0 ( ) = 4 7:Le théorème des accroissement …nis donne 4 7 = (25 4)=(5 2) ou = 3; 5: Comme 2 < < 5, le théorème est véri…é. Exercice9 En utilisant la règle de l’Hopital, calculez

(a)

e2x 1 ; x!0 x lim

1 + cos x x!1 x2 2x + 1

(b) lim

Log cos 3x Log cos 2x

Solution Ces limites sont toutes des "formes indéterminées" 0/0. (a) e2x 1 2e2x = lim =2 x!0 x!0 1 x lim

(b) 2 2 1 + cos x sin x cos x = lim = lim = x!1 x2 x!1 2x + 1 x!1 2x 2 2 2 Remarque : Ici, nous appliquons deux fois la règle de l’Hospital car la première application redonne la "forme indéterminée" 0=0 et les hypothèses de la règle de l’Hospital sont encore véri…ées.

lim

(c)

lim+

x!0

( 3 sin 3x)=(cos 3x) 3 sin 3x cos 2x = lim+ x!0 ( 2 sin 2x)=(cos 2x) x!0 2 sin 2x cos 3x sin 3x 3 cos 2x 3 cos 3x = lim+ lim+ = lim+ x!0 sin 2x x!0 2 cos 3x x!0 2 cos 2x 3 3 9 = = 2 2 4

Log (cos 3x) = Log (cos 2x)

lim+

Remarquons que dans la quatrième égalité ci-dessus, nous avons utilisé un théorème sur les limites pour simpli…er les calculs.

3 2

CHAPITRE 4. FONCTIONS DERIVABLES ET APPLICATIONS

233

Exercice10 En utilisant la règle de l’Hopital, calculez :

3x2 x + 5 ; x!1 5x2 + 6x 3

(b) lim x2 e x ;

(a) lim

x!1

x!0

log(tg 2x) log(tg 3x)

Solution Ces limites sont toutes les "formes indéterminées" 1=1. 3x2 x + 5 = x!1 5x2 + 6x 3

6x 1 6 3 = lim = x!1 10x + 6 x!1 10 5 2 x 2x 2 (b) lim x2 e x = lim x = lim x = lim x = 0 x!1 x!1 e x!1 e x!1 e Log(tg 2x) (2= cos2 2x)=tg 2x 2 cos2 3x tg 3x (c) lim+ = lim+ = lim x!0 Log(tg 3x) x!0 (3= cos2 3x)=tg 3x x!0+ 2 cos3 2x tg 2x 2 2 cos2 3x tg 3x 3 cos2 2x = lim+ lim = lim x!0 3 cos2 2x x!0+ tg 2x x!0+ 2 cos2 3x 3

(a)

lim

Exercice11 Calculez lim

x!0

1 sin2 x

Réponse Ceci a la forme indéterminée 1

1 x2

1. En écrivant cette limite

x2 sin2 x x!0 x2 sin2 x la règle de l’Hospital semble applicable. La limite demandée peut s’écrire : lim

lim

x!0

sin2 x x4

x2 sin2 x

= lim

x!0

car x2 x = lim x!0 sin2 x x!0 sin x lim

sin2 x x4

CHAPITRE 4. FONCTIONS DERIVABLES ET APPLICATIONS

234

Maintenant, par application successives de la règle de L’Hospital,

lim

sin2 x 2x 2 sin x cos x 2x sin 2x = lim = lim x!0 x!0 x4 4x3 4x3 2 2 cos 2x 4 sin 2x = lim = lim x!0 x!0 12x2 24x 1 8 cos 2x = = lim x!0 24 3

x!0

Exercice12

1=x2

; x 6= 0 . Démontrez en utilisant la règle de l’Hopital 0; x = 0 que : (a) f 0 (0) = 0, (b) f 00 (0) = 0 Solution (a) e

Soit f (x) =

f+0 (0) = lim+

f (h) h

h!0

Si h =

1 , u

f (0)

= lim+

1=h2

h!0

= lim+

h!0

1=h2

en utilisant la règle de l’Hospital, la limite est égale à 1=h2

u u2 =0 2 = lim 1=2ue u u!1 h!0 h e De même en remplaçant : h ! 0+ par h ! 0 et u ! 1, par u ! nous trouvons f 0 (0) = 0 lim+

= lim ue

u!1

= lim

u!1

(b)

f+00 (0)

= lim+

f 0 (h)

h!0

f 0 (0) h

= lim+ h!0

1=h2

2h h

= lim+ h!0

par applications successives de la règle de l’Hospital. De même, f 00 (0) = 0 et donc f 00 (0) = 0: En général f (n) (0) = 0 pour n = 1; 2; 3; :::. Exerice13 Calculez les dérivées des fonctions suivantes : a) f (x) = log tan x 2 b) f (x) = log(sinq x)

c) f (x) = log

1+sin x 1 sin x

1=h2

= lim+ h!0

2u4 =0 eu2

CHAPITRE 4. FONCTIONS DERIVABLES ET APPLICATIONS d) f (x) = log(tan( 4 + x2 )) q e) f (x) = Log 1+x 1 x p f) f (x) = log(x + x2 + a2 ) g) f (x) = xsin x x x h) f (x) = arctan e 2e

a2 +x2 x

1 4 i) y = log 1+x arctan(x) 1 x 2p 2 3x 1 j) f (x) = 3x3 + log 1 + x2 + arctan x p1 arctan( 2x p 1) k) f (x) = 13 log( pxx+1 2 x+1 ) + 3 3 Réponses

a) f 0 (x) = sin22x b) f 0 (x) = 2 cot(x) c) f 0 (x) = cos1 x d) f 0 (x) = cos1 x e) f 0 (x) = 1 1x2 p

f) f 0 (x) = xx2+a g) f 0 (x) = xsin x ( sinx x + log x cos x) 2 h) f 0 (x) = ex +e x x2 0 i) f (x) = 1 x4 5 +1 j) f 0 (x) = xx6 +x 4 1 0 k) f (x) = x3 +1 Exercice 14 Calculer l’accroissement et la di¤érentielle de la fonction suivante : a) y = f (x) = 2x2 x; pour x = 1, x = 0; 01. Réponse : y = 0; 0302; dy = 0; 03 Exercice 15 Soit y = f (x) = x3 + 2x . Calculer dy pour x = 3 ; x = 18 Réponse dy = 36 = 0:0873 Exercice 16 Déterminer les maximums et les minimums locaux de la fonction : y = f (x) = 1 Solution 1) Trouvons les points critiques :

235

CHAPITRE 4. FONCTIONS DERIVABLES ET APPLICATIONS

f 0 (x) =

4x3 ;

236

4x3 = 0 () x = 0

2) Déterminons le signe de la dérivée seconde au point x = 0 : f 00 (x) =

12x2 ; (f 00 )x=0 = 0

Par conséquent, nous ne pouvons pas dans ce cas déterminer la nature du point critique considéré à l’aide du signe de la dérivée seconde. 3) Etudions la nature du point critique en employant le signe des dérivées premières au point critique 0 (f 0 (x))x<0 > 0; (f 0 (x))x>0 < 0 La fonction a donc un maximum local au point x = 0. La valeur de la fonction en ce point est : (f )(0) = 1 Exercice17 Déterminer les maximums et les minimums locaux de la fonction f (x) = x6 Solution 1) f 0 (x) = 6x5 ; 6x5 = 0; () x = 0; 2) f 00 (x) = 30x4 ; (f 00 )x=0 = 0: Par conséquent, nous ne pouvons pas dans ce cas déterminer la nature du point critique considéré à l’aide du signe de la dérivée seconde. 3) Etudions la nature du point critique en employant le signe des dérivées premières au point critique 0 (f 0 )x<0 < 0; (f 0 )x>0 > 0 Par conséquent, la fonction a un minimum local au point x = 0. Exercice 18 En utilisant le théorème de la dérivée d’une fonction réciproque, montrez que : 1 arccos0 (x) = p 1 x2

CHAPITRE 4. FONCTIONS DERIVABLES ET APPLICATIONS

237

Réponse La fonction arccos est la fonction réciproque de la fonction cos et elle est dé…nie comme suit : f : R ! [ 1; 1] : x ! f (x) = y = cos (x) f 1 : [ 1; 1] ! R : y ! f 1 (y) = arccos (y) D’après le théorème de la dérivée d’une fonction réciproque, on a : f

1 0

(y) =

Donc

1 sin (x)

(arccos)0 (y) = Puisque : 2 2 2 p sin (x) + cos (x) = 1 =) sin x = 1 1 y 2 : Par conséquent : (arccos)0 (y) =

1 (x)

cos2 (x) = 1

y 2 =) sin (x) =

Exercice 19 En utilisant le théorème de la dérivée d’une fonction réciproque, montrez que : 1 arctan0 (x) = 1 + x2 Réponse La fonction arctan est la fonction réciproque de la fonction tan et elle est dé…nie comme suit : f: ; + 2 ! R : x ! f (x) = y = tan (x) =) f 0 (x) = cos12 (x) 2 ; + 2 : y ! f 1 (y) = x = arctan (y) f 1:R! 2 D’après le théorème de la dérivée d’une fonction réciproque, on a : f

1 0

(y) =

1 = (x)

1 1 cos2 (x)

= cos2 (x)

(1)

D’autre part on a : tg (x) =

sin (x) sin2 (x) 1 cos2 (x) 1 =) tg 2 (x) = = = cos (x) cos2 (x) cos2 (x) cos2 (x)

Donc tg 2 (x) + 1 =

1 cos2

(x)

=) cos2 (x) =

tg 2

1 1 = (x) + 1 1 + y2

CHAPITRE 4. FONCTIONS DERIVABLES ET APPLICATIONS

238

Soit en considérant (1), on obtient : arctan0 (y) =

1 1 + y2

Exercice20 En utilisant le théorème de la dérivée d’une fonction réciproque, calculez la dérivée de la fonction suivante : f (x) = arccos (tan (x)) Réponse a) f 0 (x) = f 0 (x) =

: (tan)0 (x) =

[tan (x)]2

1 2 [tan (x)]2 [cos(x)]

Exercice21 En utilisant le théorème de la dérivée d’une fonction réciproque, calculez la dérivée de la fonction suivante : g(x) = (arctan (x))4 Réponse g 0 (x) = 4 (arctan (x))3 : arctan0 (x) = 4 (arctan (x))3 :

1 1 + x2

Exercice 22 La portée R = 0A d’un projentile lancé (dans le vide) avec une vitesse initiale 0 sous un angle ' avec l’horizon est donnée par la formule R=

2 0

sin 2' g

g étant l’accélération de la pensateur). Pour une vitesse initiale donnée déterminer pour quelle valeur de l’angle ' la portée sera la plus grande.

CHAPITRE 4. FONCTIONS DERIVABLES ET APPLICATIONS

239

Solution. La grandeur R est une fonction de l’angle '. Etudions les maximums de cette fonction sur le segment 0 ' 2 : dR 2 20 cos 2' = ; d' g 2 20 cos 2' = 0 () ' = g 4 la valeur critique est ' = 4 ; d’autre part, d2 R = d'2 et

d2 R d'2

2 0

= '= 4

sin 2' ; g 4 20 < 0: g

La fonction R présente, par conséquent, un maximum local pour la valeur '= 4 (R)'= = 4

2 0

Les valeurs de la fonction R aux estrémités du segment 0;

sont :

(R)'=0 = 0; (R)'= = 0: 2

Le maximum cherché est donc : 2 0

max Le maximum trouvé est bien

g 2 0

; 0; 0

2 0

et il est atteint avec l’angle : ' = 4 :

Exercice 23 Considérons un cylindre de hauteur h et dont la base a un rayon r: On rappelle que la surface S du cylindre est donnée par la formule : S = 2 r2 + 2 rh: On supose que le cylindre a un volume …xe. Quelles doivent être les dimensions h et r du cylindre de volume ; pour que sa surface totale S soit minimale ? f ig

CHAPITRE 4. FONCTIONS DERIVABLES ET APPLICATIONS

240

Solution. r est le rayon de la base du cylindre et par h la hauteur, nous avons : S = 2 r2 + 2 h: Le volume formule

étant donné et …xé,

s’exprime en fonction de r et h par la

= r2 h; d’où : r2 En substituant cette valeur de h dans l’expression de S, nous avons : h=

S = 2 r2 + 2 r

= 2 r2 + 2

ou r2 +

: r est ici un nombre …xe donné. Par conséquent, nous avons exprimé S en fonction d’une seule variable indépendante r: Trouvons la plus petite valeur de cette fonction dans l’intervalle 0 < r < 1: dS =2 2 r ; dr r2 r 3 = 0 =) 3 = 2 =) r = =) r1 = 3 ; 2 r r2 r 2 2 p r1 = 3 2 est un point critique. Voyons en appliquant le théorème 4 ou 5, p si r1 = 3 2 est solution minimale locale. Pour celà calculons et étudions le S=2

signe de

d2 S dr2

r=r1

d2 S dr2

=2 2 +

2 r3

On a donc d2 S dr2

=2 2 + r=r1

=2 2 +

= 12 > 0:

Par conséquent, la fonction S a un minimum au point r = r1 : Remarquons que limS = 1 et lim S = 1; r!0

r!1

CHAPITRE 4. FONCTIONS DERIVABLES ET APPLICATIONS

241

c’est à dire que la surface S devient in…nie quand r ! 0 ou r ! 1: Puisque S n’atteint pas sa valeur minimale aux extrémités p de l’intervalle [0; 1[; elle atteint donc ce minimum au point interieur : r1 = 3 2 : La valeur de h est : h=

=23

= 2r:

Conclusion : La surface totale d’un cylindre, pour un volume donné, sera minimale, si la hauteur du cylindre est égale au diamètre de la base.

Chapitre 5 FORMULES DE TAYLOR. DEVELOPPEMENTS LIMITES 5.1

INTRODUCTION

On a vu au chapitre 6 que si une fonction f est 1 fois dérivable dans un voisinage V (x0 ) d’un point x0 ; il est alors possible de l’écrire sous la forme suivante : 8x 2 V (x0 ) :

f (x) = f (x0 )+(x x0 ):f 0 (x0 )+(x x0 ):"(x); avec lim " (x) = 0: x!x0

En d’autres termes, on peut écrire f sous la forme suivante : f (x) = P1 (x) + R1 (x); avec P1 (x) = f (x0 ) + (x x0 ):f 0 (x0 ) est un polynôme de degré1 et R1 (x) = (x x0 ):"(x), véri…ant : lim R1 (x) = 0: On verra dans ce chapitre que x!x0

ce résultat pourra se généraliser à une fonction f n fois dérivable dans un voisinage V (x0 ) d’un point x0 ; il est alors possible de l’écrire sous la forme suivante : f (x) = Pn (x) + Rn (x) (1) où Pn (x) est un polynôme de dgré n et Rn (x) véri…e : lim Rn (x) = 0: En x!x0

d’autres termes si x est assez proche de x0 , on peut approximer f par le polynôme Pn (x); c’est à dire : f (x)

Pn (x); pour x assez proche de x0 : 242

CHAPITRE 5. FORMULES DE TAYLOR. DEVELOPPEMENTS LIMITES243 Dans beaucoup de spécialités de Mathématiques (calcul integral, équations di¤érentielles, approximation), L’utilisation de Pn (x) au lieu de f simpli…e beaucoup de problèmes et de calculs.

5.2

FORMULES DE TAYLOR

5.2.1

Formule de Taylor avec reste de Lagrange

La formule de Taylor avec reste de Lagrange est donnée par le théorème suivant : Théorème1 Soit f : [a; b] ! R; n fois dérivable dans [a; b] et dont la dérivée d’ordre n qu’on note f (n) véri…e les conditions a) et b) suivantes : a) f (n) est continue dans [a; b] b) f (n) est dérivable dans ]a; b[ (f (n+1) existe dans ]a; b[): Alors il existe 2]a; b[ tel que : f (b) = f (a)+

f 00 (a) f (3) (a) f (n) (a) f (n+1) ( ) f 0 (a) (b a)+ (b a)2 + (b a)3 +:::+ (b a)n + (b a)n+1 1! 2! 3! n! (n + 1)!

Preuve du théorème1 On démontre ce théorème en appliquant le théorème de Rolle à la fonction H(x) suivante : f 00 (x) f (3) (x) f (n) (x) f 0 (x) (b x) (b x)2 (b x)3 ::: (b x)n (b x)n+1 :A 1! 2! 3! n! (2) Le terme A est à determiner de sorte que la fonction H véri…e les conditions du théorème de Rolle. Remarquons d’abord que H(b) = 0 car H(x) = f (b) f (x)

f 00 (b) f (3) (b) f (n) (b) f 0 (b) (b b) (b b)2 (b b)3 ::: (b b)n (b b)n+1 :A = 0 1! 2! 3! n! Trouvons maintenant A de sorte que la deuxième condition du théorème de Rolle H(a) = 0; soit réalisée. H(b) = f (b) f (b)

H(a) = f (b) f (a)

f 0 (a) f 00 (a) f (3) (a) f (n) (a) (b a) (b a)2 (b a)3 ::: (b a)n (b a)n+1 :A = 1! 2! 3! n!

(3) implique : A=

f (b)

f (a)

f 0 (a) (b 1!

f 00 (a) (b 2!

a)2 f (b a)n+1

(3) (a)

a)3

:::

f (n) (a) (b n!

(4)

a)n

CHAPITRE 5. FORMULES DE TAYLOR. DEVELOPPEMENTS LIMITES244 Bien sur avec A véri…ant la relation (4), on (5)

H(a) = H(b) = 0:

Les conditions a) et b) du théorème1 impliquent que : a’) H est continue dans [a; b] b’) H est dérivable dans ]a; b[ D’après le théorème de Rolle, il existe 2 ]a; b[ tel que H 0 ( ) = 0: D’après (2) 2 f 00 (x) (b x) + f 00 (x)(b 1! 2! (3) 3 f (x) (b x)2 + f (3) (x)(b x)2 2! 3! (4) f (x) 4 + (b x)3 + f (4) (x)(b x)3 + ::: 3! 4! (n) n f (x) (b x)n 1 + f (n) (x)(b x)n 1 + (n 1)! n! f (n+1) (x) (b x)n + (n + 1)(b x)n A: (n)!

H 0 (x) = [ f 0 (x) + f 0 (x)] +

x) + (6) (5.1)

(5.2)

En remarquant que p!p = (p 11)! ; les termes entre crochets de la relation (6) sont toutes nulles et H 0 (x) devient : H 0 (x) =

f (n+1) (x) (b (n)!

et 0

H ( ) = 0 () (n + 1)(b d’où A=

x)n + (n + 1)(b

x)n A

f (n+1) ( ) ) A= (b (n)!

f (n+1) ( ) (n + 1)!

soit en remplaçant A par sa valeur dans (4), on obtient : f (b)

f (a)

f 0 (a) (b 1!

f 00 (a) (b 2!

a)2 f (b a)n+1

(3) (a)

a)3

:::

f (n) (a) (b n!

a)n

f (n+1) ( ) (n + 1)!

ou encore : f (b) = f (a)+

f 0 (a) f 00 (a) f (3) (a) f (n) (a) f (n+1) ( ) (b a)+ (b a)2 + (b a)3 +:::+ (b a)n + (b a)n+1 : 1! 2! 3! n! (n + 1)!

CHAPITRE 5. FORMULES DE TAYLOR. DEVELOPPEMENTS LIMITES245 Théorème2 Soit f : [a; b] ! R; n fois dérivable dans [a; b] et dont la dérivée d’ordre n qu’on note f (n) véri…e les conditions a) et b) suivantes : a) f (n) est continue dans [a; b] b) f (n) est dérivable dans ]a; b[ (f (n+1) existe dans ]a; b[): Considérons x0 et x 2]a; b[ quelconques tels que : x0 < x. Alors il existe 2]x0 ; x[ tel que : f 00 (x0 ) f (3) (x0 ) f 0 (x0 ) (x x0 ) + (x x0 )2 + (x 1! 2! 3! f (n) (x0 ) f (n+1) ( ) + (x x0 )n + (x x0 )n+1 n! (n + 1)!

f (x) = f (x0 ) +

x0 )3 +(7) :::

Preuve du théorème2 C’est une application directe du théorème1. En e¤et : 8 x0 ; x 2]a; b[ < (n) f est continue dans [a; b] : (n) f est derivable dans ]a; b[

alors

(n)

est continue dans [x0 ; x] est derivable dans ]x0 ; x[ :

D’après le théorème1, il existe

2]x0 ; x[ tel que :

f 0 (x0 ) f 00 (x0 ) f (3) (x0 ) (x x0 ) + (x x0 )2 + (x 1! 2! 3! f (n+1) ( ) f (n) (x0 ) (x x0 )n + (x x0 )n+1 : + n! (n + 1)!

f (x) = f (x0 ) +

x0 )3 + :::

Remarque1 Grace à la formule (7), on pourra écrire f (x) pour x assez proche de x0 sous la forme suivante : f (x) = Pn (x) + Rn (x) avec : (3) f 0 (x0 ) f 00 (x0 ) (x0 ) f (n) (x0 ) 2 f 3 Pn (x) = f (x0 )+ (x x0 )+ (x x0 ) + (x x0 ) +:::+ (x x0 )n 1! 2! 3! n!

et Rn (x) =

f (n+1) ( ) (x (n + 1)!

x0 )n+1 ;

CHAPITRE 5. FORMULES DE TAYLOR. DEVELOPPEMENTS LIMITES246 qui véri…e bien sur : lim Rn (x) = 0:

x!x0

En d’autres termes, on pourra approximer f (x) par Pn (x) pour x assez proche de x0 : f (x) Pn (x) : pour x assez proche de x0 Dé…nition1 La formule (7) s’appelle développement de Taylor de la fonction f; au voisinage du point x0 ; avec reste de Lagrange. Le développement de Taylor est formé d’une partie polynomiale Pn (x) et d’un reste Rn (x); c’est à dire que : f (x) = Pn (x) + Rn (x) avec Pn (x) = f (x0 )+

f 00 (x0 ) f (3) (x0 ) f (n) (x0 ) f 0 (x0 ) (x x0 )+ (x x0 )2 + (x x0 )3 +:::+ (x x0 )n 1! 2! 3! n!

f (n+1) ( ) (x (n + 1)! appelé reste de Lagrange et qui véri…e : Rn (x) =

x0 )n+1 ;

lim Rn (x) = 0:

x!x0

5.2.2

Formule de Taylor MacLaurin

Si x0 = 0; la formule de Taylor (7) s’appelle formule de Taylor Mac Lauren avec reste de Lagrange et prend alors la forme suivante : f (x) = f (0)+

5.2.3

f 00 (0) 2 f (3) (0) 3 f (n) (0) n f (n+1) ( ) n+1 f 0 (0) x+ x+ x +:::+ x + x ; 1! 2! 3! n! (n + 1)!

2 ]0; x[

Formule de Taylor Young

On a¤aiblit les hypohothèses du théorème 1 ou 2 et on suppose dans le théorème suivant que seulement f (n) (x0 ) existe. Remarquons comme même que l’existence de f (n) (x0 ) nécessite que que f est dé…nie dans un intervalle centré en x0 ; f admet sur cet intervalle des dérivées jusqu’à l’ordre (n 1) et que f (n 1) est dérivable au point x0 : On obtient un développement semblable à celui de la formule (7), le reste Rn (x) est moins précis que celui de la formule (7). Tout ce qu’on sait de Rn (x), c’est qu’il véri…e Rn (x) = o((x

x0 )n ) = (x

x0 )n "(x); avec : lim "(x) = 0 x!x0

CHAPITRE 5. FORMULES DE TAYLOR. DEVELOPPEMENTS LIMITES247 c’est à dire : lim

Rn (x) = 0: x0 )n

x!x0 (x

CHAPITRE 5. FORMULES DE TAYLOR. DEVELOPPEMENTS LIMITES248 Théorème3 Soit f : I = ]x0 8x 2 I

; x0 + [ ! R: Supposons que f (n) (x0 ) existe. Alors :

f 0 (x0 ) (x 1! lim "(x) = 0

f (x) = f (x0 ) + avec

x0 ) + ::: +

f (n) (x0 ) (x n!

x0 )n + (x

x0 )n "(x); (8)

x!x0

La formule (8) s’appelle formule de Taylor Young. Remarque Si x0 = 0, la formule (8) s’appelle formule de Maclaurin-Young et prend la forme suivante : f 0 (0) f (n) (0) n x + ::: + x + xn "(x); 1! n! lim "(x) = 0

f (x) = f (0) + avec

5.2.4

(9)

x!0

Développement de Taylor et Maclaurin-Young des fonctions usuelles

Développement de la fonction f (x) = ex

f (x) = ex =) f (0) = 1 f 0 (x) = ex =) f 0 (0) = 1 ::::::::::::::::: (n) f (x) = ex =) f (n) (0) = 1 On obtient ainsi le développement de Maclaurin-Young de la fonction f (x) = ex x x2 xn 8x 2 R : ex = 1+ + +:::+ +xn "(x); lim "(x) = 0 (F ormule M aclaurin Y oung) x!0 1! 2! n!

CHAPITRE 5. FORMULES DE TAYLOR. DEVELOPPEMENTS LIMITES249 Développement de la fonction f (x) = sin(x) f (x) = sin(x) =) f (0) = 0 f 0 (x) = cos(x) = sin(x + f 00 (x) = f 000 (x) = f (4) (x) = f (n) (x) = f (n+1) (x) =

) =) f 0 (0) = 1 2 sin(x) = sin(x + 2 ) =) f 00 (0) = 0 2 cos(x) = sin(x + 3 ) =) f 000 (0) = 1 2 sin(x) = sin(x + 4 ) =) f (4) (0) = 0 2 ::::::::::::::::::::::::::: sin(x + n ) =) f (n) (0) = sin(n ) 2 2 (n+1) sin(x + (n + 1) ) =) f ( ) = sin( + (n + 1) ) 2 2

On obtient ainsi la formule de Taylor ou Maclaurin-Young associée à la fonction f (x) = sin(x) xn x3 x5 x7 x9 + + ::: + sin(n ) + xn "(x); lim "(x) = 0 x!0 3! 5! 7! 9! n! 2 (F ormule M aclaurin Y oung)

sin(x) = x

x3 x5 x7 x9 xn xn+1 + + ::: + sin(n ) + sin( + (n + 1) ); 3! 5! 7! 9! n! 2 (n + 1)! 2 (F ormule T aylor M aclaurin)

sin(x) = x

Représentation graphique de f (x); et des polynômes approximants P1 (x) , P3 (x) et P5 (x) P1 (x) = x P3 (x) = x P5 (x) = x

x3 6 x3 x5 + 6 120

CHAPITRE 5. FORMULES DE TAYLOR. DEVELOPPEMENTS LIMITES250 Développement de la fonction f (x) = cos(x) En procédant comme pour la fonction sin(x); on obtient la formule de Taylor ou Maclaurin-Young associée à la fonction f (x) = cos(x) xn x2 x4 x6 x8 + + ::: + cos(n ) + xn "(x); lim "(x) = 0 x!0 2! 4! 6! 8! n! 2 (F ormule M aclaurin Y oung)

cos(x) = 1

x2 x4 x6 x8 xn xn+1 + + ::: + cos(n ) + cos( + (n + 1) ); 2! 4! 6! 8! n! 2 (n + 1)! 2 (F ormule T aylor M aclaurin)

cos(x) = 1

5.3 5.3.1

Applications de la formule de Taylor Application de la formule de Taylor au calcul d’optimums

Nous avons vu au chapitre 6 des conditions nécessaires et des conditions su¢ santes sur la dérivée première et la dérivée seconde de f en x0 ; pour que f admette en x0 un maximum ou un minimum local. Nous nous interessons surtout sur la condition su¢ sante qu’on rappelle ici : Si f 0 ( x0 ) = 0 et si f 00 ( x0 ) 6= 0; alors x0 est un optimum local (x0 est un maximum local si f 00 ( x0 ) < 0; x0 est un minimum local si f 00 ( x0 ) > 0): Si f 00 ( x0 ) = 0; on ne peut pas conclure avec le théorème du chapitre6. La formule de Taylor nous permet d’approfondir l’étude dans le cas où f 00 ( x0 ) = 0: On calcule les autres dérivées f 000 ( x0 ); :::Soit n le premier indice tel que : f (n) (x0 ) 6= 0 Si n est pair, alors x0 est un optimum local (x0 est un maximum local si f (n) ( x0 ) < 0; x0 est un minimum local si f (n) ( x0 ) > 0). Si n est impair, alors x0 n’est ni un maximum local, ni un minimum local. Tout celà est résumé dans le théorème suivant :

Théorème4 Soit f : I = ]x0 ; x0 + [ ! R; telle que f est n fois dérivable dans le voisinage I du point x0 et la dérivée d’ordre n : f (n) soit continue dans I : On suppose que f 0 (x0 ) = f 00 (x0 ) = f (n

(x0 ) = 0 et f (n) (x0 ) 6= 0

(10)

CHAPITRE 5. FORMULES DE TAYLOR. DEVELOPPEMENTS LIMITES251 Alors f admet un optimum local si et seulement n est pair. Plus précisément : a) f admet un maximum local en x0 ; si et seulement n est pair et f (n) (x0 ) < 0 b) f admet un minimum local en x0 ; si et seulement n est pair et f (n) (x0 ) > 0 Preuve du Théorème4 Compte tenu des hypothèses du théorème4, la formule de Taylor permet d’écrire au voisinage de x0 f 00 (x0 ) 2 f (n 1) (x0 ) n 1 f (n) (x0 + h) n f 0 (x0 ) h+ h +:::+ h + h ; 0< 1! 2! n! n! (11) Si on prend en considération la condition (10), (11) devient :

f (x0 +h) = f (x0 )+

f (x0 + h)

f (x0 ) =

f (n) (x0 + h) n h ; n!

(13)

a) Supposons que f (n) (x0 ) < 0 et n pair f (n) étant continue en x0 : Donc : lim f (n) (x0 + h) = f (n) (x0 ) < 0:

h!0

Donc il existe

> 0 tel que : f (n) (x0 + h) < 0 :

(14)

<h<

D’autre part si n est pair, alors hn > 0 : pour tout h : (14) et (15) impliquent donc : il existe f (x0 + h)

f (x0 ) =

(15)

<h<

> 0 tel que :

f (n) (x0 + h) n h <0: n!

<h< :

Ceci implique que x0 et un maximum local de f: On procedera de la même manière pour démontrer le point b). Si n est impair : hn > 0 si h > 0 hn < 0 si h < 0 Par conséquent x0 n’est ni un maximum local de f; ni un minimum local de f:

CHAPITRE 5. FORMULES DE TAYLOR. DEVELOPPEMENTS LIMITES252 Exemple1 f (x) = x3 ; x0 = 0: On a f 0 (x) = 3x2 =) f 0 (0) = 0 f 00 (x) = 6x =) f 00 (0) = 0 f 000 (x) = 6 6= 0 Dans cet exemple n = 3; impair: Donc x0 = 0 n’est ni un maximum local de f; ni un minimum local de f: Exemple2 f (x) = x4 ; x0 = 0: On a f 0 (x) f 00 (x) f 000 (x) f (4) (x)

= = = =

4x3 =) f 0 (0) = 0 12x2 =) f 00 (0) = 0 24x 24 6= 0

Dans cet exemple n = 4; pair et f (4) (x) = 24 < 0: Donc x0 = 0 est un minimum local de f:

5.3.2

Application de la formule de Taylor au calcul des limites des fonctions

Nous avons appliqué la règle de l’Hopital pour lever les indeterminations : On verra dans cette partie qu’on pourra aller encore de la forme : 00 et 1 1 plus loin dans le calcul des limites grâce aux équivalents des fonctions. Théorème5 Supposons que f admet un développement de Taylor-Young au voisinage du point 0 de la forme suivante : f (x) = Pn (x) + xn "(x) = f (0) +

f 0 (0) f (n) (0) n x + ::: + x + xn "(x) 1! n!

avec lim "(x) = 0: Alors : x!0

f (x)

Pn (x) (x ! 0) : c0 est a dire : lim

Preuve du théorème5

f (x)

x!0 Pn (x)

CHAPITRE 5. FORMULES DE TAYLOR. DEVELOPPEMENTS LIMITES253 D’après le développement de Taylor-Young, on a pour x appartenant à un voisinage du point 0 f (x) = f (0) +

f 0 (0) f (n) (0) n x + ::: + x + xn "(x) : lim "(x) = 0 x!0 1! n! f (x) xn =1+ "(x) Pn (x) Pn (x)

et xn n! f (x) = 1 + lim f (n) (0) "(x) = 1 + lim (n) "(x) = 1: x!0 x!0 f x!0 Pn (x) (0) xn lim

Remarque : Le même théorème et la même démonstration restent valables si on considère x0 au lieu de 0:

Comment appliquer la formule de Taylor au calcul des limites des fonctions On utilise le théorème suivant (voir Chapitre4) Théorème6 Soient f et g deux fonctions dé…nies au voisinage d’un point x0 , telles que : f g (x ! x0 ) Si lim f (x) = `: Alors x!x0

lim g(x) = `

x!x0

En d’autres termes, deux fonctions équivalentes ont la même limite. D’autre part si f1

et g1

alors f1

g2 et

Preuve du théorème 6 voir Chapitre4 Conclusion Supposons qu’on à calculer lim H(x) où x!x0

F (x) =

f1 (x) g1 (x)

f2 (x) g2 (x)

::: :::

fr (x) gs (x)

f1 g1

f2 g2

CHAPITRE 5. FORMULES DE TAYLOR. DEVELOPPEMENTS LIMITES254 Si f1 g1

P1 ; f2 Q1 ; f2

P2 ; :::; fr Q2 ; :::; fs

Pr Qs

Alors en utilisant le théorème 5 et le théorème 6, on a : P1 Q1

H et

lim H(x) = lim

P2 ::: Q2 :::

Pr Qs

P2 ::: Q2 :::

x!x0 Q1

x!x0

Pr Qs

Exemples Exemple1 Calculez en utilisant les équivalences la limite suivante p 3 1+x 1 lim x!0 sin(x) Puisque p 3

1+x

sin(x) donc

p 3

1+x 1 sin(x)

et par conséquent lim

x!0

5.4

p 3

x (x ! 0) 3 x (x ! 0) 1 (x ! 0) 3

1+x 1 1 = : sin(x) 3

DEVELOPPEMENTS LIMITES

Nous avons vu lors de l’étude la formule de Taylor que certaines fonctions pouvaient être approchées par des polynômes. Plus précisément, l’existence de la dérivée f (n) (x0 ) entraînant celle d’un polynôme Pn de degré n tel qu’on ait au voisinage de x0 , f (x) = Pn (x) + o(x

x0 )n = Pn (x) + (x

x0 )n "(x) : lim "(x) = 0 x!0

CHAPITRE 5. FORMULES DE TAYLOR. DEVELOPPEMENTS LIMITES255 Un tel polynôme peut toutefois exister sans que f (n) (x0 ) existe et même sans que f soit continue en x0 . Ceci nous amène à introduire la notion de développement limité.

Développement limité d’odre n au voisinage de 0

5.4.1

Dé…nition Soit f une fonction dé…nie sur un voisinage de 0, sauf peut-être en 0. On dit que f admet un développement limité d’ordre n au voisinage de 0, s’il existe un interval ouvert I de centre 0 et des constantes a0 ; a1 ; ::: ; an tels que pour tout x 6= 0 appartenant à I, on a : f (x) = a0 + a1 x + ::: + an xn + xn "(x) où " est une fonction dé…nie dans I, telle que lim "(x) = 0

x!0

On écrit aussi : f (x) = a0 + a1 x + ::: + an xn + o(xn ) Le polynôme Pn (x) = a0 + a1 x + ::: + an xn est dit partie régulière du développement et xn "(x) s’appelle reste ou terme complémentaire. Exemple : Pour x 6= 1, on obtient par division suivant les puissances croissantes à l’ordre n 1 1

= 1 + x + x2 + ::: + xn +

or, "(x) =

x 1 x

xn+1 x = 1 + x + x2 + ::: + xn 1 x 1 x

! 0 quand x ! 0, d’où le développement limité de 1 1

= 1 + x + x2 + ::: + xn "(x)

Remarques a) L’existence du développement limité de f implique lim f (x) = a0

x!0

1 1 x

CHAPITRE 5. FORMULES DE TAYLOR. DEVELOPPEMENTS LIMITES256 Pour que le développement limité de f existe au voisinage de 0, il est donc nécessaire que f tende vers une limite …nie quand x ! 0 ; ceci n’implique pas la continuité de f en 0 puisque f (0) peut ne pas exister. b) Si l’on a f (0) = a0 , on peut écrire f (x)x f0 (0) = a1 + a2 x + ::: + an xn 1 + xn 1 "(x) ! a1 lorsque x ! 0, ce qui montre que f est non seulement continue mais aussi dérivable en x = 0. c) En un point di¤èrent de 0, f est dérivable, si et seulement si, " est dérivable. Ce qui n’est pas exigé par la dé…nition.

Unicité Théorème7 Si f admet un développement limité d’ordre n au voisinage de 0, ce développement est unique. Preuve du Théorème7 Suppposons que l’on puisse écrire pour tout x non nul appartenant à I (intervalle ouvert de centre 0) f (x) = a0 + a1 x + ::: + an xn + xn "1 (x), avec lim "1 (x) = 0; et f (x) = b0 + b1 x + ::: + bn xn + xn "2 (x), avec lim "2 (x) = 0; on a alors pour tout x 2 Inf0g (a0

b0 ) + (a1

bn )xn = xn ["2 (x)

b1 )x + ::: + (an

"1 (x)]:

En calculant la limite au point 0, on a : lim [(a0

x!0

b0 ) + (a1

bn )xn ] = lim [xn ["2 (x)

b1 )x + ::: + (an

x!0

On obtient donc : a0

b0 = 0

on a alors pour tout x 2 Inf0g (a1

b1 )x + ::: + (an

bn )xn = xn ["2 (x)

"1 (x)];

soit (a1

b1 ) + ::: + (an

bn )xn

= xn 1 ["2 (x)

"1 (x)];

"1 (x)]] :

CHAPITRE 5. FORMULES DE TAYLOR. DEVELOPPEMENTS LIMITES257 en prenant de nouveau la limite au point 0, on obtient a1 = b1 . En poursuivant l’opération, on obtient pour tout x 2 Inf0g an

bn = "2 (x)

"1 (x) d’où an

bn = lim ["2 (x) x!0

"1 (x)] = 0;

donc an = bn et "2 (x) = "1 (x): Le théorème suivant est trés important : Théorème 8 Si f (n) (0) existe, alors f admet le développement limité (unique) f (x) = f (0) +

f 0 (0) f (n) (0) n x + ::: + x + xn "(x) 1! n!

avec : limx!0 "(x) = 0: Preuve du Théorème 8 : Le théorème résulte de l’application de la formule de Maclaurin avec reste de Young et de l’unicité du développement limité. Théorème 9 Si f (n) (0) existe et si f admet un développement limité d’ordre n f (x) = a0 + a1 x + ::: + an xn + xn "(x) alors a0 = f (0); a1 =

f (n) (0) f 0 (0) ; :::; an = 1! n!

Preuve du Théorème 9 C’est une conséquence directe du théorème 8 et du théorème de l’unicité. Autrement dit, si l’on sait que f admet n dérivées successives au point 0; et si on sait former par un procédé indirect son développement limité d’ordre n, le théorème précédent permet l’identi…cation des coe¢ cients. Remarque Le théorème 9 permet le calcul des dérivées à partir d’un développement limité.

CHAPITRE 5. FORMULES DE TAYLOR. DEVELOPPEMENTS LIMITES258 Exemple On sait que la fonction : x 7! f (x) =

1 x est indé…niment dérivable dans Rnf1g. On a vu que pour tout n 1 1

= 1 + x + x2 + ::: + xn + xn "(x)

("(x) ! 0 quand x ! 0)

Puisque dans cet exemple : an = 1 et d’autre part : an =

f (n) (0) : n!

Donc : 8n

0 : f (n) (0) = n!

Remarque Si l’existence des dérivées n’est pas prévue par une autre voie, elle ne résulte pas de l’existence d’une développement limité. Autrement dit, si le développement de Maclaurin existe, tout autre développement est identique, mais un développement limité peut exister sans que la formule de Maclaurin soit applicable.

5.4.2

Développements limités usuels obtenus par la formule de Maclaurin

Comme nous l’avons déja remarqué, la formule de Maclaurin-Young fournit un développement limité d’ordre n; pour toute fonction f telle que f (n) (0) existe. x 0 xn (n) f (x) = f (0) + f (0) + ::: + f (0) + xn "(x); 1! n!

avec : lim "(x) = 0: x!0

Par ce procédé, on obtient les développements limités des fonctions usuelles au voisinage de l’origine.

CHAPITRE 5. FORMULES DE TAYLOR. DEVELOPPEMENTS LIMITES259 f (2p+1) (0) = ( 1)p ; f (2p) (0) =

1. f (x) = sin x : f (p) (x) = sin x + p 2 ; 0;

sin x = x

x2n+1 x3 x5 + + :::( 1)n + o(x2n+2 ) 3! 5! (2n + 1)!

2. f (x) = cos x : f (p) (x) = cos x + p 2 ; 2n x2 x4 n x + + ::: + ( 1) + o(x2n+1 ): 2! 4! (2n)!

cos x = 1

3. f (x) = ex : f (p) (x) = ex ; x x2 xn + + ::: + + o(xn ) 1! 2! n! 4. f (x) = (1 + x) ; ( 2 R); à condition que (1 + x) > 0; soit x > ex = 1 +

f 0 (x) f 00 (x) f 000 (x) f (4) (x)

(1 + x) 1 =) f 0 (0) = ( 1)(1 + x) 2 =) f 00 (0) = ( 1) 3 000 ( 1)( 2)(1 + x) =) f (0) = ( 1)( ( 1)( 2)( 3)(1 + x) 4 =) f (4) (0) = ( :::::::::::::::::::::::: (p) f (x) = ( 1)( 2)( 3):::[ (p 1)](1 + x) p = ( 1)( 2)( 3):::( p + 1)(1 + x) p : = = = =

2) 1)(

2)(

Donc : f (p) (0) = (

1)(

2)(

3):::(

p + 1):

Soit en remplaçant

(1 + x) = 1 + x +

(

1) 2!

x2 + ::: +

(

1):::( n!

n + 1)

xn + o(xn ):

Remarquons que si est un entier positif et n au moins égal à , la partie régulière du développement précédent reproduit le développement du binôme. La dernière formule écrite successivement pour = 12 et = 12 donne : p

1+x=1+

x 2

x2 + ::: + ( 1)n 2:4

1 1:3:5:::(2n

3) n x + o(xn ) 2:4: ::: (2n)

CHAPITRE 5. FORMULES DE TAYLOR. DEVELOPPEMENTS LIMITES260 p

1 =1 1+x

x 1:3 2 1:3:5: ::: (2n 1) n + x + ::: + ( 1)n x + o(xn ): 2 2:4 2:4:6 ::: (2n)

Les développements de ment x 7! x:

5.4.3

x et

p1 1 x

s’obtiennent en faisant le change-

Opérations sur les développements limités

Même si la formule de Maclaurin-Young est théoriquement possible, elle n’est commode que si l’on sait calculer rapidement les dérivées successives de f au point 0. Le plus souvent, on formera de nouveaux développements à partir des précédents par des opréations algébriques.

Développements limités obtenus par restriction Théorème 10 (Développements limités obtenus par restriction) Si la fonction f admet, au voisinage de O, un développement limité d’ordre n, alors pour tout p n elle admet un développement limité d’ordre p. Preuve du théorème 10 En e¤et : f (x) = a0 + a1 x + ::: + an xn + xn "(x); avec : limx!0 "(x) = 0; L’expression peécedente peut s’écrire : f (x) = a0 + a1 x + ::: + ap xp + xp (ap+1 x + ::: + an xn

+ xn p "(x));

donc f (x) = a0 + a1 x + ::: + ap xp + xp "1 (x); où "1 (x) = ap+1 x + ::: + an xn

+ xn p "(x); limx!0 "1 (x) = 0:

Théorème11 (Opréations algébriques sur les développements limités) Soit f; g deux fonctions admettant des développements limités de même ordre n au voisinage de l’origine. Alors les fonctions f + g et f g admettent

CHAPITRE 5. FORMULES DE TAYLOR. DEVELOPPEMENTS LIMITES261 des développements limités d’odre n en 0, et il en est de même de f =g si limx!0 g(x) 6= 0: De plus, - la partie régulière du développement limité de f + g est la somme des parties régulières des développements limités de f; g ; - la partie régulière du développement limité du produit f g s’obtient en ne gardant dans le produit des parties régulières que les termes de degré inférieur ou égal à n; - la partie régulière du développement limité du quotient f =g est le quotient à l’ordre n dans la division suivant les puissances croissantes de la partie régulière de f par la partie régulière de g.

Preuve du Théorème11 Etablissons par exemple le premier résultat. Soit donc les développements de f et g : f (x) = Pn (x) + xn "1 (x); g(x) = Qn (x) + xn "2 (x);

lim "1 (x) = 0

x!0

lim "2 (x) = 0

x!0

f (x) + g(x) = Pn (x) + Qn (x) + xn ("1 (x) + "2 (x)) = Hn (x) + xn "(x); avec : Hn (x) = Pn (x) + Qn (x) et "(x) = "1 (x) + "2 (x): Bien sur on a : lim "(x) = 0 puisque : lim "1 (x) = 0 et lim "2 (x) = 0:

x!0

Les autres points du théorèmes se démontrent en procédant d’une manière semblable. Exemple : On sait que 1 1 avec lim

y!0

= 1 + y + ::: + y n + y n

n (y)

pour jyj < 1;

(1)

= 0:

Soit g une fonction dé…nie au voisinage de 0 et admettant le développement limité

CHAPITRE 5. FORMULES DE TAYLOR. DEVELOPPEMENTS LIMITES262

g(x) = 2 + x + x2 "(x)

(2)

Cherchons le développement limité d’odre 2 de la fonction ment qui existe puisque lim g(x) = 2 6= 0): x!0 Ecrivons 1 = g(x) 2 1+

x 2

1 + x2 "0 (x)

1 g

(développe-

1 où "0 (x) = "(x): 2

x En posant y = + x2 "0 (x) dans (1), on a pour jxj > 0 su¢ samment 2 x 2 0 petit pour h2 + x " (x) < 1 1 g(x) 1 g(x)

1 2 1 2

2 x + x2 "0 (x) + x2 + x2 "0 (x) + x2 2 2 x + x8 + x2 "1 (x); avec lim "1 (x) = 0: 4 x!0

+ x2 "0 (x)

x 2( 2

i + x2 "0 (x))

= - Considérons encore la fonction g dont le développement limité est dé…ni par (2), une fonction f dont le développement limité est dé…ni par f (x) = 3x

x2 + x2 "2 (x);

et cherchons le développement limité d’ordre 2 de la fonction fg . On a : f (x) 1 = f (x) = (3x g(x) g(x)

x2 + x2 "2 (x))

1 2

x x2 + + x2 "1 (x) ; 4 8

d’où : 3x f (x) = g(x) 2

5 2 x + x2 "3 (x); avec lim "3 (x) = 0: x!0 4

Développement limité de la copmosée de deux fonctions Théorème 12 (Développement limité de la composée de deux fonctions) Soit f; u deux fonctions admettant au voisinage de 0 des développements limités d’ordre n; de parties régulières fn ; un : Si u(0) = 0, la fonction composée f u admet alors un développement limité d’ordre n au voisinage de 0 ; sa partie régulière s’obtient en substituant dans la partie régulière du développement de f; la partie régulière du développement de u et en ne conservant que les puissances de x d’ordre n:

CHAPITRE 5. FORMULES DE TAYLOR. DEVELOPPEMENTS LIMITES263 Exemple Développement de la fonction x ! ecos x , à l’ordre 5, au voisinage de 0. ecos x = e:ecos x avec u = cos x Il en résulte

=e 1+u+

x2 2

ecos x = e 1 + = e 1

x4 24

u5 u2 u 3 u4 + + + + u5 "1 (u) ; 2 6 24 120

+ x5 "2 (x)

1:x4 x2 x4 + + + x5 "(x) 2 24 2:4 x2 x4 + + x5 "(x) 2 6

CHAPITRE 5. FORMULES DE TAYLOR. DEVELOPPEMENTS LIMITES264 Série TD5 : Formules de Taylor et Applications avec solutions Exercice1 a) Ecrire le développement de Taylor-Maclaurin de la fonction f (x) = ex , jusqu’à l’ordre n = 8: b) Montrez que pour jxj 1; on a l’estimation du reste : R8 < 10

c) Utilisez a) et b) pour calculer en prenant 6 chi¤res après la virgule, une valeur approximative du nombre transcendant e: Quelle conclusion peut on tirer après ce calcul. d) Soit x 2 R et n 2 N . Soit Rn (x) le reste de Lagrange associé à la fonction f (x) = ex : Montrez qu’on peut écrire Rn (x) sous la forme suivante : Rn (x) =

xn+1 e x; (n + 1)!

e) Montrez que pour x …xé, fe f) Montrez que pour x …xé,

avec 0 <

:0<

< 1:

< 1g est borné.

xn+1 =0 n!1 (n + 1)! lim

g) Montrez que que pour x …xé, lim Rn (x) = 0

n!1

h) Que peut on conclure ? Solution Exercice1 a) Développement de la fonction f (x) = ex ; au voisinage de zéro : En calculant les dérivées successives de f (x), nous avons : f (x) = ex ; f 0 (x) = ex ; f (n) (x) = ex ;

f (0) = 1; f 0 (0) = 1; f (n) (0) = 1:

CHAPITRE 5. FORMULES DE TAYLOR. DEVELOPPEMENTS LIMITES265 En substituant les expréssions trouvées dans la formule nous avons : ex = 1 +

x x2 x3 + + + 1 2! 3!

avec : Rn (x) =

xn+1 e; (n + 1)!

xn + Rn (x) n!

2 ]0; x[

n = 8; on obtient : ex = 1 +

x x2 x3 + + + 1 2! 3!

x8 + R8 (x) 8!

avec

x9 R8 (x) = e ; 2 ]0; x[ 9! b) La fonction ex est croissante. Donc si 2 ]0; x[ et x e < 3: Donc

1; alors

1 3 = 0; 000008 < 10 5 : 9! c) La formule obtenue en posant x = 1 permet de calculer la valeur approché du nombre e : R8 <

1 1 1 + + + : 2! 3! 8! Si l’on e¤ectue les calculs en prenant 6 chi¤res après la virgule, puis, arrondissant le résultat, en conservant 5 chifres, on trouve : e=1+1+

e = 2; 71828: Les quatres premiers chi¤res après la vigule sont exacts puisque l’erreur n’exède pas le nombre 9!3 ou 0; 00001: En e¤et la vraie valeur de e (avec 20 chi¤res après la virgule) est : e = 2; 718281828459045235360287 d) Le reste de Lagrange est : Rn (x) =

xn+1 e; (n + 1)!

2 ]0; x[

2 ]0; x[ : Donc il existe 2 ]0; 1[ tel que = 0 + (x 0); c’est à dire : = x: Finalement, pour x 2 R; et n = 1; 2; :::; le reste de Lagrange s’écrit sous la forme suivante : Rn (x) =

xn+1 e x; (n + 1)!

avec 0 <

< 1:

CHAPITRE 5. FORMULES DE TAYLOR. DEVELOPPEMENTS LIMITES266 e) En e¤et, puisque < 1, la quantité e x est bornée, pour x …xé (elle est plus petite que ex si x > 0 et plus petite que 1 si x < 0): f) Montrons que : xn+1 !0 (n + 1)!

quand n ! 1:

En e¤et, xn+1 x x x = : : : (n + 1)! 1 2 3

x x : : : n n+1

Si x est un nombre …xé, il existe alors un entier positif N (on peut prendre N = E(x) + 1) tel que jxj < N: = q. Alors, compte tenu de ce que 0 < q < 1, nous pouvons Posons jxj N écrire pour n = N + p; xn+1 (n + 1)!

x x x x x : : : : : 1 2 3 n n+1 x x x x x x x = : : : : : : : : 1 2 3 N 1 N N +p N +p+1 N 1 x x x x x < : : : : :q:q: :q = q p+2 ; 1 2 3 N 1 (N 1)! =

n ! 1 () p ! 1. Puisque

xN 1 (N 1)!

est constant, donc

xN 1 p+2 q =0 p!1 (N 1)! lim

et par conséquent : lim

n!1

g) Rn (x) = n; alors :

xn+1 e x: (n+1)!

xn+1 =0 (n + 1)! xn+1 n!1 (n+1)!

Puisque lim

= 0 et e

ne dépend pas de

lim Rn (x) = 0 pour tout x 2 R …xé.

n!1

h) Puisque ex = 1 +

x x2 x3 + + + 1 2! 3!

xn + Rn (x) n!

CHAPITRE 5. FORMULES DE TAYLOR. DEVELOPPEMENTS LIMITES267 Donc :

x x2 x3 xn + + + + ) = Rn (x) 1 2! 3! n! lim Rn (x) = 0 pour tout x 2 R …xé, implique donc : ex

(1 +

n!1

lim ex

n!1

(1 +

x x2 x3 + + + 1 2! 3!

xn ) = 0: n!

Pour x 2 R …xé, la dernière relation implique qu’on peut approximer ex par 2 3 n + xn! ) avec n’importe quelle précision, en le polynôme (1 + x1 + x2! + x3! + choisissant n assez grand. En e¤et. Supposons qu’on veuille approximer ex 2 3 n par le polynôme Pn (x) = 1 + x1 + x2! + x3! + + xn! avec une erreur inférieure à " = 10 7 par exemple: Puisque lim (ex

n!1

Pn (x)) = 0;

donc pour " = 10 7 ; il existe N (10 7 ) 2 N; n > N (10 7 ) on a : (ex

Pn (x)) < " = 10 7 :

Donc à partir de n > N (10 7 ); on obtient l’approximation de ex avec la précision voulue. On peut prendre " aussi petit qu’on veut. Exercice2 Considérons la fonction f (x) = sin(x): a) Calculez puis représenter sur le même graphique : f (x) et les polynômes approximants P1 (x) , P3 (x) et P5 (x) de f (x) = sin(x): P1 (x) , P3 (x) et P5 (x) véri…ant : sin(x) = Pn (x) + Rn (x); n = 1; 3; 5

Rn (x) =0 x!0 xn lim

Que peut on conclure ? b) On pose Rn (x) =

xn+1 sin( + (n + 1) ) (n + 1)! 2

Montrez que pour tout x 2 R …xé, on a lim Rn (x) = 0

n!1

Que peut on conclure ? c) Utilisez les questions précédentes pour donner une valeur approchée de sin(20 ) = sin( 9 ); puis évaluez l’erreur commise.

CHAPITRE 5. FORMULES DE TAYLOR. DEVELOPPEMENTS LIMITES268 Solution Exercice2 a) P1 (x) = x x3 6 x3 x5 + 6 120

P3 (x) = x P5 (x) = x

D’après ce graphique on voit bien que si x est assez proche de zéro, les valeurs de f (x) = sin(x); P1 (x); P2 (x); P3 (x) sont trés proches. Si x est assez loin de zéro, les valeurs de ces quatres fonctions peuvent di¤erer et l’écart peut etre trés grand. Pour x …xe quelconque, et pour rendre l’écart entre f (x) = sin(x) et Pn (x) trés petit, on doit choisir n assez grand, à condition que lim [sin(x) Pn (x)] = lim Rn (x) = 0 n!1

n!1

b) Montrons que : xn+1 sin( + (n + 1) ) = 0 n!1 (n + 1)! 2

lim Rn (x) = lim

n!1

En e¤et. Puisque xn+1 = 0 (voir exercice1) n!1 (n + 1)! lim

et comme sin

(n + 1)

1;alors :

lim Rn (x) = 0

n!1

pour toutes les valeurs de x. c) Appliquons la formule ainsi trouvée au calcul de la valeur approchée de sin 20 : Posons n = 3, c’est-à-dire que nous ne considérons que les deux premiers termes du développement : sin(x)

x3 6

soit en remplaçant : sin 20 = sin

1 6

= 0; 342:

CHAPITRE 5. FORMULES DE TAYLOR. DEVELOPPEMENTS LIMITES269 Evaluons l’erreur commise qui est égale au reste : R3 =

x4 x4 sin( + 4 ) = sin( + 2 ) 4! 2 4!

soit en remplaçant : 4

jR3 j =

1 sin ( + 2 ) 4!

1 = 0; 0006 < 0; 001: 4!

L’érreur commise est donc inférieure à 0; 001;c’est-à-dire que sin 20 = 0; 342 à 0; 001 près. Exercice3 On considère la fonction f (x) = (1 + x) ; 2 R; x 2 ] 1; +1[ : a) Montrez que f véri…e les hypothèse du théorème de Maclaurin Young. b) Ecrire la formule de Maclaurin Young associée à f (x) = (1 + x) ; au voisinage de 0: Solution Exercice3 a) f (x) = (1 + x) = e

ln(1+x)

Si x 2 ] 1; +1[ ; 2 R; f est indé…niment dérivable. Elle véri…e les hypothèse du théorème de Taylor Maclaurin. b) Appliquons la formule de Maclaurin avec reste de young au voisinage de 0 : f 0 (x) f 00 (x) f 000 (x) f (4) (x)

(1 + x) 1 =) f 0 (0) = ( 1)(1 + x) 2 =) f 00 (0) = ( 1) 3 000 ( 1)( 2)(1 + x) =) f (0) = ( 1)( 4 (4) ( 1)( 2)( 3)(1 + x) =) f (0) = ( :::::::::::::::::::::::: (p) f (x) = ( 1)( 2)( 3):::[ (p 1)](1 + x) p = ( 1)( 2)( 3):::( p + 1)(1 + x) p : = = = =

2) 1)(

2)(

Donc : f (p) (0) = (

1)(

2)(

3):::(

p + 1):

Soit en remplaçant

(1 + x) = 1 + x +

(

1) 2!

x2 + ::: +

(

1):::( n!

n + 1)

xn + o(xn ):

CHAPITRE 5. FORMULES DE TAYLOR. DEVELOPPEMENTS LIMITES270 Exercice4 Trouvez en appliquant l’exercice 3, le développement de Taylor avec reste de Young au voisinage du point x0 = 1; avec n = 3 de la fonction : p f (x) = x Solution Exercice4 p b) On peut écrire f (x) = x sous la forme suivante : f (x) =

x = (1 + y) 2 ; y = x

Si x appartient à un voisinage du point x0 = 1; alors y = x 1 appartient à un voisinage du point y0 = 0: On obtient en appliquant l’exercice 3 à la p fonction 1 + y = 12 : On obtient : p

1 1 1 2 12 21 1 12 2 3 y + 2 2 y + y + o y3 2 2! 3! y y2 y3 + + o y3 = 1+ 2 8 16 p d’où le développement de f (x) = x au voisinage du point x0 = 1 :

1+y = 1+

x=1+

1 2

1)2

(x 8

1)3 + (x 16

1)3 "(x); avec lim "(x) = 0: x!1

Exercice5 Soit f (x) = xn ; n 2 N ; n 2; n pair a) Montrez en utilisant la dé…nition que f admet au point x0 = 0; un minimum local. b) Montrez par une autre méthode que f admet au point x0 = 0; un minimum local. Solution Exercice5 a) Montrons qu’il existe I = ] 8x 2 I = ]

; + [ tel que : ; + [ : f (x)

f (0):

En e¤et, prenons I = ] 1; +1[ : Puisque n est pair, donc 8x 2 R : xn

0 = f (0) =) 8x 2 I : f (x)

f (0):

CHAPITRE 5. FORMULES DE TAYLOR. DEVELOPPEMENTS LIMITES271 b) On applique le théorème4 du chapitre7. Supposons que n > 2: On a f 0 (x) = nxn f 00 (x) = n(n

=) f 0 (0) = 0 1)xn 2 ) f 00 (0) = 0

Pour 2 < p < n f (p) (x) = n(n Si p = n

1):::(n

1))xn

) f (p) (0) = 0

1 f (n

(x) = n(n

1):::

2:x ) f (n

(0) = 0

Si p = n f (n) (x) = n(n

1):::

1:xn

= n! =) f (n) (0) = n! 6= 0

Puisque : f 0 (0) = f 00 (0) = ::: = f (n

(0) = 0 et f (n) (0) = n! 6= 0 et n est pair;

alors le point x0 = 0 est un optimum local. Démontrons que x0 = 0 est un minimum local. Ceci est évident puisque : f (n) (0) = n! > 0 (voir théorème4, Chap7 ) Exercice6 Soit f (x) = xn ; n 2 N ; n impair a) Montrez en utilisant la négation de la dé…nition, que x0 = 0; n’est ni un minimum local ni un maximum local pour f . b) Montrez par une autre méthode que x0 = 0; n’est ni un minimum local ni un maximum pour f . Solution Exercice6 a) Démontrons que x0 = 0 n’est pas un minimum local. En e¤et considérons la proposition (P ) suivante : (P ) Il existe un voisinage I = ] ; + [ du point x0 = 0 tel que : 8x 2 I = ]

; + [ : f (x)

f (0)

(P ) est la dé…nition de x0 = 0 est un minimum local. Soit (Q) la négation de la proposition (P ); c’est à dire si (Q) est vraie, alors x0 = 0 n’est pas un minimum local.

CHAPITRE 5. FORMULES DE TAYLOR. DEVELOPPEMENTS LIMITES272 (Q) : Pour tout intervalle I" = ] "; +"[ de centre 0; il existe au moins un point x e 2 I" = ] "; +"[ tel que : f (e x) < f (0)

En e¤et. Soit I" = ] "; +"[ un intervalle quelconque de centre 0: Considérons e 2 I" = ] "; +"[ et puisque n est impair, on a : x e = 2" : Bien sur x f (e x) = (e x)n = ( 1)n

"n = 2n

"n < 0 = f (0) 2n

De la même façon on démontre que x0 = 0 n’est pas un maximum local. En e¤et. Soit I" = ] "; +"[ un intervalle quelconque de centre 0: Considérons b 2 I" = ] "; +"[ et on a : x b = 2" : Bien sur x f (b x) = (b x)n =

"n > 0 = f (0) 2n

b) On applique le théorème4 du chapitre7. Supposons que n > 1: On a f 0 (x) = nxn f 00 (x) = n(n

=) f 0 (0) = 0 1)xn 2 ) f 00 (0) = 0

Pour 1 < p < n f (p) (x) = n(n Si p = n

1):::(n

1))xn

) f (p) (0) = 0

1 f (n

(x) = n(n

1):::

2:x ) f (n

(0) = 0

Si p = n f (n) (x) = n(n

1):::

1:xn

= n! =) f (n) (0) = n! 6= 0

Puisque : f 0 (0) = f 00 (0) = ::: = f (n

(0) = 0 et f (n) (0) = n! 6= 0 et n est impair;

alors d’après le théorème 4, chap.7, le point x0 = 0 n’est ni un maximum local ni un minimum local. Exercice7 Trouvez, s’ils existent, les maximums et les minimums locaux de la fonction f suivante : f (x) = x4 4x3 + 6x2 4x + 1

CHAPITRE 5. FORMULES DE TAYLOR. DEVELOPPEMENTS LIMITES273 Solution Exercice7 Cherchons les valeurs critiques de la fonction f 0 (x) = 4x3

12x2 + 12x

4 = 4 x3

f 0 (x) = 0 () 4 x3

3x2 + 3x

1 :

1 =0

L’unique solution de l’équation précedente est : x=1 f 00 (x) = 12x2

24x + 12 =) f 00 (1) = 0

f (3) (x) = 24x

24 =) f (3) (1) = 0

f (4) (x) = 24 > 0 quel que soit x: En appliquant le théorème 4, et puisque f 0 (1) = f 00 (1) = f (3) (1) = 0 et f (4) (1) > 0; n = 4 est pair; par conséquent, la fonction f (x) a un minimum local au point x = 1: Exercice8 Calculez en utilisant les développements limités et les équivalences, la limite de la fonction suivante : lim

x!0

cos(x)): arctan(x) x: sin2 (x)

Solution Exercice8 On a : x2 x2 + 0:x3 + x3 "1 (x) =) 1 cos(x) 2! 2 2 2 2 2 2 sin(x) = x + 0:x + x "2 (x) =) sin (x) = x + x "3 (x) ) sin2 (x)

cos(x) = 1

D’autre part : sin2 (x) x2 =) x: sin2 (x) x x

x2 :x = x3

Trouvons maintenant un équivalent de la fonction : arctan(x) au voisinage de zéro. arctan(x) = arctan(0) + arctan0 (0):x + x"(x)

CHAPITRE 5. FORMULES DE TAYLOR. DEVELOPPEMENTS LIMITES274 arctan(0) = y () tan(y) = 0 () y = 0 1 arctan0 (x) = =) arctan0 (0) = 1 2 1+x Finalement on a : arctan(x) = x + x"(x) =) arctan(x)

Avec ces équivalences on a : (1

cos(x)): arctan(x) x: sin2 (x)

Donc lim

x2 2

x x3

1 2

1 cos(x)): arctan(x) = 2 2 x: sin (x)

x!0

Exercice9 Calculez en utilisant les développements limités et les équivalences, la limite de la fonction suivante : ! r p 3 3 x2 + x 1 x3 + x2 + 1 x : 2R lim x!1 2 Solution Exercice9 Cette expression s’écrit pour x > 0 ! " r r 1 1 1 3 1 ) + 3) x = x2 (1 + x3 (1 + 1+ 2 x x 2x x x x

1 1+ 2

1 x2

1 x

1 2

1 x2

1 1 + = 8 4

On a donc : si

1 x2

1 x 3 x 8

1 3 + 3 2x x

1 3

lim

x!1

1 8

1 x2

x2 + x

3 x3 + x2 + 1 x = 2

3 8

! 3 x3 + x2 + 1 x = 2

>1:

x!1

x2 + x

1 2

1 + 9

3 1 1+ + 3 2x x 1 3 + 3 2x x

1 3

CHAPITRE 5. FORMULES DE TAYLOR. DEVELOPPEMENTS LIMITES275 si

<1: lim

x!1

x2 + x

! 3 x3 + x2 + 1 x = 0 2

r 3

Exercice10 Soit f et g deux fonctions dé…nies au voisinage de 0 et admettant les développements limités d’ordre 2 au voisinage de zéro, suivants : f (x) = 3x

x2 + x2 "1 (x) : lim "1 (x) = 0 x!0

g(x) = 2 + x + x "2 (x) : lim "2 (x) = 0 x!0

Trouvez le développement limité d’ordre 2 au voisinage de zéro de la fonction fg , Solution Exercice10 Remarquons d’abord que lim g(x) = 2 6= 0

x!0

Donc la condition nécessaire d’existence du développement limité de fg est véri…ée (voir théorème11). Considérons les deux polynômes P et Q; parties régulières des développements de f et g respectivement. D’après le théorème11, la partie régulière du développement de fg s’obtient en faisant la division suivant les puissances croissantes de x jusqu’à l’ordre 2, de P par Q: On obtient : 3x x2 2+x 3 3 2 3x 2 x x 45 x2 2 5 2 0 x 2 5 2 5 3 x x 2 4 5 3 0 x 4 Donc le polynôme cherché est : 32 x f 3 (x) = x g 2

5 2 x 4

et le développement de

f g

sera :

5 2 x + x2 "(x) : avec lim "(x) = 0 x!0 4

Exercice11 Trouvez de deux manières di¤érentes le développement limité à l’ordre 5, de la fonction f (x) = tan(x); au voisinage de zéro. Solution Exercice11

CHAPITRE 5. FORMULES DE TAYLOR. DEVELOPPEMENTS LIMITES276 Le développement limité de tg x à l’ordre 5, au voisinage de l’origine, s’obtient à partir des développements à l’ordre 5 de sin x et cos x : x5 x2 x4 x3 + + o(x6 ) et cos(x) = 1 + + o(x5 ): 6 120 2 24 La division suivant les puissances croissantes donne : sin(x) = x

x3 2x5 tan( x) = x + + + o(x5 ) 3 15 Une autre méthode consiste à calculer les dérivées de tan( x) et appliquer la formule de Taylor : tan0 (0) tan00 (0) 2 tan000 (0) 2 tan(4) (0) 2 tan(5) (0) 5 5 x+ x+ x+ x+ x +x "(x) 1! 2! 3! 4! 5! En faisant le calcul on retrouve la formule précédente.

tan( x) = tan(0)+

Exercice12 Trouvez le développement limité à l’ordre 4, de la fonction f (x) = x cot(x); au voisinage de zéro. Solution Exercice12 cos x = 1 sin x = x sin x = 1 x

x2 x4 + + x4 "1 (x) 2 24 x3 x5 + 0:x4 + + x5 "2 (x) 6 120 x2 x4 + + x4 "2 (x) 6 120

Notons x2 x4 + 2 24 x4 x2 + S(x) = 1 6 120 sin x les parties régulières de cos x et de x : D’après le théorème11, la partie x régulière du développement de x cot(x) = x cos obtient en faisant la di1 sin x s’ vision suivant les puissances croissantes de x jusqu’à l’ordre 4, de R par S: On obtient : 2 4 2 x4 +1 x2 + x24 1 x6 + 120 2 4 x4 1 + x6 1 13 x2 x45 120 4 1 2 0 x + x30 3 4 x6 + 13 x2 x18 + 360 x4 x6 0 + 360 45 R(x) = 1

CHAPITRE 5. FORMULES DE TAYLOR. DEVELOPPEMENTS LIMITES277 Donc le polynôme cherché est : 1 cos x sera : x 1 sin x

x cot(x) =

1 2 x 3

x2 3

cos x =1 x 1 sin x

x4 45

et le développement de x cot(x) =

x4 + x4 "(x) : avec lim "(x) = 0 x!0 45

Exercice13 Trouvez le développement limité à l’ordre 5, de la fonction f (x) = ecos(x) ; au voisinage de zéro. Solution Exercice13 On applique le théorème 12 (Développement limité de la composée de deux fonctions) . On a : ecos x = e:ecos x 1 : Posons u = cos x 1: Si x appartient à un voisinage de 0; alors u appartient aussi à un voisinage de 0: On a : u = cos x et eu = 1 + u +

x2 x4 + + x5 "1 (x) 2 24

u2 u3 u 4 u5 + + + + u5 "2 (u) 2 6 24 120

Donc

cos x

cos x 1

= e:e

u5 u2 u 3 u4 + + + + u5 "1 (u) ; =e 1+u+ 2 6 24 120 2

u ; on remplace u = x2 + x24 et Dans l’expression 1 + u + u2 + u6 + u24 + 120 on ne garde que les termes de degré inferieur ou égale à 5. Il est clair qu’on 3 4 u5 enlève les termes u6 ; u24 et 120 (on obtient x6 ; x7 :::), et on utilise seulement 2 1 + u + u2 1 x2 x4 2 1 x4 x6 x8 u2 = ( + ) = + 2 2 2 2 24 2 4 24 24

On ne garde dans cette expression que le terme de degré 4 le terme : x8 : On obtient donc : 1+u+

u2 =1 2

Il en résulte

x2 x4 x4 + + =1 2 24 8

x2 4x4 + =1 2 24

5; en l’occurence x2 x4 + 2 6

CHAPITRE 5. FORMULES DE TAYLOR. DEVELOPPEMENTS LIMITES278

ecos x = e:ecos x

=e 1

x2 x4 + + x5 "(x) 2 6

ou encore : ecos x = e

e 2 e 4 x + x + x5 "(x) : avec : lim "(x) = 0 x!0 2 6

Deuxième partie SEMESTRE II : INTEGRALE ET PRIMITIVE. EQUATIONS DIFFERENTIELLES D’ORDRE 1 ET 2. FONCTIONS DE PLUSIEURS VARIABLES : LIMITE, CONTINUITE, DERIVEES PARTIELLES, FORMULE DE TAYLOR, OPTIMISATION DIFFERENTIABLE

279

Chapitre 6 INTEGRALE ET PRIMITIVE

6.1 6.1.1

L’INTEGRALE DE RIEMANN NOTE HISTORIQUE

Le calcul intégral au sens moderne du terme est inventé indépendament par Newton et par leibniz. Newton montrant que le cacul d’aires (intégration) est le problème inverse de la dérivation. Le calcul intégral de Riemann, dévelloppé vers 1850, est le point de départ de toute les généralisations ultérieures, notament celle de Lebesque au XXe siecle. Dépassant les calculs d’aires, de volumes, de centres de gravité,..., elle permettront le développement considérable de la physique et des probabilités. Le fait suivant mérite d’être souligné. Jusqu’au XVIIe siècle, tout est exposé géométriquement, sans doute sous l’in‡uence des mathématiques grecs. L’invention du Calcul di¤érentiel et intégral, les e¤orts faits pour l’assoir sur des bases claires et l’exposer rigoureusement font qu’a partir du XIXe siecle, ce n’est plus la géométrie qui fonde l’analyse. C’est l’analyse qui permet de dé…nir avec précision ce qu’est la longueur d’une courbe, l’aire d’une surface...

280

CHAPITRE 6. INTEGRALE ET PRIMITIVE

281

(5)

4 8:jpg

6.1.2

Dé…nition de l’integrale de Riemann

Dé…nition utilisant les sommes de Riemann L’introduction d’une intégrale est souvent motivé par le désir de calculer l’aire limitée par une courbe y = f (x) ; l’axe des x et les droites x = a; x = b. On voit que géométriquement cette aire peut être approximée par les quantités suivantes : Partageons l’intervalle [a; b] en n sous-intervalles d’extrémités les points x1 ; x2 ; :::; xn 1 choisis arbitrairement. L’ensemble d = fa = x0 ; x1 ; x1 ; :::xn 1 ; xn = bg s’appelle une subdivision de [a; b] : Dans chacun des intervalles (a; x1 ) ; (x1 ; x2 ) ; :::; (xn 1 ; b), prenons des points = f 1 ; 2 ; :::; n g tels que : 1 2]x0 = a; x1 [; 2 2]x1 ; x2 [; :::; n 2]xn 1 ; xn = b[. Dé…nition1 On appelle somme de Riemann associée à la fonction f; à la subdivision d = fa = x0 ; x1 ; x1 ; :::xn 1 ; xn = bg ; et à l’ensemble de points = f 1 ; 2 ; :::; n g ; la somme notée R (f; d; ) suivante : R (f; d; ) = f ( 1 ) (x1

a)+f ( 2 ) (x2

En posant, x0 = a; xn = b et xk R (f; d; ) =

n X k=1

x1 )+f ( 3 ) (x3 xk

f ( k ) (xk

x2 )+:::+f ( n ) (b xn 1 ) (1) xk , R (f; d; ) s’écrit aussi :

xk 1 ) =

n X k=1

f ( k ) xk

(2)

CHAPITRE 6. INTEGRALE ET PRIMITIVE

282

Géométriquement, cette somme représente l’aire de tous les rectangles de la …gure ci-dessus.

Remarque1 On voit que géométriquement R (f; d; ) approxime l’aire limitée par une courbe y = f (x) ; l’axe des x et les droites x = a; x = b. Plus on augmente le nombre de subdivisions, plus cette approximation est meilleure. Ceci nous ramène à la dé…nition suivante : Dé…nition2 Soit f : [a; b] ! R: Nous dirons que f est integrable au sens de Riemann sur [a,b], si la somme de Riemann R (f; d; ) a une limite, quand n ! 1 (ou ce qui revient à que que chaque xk ! 0) , et ceci indépendament du choix de la subdivision d = fa = x0 ; x1 ; x1 ; :::xn 1 ; xn = bg ; et de l’ensemble de points = f 1 ; 2 ; :::; n g : cette limite quand elle existe s’appelle integrale de Rb Riemann de f sur [a,b] et on la note : a f (x) dx : En d’autres termes : Augmentons le nombre n de points de la subdivision de telle façon . d et de , nous dirons que f noterons cette limite Z b f (x) dx = lim R (f; d; ) (3) a

n!1

Voyons maintenant R b sous quelles conditions su¢ santes l’integrale de Riemann de f sur [a,b], a f (x) dx existe.

Théorème1 Soit f : [a; b] ! R telle que f est continue ou continue par morceaux sur Rb [a; b]. Alors l’integrale de Riemann de f sur [a,b], a f (x) dx existe. Remarque2 Rb Géométriquement, la valeur de l’intégrale a f (x) dx représente l’aire limitée par la courbe y = f (x), l’axe des x et les droites verticales x = a et x = b seulement si f (x) 0: Si f (x) prend des valeurs positives et négatives,

CHAPITRE 6. INTEGRALE ET PRIMITIVE

283

l’intégrale représente la somme algébrique des aires au-dessus et en dessous de l’axe de x, en considérant comme positives les aires au-dessus de l’axe des x et négatives celles en dessous de l’axe des x: Dé…nition utilisant les fonctions en escalier Intégrale d’une fonction en escalier Dé…nition de l’integrale d’une fonction constante sur un intervalle Dé…nition3 f est une fonction dé…nie sur [a; b] telle que pour tout x dans [ a; b]; f (x) = c: Les valeurs de f (a) et f (b) peuvent être di¤érentes de c: Par dé…nition, l’intégrale de f sur l’intervalle [a; b] est le réel I (f ) tel que : I (f ) = (b

a) c:

Interprétation géométrique Si c > 0; l’intégrale est l’aire du rectangle de cotés (b a) et c. Si c < 0; alors (b a) c < 0. L’intégrale est l’opposée de l’aire du rectangle de cotés (b a) et c Dé…nition de l’integrale d’une fonction en escalier sur un intervalle Dé…nition4 f est une fonction dé…nie sur [a; b] : f est dite fonction en escalier sur l’intervalle [a; b] ; lorsqu’il existe n + 1 réels xi de [a; b] tels que x0 = a; xn = b et x0 < x1 < ::: < xn et tel que f est constante sur chaque intervalle ouvert ]xi 1 ; xi [ : Si pour tout x de ]xi 1 ; xi [, on pose f (x) = ci , alors par dé…nition, l’intégrale de f sur l’intervalle [a; b] est le réel I (f ) dé…ni comme suit : I (f ) = (x1

x0 ) c1 + (x2

x1 ) c2 + ::: + (xn

xn 1 ) cn :

Notation et vocabulaire L’intégrale I (f ) sur [a; b] est notée : Z b Z b Z b f (t) dt; f (x) dx; f (u) du; ::: a

Cette notation est due à Leibniz. Le symbole signaler que l’on e¤ectue une somme intégrale.

est un S stylisé pour

CHAPITRE 6. INTEGRALE ET PRIMITIVE

284

Intégrale d’une fonction continue Nous admettrons le théorème suivant : Théorème2 Soit f : [a; b] ! R telle que f est continue sur [a; b]. Alors il existe deux suites de fonctions en escaliers (gn ) et (hn ) telle que : a) pour tout n de N et tout t de [a; b] ; gn (t) f (t) hn (t) b) les suites I (gn ) et I (hn ) sont convergentes et ont même limite ` c) si (sn ) et (tn ) sont deux suites de fonctions en escalier qui encadrent f et telles que les suites I (sn ) et I (tn ) aient une limite commune `0 alors ` = `0 : Dé…nition 4 Soit f : [a; b] ! R telle que f est continue sur [a; b]. La limite commune ` véri…ant les conditions a), b) et c) du théorème 2 s’appelle l’intégrale de Riemann de f sur [a; b]. On la note `=

f (t) dt:

Exemple Cas d’une fonction f continue, positive et décroissante sur [0; 1] Indiquons dans ce cas comment trouver des fonctions en escalier gn et hn : Pour tout n, on subdivise régulièrement [0; 1] en 2n sous-intervalles et on considère les fonctions gn et hn qui encadrent f: On peut dé…nir gn et hn sur chaque sous intervalle [xi 1 ; xi ]; i = 1; 2; :::; n; comme suit : hn (t) = f (xi 1 ) = M ax ff (x) : x 2 [xi 1 ; xi ]g gn (t) = f (xi ) = M in ff (x) : x 2 [xi 1 ; xi ]g

(4)

Bien sur les fonctions gn et hn sont des fonctions en escalier sur [a,b] et d’après (4), pour tout n de N et tout t de [a; b] ; gn (t)

f (t)

hn (t)

CHAPITRE 6. INTEGRALE ET PRIMITIVE

285

Les dessins ci-dessous illustrent la situation lorsque n = 0; n = 1; n = 2: (3)

5 0:jpg

Posons un = I (gn ) et vn = I (hn ) : Par exemple :

u0 = f (1) ; u1 = u2 =

1 f 4

1 4

1 2

1 f 2

1 2

+ f (1) ;

v0 = f (0) ; 1 1 v1 = f (0) + f ; 2 2 1 1 f = (0) + f +f v2 = 4 4

3 4

1 2

+ f (1) ; :::

3 4

; :::

Il n’est pas di¢ cile de montrer que (un ) est croissante. (vn ) est décroissante. lim (un vn ) = 0: Les suites (un ) et (vn ) sont alors adjacentes, donc ont une limite commune qui par dé…nition, est l’intégrale de f sur [0; 1] ; ainsi : 1 f n!+1 2n

I (f ) = lim un = lim n!+1

1 2n

2 2n

+ ::: + f (1) :

Aire et intégrale Dans l’exemple ci-dessus, on conçoit que lorsque n augmente indé…niment ‹‹les domaines colorés tendent à recouvrir intégralement le domaine sous la

CHAPITRE 6. INTEGRALE ET PRIMITIVE

286

courbe ››. Il est alors légitime de dé…nir l’aire de ce domaine comme étant I (f ) : (4)

5 1:jpg

Extension et premières propriètés Extension de la dé…nition à a et b quelconques On a dé…ni l’intégrale d’une fonction en escalier ou continue sur un intervalle [a; b] ;ce qui suppose a < b: Maitenant, si f est une fonction continue sur un intervalle I; si a et b sont deux réels de I tels que a b; on suppose par dé…nition : lorsque a > b : Z b Z a Z a f (t) dt = f (t) dt; et lorsque a = b; f (t) dt = 0: a

6.1.3

Propriétés de l’integrale de Riemann

Relation de Chasles Théorème3 f est une fonction continue sur un intervalle I: Alors quels que soient les réels a; b et c dans I; Z b Z c Z c f (t) dt = f (t) dt: f (t) dt + a

Preuve du théorème3 C’est une conséquence directe de la dé…nition. Linéarité de l’intégration Théorème4 f et g sont deux fonctions continues sur un intervalle I; est un réel quelconque. Quels que soient les réels a et b dans l’intervalle I : Z b Z b Z b Z b Z b f (t) dt = f (t) dt et (f + g) (t) dt = f (t) dt + g (t) dt: a

CHAPITRE 6. INTEGRALE ET PRIMITIVE

287

Donc l’intégrale de la fonction f est fois l’intégrale de f et l’intégrale de la somme de deux fonctions est la somme de leurs intégrales.

Encadrement. Valeur moyenne Signe de l’intégrale, encadrement Théorème 4 f et g sont deux fonctions continues sur un intervalle I; a et b sont deux réels de I: Rb 1. Si a b et si, pour tout t de [a; b] ; f (t) 0, alors a f (t) dt 0: Rb 2. Si a b et si, pour tout t de [a; b] ; f (t) g (t), alors a f (t) dt Rb g (t) dt: a Démonstration. 1. f 0 sur [a; b] ; alors les sommmes de Riemann R (f; d; ) sont positives pour toute subdivision d = fa = x0 ; x1 ; x1 ; :::xn 1 ; xn = bg ; et pour tout ensemble de points = f 1 ; 2 ; :::; n g : Puisque la limite d’une suite Rb positive ou nulle est positive ou nulle, alors I(f ) = a f (t) dt 0: 2. De l’hypothèse f g; on déduit g f 0 sur [a; b] ; d’où I (g f ) 0; soit en utilisant la linéarité de l’intégration,on obtient : I (g) I (f ) 0; donc I (f ) I (g) : Théorème 5 f est une fonction continue sur un intervalle I; m et M sont deux réels ; a et b sont deux réels de l’intervalle I tels que aR b: b Si m f M sur [a; b] ; alors m (b a) f (t) dt M (b a) : a Démonstration. Pour tout t dans [a; b] ;

f (t)

(5)

Les fonctions t ! m et t ! M sont constantes sur [a; b] donc Z

m dt = (b

a) m et

Puisque a Z

m dt

M dt = (b

a) M:

b, on peut intégrer (5) sur [a; b], d’où : b

f (t) dt

M dt soit m (b

f (t) dt

M (b

a) :

CHAPITRE 6. INTEGRALE ET PRIMITIVE

288

Valeur moyenne d’une fonction Théorème 6 f est une fonction continue sur un intervalle I; a et b sont deux réels distincts de l’intervalle I: Alors il existe un réel c entre a et b tel que Z b f (t) dt = (b a) f (c) : a

Le nombre b:

1 b a

Rb a

f (t) dt est appelé valeur moyenne de f entre a et

Démonstration. On fera la preuve dans le cas où la fonction f est monotone, par exemple f croissante. 1er cas a < b: puisque f est croissante ;, pour tout x dans [a; b] ; f (a) f (x) f (b) : D’après le théorème 4, Z b f (a) (b a) f (t) dt f (b) (b a) a

et, puisque b

a > 0; alors : f (a)

1 b

f (t) dt

f (b) :

Rb Le réel b 1 a a f (t) dt est dans l’intervalle [f (a) ; f (b)], donc il existe c1 dans [a; b] tel que Z b 1 f (t) dt = f (c1 ) ; b a a

(voir théorème des valeurs intermédiaires), d’où le résultat. Rb Ra 2eme cas : a > b: Alors a f (t) dt = f (t) dt, et puisque b < a, b d’après le cas précédent, il existe c2 dans [a; b] tel que Z a f (t) dt = (a b) f (c2 ) : b

On en déduit que : Z

f (t) dt = (b

a) f (c2 )

CHAPITRE 6. INTEGRALE ET PRIMITIVE et donc

289

f (t) dt = (b

a) f (c2 ) :

Cas général, f quelconque : La preuve est la meme dans le cas géneral. En e¤et. Puisque f est continue sur l’intervalle I; alors f ([a; b]) = [m; M ] où m = M in ff (x) : x 2 [a; b]g ; M = M ax ff (x) : x 2 [a; b]g : f est continue sur l’intervalle [a; b]; donc il existe x0 2 [a; b]; x1 2 [a; b]; tels que : f (x0 ) = m; f (x1 ) = M: Par conséquent : 8x 2 [a; b] : f (x0 )

f (x)

f (x1 )

D’après le théorème 4, f (x0 ) (b

f (t) dt

f (x1 ) (b

Ceci implique : f (x0 )

1 b

f (t) dt

f (x1 ):

Le théorème des valeurs intermédiaires implique, il existe c 2 [x0 ; x1 ] tel que : Z b 1 f (t) dt = f (c) b a a ou encore : Z

[a; b]

f (t) dt = f (c)(b

a):

6.2

Primitives

Nous allons démontrer, grâce au calcul intégral, que toute fonction continue f sur un intervalle I, est la dérivée d’une fonction F; qui sera appelée primitive de f:

6.2.1

Dé…nition. Lien entre deux primitives

Dé…nition 5 f est une fonction dé…nie sur un intervalle I. Une primitive de f sur I est une fonction F dérivable sur I, telle que pour tout x dans I; F 0 (x) = f (x) :

CHAPITRE 6. INTEGRALE ET PRIMITIVE

290

La connaissance d’une primitive d’une fonction f sur un intervalle I permet de les trouver toutes, c’est ce qu’a¢ rme le théorème qui suit. Théorème 7 f est une fonction dé…nie sur un intervalle I. Si F est une primitive de f sur I, alors f admet une in…nité de primitives. Toute autre primitive de f sur I est dé…nie par G (x) = F (x) + k où k est une constante réelle. Démonstration. F est dérivable sur I et F 0 = f . La fonction G est aussi dérivable sur I avec G0 = F 0 = f: Donc G est une primitive de f sur I: Inversement, si G est une primitive de f sur I alors G0 = f = F 0 d’où G0 F 0 = 0: La dérivée de G F est nulle sur l’intervalle I donc G F est constante sur I : il existe un réel k tel que pour tout x dans I; G (x) F (x) = k; d’où le résultat. Corrolaire2 x0 est un réel donné dans I et y0 est un réel quelconque. Alors il existe une primitive et une seule G de f sur I telle que G (x0 ) = y0 : Preuve : En e¤et, si F est une primitive de f sur I, tout autre primitive G est dé…nie par G (x) = F (x) + k avec k réel. Or la condition initiale G (x0 ) = y0 équivaut à k = y0 F (x0 ). La valeur de k est unique, d’où le résultat.

6.2.2

Primitives d’une fonction continue

Théorème 8 f est une fonction continue sur un intervalleRI; a est un réel de I. x Alors la fonction F dé…nie sur I par F (x) = a f (t) dt est l’unique primitive de f sur I telle que F (a) = 0: Démonstration. Prouvons d’abord que F est dérivable en tout point x0 de I et que 0 F (x0 ) = f (x0 ) : Pour cela, étudions la limite en x0 de la fonction T dé…nie pour tout réel h 6= 0 tel que x0 + h est dans I par T (h) = Or F (x0 + h) F (x0 ) =

F (x0 + h) h

x0 +h

f (t) dt

F (x0 )

f (t) dt =

: Z

Z f (t) dt+

x0 +h

f (t) dt =

x0 +h

f (t) dt

CHAPITRE 6. INTEGRALE ET PRIMITIVE

291

et d’après le théorème 6, il existe c entre x0 et x0 + h tel que : Z x0 +h f (t) dt = (x0 + h x0 ) f (c) = hf (c) donc T (h) = f (c) : x0

Or lorsque h tend vers o; c tend vers x0 et puisque f est continue, f (c), et donc T (h), tend vers f (x0 ). Ainsi lim T (h) = f (x0 ) ; donc F est dérivable h!0

en x0 et F 0 (x0 ) = f (x0 ) : L’unicité résulte ensuite du corrolaire2, puisque F (a) = 0:

6.3 6.3.1

Calcul de primitives Primitives des fonctions usuelles

Les opérations sur les fonctions dérivables et la dé…nition d’une primitive conduisent immédiatement aux résultats suivants. Si F et G sont des primitives des fonctions f et g sur un intervalle I, alors F + G est une primitive de f +g sur I: Si F est une primitive de la fonction f sur un intervalle I et un réel, alors F est une primitive de f sur I: De même, les résultats connus sur les dérivées des fonctions usuelles donnent ‹‹par lecture inverse›› le tableau de primitives suivant : fonction f a (constante) xn (n Z f 1g) p1 x 1 x x

e sin x cos x 1 + tan2 =

6.3.2

1 cos2 x

primitive F ax xn+1 n+1 p

2 x ln(x) ex cos x sin x tan x

sur l’intervalle I = ::: R R si n 0 ] 1; 0[ ou ]0; +1[ si n < ]0; +1[ ]0; +1[ R R R + k ; + k (k Z) 2 2

Formules générales

Le tableau suivant résume divers cas d’exploitation de la dérivée d’une fonction composée, pour l’expression d’une primitive.

CHAPITRE 6. INTEGRALE ET PRIMITIVE

292

Dans chaque cas, u est une fonction dérivable sur un intervalle I: fonction f u0 un (n Z f 1g)

primitive F 1 un+1 n+1 p

u0 p u u0 u 0 u

2 u ln(u) ln ( u) ue eu x 7! u (ax + b) (a 6= 0) x 7! a1 U (ax + b)

6.4 6.4.1

remarques n < 1; 8x 2 I; u (x) 6= 0: u > 0 sur I u > 0 sur I u < 0 sur I U primitive de u sur I

Calculs d’intégrales Expression d’une intégrale à partir d’une primitive

Théorème 9 f est une fonction continue sur un intervalle I; F est une primitive quelconque de f sur I; a et b sont deux réels de I: Alors : Z b f (t) dt = F (b) F (a) : a

Démonstration Rx D’après le théorème 8, la fonction x 7! a f (t) dt est la primitive G de f sur I; telle que G (a) = 0: Si F est une primitive quelconque de f sur I; alors il existe une constante réelle k telle que pour toutRx de I; G (x) = F (x) + k. x Or G (a) = 0; donc k = F (a) ; et ainsi : G(x) = a f (t) dt = F (x) F (a). Rb En choisissant x = b; on obtient G (b) = a f (t) dt = F (b) F (a) : Remarque3 On écrit souvent la di¤érence F (b) F (a) : sous la forme condensée [F (t)]ba : Ainsi Z b f (t) dt = [F (t)]ba = F (b) F (a) : a

Exemple Sur R; x 7! cos x a pour primitive x 7! sin x d’où : Z cos t dt = [sin t]0 = sin sin 0 = 0: 0

CHAPITRE 6. INTEGRALE ET PRIMITIVE

6.4.2

293

Intégration par parties

Théorème10 u et v sont deux fonctions dérivables sur un intervalle I; telles que leurs dérivées u0 et v 0 sont continues sur I: Alors pour tous réels a et b de I : Z b Z b b 0 u (t) v (t) dt = [u (t) v (t)]a u0 (t) v (t) dt: a

Démonstration La fonction u :v est dérivable sur I avec (u v)0 = u0 v + u v 0 : Ainsi u v 0 = (u v)0 u0 v Puisque u v 0 ; (u v)0 et u0 v sont continue sur I, on déduit que Z b Z b 0 (u v ) (t) dt = (u v)0 (t) (u0 v) (t) dt: a

D’après la linéarité de l’intégration : Z b Z b 0 (u v ) (t) dt = (u v)0 (t) a

(u0 v) (t) dt:

Or u v est une primitive de (u v)0 sur I, donc Z b (u v)0 (t) = [u (t) v (t)]ba : a

On obtient donc : Z b u (t) v 0 (t) dt = [u (t) v (t)]ba a

u0 (t) v (t) dt:

ExempleR 1 calcul de 0 t et dt R1 t t e dt est de la forme 0 Z 1 u (t) v 0 (t) dt; avec u (t) = t et v 0 (t) = et : 0

Alors u0 (t) = 1 et v (t) = et : (Les fonctions u et v sont dérivables sur [0; 1] et leurs dérivées u0 et v 0 continue sur [0; 1].) D’après la formule d’intégration par parties : Z 1 Z 1 1 1 t t 1 t e dt = te 0 1 et dt = tet 0 et 0 = e (e 1) = 1: 0

CHAPITRE 6. INTEGRALE ET PRIMITIVE

6.5 6.5.1

294

CALCUL DES FONCTIONS PRIMITIVES Introduction

Soit f : [a; b] ! R. Nous avons introduit au chapitre :8, la notion d’inRb tégrale de Riemann : a f (x)dx et nous avons vu que si f est continue sur [a; b]; alors : Z b f (x)dx = F (b) F (a) a

où

F : [a; b] ! R

est une primitive de la fonction f , c’est à dire que F véri…e : F 0 (x) = f (x) : x 2 [a; b]:

Rb Le calcul de a f (x)dx revient donc à connaitre une des primitives de f: Les mathématiciens ont développé beaucoup de techniques qui permettent de calculer les primitives des fonctions continues, lorsque celà est possible. Nous verrons dans ce chapitre les plus importantes techniques de calcul des primitives des fonctions continues. Notation R L’ensemble de toutes les primitives de f se note : f (x)dx. On le nomme integrale indé…nie de f . Remarque1 Rb R Il faut bien faire la di¤érence entre a f (x)dx et f (x)dx. Rb f (x)dx est un nombre réel, limite d’une suite de nombre réels (les a sommes de Riemann) R f (x)dx est un ensemble de fonctions qui di¤érent d’une constante. Si F est une primitive de la fonction f , alors : Z f (x)dx = fF + C; C 2 Rg Remarque2 Il existe des fonctions élémentaires dont les primitives existent mais ne sont pas des fonctions élémentaires. Exemples de fonctions dont les primitives existent mais ne sont pas des fonctions élémentaires. 2

Exemple1 f (x) = e x = ex12 , f est dé…nie et continue sur R: Donc f admet une pritive dans R; c’est à dire il existe : F : R ! R telle que : F 0 (x) = e

: 8x 2 R:

CHAPITRE 6. INTEGRALE ET PRIMITIVE

295

Cependant il n’existe aucune fonction élémentaire, grâce à laquelle on pourrait exprimer F: Exemple2 f (x) = sin(x) est continue sur ]0; +1[ :Donc f admet une x pritive dans ]0; +1[ ; c’est à dire il existe : G : ]0; +1[ ! ]0; +1[ telle que : G0 (x) =

sin(x) : 8x 2 ]0; +1[ : x

Il n’existe aucune fonction élémentaire, avec laquelle on pourrait exprimer G:

6.5.2

Tableau des primitives usuelles

Voici le tableau des primitives usuelles :

CHAPITRE 6. INTEGRALE ET PRIMITIVE

12 :

13 :

xm dx =

dx = + x2

dx a2

dx x2

xm+1 + C; m 6= 1; m+1 Z dx 2: = log jxj + C; x Z 3: cos x dx = sin x + C; Z dx 4: = tgx + C; cos2 x Z 5: ch x dx = sh x + C; Z dx 6: = arctg x + C; 1 + x2 1 x arc tg + C; a a Z dx 7: p = arc sin x + C; 1 x2 x arc sin + C; a Z 8: ex dx = ex + C; Z 9: sin x dx = cos x + C; Z dx 10: = cotg x + C; 2 sin x Z 11: sh x dx = ch x + C; Z dx 1 1+x + C; 12: = log 2 1 x 2 1 x 1 a+x log + C; 2a a x Z p dx 13: p = log x + x2 + a2 + C; x 2 + a2 p log x + x2 a2 + C;

296

CHAPITRE 6. INTEGRALE ET PRIMITIVE

6.5.3

297

Changement de variables

Premier type de changement de variables Dé…nition1 Soit I et J deux intervalles et h : J ! I . On dit que h 2 C 1 (J), si h dérivable et h0 est continue dans J: Théorème1 soit f : I ! R une fonction continue et h : J ! I telle que : a) h est une bijection b) h 2 C 1 (J) et h 1 2 C 1 (I). Alors Z Z 0 1 2 (f h) h dt =) h 2 f dx: En d’autres termes si est une primitive de (f h) h0 , alors h 1 est une primitive de f Preuve du Théorème1 Elle résulte immédiatement du théorème de la dérivée des fonctions composées et du théorème de la dérivée d’une fonction réciproque h

1 0

(x) =

= f h h

(x) : h 1

(x)

1 0

(x)

h0 h

(x) :

1 h0

(x))

= f (x) :

Application pratique du théorème 1 R Soit à calculer f dx; f 2 C (I). Il peut être utile de chercher une fonction h : J ! I; véri…ant les conditions du théorème1, de sorte que le calcul de Z f (h (t)) h0 (t) dt = (t) + C soit plus facile. D’après le théorème1, la fonction de la fonction f: En d’autres termes : Z f dx = h 1 (x) + C Règle pratique R : Soit à calculer f dx; f : I ! R continue. 1.On construit h : J ! I bijective, h 2 C 1 (J) et h 2. On pose x = h(t) 3.dx = h0 (t)dt 4.f (x) = f (h(t))

est une primitive

2 C 1 (I)

CHAPITRE 6. INTEGRALE ET PRIMITIVE

298

5.f (x)dx = f (h(t))h0 (t)dt 6.On calcule une primitive de la fonction g(t) = f (h(t))h0 (t); c’est à dire on calcule Z Z g(t)dt = f (h (t)) h0 (t) dt = (t) + C 7. On remplace dans l’expression (t) + C : t; par h 1 (x): 8. Une primitive F quelconque de f (x) s’écrit donc : F (x) =

(h 1 (x)) +

C Exemple3 Calculons

Z p

1 x2 dx: p Considérons la fonction f (x) = 1 x2 sur I = ] 1; 1[, f 2 C(I) (continue sur I). Soit i h h : J= ; ! ] 1; +1[ : h(t) = sin(t) = x 2 2i h ; : h 1 (x) = arcsin(x) = t h 1 : ] 1; +1[ ! 2 2 Rp Les hypothèses du théorème1 sont véri…ées. Pour calculer 1 x2 dx; on applique la démarche 1,2,3,4,...,8 On aura f (x)dx = f (h(t))h0 (t)dt Calculons : g(t) = f (h(t))h0 (t) = Calculons Z

sin2 t (sin t)0 = cos2 t:

1 + cos 2t cos t dt = dt = 2 t sin 2t + +C = = 2 4 = (t) + C 2

Finalement Z f dx = = Donc :

p 1

h 1 (x) + C =

1 1 arcsin(x) + x cos(arcsin(x)) 2 2

1 1 p arcsin(x) + x 1 2 2

Z p

x2 dx =

Z Z 1 1 dt + cos 2t dt 2 2 t sin t cos t + +C 2 2

p 1h arcsin(x) + x 1 2

CHAPITRE 6. INTEGRALE ET PRIMITIVE

299

Deuxième type de changement de variables Etudions d’abord un exemple : Exemple4 R R Soit à calculer : '(t)dt = cos3 t dt; '(t) = cos3 t On a : '(t)dt = cos3 t:dt = cos2 t : cos t:dt = 1 = f (h(t))h0 (t)dt = f (x)dx

sin2 t (sin)0 (t)dt

avec : x = h(t) = sin(t) f (x) = 1 x2 R R Pour caluler '(t)dt = (t); on calcule f (x)dx = F (x) + C: Puis on remplace dans F (x) + C; x par h(t); c’est à dire : Z '(t)dt = F (h(t)) + C: Appliquons celà à notre exemple : Z Z f (x)dx = (1 x2 )dx = x F (x) = x

x3 + C = F (x) + C 3

x3 3

Finalement : Z Z '(t)dt = cos3 t dt = F (h(t)) + C = F (sin(t)) + C = sin(t)

sin3 (t) +C 3

Conclusion R On a vu à travers cet exemple qu’on avait une intégrale '(t)dt, di¢ cile à calculer. On a essayé d’écrire la fonction '(t) sous la forme suivante : '(t) = f (h(t))h0 (t); c’est dire qu’on a consideré un changement de variables : h : I ! J, h 2 C 1 (I) où on pose x = h(t): Avec ces notations ona : '(t)dt = f (h(t))h0 (t)dt = f (x)dx

CHAPITRE 6. INTEGRALE ET PRIMITIVE

300

R R Le calcul de '(t)dt revient donc au calcul de f (x)dx: Si est une primitive de f . Alors une primitive de ' sera h: Ceci revient à remplacer la variable x dans (x); par h(t): En d’autres termes : Z '(t)dt = (h(t)) + C Exemple4’ R R dt; '(t) = t22t+3 Soit à calculer : '(t)dt = t22t+3 +3t+5 +3t+5 On va essayer d’écrire la fonction '(t) sous la forme suivante : '(t) = f (h(t))h0 (t) 2t + 3 '(t) = 2 t + 3t + 5 Si on pose 1 x = h(t) = t2 + 3t + 5 et f (x) = x Alors '(t) = f (h(t))h0 (t) et Z

'(t)dt =

6.5.4

f (h(t))h (t)dt =

f (x)dx =

1 dx = log jxj+C = log t2 + 3t + 5 x

Integration par parties

Théorème3 Soient f , g : I ! R telles que : a) f et g sont dérivables sur I b) f 0 et g 0 sont continues sur I. Alors : Z b Z b b 0 f g 0 dx f g dx = [f g]a a

Preuve du Théorème3 On a : Z b Z b Z b 0 0 0 0 0 (f:g) = f g + f g =) (f:g) (x)dx = (f g) (x)dx + (f g 0 ) (x)dx: a

f g(a) = [f g]ba

(f:g)0 (x)dx = f g(b)

Exemple5 Z

xe dx =

x de

e x dx =

+ C:

CHAPITRE 6. INTEGRALE ET PRIMITIVE

6.5.5

301

Intégration de certaines expréssions contenant les trinômes ax2 + bx + c

Calcul des integrales du type I1 = Considérons l’intégrale I1 =

ax2

dx : ax2 +bx+c

dx : + bx + c

Transformons tout d’abord le dénominateur en le mettant sous la forme d’une somme ou d’une di¤érence de carré b ax2 + bx + c = a x2 + x + a " 2 b b c = a x2 + 2 x + + 2a 2a a

= a

8 < :

b2 b c x+ + 2a a 4a2 h i b 2 a x + 2a + k 2 si b2 i h b 2 2 si b2 k a x + 2a

c = a b 2a

b x+ 2a

4ac b2 4a2

4ac < 0 : k 2 =

4ac b2 4a2

4ac > 0 : k 2 =

b2 4ac 4a2

Donc on rajoute k 2 si le trinome ax2 + bx + c n’admet pas de racines réelles et on soutrait k 2 si le trinome ax2 + bx + c admet des racines réelles. L’intégrale I1 peut donc être mise sous la forme Z Z dx 1 dx h i: I1 = = 2 2 ax + bx + c a x+ b k2 2a

E¤ectuons un changement de variable en posant x+ Nous avons alors

b = t; 2a

dx = dt:

Z 1 dt I1 = : 2 a t k2 C’est justement les intégrales 6’et 12’de la table

CHAPITRE 6. INTEGRALE ET PRIMITIVE

302

Exemple6 Soit calculer l’intégrale Z dx : 2 2x + 8x + 20 Solution. I= 1 = 2

dx 1 = 2 2x + 8x + 20 2 x2

dx + 4x + 4 + 10

Z 4

x2 =

dx = + 4x + 10

1 dx : 2 (x + 2)2 + 6

Faisons le changement de variable x+2 = t; dx = dt. Après substitution dans I, nous retrouvons une intégrale de la table d’intégrales Z dt 1 1 1 t = p arc tg p + C: I= 2 2 t +6 2 6 6 Remplaçons t par son expression en fonction de x; nous avons en dé…nitive : x+2 1 I = p arctg p + C: 2 6 6 Calcul des integrales du type I2 =

Ax+B dx: ax2 +bx+c

Mettons la fonction à intégrer sous la forme suivante Z Z A (2ax + b) + B Ax + B 2a I2 = dx = ax2 + bx + c ax2 + bx + c

Ab 2a

dx:

Cette intégrale peut être mise sous la forme d’une somme de deux intégrales et, en sortant les facteurs constants de sous le signe somme, nous avons : Z Z 2ax + b Ab dx A dx + B : I2 = 2a ax2 + bx + c 2a ax2 + bx + c La seconde intégrale est justement I1 que nous savons calculer. E¤ectuons un changement de variable dans la première intégrale en posant ax2 + bx + c = t;

(2ax + b) dx = dt:

Par conséquent, Z Z (2ax + b) dx dt = = log jtj + C = log ax2 + bx + c + C: 2 ax + bx + c t

CHAPITRE 6. INTEGRALE ET PRIMITIVE

303

Nous avons donc en dé…nitive : I2 =

A log ax2 + bx + c + B 2a

Ab 2a

Exemple 7. Soit à calculer l’intégrale Z x+3 I= dx: 2 x 2x 5 Utilisons le procédé que nous venons d’indiquer : Z

Z 1 (2x 2) + 3 + 12 2 x+3 2 I= dx = dx = x2 2x 5 x2 2x 5 Z Z (2x 2) dx dx 1 1 +4 = log x2 2x 5 + = 2 2 2 x 2x 5 x 2x 5 2 p Z dx 6 (x 1) 1 +4 + C: = log x2 2x 5 + 2 p log p 2 6 6 + (x 1) (x 1) 6 R Calcul des integrales du type h Ecrivons ax2 + bx + c = a x + 1) a > 0 et b2 p

p p

b 2 2a

4ac b2 4a2

b 2a

b x+ 2a

i 4ac 4a2 3

+ k25 : k2 =

b =) dt = dx 2a Z Z dx 1 dt p p =p 2 2 a ax + bx + c t + k2 t=x+

dx : ax2 +bx+c

4ac < 0

ax2 + bx + c =

Si on pose

3 5

4ac b2 4a2

CHAPITRE 6. INTEGRALE ET PRIMITIVE

304

C’est une integrale du type 11. Z p 1 dt 1 p p = p log t + t2 + k 2 + C a a t2 + k 2 s b 1 b + = p log x + x+ 2a 2a a 2)a > 0 et b2 p

4ac b2 +C 4a2

4ac > 0 p

ax2 + bx + c =

b 2a

4ac 5

4a2 3

k25 : k2 =

4ac 4a2

En procédant de la meme manière que dans 1), on obtient Z

p 1 = p log t + t2 a t2 k 2 s 2 1 b b = p log x + + x+ 2a 2a a

dx 1 p = p 2 a ax + bx + c

3) a < 0; b2 p

k2 + C b2

4ac 4a2

4ac > 0

ax2 + bx + c =

avec

a k2

4ac 4a2

b 2a

3 5

b 2a On obtient après changement de variables, une intégrale du type Z dt p ; 2 k t2 k2 =

4ac

4a2

;

t=x+

c’est une integrale du type 13’, qu’on sait calculer. 4) a < 0; b2 4ac < 0 2 Il est inutile p d’étudier ce cas car : ax + bx + c < 0 : 8x 2 R, et par conséquent ax2 + bx + c n’existe pas.

CHAPITRE 6. INTEGRALE ET PRIMITIVE Calcul des integrales du type L’intégrale du type Z

305

p Ax+B dx: ax2 +bx+c

Ax + B dx ax2 + bx + c peut être calculée à l’aide de transformation analogues à celles considérées au points précédents : Z

(2ax + b) + B Ab 2a p dx = 2 ax + bx + c Z Z dx A 2ax + b Ab p p = dx + B : 2 2 2a 2a ax + bx + c ax + bx + c E¤ectuons dans la première intégrale un changement de variable, en posant ax2 + bx + c = t; (2ax + b) dx = dt; p

Ax + B dx = ax2 + bx + c

A 2a

nous avons : Z Z p p dt (2ax + b) dx p p = 2 t + C = 2 ax2 + bx + c + C: = t ax2 + bx + c La seconde intégrale a déjà été calculée au paragraphe précédent. Exemple 8. Z Z 5 (2x + 4) + (3 10) 5x + 3 2 p p dx = dx = 2 x + 4x + 10 x2 + 4x + 10 Z Z 5 2x + 4 dx p dx 7 q = = 2 2 x + 4x + 10 (x + 2)2 + 6 q p = 5 x2 + 4x + 10 7 log x + 2 + (x + 2)2 + 6 + C = p = 5 x2 + 4x + 10

7 log x + 2 +

x2 + 4x + 1 + C:

CHAPITRE 6. INTEGRALE ET PRIMITIVE

6.5.6

306

Fractions rationnelles. Fractions rationnelles élémentaires et leur intégration

Comme nous l’avons signalé, ce ne sont pas toutes les fonctions élémentaires qui s’intègrent à l’aide de fonctions élémentaires. C’est pourquoi il est très important de dé…nir les classes de fonctions dont les intégrales peuvent être exprimées à l’aide de fonctions élémentaires. Parmi ces classes, la plus simple est celle des fonctions rationnelles. Dé…nition On appelle fonction rationnelle R(x); toute fonction qui peut être mise sous forme de fraction rationnelle, c’est-à-dire sous forme de quotient de deux polynômes : R(x) =

B0 xm + B1 xm Q (x) = f (x) A0 x n + A1 x n

1 1

+ ::: + Bm : + ::: + An

Nous pouvons supposer, sans restreindre la généralité, que ces polynômes n’ont pas de racines communes. Si le degré du numérateur est inférieur à celui du dénominateur, on dit alors que la fraction est régulière, dans le cas contraire on dit qu’elle est irrégulière. Remarque Si la fraction est irrégulière, en divisant le numérateur par le dénominateur (suivant la règle de la division euclidienne des polynômes), on peut représenter la fraction initiale comme la somme d’un polynôme et d’une fraction régulière : R(x) =

F (x) Q (x) = M (x) + ; f (x) f (x)

où M (x) est un polynôme et Exemple 9. Soit

F (x) f (x)

est une fraction régulière.

x4 3 x2 + 2x + 1 une fraction rationnelle irrégulière. Divisons le numérateur par le dénominateur (suivant la règle de la division euclidienne des polynômes), nous avons :

CHAPITRE 6. INTEGRALE ET PRIMITIVE x4 3 x4 2x3 x2 0 2x3 x2 3 +2x3 + 4x2 + 2x 0 + 3x2 + 2x 3 3x2 6x 3 0 4x 6

307

x2 + 2x + 1 x2 2x + 3

Donc x4

3 = x2 + 2x + 1

2x + 3 + ( 4x

et par conséquent x4 3 4x + 6 = x2 2x + 3 : 2 2 x + 2x + 1 x + 2x + 1 L’intégration des polynômes ne présentant aucune di¢ culté, notre tâche consiste donc à intégrer les fractions rationnelles régulières. Eléments simples du type I, II, III et IV Dé…nition2. Les fractions rationnelles régulières du type : I. A ; x a II. A (k est un nombre entier positif 2) ; (x a)k III. Ax + B x2 + px + q IV.

les racines du dénominateur sont complexes, c’est-à-dire

P2 4

Ax + B

(x2 + px + q)k (k est un entier positif 2 ; les racines du dénominateur sont complexe), sont appelé respectivement éléments simples de types I, II, III, et IV. Il est connu (voir cours d’Algèbre), que toute fraction rationnelle peut être mise sous forme de la somme d’éléments simples de types I, II, III, et IV.. Pour cette raison, nous considérons d’abord les intégrales des éléments simples. L’intégration des éléments simples des types I, II et III ne présente pas de grandes di¢ cultés.

q<0

CHAPITRE 6. INTEGRALE ET PRIMITIVE

308

Intégration des éléments simples de type I Z A dx = A log jx aj + C: x a Intégration des éléments simples de type II Z Z A dx = A (x a) k dx k (x a) = A

a) k+1 +C = k+1 (1

A a)k

k) (x

+ C:

Intégration des éléments simples de type III Z

(2x + p) + B Ap 2 dx x2 + px + q Z Ap (2x + p) A dx + B = 2 2 x + px + q 2 A Ap = I+ B J 2 2

Ax + B dx = 2 x + px + q

A 2

dx + px + q

Calculons les integrales I et J: Calcul de I Pour calculer I, on pose t = x2 + px + q ) dt = (2x + p) et I devient : Z dt I= = log jtj = log x2 + px + q t Calcul de J J=

On pose t = x + J= Or

p 2

dx = x2 + px + q

dx (x + p2 )2 + q

p2 4

=) dt = dx; et J devient :

dx = x2 + px + q

Z Z

dt p2 4q p2 2 ; k = q = > 0 (racines complexes) t2 + k 2 4 4

dt 1 t = arctan( ) + C: 2 +k k k

CHAPITRE 6. INTEGRALE ET PRIMITIVE

309

Finalement 2

et Z

J=p 4q

2x + p p 4q p2

arctan

A Ax + B dx = log x2 + px + q + B + px + q 2

Ap 2

2 4q

arctan

2x + p p 4q p2

Intégration des éléments simples de type IV L’intégration des éléments simples du type IV est liée à des calculs plus compliqués. Soit à calculer une intégrale : IV . Z Ax + B dx: 2 (x + px + q)2 E¤ectuons les transformations : Z Ax + B dx = (x2 + px + q)k A = 2

2x + p k

A 2

Ap 2

(2x + p) + B (x2 + px + q)k Ap 2

dx + B

(x2 + px + q) Ap A Mk + B = Nk 2 2

dx (x2 + px + q)k

Calcul de l’intégrale Mk Pour calculer l’intégrale Mk ; on procède par un changement de variable en posant t = x2 + px + q ) dt = (2x + p) dx et

2x + p

dx = (x2 + px + q)k =

dt = tk

t k dt =

1 (1

k) (x2

+ px + q)k

Calcul de l’intégrale Nk Z Z dx Nk = = h (x2 + px + q)k x+

+ q

k+1

+C =

+ C:

dx p 2 2

t 1

p2 4

ik =

dt (t2

+ m2 )k

CHAPITRE 6. INTEGRALE ET PRIMITIVE

310

où l’on a posé x+

p = t; 2

dx = dt;

p2 = m2 4

(par hypothèse, les racines du dénominateur sont complexes et, par consé2 quent, q p4 > 0). Procédons ensuite de la manière suivante : Z Z 2 dt 1 (t + m2 ) t2 Nk = = dt m2 (t2 + m2 )k (t2 + m2 )k Z Z 1 1 dt t2 = 2 dt: (1) m (t2 + m2 )k 1 m2 (t2 + m2 )k Transformons cette dernière intégrale : Z Z t2 t:t dt dt = k (t2 + m2 ) (t2 + m2 )k 1 = 2

d (t2 + m2 ) (t2 + m2 )k

1 2 (k

En intégrant par parties , nous trouvons : " Z 1 1 t2 dt = t k 2 2 2 2 (k 1) (t + m2 )k (t + m )

1 (t2 + m2 )k Z

dt (t2 + m2 )k

Substituant cette expression dans l’égalité (1), nous avons : Z Z dt 1 dt Nk = = 2 + k m (t2 + m2 ) (t2 + m2 )k 1 " # Z 1 1 t dt + 2 = m 2 (k 1) (t2 + m2 )k 1 (t2 + m2 )k 1 Z t 2k 3 dt = + 2 2 k 1 2m (k 1) (t + m2 )k 2m2 (k 1) (t2 + m2 )

L’intégrale qui …gure dans le second membre est du même type que Nk ; à cette di¤èrence que le degré du dénominateur de la fonction à intégrer est inférieur d’une unité : (k 1) ; nous avons donc exprimé Ik en fonction de Ik 1 :

CHAPITRE 6. INTEGRALE ET PRIMITIVE

311

En appliquant successivement ce procédé, on arrive à l’intégrale connue : Z dt t 1 + C: N1 = = arc tg 2 2 t +m m m En remplaçant ensuite t et m par leurs expressions correspondantes en fonction de x, on obtient l’expression de l’intégrale IV en fonction de x; A; B; p; q: Exemple10. Z Z 1 (2x + 2) + ( 1 1) x 1 2 dx = dx = 2 (x2 + 2x + 3) (x2 + 2x + 3)2 Z Z dx 1 2x + 2 1 = dx 2 = M2 2N2 2 2 2 2 (x2 + 2x + 3) (x2 + 2x + 3) a) Calcul de M2 On pose t = x2 + 2x + 3 =) dt = (2x + 2) dx: Par conséquent : Z Z 1 1 dt M2 = = t 2 dt = t 2+1 = t 1 = 2 t 2+1 t =

(x2

1 + 2x + 3)

b) Calcul de N2 N2 =

dx = (x2 + 2x + 3)2

dx (x + 1)2 + 2

Posons dans cette dernière intégrale : t = x + 1 =) dt = dx Z Z 2 dt 1 (t + 2) t2 N2 = = dt 2 (t2 + 2)2 (t2 + 2)2 = Z Z Z 1 dt 1 t2 1 1 1 1 t2 dt p p = dt = arc tg : 2 t2 + 2 2 2 2 2 2 (t2 + 2)2 (t2 + 2)2 R 2 dt Considérons maintenant la dernière intégrale : (t2t +2) 2 Z

t2 dt 1 2 = 2 2 (t + 2)

(t2

2t dt + 2)2

Calculons cette intégrale en utilisant une integration par parties en posant : u(t) = t =) u0 (t) = 1 2t v 0 (t) = =) v(t) = 2 (t + 2)2

(t2

1 : + 2)

CHAPITRE 6. INTEGRALE ET PRIMITIVE

312

Donc : Z

t2 dt = (t2 + 2)2 =

Par conséquent : Z dx N2 = 2 (x + 2x + 3)2 x+1 1 p = p arctan 2 2 2

Z t 1 + dt 2 2 (t + 2) (t + 2) 1 t t + p arctan p 2 (t + 2) 2 2

1 2

x+1 1 p + arctan 2 (x2 + 2x + 3) 2 2

x+1 p 2

En regroupant tous les termes, on obtient en dé…nitive : Z

6.5.7

x 1 dx = (x2 + 2x + 3)2

x+2 2 2 (x + 2x + 3)

2 arctan 4

x+1 p 2

+ C:

Décomposotion des fractions rationnelles en éléments simples.

On démontre dans le cours d’Algèbre que toute fraction rationnelle régulière peut être mise, et cela d’une manière unique, sous la forme d’une somme d’éléments simples. D’une façon plus précise on a le théorème suivant : Théorème (Décomposition d’une fraction rationnelle régulière en éléments simples) Soit F (x) f (x) une fraction rationnelle régulière. Nous supposerons que les coé¢ cients des polynômes qui la composent sont réels et qu’en outre la fraction est irréductible (c’est-a-dire que le numérateur et le dénominateue n’ont pas de racines communes). Si f (x) = (x

a) ::: (x

x2 + px + q

::: x2 + lx + s

;

avec : p2 4q < 0; c’est à dire que le polynôme (x2 + px + q) admet deux racines complexes conjuguées de multiplicité chacune,..., l2 4s < 0; c’est à dire que le polynôme (x2 + lx + s) admet deux racines complexes conjuguées de multiplicité chacune.

CHAPITRE 6. INTEGRALE ET PRIMITIVE Alors la fraction rationnelle régulière unique, de la manière suivante :

F (x) f (x)

313

peut être décomposée de façon

9 = (xA1a) + (xA2a)2 + ::: + (xAa) + > > > > > ::::::::::::::::::::::::::::::::::::: > > > B B1 B2 = + (x b) + (x b)2 + ::: + (x b) + x+N1 2 x+N2 + (xM21+px+q) + (xM2 +px+q) > 2 + ::: > > > M x+N P1 x+Q1 ::: + (x2 +px+q) + ::: + (x2 +lx+s) + > > > > ; P2 x+Q2 P x+Q + : + ::: +

F (x) f (x)

(x2 +lx+s)2

(5)

(x2 +lx+s)

On peut déterminer les coé¢ cients

A1 ; A2 ; :::A ; B1 ; B2 ; :::B ; :::; M1; N1 ; :::; M ; N ; :::; :::; P1 ; Q1 ; :::; P ; Q ; en tenant compte des considérations suivantes. L’égalité précédente est une identité, par conséquent, si nous réduisons ces fractions au même dénominateur, nous aurons aux numérateurs à droite et à gauche des polynômes identiquement égaux. En égalant les coe¢ cients des mêmes puissances de x, nous trouvons un système d’équations pour déterminer les coé¢ cients inconnus : A1 ; A2 ; :::A ; B1 ; B2 ; :::B ; :::; M1; N1 ; :::; M ; N ; :::; :::; P1 ; Q1 ; :::; P ; Q ; 2

x +2 Exemple11. Soit à décomposer la fraction (x+1) 3 (x En vertu de la formule précédente, nous avons :

x2 + 2 (x + 1)3 (x

en éléments simples.

A1 A2 A3 B1 + : 2 + 3 + (x + 1) (x + 1) x 2 (x + 1)

Mettons les fractions au dénominateur commun et égalons les numérateurs. Nous trouvons x2 +2 = A3 (x

2)+A2 (x + 1) (x

2)+A1 (x + 1)2 (x

2)+B1 (x + 1)3

ou x2 + 2 = (A1 + B1 ) x3 + (A2 + 3B1 ) x2 + (A3 A2 3A1 + 3) x + ( 2A3

2A2

2A1 + B1 ) :

(6)

CHAPITRE 6. INTEGRALE ET PRIMITIVE

314

En égalant les coe¢ cients de x3 ; x2 ; x1 ; x0 ; nous trouvons un système d’équations pour déterminer les coe¢ cients : 0 = A1 + B1 1 = A2 + 3B1 ; 0 = A3 2=

2A3

3A1 + 3B1 ;

2A2

2A1 + B1 :

La résolution de ce système donne : A3 =

1 A2 = ; 3

A1 =

2 ; 9

2 B1 = : 9

On aurait pu également déterminer certains coe¢ cients à partir des équations que l’on obtient de l’égalité (6) qui est une identité en x, en donnant à la variable x certaines valeurs paticulières. Ainsi posons x = 1, nous trouvons 3 = 3A3 ou A3 = 1; posons x = 2; nous trouvons 6 = 27B1 ; B1 = 92 : Si nous ajoutons à ces deux équations deux autres obtenues en égalant les coé¢ cients de mêmes puissances de x; nous aurons quatre équations à quatre inconnues pour déterminer les coe¢ cients. nous avons en dé…nitive la décomposition : x2 + 2 (x + 1)3 (x

6.5.8

1 2 + 9 (x + 1) 3 (x + 1)2 1 2 : 3 + 9 (x 2) (x + 1)

Intégration des fractions rationnelles

Soit à calculer l’intégrale de la fraction rationnelle tégrale Z Q (x) dx: f (x)

Q(x) , f (x)

c’est-à-dire l’in-

Si la fraction donnée est irrégulière, nous la mettons sous la forme d’une (x) somme d’un polynôme M (x) et d’une fraction rationnelle régulière Ff (x) . (x) Nous mettons ensuite la fraction Ff (x) sous la forme d’une somme d’éléments simples. Ainsi, l’intégration d’une fraction rationnelle arbitraire se ramène à l’intégration d’un polynôme et de plusieurs éléments simples. Nous avons vu que ces éléments étaient dé…nis par les racines du dénominateur f (x) : Les di¤érents cas sont possibles.

CHAPITRE 6. INTEGRALE ET PRIMITIVE

315

1er cas. Les racines du dénominateur sont réelles et di¤érentes, c’est-àdire f (x) = (x a) (x b) ::: (x d) : Dans ce cas la fraction type :

F (x) f (x)

se décompose en éléments simples du premier

F (x) A B D = + + ::: + f (x) x a x b x d et alors Z

F (x) dx = f (x) = A log jx

A x

dx +

aj + B log jx

B x

dx + ::: +

bj + ::: + D log jx

D x

dx =

dj + C:

2eme cas. Les racines du dénominateur sont toutes réelles mais certaines sont multiples : f (x) = (x

a) (x

b) ::: (x

d) :

(x) peut être décomposée en éléments simples Dans ce cas, la fraction Ff (x) des types I et II. Exemple12 Z Z Z Z x2 + 2 dx 1 dx 2 dx dx = + 3 3 + 2 3 9 x+1 (x + 1) (x 2) (x + 1) (x + 1) Z 2 1 1 2 dx 1 + = log jx + 1j + 2 9 x 2 2 (x + 1) 3 (x + 1) 9

2 + log jx 9

2j + C =

2x 1 2 x 2 log + C: 2 + 9 x+1 6 (x + 1)

3eme cas. Le dénominateur a des racines complexes simples (c’est-à-dire di¤érentes) : f (x) = x2 + px + q ::: x2 + lx + s (x

a) ::: (x

d) :

(x) Dans ce cas, la fraction Ff (x) se décompose en éléments simples des types I, II, III. Exemple13. Soit à calculer l’intégrale Z x dx : 2 (x + 1) (x 1)

CHAPITRE 6. INTEGRALE ET PRIMITIVE

316

Décomposons la fraction qui …gure sous le signe d’intégration en éléments simples x Ax + B C = 2 + : 2 (x + 1) (x 1) x +1 x 1 Par conséquent, x = (Ax + B) (x

1) + C x2 + 1 :

Posons x = 1; nous trouvons : 1 = 2C; C = 21 ; Posons x = 0;nous trouvons : 0 = B + C; B = 12 : En égalant les coe¢ cients de x2 ;nous avons 0 = A + C; d’où A = Ainsi, Z Z Z x 1 dx x dx 1 1 = dx + = (x2 + 1) (x 1) 2 x2 + 1 2 x 1 Z Z Z 1 x dx 1 dx 1 dx = + + = 2 x2 + 1 2 x2 + 1 2 x 1

1 : 2

1 1 1 log x2 + 1 + arctan x + log jx 1j + C: 4 2 2 e IV cas. Le dénominateur comporte également des racines complexes multiples : =

f (x) = x2 + px + q

::: x2 + lx + s

a) ::: (x

d) :

Dans ce cas, les éléments simples du type IV entrent aussi dans la dé(x) : composition de la fraction Ff (x) Exemple14. Soit à calculer l’intégrale Z 4 x + 4x3 + 11x2 + 12x + 8 dx: (x2 + 2x + 3)2 (x + 1) Solution. Décomposons la fraction en éléments simples : x4 + 4x3 + 11x2 + 12x + 8 Ax + B Cx + D E = + ; 2 2 + 2 2 2 (x + 2x + 3) x + 1 (x + 2x + 3) (x + 1) (x + 2x + 3) d’où x4 + ax3 + 11x2 + 12x + 8 = (Ax + B) (x + 1) + + (Cx + D) x2 + 2x + 3 (x + 1) + E x2 + 2x + 3

CHAPITRE 6. INTEGRALE ET PRIMITIVE

317

En combinant les deux méthodes données pour la détermination des coe¢ cients, nous trouvons : A = 1;

C = 0;

D = 0;

E = 1:

On a ainsi : Z 4 Z x + 4x3 + 11x2 + 12x + 8 x 1 dx = dx+ 2 2 2 (x + 2x + 3) (x + 1) (x + 2x + 3)2 p Z dx x+2 2 x+1 + = arc tg p + log jx + 1j + C: 2 2 x+1 4 2 (x + 2x + 3) Il ressort de l’étude e¤ectuée que l’intégrale d’une fonction rationnelle quelconque peut être exprimée par des fonctions èlèmentaire en nombre …ni : 1) par des logarithmes si les éléments simples sont du types I ; 2) par des fonctions rationnelles si les éléments simples sont du type II ; 3) par des logaritmes et des arcs tangents si les éléments simples sont du type III ; 4) par des fonctions rationnelles et des arcs tangents si les éléments simples sont du type IV.

CHAPITRE 6. INTEGRALE ET PRIMITIVE

318

SERIE TD N 6: INTEGRALE ET PRIMITIVE 6.1 L’INTEGRALE DE RIEMANN Exercice1 R1 En utilisant les sommes de Riemann, calculez 0 x2 dx Solution exercice1 Ici f (x) = x2 , est continue sur [0; 1] : On divise l’intervalle [0; 1] en n parties égales de longueur n1 , c’est à dire qu’on considère la subdivision uniforme n 1 1 2 3 ;1 : dn = fx0 = 0; x1 ; x2 ; :::; xn 1 ; xn = 1g 0; ; ; ; :::; n n n n On choisit les points 1

1 ; n

1 ; 2 ; 3 ; :::; n 1; n

2 ; n

3 ; :::; n

n 1;

comme suit :

1 n

1 ; n

c’est à dire ; k

alors f ( k) = f

k n

k ; k = 1; 2; :::; n n

= (k=n)2 = k 2 =n2 ; k = 1; 2; :::; n

La somme de Riemann Rn (f; dn ; ) associée à la fonction f et la subdivision dn ; et aux points est égale à : Rn (f; dn ; ) =

n X

f ( k ) (xk

k=1

D’où

Ceci peut s’écrire : Z 1 1 x2 dx = lim n!1 n 0

n n X k2 1 1 X k2 xk 1 ) = = : n2 n n k=1 n2 k=1

1 X k2 x dx = lim n!1 n n2 k=1 n

12 22 n2 + + ::: + n2 n2 n2

Or 12 + 22 + ::: + n2 =

12 + 22 + ::: + n2 n!1 n3

= lim

n (n + 1) (2n + 1) 6

CHAPITRE 6. INTEGRALE ET PRIMITIVE Donc Z

319

n (n + 1) (2n + 1) 1 (1 + 1=n) (2 + 1=n) = : = lim 3 n!1 n!1 6n 6 3

x2 dx = lim

Exercice2 f est la fonction x 7! x2 restreinte à l’intervalle [0; 1]. Le but de cet exercice est de construire une suite de fonctions en escalier fgn g et fhn g qui encadrent f pour tout n; c’est à dire : 8n; 8x 2 [0; 1] : gn (x)

f (x)

hn (x)

et dontRles integrales I (gn ) et I (hn ) convergent vers une valeur commune 1 qui est 0 x2 dx: Commecer par faire un graphique pour n = 5; puis géneraliser. Solution Exercice2 Pour tout entier n; n 2, on partage l’intervalle [0; 1] en n sous-intervalles de même longueur. 1 2 3 n 1 ; 1] [0; 1] = [x0 = 0; x1 ; x2 ; :::; xn 1 ; xn = 1] = [0; ; ; ; :::; n n n n En d’autres termes on partage [0; 1] en n sous-intervalles de même longueur [xk 1 ; xk ] de la forme : [xk 1 ; xk ] =

1 k ; ; k = 1; 2; :::; n n n

La fonction f (x) = x2 est strictement croissante sur l’intervalle [0; 1] Fixons n et dé…nissons les fonctions en escalier fgn g et fhn g de la façon suivante : gn (x) = f

1 n

k n

et hn (x) = f 1. Cas n = 5

k n

si x 2

1 k ; ; k = 1; 2; :::; n n n

CHAPITRE 6. INTEGRALE ET PRIMITIVE

320

Sur la …gure ci-contre, les fonctions en escalier g5 et h5 véri…ent : g5 f h5 sur [0; 1] : (2)

5 2:jpg

1 1 2 3 4 f (0) + f +f +f +f 5 5 5 5 5 1 1 2 3 4 5 I (h5 ) = f +f +f +f +f 5 5 5 5 5 5 I (g5 ) =

Puisque f (x) = x2 est strictement croissante sur l’intervalle [0; 1] ; f est strictement croissante sur chaque sous intervalle k n 1 ; nk ; k = 1; 2; :::; n: Par conséquent : k

1 n

k =) gn (x) = n

f (x)

hn (x) =

k n

;

c’est à dire que 8n

2; 8x 2 [0; 1]; gn (x)

f (x)

hn (x)

Pour n 2, notons I (gn ) et I (hn ) les integrales des fonctions sur [0,1], des fonctions en escalier gn et hn : Bien sur le calcul des integrales des fonctions en escalier est tres simple. On a : 1 1 1 1 n 1 f (0) + f + ::: + f n n n n n n n 2 X k k 1 k 1 1X k 1 = ( ): = n n n n k=1 n k=1

I (gn ) =

n n 1X 1 X (k 1)2 = (k n k=1 n2 n3 k=1

1)2 =

1 2 1 + 22 + ::: + (n n3

1)2

CHAPITRE 6. INTEGRALE ET PRIMITIVE

321

Puisque 12 + 22 + ::: + (n

1)2 = =

[(n

1)][(n

1 + 1)][2(n 6 1)(2n 1) 6

n(n

1) + 1]

Alors I (gn ) =

n(n

1)(2n 6n3

n3 (1

1 )(2 n 6n3

1 ) n

1 )(2 n

1 ) n

Par conséquent lim I (gn ) =

n!1

1 3

1 1 1 2 f + f ::: + n n n n n n X k k 1 k 1X ( = ): = n n n n k=1 k=1

I (hn ) =

1 f (1) n k n

n 1X 2 1 2 k = 1 + 22 + ::: + n2 n3 k=1 n3

= Commme

12 + 22 + ::: + n2 =

1 X k2 = n k=1 n2 n

n (n + 1) (2n + 1) ; 6

donc : n3 1 + n1 (2 + n1 ) 1+ n (n + 1) (2n + 1) I (hn ) = = = 3 3 6n 6n Par conséquent : lim I (hn ) =

n!1

1 3

On en conclut : Z

1 x2 dx = lim I (hn ) = lim I (gn ) = : n!1 n!1 3

Exercice3 1 Calculer lim n+1 + n!1 Solution exercice3

1 n+2

+ ::: +

1 n+n

1 n

(2 + n1 ) 6

CHAPITRE 6. INTEGRALE ET PRIMITIVE

322

La limite demandée s’écrit : 1 n!1 n lim

1 1+

1 n

1 1+

2 n

+ ::: +

1 1+

1X 1 n!1 n 1 + nk k=1 Z 1 dx = = [log (1 + x)]10 = log 2 0 1+x n

n n

lim

Exercice4 Démontrer que 1 n!1 n lim

sin

t 2t (n 1) t + sin + ::: + sin n n n

Solution exercice4 On a : Z 1 n 1X kt lim sin x dx = 1 sin = n!1 n n 0 k=1 d’où

1X 1 kt lim = sin n!1 n n k=1 n 1

cos t : t

cos t

cos t t

en utilisant le fait que lim sinn t = 0: n!1 Exercice5 On considère la suite dé…nie sur N par Z 1 n t un = dt: 2 0 1+t Prouvez que (un ) est une suite décroissante à termes positifs. Solution exercice5 tn Pour tout naturel n, la fonction t 7! 1+t 2 est positive sur [0; 1] donc, R 1 tn dt 0; soit un 0: 0 1+t2 Pour étudier le sens de variation de (un ), comparons un et un+1 c’est-àdire Z 1 n Z 1 n+1 t t dt et dt: 2 2 0 1+t 0 1+t Or pour tout t dans [0; 1] ; tn+1

tn et 1 + t2 > 0 d0 ou

tn+1 1 + t2

tn : 1 + t2

CHAPITRE 6. INTEGRALE ET PRIMITIVE donc

tn+1 dt 1 + t2

tn dt; 1 + t2

323

soit un+1

un :

Ainsi la suite (un ) est décroissante. Remarque : Puisqu’elle est décroissante et minorée par 0; (un ) converge. Autre solution. On peut étudier le signe de Z 1 n+1 t tn dt: un+1 un = 1 + t2 0 Puisque 0

n+1

1; t

0 donc

1 n+1

1 + t2

0 et un+1

un:

Exercice6 On admet que la fonction f : x 7! e1x + e x est décroissante sur [0; +1[. Pour tout entier naturel, om pose : Z n+1 f (x) dx: ln = n

Prouvez que pour tout naturel n; f (n 1) ln f (n), puis deduisez-en que la suite (ln ) est convergente. Solution exercice6 f est décroissante sur tout intervalle jn = [n; n + 1] donc pour tout x de jn ; f (n + 1) f (x) f (n) : L’inégalité de la moyenne appliquée avec a = n; b = n + 1; m = f (n + 1) et M = f (n) s’écrit : Z n+1 f (n + 1) (n + 1 1) f (x) dx f (n) (n + 1 n) n

d’où f (n + 1) Or lim f (n) = 0 et n!+1

f (n)

lim f (n + 1) = 0 donc, d’après le théorème

n!+1

d’encadrement, la suite (ln ) converge vers 0: Exercice7 Pour chacune des fonctions f continues sur l’intervalle l indiqué, trouvez une primitive F sur l: 1) f (x) = (3x 1)6 ; l = R

CHAPITRE 6. INTEGRALE ET PRIMITIVE

324

2) f (x) = (2x 1 1)4 ; l = 21 ; +1 : 3) f (x) = x2x 1 ; l = ]1 1[ : 4) f (x) = px3x l = R: 2 +1 ; Solution exercice7 1) La présence d’un exposant oriente vers la forme u0 un (n > 0) : Posons u (x) = 3x 1; u est dérivable sur R et u0 (x) = 3: Ainsi f (x) = 13 3 (3x 1)6 ; donc f = 31 u0 u6 : 1 7 1 u , d’où F (x) = 21 (3x 1)7 : Une primitive R est F = 31 71 u7 = 21 2) L’exposant au dénominateur incite à la forme u0 un avec n négatif. Posons u (x) = 2x 1; u est dérivable sur l et u0 (x) = 2: Ainsi f (x) = 12 2 (2x 1) 4 ; donc f = 21 u0 u 4 : 1 Une primitive l est F = 12 u 3 = 6u1 3 u7 , d’où F (x) = 6(2x 11)3 : 3 3) Dans ce quotient de deux polynômes, la comparaison de leurs degrés u0 conduit à rechercher la forme : u 2 Posons u (x) = x 1; u est dérivable sur l et u0 (x) = 2x: 0 1 2x Ainsi f (x) = 2 x2 1 ; donc f = 12 uu . En outre, u < 0 sur l, donc une primitive F = 21 ln ( u) ; d’où F (x) = 12 ln (1 x2 ) : 0 4) La présence d’un radical incite à rechercher la forme f (x) = puu : Posons u (x) = x2 + 1; u > 0 et u est dérivable sur R avec u0 (x) = 2x: u0 3 p Ainsi f (x) = 23 px2x . 2 1 ; donc f = 2 u p p p 3 Une primitive sur R est F = 2 2 u = 3 u; d’où F (x) = 3 x2 + 1: Exercice8 R1 Calculez l’intégrale K = 0 (1 x) e x dx: Solution exercice8 Les formules connues sur le calcul des primitives ne permettent pas d’obtenir directement une primitive de f : x 7! (1 x) e x sur R: Mais f est un produit d’où l’idée d’intégrer par parties. R 1 de fonctions 0 K est de la forme 0 u (x) v (x) dx avec u (x) = 1 x et v 0 (x) = e x : Posons u0 (x) = 1; v (x) = e x :

u (x) = 1 x; v 0 (x) = e x ;

u et v sont deux fonctions dérivables, de dérivées u0 et v 0 continues sur R; donc d’après le théorème 9 : Z 1 Z 1 x 1 x k = (1 x) e 0 ( 1) e dx = 1 e x dx 0

k = 1

x 1 0

+ 1 donc k = e :

CHAPITRE 6. INTEGRALE ET PRIMITIVE

325

Exercice9 Trouver une primitive sur ]0; +1[ de f : x 7! ln x: Solution exercice9 Les ‹‹formules ›› ne permettent pas un tel calcul ; maisR puisque ln est x une fonction continue sur ]0; +1[ , la fonction F : x 7! 0 ln t dt est la primitive nulle en 1 de f sur ]0; +1[ R: x Notons qu’on peut écrire F : x = 0 1 ln t dt et intégrons par parties. Posons : 1 u0 (t) = ; t v (t) = t:

u (t) = ln t; v 0 (t) = 1;

u et v sont dérivables, de dérivées u0 et v 0 continues sur ]0; +1[ ; donc d’après le théorème 9 : Z x Z x 1 x 1dt t d t = x ln x F (x) = [t ln t]1 t 1 1 F (x) = x ln x [t] = x ln x x + 1: Ainsi la fonction F : x 7! x ln x telle que F (1) = 0:

x + 1 est la primitive de f sur ]0; +1[

6.2 CALCUL INTEGRAL Changement de variables et integration par parties Exercice10 Calculez :

Solution Exercice10

Z p

sin x cos x dx

E¤ectuons le changement de variable t = sin x;alors dt = cos x dx et par conséquent, Z p Z Z p 2t 3 1 3 2 sin x cos x dx = tdt = t 2 dt = 2 + C = sin 2 x + C: 3 3 Exercice11 : Calculez

x dx 1 + x2

CHAPITRE 6. INTEGRALE ET PRIMITIVE

326

Solution Exercice11 Posons t = 1 + x2 ; alors dt = 2x dx et

x dx 1 = 2 1+x 2

Exercice12 Calculez :

Solution Exercice12 Z

Z Z

dt 1 1 = log t + C = log 1 + x2 + C: t 2 2

dx + x2

dx 1 = 2 2 2 a +x a

dx 1+

: x 2 a

Posons

x ; alors dx = a dt; a Z Z Z 1 adt 1 dt 1 1 x dx = 2 = = arctan(t)+C = arctan( )+C 2 2 2 2 a +x a 1+t a 1+t a a a Exercice13 Calculez : Z dx p 2 a x2 t=

Solution Exercice13 Z Z dx 1 dx p q = 2 2 a a x 1 Posons

x 2 a

x ; alors dx = a dt; a Z Z Z dx 1 a dt dt x p p p = = = arc sin t + C = arc sin + C 2 2 2 2 a a a x 1 t 1 t t=

(nous supposons ici que a > 0): Exercice14 Calculez : Z (log x)3 dx x

CHAPITRE 6. INTEGRALE ET PRIMITIVE Solution Exercice14 Posons t = log x; Z

dx (log x) = x Exercice15 Calculez : 3

alors dt =

t3 dt = Z

327

dx ; x

t4 1 + C = (log x)4 + C: 4 4

x dx 1 + x4

Solution Exercice15 Posons t = x2 ; alors dt = 2x dx; Z Z 1 1 1 xdx dt = = arctg t + C = arc tg (x2 ) + C: 4 2 1+x 2 1+t 2 2

Exercice16 Calculez Z

(arc sin x) dx et

Solution Exercice16 une intégration par partie donne Z (arc sin x)2 dx = x (arc sin x)2

(arc sin x)2 dx

x 1

arc sin x dx

et une deuxième intégration par parties donne Z p Z p 1 x dx = arc sin x: 1 x2 + p arc sin x: p 2 1 x 1 p 2 = x arc sin x 1 x + C1 ; d’où Z

p (arc sin x)2 dx = x (arc sin x)2 + 2 1

x2 arc sin x

La connaissance de cette primitive donne alors Z +1 2 (arc sin x)2 dx = 4: 2 1

x2 dx x2

2x + C:

CHAPITRE 6. INTEGRALE ET PRIMITIVE Exercice17 Calculez

arctan

p 3

328

x dx:

Solution Exercice17 p Le changement de variable 3 x = t; soit x = t3 , puis une intégration par parties conduisent à Z Z Z p t3 2 3 3 arctan x dx = arctan t:3t dt = t arctan t dt; 1 + t2 E¤ectuons maintenant la division euclidienne de t3 par 1 + t2 t3

1 + t2 t t

t 0

On obtient : t3 = 1 + t2 t Soit en intégrant : Z Z t3 dt = 1 + t2 t2 = 2

t =)

t 1 + t2

t3 =t 1 + t2

dt =

t 1 + t2

tdt

1 ln 1 + t2 + C 2

et, …nalement, en revenant à la variable x, Z p p 2 1 arc tg 3 x dx = x arctan 3 x + ln 1 + x 3 2 Exercice18 Calculez

t dt 1 + t2

1 2 x 3 + C: 2

x2 ln x dx (x > 0) : (x3 + 1)3

Solution Exercice18 Posons, pour une intégration par parties, u (x) = ln x;

(x) =

x2 ; (x3 + 1)3

soit

(x) =

1 ; 6 (x3 + 1)2

CHAPITRE 6. INTEGRALE ET PRIMITIVE on a

x2 ln x dx = (x3 + 1)3

ln x 1 2 + 3 6 6 (x + 1)

329 Z

dx : + 1)2

x (x3

Le changement de variable x3 + 1 = t donne ensuite Z Z Z dt 1+t dt 1 1 1 dx = dt + 2 = 2 2 3 3 (t 1) t 3 t 3 t 1 x (x + 1) 1 t 1 1 = + ln + C1 ; 3t 3 t d’où, en revenant à la variable x; Z x2 ln x x3 ln x 1 1 dx = + ln + C: + 3 2 18 x3 + 1 18 (x3 + 1) (x3 + 1) 6 (x3 + 1) Exercice19 Calculez par recurrence Im;n (x) =

xm (ln x)n dx;

où m 2 R; n 2 N; Solution Exercice19 Une intégration par parties conduit à la récurrence Z n xm+1 n (ln x) xm (ln x)n Im;n (x) = m+1 m+1 m+1 x n = (ln x)n Im;n 1 (x) : m+1 m+1 A partir de Im;0 (x) = on obtient donc Im;n (x) =

Exercice20

xm+1 (ln x)n m+1

xm dx =

xm+1 + C1 ; m+1

n (ln x)n m+1

n (n 1) n + 2 (ln x) (m + 1) # n 1 n ( 1) n! ( 1) n! ::: + +C n 1 ln x + (m + 1)n (m + 1) 1

CHAPITRE 6. INTEGRALE ET PRIMITIVE Calculez

330

P (x) eax dx;

où P est une fonction polynôme de degré n. Appliquez à Z x3 e2x dx: Solution Exercice20 Une intégration par parties donne Z eax P (x) eax dx = P (x) a

P 0 (x) ax e dx; a

P 0 (x) P (x) + a2 a3

::: + ( 1)n

d’où, par une récurrence immédiate, Z

P (x) e dx = e par exemple, Z

P (x) a

x3 e2x dx = e2x

x3 2

3x2 6x + 4 8

6 16

P (n) (x) + C; an+1

La même méthode s’applique aux intégrales de la forme Z Z P (x) cos ax dx et P (x) sin ax dx: INTEGRATION DES FONCTIONS RATIONNELLES Exercice21 Calculez a)

x dx; 3x + 2

x4 + 4x dx; (x2 1)3

Solution Exercice 21 a) Les racines de x3 3x + 2 sont réels et simples : x = 1 et x = décomposition de x3 x3x+2 en éléments simples donne : x3

1 2 1 x x 1 2 1 = = ; 2 2 + 3x + 2 3 (x 1) 9x 1 9x+2 (x 1) (x + 2) Z x 1 1 2 x 1 dx = + ln + C; 3 x 3x + 2 3x 1 9 x+2

2: La

CHAPITRE 6. INTEGRALE ET PRIMITIVE

331

primitive valable sur ] 1; 2[ ; ou ] 2; 1[ ; ou ]1; +1[ : b) Les pôles étant tous réels, on peut faire une décomposition en éléments simples de premières espèce. On obtient : x4 + 4x x4 + 4x A B C + = = + + 3 3 3 3 2 (x 1) (x + 1) (x 1) (x 1) (x 1) (x2 1) D E F + + + (x + 1)3 (x + 1)2 (x + 1) On pourra calculer les constantes : A; B; C; D; E; F par identi…cation puis on integre les éléments simples. On peut aussi proceder integration par parties. Z Z x4 + 4x x dx = dx = x3 + 4 3 (x2 1) (x2 1)3 Z 1 x3 + 4 1 3x2 = + dx; 4 (x2 1)2 4 (x2 1)2 Z

x2 (x2

1)2

dx = =

d’où Z

x4 + 4x dx = (x2 1)3

Z 1 x 1 dx + 2 2 2x 1 2 x 1 1 x 1 1+x + C1 ; ln 2 2x 1 4 1 x

1 x3 + 4 4 (x2 1)2

1 x 8 x2 1

1 1+x ln + C; 16 1 x

valable sur ] 1; 1[ ; ou ] 1 + 1[ ; ou ]1; +1[ : Exercice22 Calculez Z

dx x3 + x2 + 2x ; b) dx: x4 + x2 + 1 x4 + 1 Solution Exercice22 Dans les deux cas, les racines des dénominteurs sont complexes, simples. a)

CHAPITRE 6. INTEGRALE ET PRIMITIVE

332

a) x4 + x2 + 1 = x2 + 1

x2 = x2 + x + 1

x+1 ;

1 x+1 x+1 = + x4 + x2 + 1 2 (x2 + x + 1) 2 (x2 x + 1) Z

Z (2x + 1) + 12 x+1 1 dx = dx 2x2 + x + 1 2 x2 + x + 1 Z Z 1 (2x + 1) 1 = dx + 2 x2 + x + 1 2

dx 1 2 2

+ 43 1 1 2x + 1 = ln x2 + x + 1 + p arc tg p + C1 2 3 3 x+

On obtient …nalement Z dx 1 x2 + x + 1 1 2x + 1 = ln 2 + p arc tg p 4 2 x +x +1 4 x x+1 2 3 3 1 2x 1 + p arc tg p + C: 2 3 3 b) La partie impaire peut s’intégrer facilement par un changement de variable : x2 = u =) du = 2x Z Z 4x3 + 2x dx = (2x2 + 1)2xdx x4 + 1 Z Z Z 2u + 1 2u du = du = du + 2 2 2 u +1 u +1 u +1 2 = ln u + 1 + arctan u + C1 = ln x4 + 1 + arctan x2 + C1 ; la partie paire se décompose comme dans l’exercice précédent : x2 = x4 + 1 puis Z

1 x 1 p p + p 2 2 x2 + x 2 + 1 2 2 x2

x p ; x 2+1

p p p 1 x2 x 2 + 1 2 x2 p p dx = ln + arctan x 2+1 x4 + 1 4 4 2 x2 + x 2 + 1 p p 2 + arctan x 2 1 + C2 : 4

CHAPITRE 6. INTEGRALE ET PRIMITIVE

333

Exercice23 Calculez par récurrence In (x) =

(x3

dx : + 1)n

Solution Exercice23 Ecrivons Z 3 Z x + 1 x3 x3 + 1 In (x) = dx = dx n (x3 + 1) (x3 + 1)n Z Z dx x3 = dx (x3 + 1)n (x3 + 1)n 1 Z x3 = In 1 (x) dx (x3 + 1)n

x3 dx (x3 + 1)n

et e¤ectuons dans la dernière intégrale une intégration par parties : Z Z 1 x2 x dx + ; x 3 n dx = n 1 (x + 1) 3 (n 1) 3 (n 1) (x3 + 1) (x3 + 1)n 1 soit In (x) = + avec I1 (x) = =

3 (n

x 1) (x3 + 1)n

1 dx = 3 x +1 3

1 ln jx + 1j 3

dx x+1

1 ln x2 6

valable sur ] 1; 1[ et ] 1; +1[ : Exercice24 Calculez Z 7 a) dx; 7 (x + 1) x7 1 Solution Exercice24 a) (x + 1)7

3n 3n

1 3

4 In 3

2 dx x+1 1 2x 1 x + 1 + p arc tg p + C1 ; 3 3

(x2

x dx: + x + 1)3

1 = 7x (x + 1) x2 + x + 1

1 1 2 = 2 x x (x + 1) (x + x + 1)

(x) ; n

;

1 1 1 + 2 + ; 2 x + 1 x + x + 1 (x + x + 1)2

CHAPITRE 6. INTEGRALE ET PRIMITIVE

334

les trois premiers termes ont une primitives immédiate ; pour le dernier écrivons 2 1 3 2 x +x+1= x+ + 2 4 et faisons le changement de varaible x +

3 2

p Z dx 8 3 dt 2 = 2 2 9 (x + x + 1) (t + 1)2

et, pour I2 (t) = avant donne :

1 2

dt (t2 +1)2

une méthode analogue à celle de l’exercice résolu

1 t I2 (t) = I1 (t) + + C1 ; 2 2 2 (t + 1)

…nalement, Z

7dx (x + 1)7

p 10 3 2x + 1 x + arc tg p = ln x+1 9 3 x7

2 2x + 1 + C; 3 x2 + x + 1

valable sur ] 1; 1[ ; ou ] 1; 0[ p ; ou ]0; +1[ : 1 b) le même changement x + 2 = t 23 donne Z

p Z p x 16 3 t 3 1 dx = dt = 2 (x + x + 1) 27 (t2 + 1)3

1 4 2 9 (t + 1)2

p 16 3 I3 (t) ; 27

où I3 (t) se calcule comme précédemment : 3 1 t I2 (t) + 4 4 (t2 + 1)2 1 t 3 t 3 = + 2 + arc tg t + C1 2 4 (t2 + 1) 8t +1 8

I3 (t) =

et …nalement, en revenant à la variable x; Z x 1 x+2 3 dx = 2 2 6 (x + x + 1)2 (x + x + 1) p 1 2x + 1 2 3 2x + 1 + C: arc tg p 2 6x +x+1 9 3 Pour calculer l’intégrale I3 (t) on pouvait aussi faire le changement de variable t = tg :

Chapitre 7 EQUATIONS DIFFERENTIELLES DU PREMIER ORDRE 7.1 7.1.1

Note Historique Histoire des équations di¤érentielles du premier ordre

Pour les équations di¤érentielles du premier ordre de la forme : P (x; y)dx + Q(x; y)dy = 0 Alexis Clairaut utilise pour la première fois un multiplicateur, une fonction M (x; y); telle que le produit par l’équation en fasse une di¤érentielle totale exacte, ce qui permet de l’intégrer sous la forme : dV (x; y) = 0. Euler développera cette méthode. Clairaut est le premier, en 1734, à remarquer, que pour l’équation : y xy 0 + f (y 0 ) = 0, il existe une solution singulière. À la famille de droites : y = Cx + f (C); qui est l’expression générale des courbes intégrales, il faut adjoindre l’enveloppe de cette famille pour avoir toutes les solutions analytiques de l’équation. D’Alembert, en 1748, trouve un second cas d’intégrale singulière. Mais c’est Euler et Lagrange qui élucident ce qui se passe en général en montrant que la courbe : C(x; y) = 0 obtenue en éliminant y 0 entre @F les deux équations : F (x; y; y 0 ) = 0 et @y 0 est en général le lieu des points singuliers des courbes intégrales de l’équation :F (x; y; y 0 ) = 0: Si elle véri…e l’équation y 0 @F + @F = 0; la courbe :C(x; y) = 0 est solution singulière de @y @x l’équation. 335

CHAPITRE 7. EQUATIONS DIFFERENTIELLES DU PREMIER ORDRE336

7.1.2

Histoire de l’équation de Riccati

En mathématiques, une équation de Riccati est une équation di¤érentielle ordinaire de la forme : y 0 = q0 (x) + q1 (x):y + q2 (x):y 2 ; où q0 (x) , q1 (x) et q2 (x) sont trois fonctions, souvent choisies continues sur un intervalle commun à valeurs réelles. Elle porte ce nom en l’honneur de Jacopo Francesco Riccati (1676-1754) et de son …ls Vincenzo Riccati (1707-1775). Il n’existe pas, en général, de résolution par quadrature à une telle équation mais, il existe une méthode de résolution dès que l’on en connaît une solution particulière. En 1720, Francesco Riccati présente à son ami, Giovanni Rizzetti, deux équations di¤érentielles qu’il cherche à résoudre y 0 = ay 2 + bx + cx2

(eq1)

où a, b et c sont des constantes réelles y 0 = ay 2 + bxm

(eq2)

où a, b et m sont des constantes réelles La première équation est issue de l’étude d’un mouvement plan. La seconde équation, ne fut résolue que partiellement par son auteur et par les Bernoulli (Nicolas 1er et Daniel tout particulièrement). Son …ls, Vicenzo Riccati, en developpa une méthode de résolution par tractoire.

7.1.3

Un aperçu sur Le Mathématicien Jacques Bernoulli

L’équation dite de Bernouli est due au mathématicien Jacques ou Jakob Bernoulli (27 décembre 1654, Bâle - 16 août 1705). C’est un mathématicien et physicien suisse, frère de Jean Bernoulli et oncle de Daniel Bernoulli et Nicolas Bernoulli. Né à Bâle en 1654, il rencontre Robert Boyle et Robert Hooke lors d’un voyage en Angleterre en 1676. Après cela, il se consacre à la physique et aux mathématiques. Il enseigne à l’université de Bâle à partir de 1682, devenant professeur de mathématiques en 1687. Il mérita par ses travaux et ses découvertes d’être nommé associé de l’Académie des sciences de Paris (1699) et de celle de Berlin (1701).

CHAPITRE 7. EQUATIONS DIFFERENTIELLES DU PREMIER ORDRE337 Sa correspondance avec Gottfried Wilhelm Leibniz le conduit à étudier le calcul in…nitésimal en collaboration avec son frère Jean. Il fut un des premiers à comprendre et à appliquer le calcul di¤érentiel et intégral, proposé par Leibniz, découvrit les propriétés des nombres dits depuis nombres de Bernoulli et donna la solution de problèmes regardés jusque-là comme insolubles. Son œuvre majeure est : # Ars Conjectandi publiée après sa mort à Bâle en 1713, avec une préface de son neveu Nicolas Bernoulli. Il y pose les principes du calcul des probabilités et introduit les nombres de Bernoulli. Il a aussi laissé des Mémoires, réunis sous le titre de Jacobi Bernouilli Opera, Genève, 1744, 2 volumes in-4.

7.1.4

Histoire des équations linéaires

Si l’on sait, dès la …n du XVIIe siècle intégrer les équations di¤érentielles linéaires du premier et du second ordre à coe¢ cients constants par des sommes d’exponentielles, il faut attendre 1760 pour que la théorie vienne à bout des équations di¤érentielles linéaires à coe¢ cients constants d’ordre quelconque. En 1739, Euler rencontre une équation di¤érentielle linéaire à coe¢ cients constants du 4e ordre sur un problème de vibration des tiges qu’il ne sait pas intégrer. C’est en 1743 qu’il forme ce qu’on appelle aujourd’hui l’équation caractéristique : les solutions sont de la forme : erx où les r sont solutions d’une équation polynomiale. Un peu plus tard, il trouve comment obtenir toutes les intégrales lorsqu’une racine r de l’équation caractéristique est multiple : il faut les chercher de la forme : xk :erx D’Alembert remarque que pour les équations di¤érentielles linéaires non homogènes, l’adjonction d’une solution particulière à la solution générale de l’équation homogène donne la solution générale de l’équation homogène. Lagrange démontre que la solution générale d’une équation di¤érentielle linéaire d’ordre n est de la forme : n X Ck yk k=1

où les yk sont des solutions particulières convenablement choisis de l’équation. Lagrange introduit également la méthode de variation des constantes pour résoudre par quadratures l’équation linéaire non homogène lorsque l’on connaît la solution générale de l’équation homogène. D’Alembert, de son côté, remarque que si l’on connaît une solution particulière y1 , en posant y = zy1 ,

CHAPITRE 7. EQUATIONS DIFFERENTIELLES DU PREMIER ORDRE338 on ramène l’intégration d’une équation linéaire d’ordre n homogène à une équation du même type d’ordre n 1 en z : il y a abaissement de l’ordre. Pour les équations linéaires, Euler utilise aussi des séries entières. Il remarque alors qu’il faut parfois des développements de la forme : x

S(x)

où S(x) est une série entière et un exposant non entier. Ceci près d’un siècle avant les travaux de Fuchs et de Frobenius. Pour l’équation du second ordre, il sait former l’équation déterminant ;et observe aussi, dans le cas où est entier qu’il existe une second solution avec un terme logarithmique.

7.1.5

Histoire des théorèmes d’existence et d’unicité des équations du premier ordre

Les mathématiciens du XVIIIe siècle admettent sans discussion l’existence de solutions des équations di¤érentielles ou aux dérivées partielles sans chercher le domaine d’existence de ces solutions. Ils utilisent principalement des séries entières par une méthode de coe¢ cients indéterminés quand ils n’arrivent pas à intégrer l’équation par quadrature. Leur con…ance est placée dans le théorème de Taylor et ils ne se posent pas la question de la convergence de cette série. Ils savent, par contre, que la donnée d’un point et de la fonction en ce point ainsi que ses n-1 dérivées détermine la solution de l’équation di¤érentielle . Il faut attendre Cauchy, vers 1820, pour que soit abordée l’existence d’une solution à l’équation di¤érentielle : y 0 = f (x; y) où f est supposée continument di¤érentiable en chaque variable. Il s’agit de prouver qu’étant donné un point (x0 ; y0 ) il existe une solution et une seule qui satisfait à l’équation di¤érentielle et qui passe par ce point, cette fonction étant dé…nie sur un petit intervalle autour de x0 . Évidemment, on ne se pose encore pas la question des solutions complexes. Il s’agit donc pour Cauchy, contrairement à ses devanciers, d’un problème d’existence et d’unicité local puisqu’on ne sait pas jusqu’où la solution se prolonge. Pour cela Cauchy reprend la méthode d’Euler à un pas h: Il calcule ainsi une solution approchée, a¢ ne par morceaux, de l’équation et il peut, utilisant le théorème de la moyenne, majorer la di¤érence entre deux solutions approchées pour deux pas h et h0 di¤érents, en fonction de f et de x0 et y0 mais non du pas la di¤érence.

CHAPITRE 7. EQUATIONS DIFFERENTIELLES DU PREMIER ORDRE339 Sans connaître les travaux de Cauchy, Lipschitz, en 1868, retrouve le résultat de Cauchy mais, là où Cauchy avait supposé la di¤érentiabilité de f , Lipschitz remarque qu’elle n’est nullement nécessaire et qu’il su¢ t qu’il existe un nombre k strictement positif tel que : jf (x; y1 )

f (x; y2 )j < k jy1

y2 j :

C’est la condition de Lipschitz.

7.2

Modèle physique conduisant à une équation di¤érentielle

Problème physique posé : On laisse tomber un corps de masse m d’une certaine hauteur. On demande d’établir la loi de variation de la vitesse de chute v; si le corps éprouve une résistance de freinage de la part de l’air, proportionnelle à la vitesse (le coe¢ cient de proportionnalité étant k), c’est-à-dire de trouver v = f (t): Modélisation du problème En vertu de la seconde loi de Newton on a : m:

dv = F; dt

est l’accélération du corps en mouvement (la dérivée de la vitesse où dv dt par rapport au temps) et F la force agissant sur le corps dans le sens du mouvement. Cette force est constituée de deux forces : de la force de pesanteur mg et de la résistance de l’air : kv (on prend le signe moins car cette force est opposée à la vitesse). Ainsi m

dv = mg dt

Nous avons donc une relation entre la fonction inconnue v et sa dérivée c’est-à-dire une équation di¤érentielle portant sur la fonction inconnue v. (C’est l’équation du mouvement de certains types de parachutes). Résoudre cette équation di¤érentielle, c’est chercher une fonction v = f (t) la véri…ant identiquement. Il existe une in…nité de telles solutions. On véri…era facilement que toute fonction de la forme dv , dt

v = Ce

k t m

mg k

véri…e l’équation di¤érentielle : m dv = mg kv; quelle que soit la constante dt C. Mais laquelle de ces fonctions donne la relation cherchée entre v et t ?

CHAPITRE 7. EQUATIONS DIFFERENTIELLES DU PREMIER ORDRE340 Pour la trouver, imposons une condition suplémentaire : une vitesse initiale v0 (qui, notament, peut être nulle) a été communiquée au corps au départ ; supposons que cette vitesse initiale est connue. Mais alors la fonction cherchée v = f (t) doit être telle que l’on ait pour t = 0 (au début du mouvement) k , on v = v0 . Substituant t = 0; v = v0 dans la formule : v = Ce m t + mg k trouve : mg ; v0 = C + k d’où mg : C = v0 k Ainsi, la constante C est déterminée. La dépendance entre v et t s’exprime donc : mg k t mg v = v0 e m + : k k Il découle de cette formule que pour t su¢ samment grands la vitesse v dépend peu de v0 : Notons que si k = 0 (c’est-à-dire si la résistance de l’air est nulle ou négligeable), on retrouve un résultat connu en physique) : v = v0 + gt Cette fonction satisfait à l’équation di¤érentielle m dv = mg dt condition initiale : v = v0 pour t = 0:

7.3

kv; et à la

Dé…nitions générales

La modélisation de beaucoup de problèmes de physique, de chimie, de biologie, de mécanique..., conduit à une équation dans laquelle …gure la variable 2 df ; y 00 = ddxf2 ; :::; y (n) = x, la fonction y = f (x), et les fonctions dérivées y 0 = dx dn f : Ce type d’équations s’appellent équations di¤érentielles ordinaires. dxn Dé…nition1 On appelle équation di¤érentielle une équation établissant une relation entre la variable indépendante x, la fonction y = f (x), et les fonctions déri2 n df vées y 0 = dx ; y 00 = ddxf2 ; :::; y (n) = ddxnf : On peut écrire sympboliquement cette équation comme suit :

F (x; y; y 0 ; y 00 ; :::; y (n) ) = 0

(1)

df d2 f dn f F (x; f (x); ; 2 ; :::; n ) = 0: dx dx dx

(2)

CHAPITRE 7. EQUATIONS DIFFERENTIELLES DU PREMIER ORDRE341 On appelle ordre d’une équation di¤érentielle, l’ordre de de la dérivée la plus élevée contenue dans cette équation. Exemples 1. L’équation y 0 2xy 2 + 5 = 0 est une équation di¤érentielle d’ordre 1 2. L’équation y 00 + ky 0 by + 5 sin(x) = 0 est une équation di¤érentielle d’ordre 2 Dé…nition2 On appelle solution ou intégrale d’une équation di¤érentielle, toute fonction y = f (x) véri…ant identiquement cette équation. Exemples 1. Considérons l’équation di¤érentielle : y 00 + y = 0: Toute fonction y = f (x) = C1 sin(x) + C2 cos(x); C1 ; C2 des constantes arbitraires, est solution de cette équation. En e¤et on a : y 0 = C1 cos(x) C2 sin(x) y 00 = C1 sin(x) C2 cos(x) =

(C1 sin(x) + C2 cos(x)) =

Par conséquent on a y 00 + y = 0

7.4 7.4.1

Notions générales sur les équations di¤érentielles du premier ordre Dé…nitions

Dé…nition3 Une équation di¤érentielle du premier ordre est une équation de la forme : F (x; y; y 0 ) = 0

(3)

On dit que l’équation di¤érentielle du premier ordre (3) est résoluble en y , lorsqu’on peut mettre cette équation sous la forme 0

y 0 = g(x; y) Exemples 1. l’équation di¤érentielle du premier ordre xy 0 + y = 0 est résoluble en y 0 , car on a : xy 0 + y = 0 =) xy 0 =

y =) y 0 =

y ; avec x 6= 0; x

CHAPITRE 7. EQUATIONS DIFFERENTIELLES DU PREMIER ORDRE342 Donc on a pu mettre l’équation xy 0 + y = 0 sous la forme : y 0 = g(x; y) avec g(x; y) =

y ; x 6= 0: x

Remarque1 Il existe des équations di¤érentielles du premier ordre qui ne sont pas résolubles en y 0 : L’étude de ces équations est compliquée et sort du cadre de ce cours.

7.4.2

Existence et unicité des solutions des équations di¤érentielles du premier ordre résolubles en y’

Soit y 0 = g(x; y) une équation di¤érentielle du premier ordre résoluble en y 0 : On se pose alors la question naturelle suivante : Quelles conditions su¢ santes doit véri…er la fonction g(x; y); pour que l’équation y 0 = g(x; y) admette une solution. On discutera aussi l’unicité d’une telle solution. Remarquons d’abord que g(x; y) est une fonction de deux variables, par conséquent nous aurons besoin de dé…nir la notion de continuité et de dérivée partielle des fonctions de deux variables. Limite et continuité des fonctions de deux variables Soit g : R2 ! R; Notons par Dg le domaine de dé…nition de la fonction g; c’est à dire : Dg = (x; y) 2 R2 : g(x; y) existe Soient (x; y) 2 Dg et (x0 ; y0 ) 2 Dg : Dé…nissons la distance entre les points (x; y) et (x0 ; y0 ) par : q d [(x; y); (x0 ; y0 )] = (x x0 )2 + (y y0 )2

Dé…nition4 Soit g : R2 ! R; (x0 ; y0 ) 2 Dg : On dit que g est continue au point (x0 ; y0 ) si par dé…nition : 8" > 0; 9 > 0 : d [(x; y); (x0 ; y0 )] <

=) jg(x; y)

g (x0 ; y0 )j < "

En d’autres termes g(x; y) s’approche de plus en plus de g (x0 ; y0 ) (dans R); quand (x; y) s’approche de plus en plus de (x0 ; y0 ) (dans R2 ). Soit D un sous ensemble de Dg : On dit que g est continue dans D; si g est continue en tout point (x0 ; y0 ) 2 D:

CHAPITRE 7. EQUATIONS DIFFERENTIELLES DU PREMIER ORDRE343 Notions de dérivées partielles des fonctions de deux variables Dé…nition5 Soit g : R2 ! R; (x0 ; y0 ) 2 Dg : On dit que g admet une dérivée partielle par rapport à x; au point (x0 ; y0 ) ; si par dé…nition la limite suivante exite : lim

g (x0 + ; y0 )

g (x0 ; y0 )

@g On note cette limite @x (x0 ; y0 ) : On dé…nit de la même manière la dérivée partielle par rapport à y; au point (x0 ; y0 ) :

@g g (x0 ; y0 + ) (x0 ; y0 ) = lim !0 @y

g (x0 ; y0 )

Théorème de Cauchy En étudiant le modèle physique de la chute libre d’un corps de masse m; nous avons établi une relation entre la vitesse du corps, en l’occurence v(t); : Plus précisément nous avons obtenu l’équation di¤érentielle et la dérivée dv dt m

dv = mg dt

Cette équation admet une in…nité de solutions de la forme v = Ce

k t m

mg ; k

C2R

Une question naturelle se pose alors. Laquelle de ces fonctions donne la relation cherchée entre v et t ? Pour la trouver, nous devons imposer une condition suplémentaire : une vitesse initiale v0 a été communiquée au corps au départ. Mais alors la fonction cherchée v = f (t) doit être telle que l’on ait pour t = 0 (au début du mouvement) v = v0 . Avec cette condition initiale supplémentaire on a trouvé une seule solution qui est : v = v0

mg e k

k t m

mg : k

Cette condition supplémentaire rajoutée à l’équation di¤érentielle s’appelle : condition initiale, c’est à dire qu’on cherche une fonction y = f (x), telle que au point x0 : f (x0 ) = y0 : On a donc beaucoup de chances et sous certaines conditions d’avoir une solution unique de l’équation di¤érentielle y 0 = g(x; y); si on impose des conditions à la fonction g(x; y) et si on rajoute une condition

CHAPITRE 7. EQUATIONS DIFFERENTIELLES DU PREMIER ORDRE344 initiale à notre équation. C’est ce que verrons dans le théorème de Cauchy suivant : Théorème de Cauchy Considérons l’équation di¤érentielle du premier ordre résoluble en y’: y 0 = g (x; y) :

(4)

On suppose que la fonction g(x; y) et sa dérivée partielle @f par rapport à @y y sont continues dans un certain domaine D du plan Oxy: Soit (x0 ; y0 ) 2 D. Alors il existe une solution unique y = f (x) ; de l’équation di¤érentielle (4), satisfaisant à la condition y = y0 lorsque x = x0 : Géométriquement, le théorème signi…e qu’il existe une fonction y = f (x) et une seule dont la courbe représentative passe par le point (x0 ; y0 ). Il résulte de ce théorème que l’équation (4) possède une in…nité de solutions di¤érentes par exemple, la solution passant par le point (x0 ; y0 ) ; la solution passant par le point (x0 ; y1 ) ; celle passant par le point (x0 ; y2 ), etc... pourvu que ces points se trouvent dans le domaine D: La condition que la fonction y doit prendre la valeur donnée y0 lorsque x = x0 s’appelle condition initiale de de l’équation di¤érentielle (4). Souvent on l’écrit sous la forme y jx=x0 = y0 : Exemple Considérons l’équation di¤érentielle y0 = Ici on a g(x; y) =

y x

y @g ; (x; y) = x @y

(5) 1 x

@g Il est clair que les fonctions g(x; y) et @y (x; y) sont continues dans l’ensemble D suivant : D = (x; y) 2 R2 : x 6= 0; y 2 R = R R

D est plan xOy; privé de l’axe des y: D’après le théorème de Cauchy, et pour tout point (x0 ; y0 ) 2 D; il existe une fonction unique y = f (x) solution de l’équation di¤érentielle (5) et passant par le point (x0 ; y0 ) ; c’est à dire que f (x0 ) = y0 : Bien sur (x; f (x)) 2 D:

CHAPITRE 7. EQUATIONS DIFFERENTIELLES DU PREMIER ORDRE345 Solution générale. Solution particulière Dé…nition6 On appelle solution générale d’une équation du premier ordre une fonction y = f (x; C) ; dépendant d’une constante arbitraire C et satisfaisant aux conditions suivantes : a) elle satisfait à l’équation di¤érentielle quelle que soit la valeur concrète de la constante C; b) quelle que soit la condition initiale y = y0 lorsque x0 = y0 ; c’est-àdire (y)x=x0 = y0 , on peut trouver une valeur C = C0 telle que la fonction y = f (x; C0 ) véri…e la condition initiale donnée. On suppose alors que les valeurs x0 et y0 appartiennent au domaine des variations des variables x et y dans lesquels sont observées les conditions du théorème d’existence et d’unicité de la solution. Exemple Considérons l’équation di¤érentielle y0 =

y x

La fonction

C x 0 est solution générale de l’équation y = conditions (a) et (b). a) y=

y : x

En e¤et, y =

C C ) y0 = x x2 y C ) = y = x x y =

Donc 8C 2 R : y 0 =

C x2

y x

b) Soit (x0 ; y0 ) 2 D ) x0 6= 0; y0 2 R: Considérons l’équation y0 =

C ) C = x0 :y0 : x0

C x

véri…e les deux

CHAPITRE 7. EQUATIONS DIFFERENTIELLES DU PREMIER ORDRE346 Si on pose C0 = x0 :y0 ; alors y=

x0 :y0 véri…e f (x0 ) = y0 x

Dé…nition7 On appelle solution particulière toute fonction y = f (x; C0 ) déduite de la solution générale y = f (x; C), en posant dans cette dernière C = C0 .

CHAPITRE 7. EQUATIONS DIFFERENTIELLES DU PREMIER ORDRE347 Exemple. Revenons à l’équation du premier ordre (5) : y y0 = x On a vu que cette équation a pour solution générale une famille de fonctions y = Cx ; Cherchons la solution particulière satisfaisant aux conditions initiales : y0 = 1 lorsque x0 = 2. Substituant ces valeurs dans la formule y = Cx , on obtient 1 = C2 ou C = 2: La solution particulière cherchée est donc la fonction y = x2 : Représentation géométrique Du point de vue géomètrique, l’intégrale générale représente une famille de courbes planes dépendant d’un paramètre C: Ces courbes sont appelées les courbes intégrales de l’équation di¤érentielle donnée. Une intégrale particulière est représentée par une courbe de cette famille passant par un point donné du plan. Ainsi, dans l’exemple considéré, l’intégrale générale est représentée géométriquement par la famille d’hyperboles y = Cx et l’intégrale particulière, dé…nie par la condition initiale donnée, est l’hyperbole passant par le point M0 (2; 1). Remarque dy = xy n’admet pas de solution passant par un point de l’axe L’équation dx Oy. Ceci est dû à ce que le second membre de l’équation est indéterminé pour x = 0 et, par conséquent, n’est pas continu. Résoudre ou intégrer une équation di¤érentielle consiste à : a) chercher sa solution générale ou son intégrale générale (si les conditions initiales ne sont pas données) ou b) chercher la solution particulière satifaisant aux conditions initiales (s’il y en a).

7.5 7.5.1

Equations à variables séparées et séparables Equations à variables séparées

Considérons une équation di¤érentielle de la forme : dy = f1 (x):f2 (y) dx

(6)

CHAPITRE 7. EQUATIONS DIFFERENTIELLES DU PREMIER ORDRE348 où f1 (x) dépend seulement de x et f2 (y) dépend seulement de y: Transformons l’équation (6) comme suit (en supposant que f2 (y) 6= 0) : dy = f1 (x):dx f2 (y)

(6’)

Si on integre le premier membre de (6’) par rapport à y et le second par rapport à x; on obtient : Z Z dy = f1 (x):dx + C (6”) f2 (y) La relation (6”) est l’intégrale générale de l’équation di¤érentielle (6), c’est à dire une relation implicite qu relie la solution y; la variable x; et une constante C: Remarque Il n’est pas toujours possible de trouver explicitement la solution y par des fonctions élémentaires connues. On réussit seulement à établir une relation implicite qu relie la solution y; la variable x; et une constante C: On dit que l’on a obtenu une intégrale générale de l’équation di¤érentielle. Remarque L’équation (6’) peut s’écrire sous la forme : M (x)dx + N (y)dy = 0 Dé…nition8 On appelle équation di¤érentielle à variables séparées, une équation qui s’écrit sous la forme : M (x)dx + N (y)dy = 0 (7) L’intégrale générale de l’équation (7) est : Z Z M (x)dx + N (y)dy = C Exemple Considérons l’équation à variables séparées : xdx + ydy = 0: Son intégrale générale est : x2 y 2 + = C1 2 2 ou encore : x2 + y 2 = 2C1 x2 + y 2 = C 2

avec : C 2 = 2C1 :

(8)

CHAPITRE 7. EQUATIONS DIFFERENTIELLES DU PREMIER ORDRE349

7.5.2

Equations à variables séparables

Dé…nition9 On appelle équation di¤érentielle à variables séparables, une équation de la forme : M1 (x):N1 (y):dx + M2 (x):N2 (y)dy = 0 (9) Proposition Toute équation di¤érentielle à variables séparables peut être transformée en une équation di¤érentielle à variables séparées Preuve Divisons les deux membres de (9) par l’expression : N1 (y):M2 (x); on obtient : N2 (y) M1 (x) dx + dy = 0: (9’) M2 (x) N1 (y) L’équation (9’) est une équation di¤érentielle à variables séparées. Exemple Soit l’équation dy y = dx x Séparons les variables. (10) devient : dy = y

(10)

dx : x

On trouve par integration Z

dy = y

dx + C1 x

soit log jyj =

log jxj + C1 ; C1 2 R

Puisque: log : ]0; +1[ ! R est bijective, (10’) devient log jyj =

log jxj + log jCj

ou log jyj = log

C x

(10’)

CHAPITRE 7. EQUATIONS DIFFERENTIELLES DU PREMIER ORDRE350 d’où l’on déduit la solution générale : C x

Exemple : Consiérons l’équation à variables séparables : (1 + x):y:dx + (1

y):x:dy = 0

(11)

Divisons les deux membres par l’expression : y:x; on obtient : (1 + x) (1 y) dx + dy = 0 x y ou encore :

1 + 1 dx + x

1 y

1 dy = 0:

On obtient en intégrant : log jxj + x + log jyj

y=C

ou log jxyj + x

y=C

qui est l’intégrale générale de l’équation di¤érentielle (11).

7.6 7.6.1

Equations homogènes du premier ordre Dé…nitions et exemples

Dé…nition10 on dit que la fonction f (x; y) est une fonction homogène de degré n par rapport aux variables x et y si l’on a pour tout f ( x; y) =

f (x; y) :

Exemple p La fonction f (x; y) = 3 x3 + y 3 est homogène et de degré 1, car q p 3 f ( x; y) = ( x)3 + ( y)3 = 3 x3 + y 3 = f (x; y) :

Exemple

(12)

CHAPITRE 7. EQUATIONS DIFFERENTIELLES DU PREMIER ORDRE351 La fonction y2

f (x; y) = xy

est une fonction homogène de second degré, car : ( y)2 =

f ( x; y) = x: y Exemple La fonction

f (x; y) =

(x:y

y2) =

f (x; y)

xy est une fonction homogène de degré zéro, car 2 2

f ( x; y) =

2 2

x: y

(x2 y 2 ) = 2 :x:y

y2 xy

:f (x; y)

Dé…nition11 L’équation du premier ordre dy = f (x; y) dx

(13)

est dite homogène par rapport à x et y si la fonction f (x; y) est une fonction homogène de degré zéro par rapport à x et y:

7.6.2

Résolution de l’équation homogène

On a par hypothèse f ( x; y) = f (x; y) : Posant dans cette identité = x1 , on obtient : y f (x; y) = f 1; ; x c’est-à-dire qu’une fonction homogène de degré zéro dépend seulement du rapport xy : L’équation (13) s’écrit alors sous la forme y dy : = f 1; dx x Faisons la substitution : y u= ; x On a alors

c0 est a dire du dy = u + x: dx dx

(14)

y = ux:

CHAPITRE 7. EQUATIONS DIFFERENTIELLES DU PREMIER ORDRE352 Substituant cette expression de la dérivée dans l’équation (14), on obtient u+x

du = f (1; u) : dx

(14’)

C’est une équation à variables séparables : x

du = f (1; u) dx

u ou

On trouve par intégration Z

du f (1; u)

du f (1; u) Z

dx : x

dx + C: x

Substituant après intégration xy a u, on obtient l’intégrale de l’équation (14). Exemple Soit l’équation xy dy = 2 : dx x y2 On a dans le second membre une fonction homogène de degré zéro, donc l’équation proposée est homogène. Faisons le changement de variables xy = u; alors du dy =u+x ; dx dx du u du u3 u+x = ; x = : dx 1 u2 dx 1 u2 y = ux;

Séparons les variables, on a : (1

u2 ) du dx = ; ou 3 u x

1 u3

1 u

du =

dx ; x

et par intégration : 1 2u2 ou

log juj = log jxj + log jCj

1 = log juxCj : 2u2 Substituant u = xy , on obtient l’intégrale genérale de l’équation initiale x2 = log jCyj : 2y 2

CHAPITRE 7. EQUATIONS DIFFERENTIELLES DU PREMIER ORDRE353 Il est impossible d’exprimer ici y en fonction de x au moyen des fonctions élémentaires. Mais l’on exprime facilement x en fonction de y : p x=y 2 log jCyj : Remaque L’équation

M (x; y) dx + N (x; y) dy = 0 ne sera homogène que si M (x; y) et N (x; y) sont des fonctions homogènes du même degré. Ceci résulte du fait que le rapport de deux fonctions homogènes d’un seul et même degré est une fonction homogène de degré zéro. Exemple Les équations (2x + 3y) dx + (x 2y) dy = 0; x2 + y 2 dx

2xy dy = 0

sont homogénes.

7.7

Equations se ramenant aux équations homogènes

Se ramènent aux équations homogènes, les équations de la forme suivante : ax + by + c dy = : dx a1 x + b 1 y + c 1

(15)

Si c1 = c = 0, l’équation (15) est évidemment homogène. supposons maintenant que c et c1 (ou l’un deux) ne soient pas nuls. Faisons le changement de variables : x = x1 + h; y = y1 + k: Alors

dy dy1 = : dx dx1

(16)

dy Substituant dasn l’équation (16) ; les expressions des quantités x; y; dx , on obtient : dy1 ax1 + by1 + ah + bk + c = : (17) dx1 a1 x 1 + b 1 y 1 + a1 h + b 1 k + c 1 Choisissons h et k de manière qu’ils véri…ent les équations

ah + bk + c = 0; a1 h + b1 k + c1 = 0;

(18)

CHAPITRE 7. EQUATIONS DIFFERENTIELLES DU PREMIER ORDRE354 c’est-à-dire dé…nissons h et k en tant que solutions du système d’équation (18). L’équation (17) devient alors homogène : ax1 + by1 dy1 = : dx1 a1 x1 + b1 y1 Résolvant cette équation et revenant aux anciennes variables x et y d’après les formules (16) , on obtient la solution de l’équation (15) : Le système (18) n’a pas de solution lorsque a b a1 b 1

= 0;

c’est-à-dire que ab1 = a1 b. Mais alors aa1 = et l’équation (15) peut être mis sous la forme

b1 b

ou a1 = a; b1 = b;

dy (ax + by) + c : = dx (ax + by) + c1

(19)

x = ax + by

(20)

La substitution ramène alors l’équation donnée à une équation à variables séparables. En e¤et, dz dy =a+b ; dx dx d’où dy 1 dz a = : (21) dx b dx b Substituant les expressions (20) et (21) dans l’équation (19), on obtient 1 dz b dx

a z+c = b z + c1

qui est une équation à variables séparables. Le procédé utilisé pour intégrer l’équation (15) s’applique également à l’intégration de l’équation dy =f dx

ax + by + c a1 x + b 1 y + c 1

où f est une fonction arbitraire continue. Exemple

;

CHAPITRE 7. EQUATIONS DIFFERENTIELLES DU PREMIER ORDRE355 Soit l’équation dy x+y = dx x y

3 1

. Pour la ramener à une équation homogène, faisons la substitution x = x1 + h; y = y1 + k. Alors x1 + y1 + h + k dy1 = dx1 x1 y1 + h k

3 : 1

Résolvant le système de deux équations h+k 3=0 h k 1=0 on trouve h = 2; k = 1: On obtient ainsi l’équation homogène x1 + y1 dy1 = dx1 x1 y1 qu’on résout en faisant la substitution y1 = u; x1 on a :

dy1 du = u + x1 ; dx1 dx1 du 1+u u + x1 = ; dx1 1 u et on obtient une équation à variables séparables : y1 = ux1 ;

du 1 + u2 x1 = : dx1 1 u Séparons les variables : 1 u dx1 du = : 2 1+u x1 On trouve en intégrant : arctg u

1 log 1 + u2 = log jx1 j + log jCj ; 2

CHAPITRE 7. EQUATIONS DIFFERENTIELLES DU PREMIER ORDRE356 p arctg u = log Cx1 1 + u2 ou

p Cx1 1 + u2 = earctg u :

Substituant dans cette dernière égalité xy11 au lieu de u, on obtient : q y arctg x1 1: C x21 + y12 = e

En…n passant aux variables x; y, on obtient en dé…nitive : q y 1 C (x 2)2 + (y 1)2 = earctg x 2 : Exemple Considérons l’équation :

y0 =

2x + y 1 ; 4x + 2y + 5

On ne peut pas faire la substitution x = x1 +h; y = y1 +k dans l’équation précédente car le systéme d’équations servant à dé…nir h et k est incompatible 2 1 (le déterminant des coe¢ cients des variables étant nul). 4 2 On peut ramener cette équation à une équation à variables séparables en faisant la substitution : 2x + y = z: On a alors y 0 = z 0

2 et l’équation devient z0

ou z0 =

z 1 2z + 5

5z + 9 : 2z + 5

On en déduit

2 7 z+ log j5z + 9j = x + C: 5 25 Comme z = 2x + y, on trouve …nalement la solution de l’équation donnée sous la forme 2 7 (2x + y) + log j10x + 5y + 9j = x + C 5 25 ou 10y

5x + 7 log j10x + 5y + 9j = C1

c’est-à-dire la forme implicite.

CHAPITRE 7. EQUATIONS DIFFERENTIELLES DU PREMIER ORDRE357

7.8 7.8.1

Equations linéaires du premier ordre Dé…nitions

Dé…nition12 On appelle équation linéaire du premier ordre une équation linéaire par rapport à la fonction inconnue et à sa dérivée. Elle s’écrit dy + P (x) y = Q (x) ; dx

(22)

où P (x) et Q (x) sont des fonctions continues de x données (ou des consantes).

7.8.2

Résolution de l’équation linéaire

Nous allons chercher la solution de l’équation (22) sous la forme de produit de deux fonctions en x : y = u (x) v (x)

(23)

On pourra prendre arbitrairement l’une de ces fonctions, l’autre sera dé…nie alors par (23): Dérivons les deux membres de l’égalité (23), on trouve : dv du dy =u + dx dx dx dy Substituant l’expression de la dérivée dx obtenue dans l’équation (22); on aura dv du u + + P uv = Q dx dx ou dv du u + Pv + v = Q: (24) dx dx

Choisissons la fonction

de sorte que l’on ait dv + Pv = 0 dx

(25)

Séparant les variables dans cette équation di¤érentielle en v, on trouve : dv = v

P dx:

CHAPITRE 7. EQUATIONS DIFFERENTIELLES DU PREMIER ORDRE358 On obtient en intégrant Z

log jC1 j + log jvj = ou v = C1 e

P dx

Comme il nous su¢ t d’avoir une solution quelconque non nulle de l’équation (25), nous prendrons pour fonction v (x) : v=e

P (x)dx

(26)

R où P dx est une primitive quelconque. Il est évident que v (x) 6= 0: Substituant la valeur trouvée de v (x) dans l’équation (24), on obtient dv + P v = 0) : (ayant en vue que dx v(x) ou

du = Q (x) dx

Q (x) du = ; dx v(x)

d’où u=

Q (x) dx + C: v(x)

Q (x) dx + Cv (x) v(x)

Substituant dans la formule (23), on obtient …nalement Z Q (x) y = v(x) dx + C v(x) ou y = v (x)

(27)

Remarque Il est évident qua l’expression (27) ne change pas si l’on prend au lieu de la fonction v (x) dé…nie par (26) une fonction quelconque v1 (x) = Cv (x). En e¤et, on obtient en substituant v1 (x) au lieu de v (x) : Z Q (x) dx + CCv (x) : y = Cv (x) Cv(x) C disparaît du premier terme du second membre ; le produit CC du second terme est une constante arbitraire que l’on peut désigner simplement

CHAPITRE 7. EQUATIONS DIFFERENTIELLES DU PREMIER ORDRE359 par C, et nous retrouverons l’expression (27). Si l’on pose l’équation (27) prend la forme

Q(x) dx v(x)

= ' (x),

y = v(x)' (x) + Cv (x) : Il est évident qu’on à là l’intégrale générale, car on peur choisir C de manière que soit satisfaite la condition initiale : y = y0 lorsque x = x C est déterminer par l’équation y0 = v (x0 ) ' (x0 ) + Cv (x0 ) : Exemple Résoudre l’équation dy dx

2 y = (x + 1)3 : x+1

Solution Posons y = uv; on a

dv du dy = u + v: dx dx dx

Substituant l’expréssion u u

dy dx

dans l’équation donnée, on obtient :

dv du + v dx dx dv dx

2 uv = (x + 1)3 ; x+1

2 du v +v = (x + 1)3 x+1 dx

Pour la détermination de v, on obtient l’équation dv dx c’est-à-dire

2 v = 0; x+1 dv 2dx = ; v x+1

d’où log jvj = 2 log jx + 1j

(28)

CHAPITRE 7. EQUATIONS DIFFERENTIELLES DU PREMIER ORDRE360 ou v = (x + 1)3 : Substituant l’expression de la fonction v dans l’équation (28), on obtient pour la détermination de u l’équation (x + 1)2 ou

du = (x + 1)3 dx

du = (x + 1) ; dx

d’où

(x + 1)2 + C: 2 Par conséquent, l’intégrale générale de l’équation donnée s’écrit u=

(x + 1)4 + C (x + 1)2 : y= 2 La famille obtenue est la solution générale. Quelque soit la condition initiale (x0 ; y0 ) ou x0 6= 1; on peut toujours choisir C de sorte que la solution particulière correspondante satisfasse à la condition initiale donnée. Ainsi la solution particulières satisfaisant à la condition y0 = 3 pour x0 = 0 est dé…nie comme suit : 3=

(0 + 1)4 + C (0 + 1)2 ; 2

5 C= : 2

Par conséquent, la solution particulière cherchée est : (x + 1)4 5 + (x + 1)2 2 2 Toutefois, si l’on prend la condition initiale (x0 ; y0 ) de sorte que x0 = 1, on ne peut en déduire une solution particulière satisfaisant cette condition. 2 Ceci provient de ce que la fonction P (x) = x+1 est discontinue au point x0 = 1 et les conditions du théorème d’existence de la solution ne sont pas observées. y=

Remarque On rencontre souvent, dans les applications, les équations di¤èrentielles à coe¢ cients constants dy + ay = b dx

(29)

CHAPITRE 7. EQUATIONS DIFFERENTIELLES DU PREMIER ORDRE361 où a et b sont des constantes. On peut résoudre cette équation à l’aide de la substituion (23) ou par une séparation de variables 1 log j ay + bj = x + C1 a

dy = dx; ay + b

dy = ( ay + b) dx;

log j ay + bj = ay + b = e

(ax + C ) ; ou C = aC1 ;

(ax+C )

1 e a

; y=

(ax+C )

b a

et …nalement

b + : a Cette expression dans laquelle C = a1 e C est la solution générale de l’équation (29) : y = Ce

7.9 7.9.1

Equation de Bernoulli Dé…nition

Dé…nition13 On appelle équation de Bernoulli, une équation de la forme: dy + P (x) y = Q (x) y n dx

(30)

où P (x) et Q (x) sont des fonctions continues de x (ou des constantes) et n 6= 0; n 6= 1 (sinon on aurait une équation linéaire).

7.9.2

Résolution de l’équation de Bernoulli

Pour résoudre l’équation de Bernoulli, on se ramène à une équation linéaire par la transformation suivante. Divisant tous les termes de l’équation par y n ; on obtient : y

n dy

+ Py

n+1

Faisant ensuite la substitution : z=y

n+1

(31)

CHAPITRE 7. EQUATIONS DIFFERENTIELLES DU PREMIER ORDRE362 Alors

dy dz = ( n + 1) y n : dx dx On obtient en substituant dans l’équation (31) : dz + ( n + 1) P z = ( n + 1) Q: dx C’est une équation linéaire. Calculant son intégrale générale et substituant à z son expression y n+1 , on obtient l’intégrale générale de l’équation de Bernoulli Exemple Résoudre l’équation dy + xy = x3 y 3 (32) dx Solution Divisant tous les termes par y 3 , on obtient : y 3 y 0 + xy

= x3

(33)

Introduisons la nouvelle fonction z = y 2; on a alors

dz dy = 2y 3 : dx dx On obtient en substituant dans l’équation (33) : dz dx

2xz =

2x3

(34)

C’est une équation linéaire. Trouvons son intégrale générale : z = uv;

dz dv du = u + v: dx dx dx

Substituons dans l’équation (34) ; les expressions de z et de u ou u

dv du + v dx dx dv dx

2xuv =

2xv + v

du = dx

2x3

2x3 :

dz dx

CHAPITRE 7. EQUATIONS DIFFERENTIELLES DU PREMIER ORDRE363 annulons l’expression entre parenthèses : dv dx

2xv = 0;

dv = 2x dx; v 2

v = ex :

log jvj = x2 ; On obtient pour dé…nir u l’équation ex

du = dx

2x3 :

Séparons les variables : du =

x2 3

x dx;

x2 3

x dx + C:

On trouve en intégrant par parties u = x2 e

+ C; ; z = uv = x2 + 1 + Cex :

On a donc l’intégrale générale de l’équation donnée : y

= x2 + 1 + Cex

ou y=p

1 x2 + 1 + Cex2

CHAPITRE 7. EQUATIONS DIFFERENTIELLES DU PREMIER ORDRE364 Remarque Tout comme pour les équations linéaires, on démontre qu’on peut chercher la solution de l’équation de Bernoulli sous forme de produit de deux fonctions : y = u(x) v(x); où v(x) est une fonction arbitraire non nulle satisfaisant à l’équation v 0 + P v = 0:

CHAPITRE 7. EQUATIONS DIFFERENTIELLES DU PREMIER ORDRE365 SERIE TD 7 Equations di¤érentielles du premier ordre

Equations à variables séparables Exercice1 Trouver la solution ou l’intégrale générale de l’équation : 1 + x2 dx = dy 1 + y2 Solution de l’exercice1 L’intégrale générale est : x=

y+C 1 Cy

Exercice2 Trouver la solution ou l’intégrale générale de l’équation : (1 + x2 )dy Solution de l’exercice2 L’intégrale générale est : arcsin(y)

y 2 dx = 0

arctan(x) = C

Exercice3 Considérons l’équation di¤érentielle : 2x2 y 0 + y 2 = 1

(1)

a) Dans quel domaine D R2 , et sous quelles conditions peut on appliquer le théorème de Cauchy b) Trouver la solution ou l’integrale générale de l’équation (1) c) Trouver la solution particulière passant par le point (x0 ; y0 ) 2 R2 tel que : x0 6= 0; y0 6= +1; y0 6= 1

CHAPITRE 7. EQUATIONS DIFFERENTIELLES DU PREMIER ORDRE366 Solution de l’exercice3 a) l’équation (1) s’écrit y 0 = g(x; y) =

2x2

(2)

Appliquons le théorème de Cauchy au problème (2). La fonction g(x; y) = 1 y2 est continue dans l’ensemble 2x2 D = (x; y) 2 R2 : x 6= 0; y 2 R @g y (x; y) = 2 @y x @g (x; y) est aussi continue dans D: D’après le théorème de Cauhy La fonction @y il existe une fonction et une seule y = f (x) solution de (2) et véri…ant la condition initiale f (x0 ) = y0 : Bien sur (x0 ; y0 ) 2 D; c’est à dire x0 6= 0; y0 2 R b) Remarquons que y = +1 ou y = 1 sont deux solutions constantes. L’equation (1) s’écrit après séparation des variables :

2dy dx = 2 x 1 y2 on a

soit

1 1+y = ln +c x 1 y 1+y = Ce 1 y

ou y=

1 x

c) Remplaçons dans (3) x par x0 et y par y0 ; on obtient : C=

1 + y0 x1 :e 0 1 y0

(3)

CHAPITRE 7. EQUATIONS DIFFERENTIELLES DU PREMIER ORDRE367 Equations homogènes Exercice4 Integrer l’équation di¤érentielle suivante : xy 2 dy = x3 + y 3 dx Solution Exercice4 p y = x 3 3 log(Cx)

Exercice5 Integrer l’équation di¤érentielle suivante :

y y x cos (ydx + xdy) = y sin (xdy x x

ydx)

Solution Exercice5 xy cos

y =C x

Equations se ramenant aux équations homogènes Exercice6 Integrer l’équation di¤érentielle suivante : (x + 2y + 1)dx

(2x + 4y + 3)dy = 0

Solution Exercice6 log(4x + 8y + 5) + 8y

4x = C

Exercice7 Integrer l’équation di¤érentielle suivante : (3y

7x + 7)dx

(3x

3)dy = 0

Solution Exercice7 (x + y

1)5 (x

1)2 = C

CHAPITRE 7. EQUATIONS DIFFERENTIELLES DU PREMIER ORDRE368 Equations linéaires Exercice8 Integrer l’équation di¤érentielle suivante : y0

2y = (x + 1)3 x+1

Solution Exercice8 2y = (x + 1)4 + C(x + 1)2 Exercice9 Integrer l’équation di¤érentielle suivante : x3 )y 0 + (2x2

1)y

ax3 = 0

Solution Exercice9 p y = ax + Cx 1

Exercice10 Integrer l’équation di¤érentielle suivante : y0 + y = e

Solution Exercice10 ex y = x + C Exercice11 Integrer l’équation di¤érentielle suivante : xdx + ydy =

ydx xdy x2 + y 2

Solution Exercice11 x2 + y 2

2 arctan

x =C y

CHAPITRE 7. EQUATIONS DIFFERENTIELLES DU PREMIER ORDRE369 Equation de Bernoulli Exercice12 Integrer l’équation di¤érentielle suivante : y 0 + xy = x3 y 3 Solution Exercice12 y 2 x2 + 1 + Cex

Exercice13 Integrer l’équation di¤érentielle suivante : (y log x

2) ydx = xdy

Solution Exercice13 y(Cx2 + log x2 + 1) = 4

Chapitre 8 EQUATIONS DIFFERENTIELLES DU SECOND ORDRE 8.1

Note Historique

370

CHAPITRE 8. EQUATIONS DIFFERENTIELLES DU SECOND ORDRE371 où les yk sont des solutions particulières convenablement choisis de l’équation. Lagrange introduit également la méthode de variation des constantes pour résoudre par quadratures l’équation linéaire non homogène lorsque l’on connaît la solution générale de l’équation homogène. D’Alembert, de son côté, remarque que si l’on connaît une solution particulière y1 , en posant y = zy1 , on ramène l’intégration d’une équation linéaire d’ordre n homogène à une équation du même type d’ordre n 1 en z : il y a abaissement de l’ordre. Pour les équations linéaires, Euler utilise aussi des séries entières. Il remarque alors qu’il faut parfois des développements de la forme : x

S(x)

8.2 8.2.1

Equations linéaires homogènes. Dé…nitions et propriétés générales Dé…nitions

Dé…nition 1 Une équation di¤érentielle d’ordre n est dite linéaire si elle est du premier dégré par rapport à la fonction inconnue y et ses dérivées y:::y (n 1) ; y (n) , c’est-à-dire si elle est de la forme a0 y (n) + a1 y (n

+ ::: + an y = f (x)

(1)

où a1 +:::an et f (x) sont des fonctions données de x ou des constantes, et a0 6= 0 quel que soit x dans le domaine de dé…nition de l’équation (1). Nous supposerons par la suite que les fonctions a0 ; a1 ; :::; an et f (x) sont continues pour toute les valeurs de x et que a0 = 1 (sinon il su¢ ra de diviser tous les termes par a0 ). La fonction f (x) est appelée le second membre de l’équation. Si f 6= 0, l’équation est dite non homogène ou encore avec second membre. Si f = 0, l’équation s’écrit y (n) + a1 y (n

+ ::: + an y = 0

(2)

et elle est dite homogène ou sans second membre (le premier membre de cette équation est une fonction homogène du premier degré par rapport à y; y 0 ; y n ; :::; y (n) ).

CHAPITRE 8. EQUATIONS DIFFERENTIELLES DU SECOND ORDRE372

8.2.2

Propriétés générales

Etablissons quelques propriétés fondamentales des équations linéaires homogènes, en nous bornant aux équations du second ordre. Théorème1 Si y1 et y2 sont deux solutions particulières de l’équation linéaire homogène du second ordre 00 y + a1 y 0 + a2 y = 0 (3) y1 + y2 est aussi solution de cette équation. Démonstration Etant donné que y1 et y2 sont solutions de l’équation proposée, on a 00

y1 + a1 y10 + a2 y1 = 0; 00 y2 + a1 y20 + a2 y2 = 0:

(4)

Substituant la somme y1 + y2 dans l’équation (3) et prenant en considération les identité (4), on aura 00

(y1 + y2 ) + a1 (y1 + y2 )0 + a2 (y1 + y2 ) =

y1 + a1 y10 + a2 y1 + y2 + a1 y20 + a2 y2 = 0 + 0 = 0

ce qui montre que y1 + y2 est solution de l’équation. Théorème2 Si y1 est solution de l’équation (3) et si C est une constante, Cy1 est aussi une solution de cette équation. Démonstration Substituant dans l’équation (3) l’expréssion Cy1 , on obtient : 00

(Cy1 ) + a1 (Cy1 )0 + a2 (Cy1 ) = C y1 + a1 y10 + a2 y1 = C:0 = 0; et le théorème est démontré. Dé…nition 2 Deux solutions y1 et y2 de (3) sont dites linéairement indépendantes sur le segment [a; b] ; si leur rapport n’est pas constant sur ce segment, c’est-à-dire si y1 6= const: y2

CHAPITRE 8. EQUATIONS DIFFERENTIELLES DU SECOND ORDRE373 Sinon, les solutions sont dites linéairement dépendantes. En d’autres termes, deux solutions y1 et y2 sont dites linéairement dépendantes sur le segment [a; b] ; s’il existe une constante telle que y1 = y2 pour a

On a alors y1 = y 2 : Dé…nition 3 y1 et y2 étant des fonctions de x, le déterminant W (y1 ; y2 ) =

y1 y2 y10 y20

= y1 y20

y10 y2

est appelé déterminant de Wronski ou wronskien des fonctions y1 et y2 . Théorème 3 Si les fonctions y1 et y2 sont linéairement dépendantes sur le segment [a; b], alors leur wronskien est identiquement nul sur ce segment. Preuve En e¤et. Si y2 = y1 ; ou W (y1 ; y2 ) =

y1 y2 y10 y20

= const; alors y20 = y10 et =

y1 y10

y1 y1 y10 y10

= 0:

Théorème 4 Si le déterminant de Wronski W (y1 ; y2 ) des solutions y1 et y2 de l’équation linéaire homogène (3) n’est pas nul en un point x = x0 du segment [a; b] où les coé¢ cients de l’équation sont continus, il ne s’annule nulle part sur ce segment. Démonstration y1 et y2 étant deux solutions de l’équation (3), on a : y2" + a1 y20 + a2 y2 = 0; et par

y1" + a1 y10 + a2 y1 = 0:

Multipliant les termes de la première égalité par y1 , ceux de la seconde y2 et ajoutant, on obtient :

y1 y2"

y2 y100 + a1 y1 y2

y1 y2"

y2 y100 + a1 y1 y2

y 2 y 1 + a2 y 1 y 2 0

y2 y1 = 0

a2 y 1 y 2

(5) (8.1)

CHAPITRE 8. EQUATIONS DIFFERENTIELLES DU SECOND ORDRE374 On otient donc y1 y2"

y2 y100 + a1 y1 y2

y2 y1 = 0 0

Le coe¢ cient de a1 dans (5) est le wronskien W (y1 ; y2 ) = y1 y2 La dérivée du wronskien est : Wx0 (y1 ; y2 ) =

y1 y2

= y1 y2"

y2 y10

= y1 y2" + y10 y2

y2 y10 .

(y2 y1 + y2 y1 )

y2 y1

Par conséquent, l’égalité (5) s’écrit W 0 + a1 W = 0

(6)

Trouvons la solution de la dernière équation satisfaisant à la condition initiale W jx=x0 = W0 . Trouvons d’abord la solution générale de l’équation (6) en supposant W 6= 0. Séparant les variables dans l’équation (6), on obtient dW = a1 dx: W On obtient en intégrant log W =

a1 dx + log C

ou W = log C

a1 dx;

d’où W = Ce

a1 dx

(7)

Il est à remarquer que l’on peut écrire la fonction (7) et dire qu’elle véri…e l’équation (6), ce dont on peut se convaincre aisément par subtitution directe de cette fonction dans l’équation (6). L’hypothèse W 6= 0 n’est plus indispensable. La formule (7) est appelée formule de Liouville. Déterminons C de sorte que soit véri…ée la condition initiale. Portant x = x0 dans le premier terme et le second membre de l’égalité (7) nous trouvons W0 = C: Par conséquent, la solution véri…ant les conditions initiales sera de la forme : x W = W0 e

a1 dx

(8)

CHAPITRE 8. EQUATIONS DIFFERENTIELLES DU SECOND ORDRE375 Par hypothèse W0 6= 0. Il résulte alors de l’égalité (8) que W0 6= 0 quel que soit x, car l’exponentielle ne peut s’annuler pour des valeurs …nies de la variable. Le théorème est démontré. Corollaire1 Si le wronskien est nul pour une certaine valeur x = x0 , il est alors nul pour toute valeur x du segment considéré. Preuve En e¤et. Supposonsons que y1 ; y2 sont dé…nies et solutions de l’équation (3) dans l’intervalle [a; b] : D’après la formule (7), si pour x0 2 [a; b] ; on a W (y1 ; y2 ) (x0 ) 6= 0; alors W (y1 ; y2 ) (x) 6= 0 : 8x 2 [a; b] Appelons (P ) la proposition suivante (P ) :

9x0 2 [a; b] : W (y1 ; y2 ) (x0 ) 6= 0

et (Q) : (Q) : 8x 2 [a; b] : W (y1 ; y2 ) (x) 6= 0: On a bien sur : (P ) =) (Q) : Donc non (Q) =) non (P ) : Le corollaire est ainsi démontré. Théorème 5 Si les solutions y1 et y2 de l’équation (3) sont linéairement indépendantes sur le segment [a; b], alors le déterminant de Wronski formé avec ces solutions ne s’annule en aucun point de ce segment. Preuve La preuve est admise. Elle utilise principalement la dé…nition, les théorèmes 3 et 4 et le corollaire1. Dé…nition 4 La fonction y = (x; C1 ; C2 ); x 2 [a; b] ; C1 ; C2 constantes, est appelée solution générale de l’équation di¤érentielle (3), si y = (x; C1 ; C2 ) véri…e les conditions suivantes : a) y = (x; C1 ; C2 ) est solution de (3), quelles que soient les constantes C1 et C2 :

CHAPITRE 8. EQUATIONS DIFFERENTIELLES DU SECOND ORDRE376 b) Quelles que soient les conditions initiales : (9)

yx=x0 = y0 0 yx=x = y00 0

il est possible de choisir de façon unique les valeurs des constantes C1 et C2 ; de sorte que la solution particulière correspondante y = (x; C1 ; C2 ) soit solution de (3) et satisfasse les conditions initiales (9). Théorème 6 Si y1 et y2 sont deux solutions linéairement indépendantes de l’équation (3), alors y = C1 y1 + C2 y2 (10) où C1 et C2 sont des constantes arbitraires, est la solution générale de cette équation. Démonstration Il résulte des théorèmes 1 et 2 que la fonction y = C1 y1 + C2 y2 est solution de l’équation (3). Notons (y1 )x=x0 = y1;0 ; 0 (y10 )x=x0 = y1;0 ;

(y2 )x=x0 = y2;0 ; 0 (y20 )x=x0 = y2;0 :

Les conditions initiales (9) deviennent y0 = C1 y1;0 + C2 y2;0 ; 0 0 y00 = C1 y1;0 + C2 y2;0 ;

(11)

Le système linéaire (11) d’inconnues C1 et C2 admet une solution unique, car le déterminant de ce système y1;0 y2;0 0 0 y1;0 y2;0

0 = y1;0 y2;0

0 y1;0 y2;0

est le déterminant de Wronski pour x = x0 et n’est pas donc pas nul (étant donné que les solutions y1 et y2 sont linéairement indépendantes). La solution particulière déduite de la famille (8) en y remplaçant C1 et C2 par les valeurs trouvées satisfait aux conditions initiales données. Le théorème est démontré. Remarque

CHAPITRE 8. EQUATIONS DIFFERENTIELLES DU SECOND ORDRE377 Il n’existe pas de méthode générale permetant de trouver sous forme …nie la solution générale d’une équation di¤érentielle linéaire à coe¢ cients variables. Toutefois, il existe une telle méthode pour les équations à coe¢ cients constants. Elle fera l’objet du paragraphe suivant. Nous allons démontrer maintenant un théorème permettant de trouver la solution générale d’une équation di¤érentielle du second ordre à coe¢ cients variables si l’on connait une solution particulière. Comme on arrive parfois à trouver ou à deviner directement une solution particulière, ce théorème peut être utile dans beaucoup de cas. Méthode générale de calcul d’une deuxième solution de l’équation (3bis) à coé¢ cients variables, formant un système libre avec une première solution donnée et connue. Considérons l’équation di¤érentielle linéaire homogène du second ordre à coé¢ cients variables : y " + a1 (x)y 0 + a2 (x)y = 0:

(12)

Soit y1 une solution particulière connue de l’équation (12) Trouvons une autre solution particulière y2 de l’équation proposée telle que y1 et y2 soient linéairement indépendantes. La solution générale s’écrira alors y = C1 y1 + C2 y2 , où C1 et C2 sont des constantes arbitraires. Calcul de y2 y1 et y2 étant deux solutions de l’équation (12), on a : y2" + a1 y20 + a2 y2 = 0; et

y1" + a1 y10 + a2 y1 = 0:

Multipliant les termes de la première égalité par y1 , ceux de la seconde par y2 et ajoutant, on obtient :

y1 y2"

y2 y100 + a1 y1 y2

y1 y2"

y2 y100 + a1 y1 y2

y 2 y 1 + a2 y 1 y 2

a2 y 1 y 2

y2 y1 = 0

On otient donc y1 y2"

y2 y100 + a1 y1 y2

y2 y1 = 0

Or y1 y2" Posons

y2 y100 = y1 y2 0

Y = y1 y2

y2 y1 0

y2 y1

(13)

CHAPITRE 8. EQUATIONS DIFFERENTIELLES DU SECOND ORDRE378 (13) devient donc Y 0 + a1 (x) Y = 0 ,

dY = dx

a1 (x) Y

Soit en séparant les variales dY = Y

a1 (x) dx =) log (jY j) =

a1 (x) dx =) Y = e

a1 (x)dx

soit en remplaçant la valeur de Y; on obtient y20 y1

y2 y10 = e

a1 (x)dx

Par conséquent, on a pour la détermination de y2 une équation linéaire du premier ordre. Intégrons-la comme suit. Divisons tous les termes par y12 : y2 y10

y20 y1

y12 ou

d dx

y2 y1

d’où y2 = y1 soit

y2 = y1

1 e y12

1 Ce y12

a1 (x)dx

a1 dx

;

a1 (x)dx

dx:

y12 R

a1 dx

y12

dx:

(14)

Il est évident que y1 et y2 sont des solutions linéairement indépendantes, car yy21 6= const: La solution générale de l’équation proposée s’écrit donc R Z e a1 dx y = C1 y1 + C2 y2 dx: y12

8.3

Equations linéaires homogènes du second ordre à coé¢ cients constants

Soit l’équation linéaire homogène du second ordre y " + py 0 + qy = 0;

(15)

CHAPITRE 8. EQUATIONS DIFFERENTIELLES DU SECOND ORDRE379 où p et q sont des constantes réelles. Pour trouver l’intégrale générale de cette équation, il su¢ t, comme nous l’avons montré plus haut, de trouver deux solutions particulières linéairement indépendantes. Nous allons les chercher sous la forme y = ekx ;

(16)

ou k = const;

alors y 0 = kekx ;

y " = k 2 ekx :

Substituons ces expressions des dérivées dans l’équation (15) ; on obtient ekx k 2 + pk + q = 0: Comme ekx 6= 0, on doit avoir k 2 + pk + q = 0:

(17)

Par conséquent, si k est racine de l’équation (17), la fonction ekx sera solution de l’équation (1). L’équation (17) est appelée équation caractéristique de l’équation (15). L’équation caractéristique est une équation du second degré dont nous désignerons les racines par k1 et k2 . On a r r p p2 p p2 k1 = + q; k2 = q si p2 4q > 0 2 4 2 4 et k1 = et

p +i 2

p2 ; k2 = 4

p 2

p2 4

si p2

p ; si p2 4q = 0 2 Les trois cas suivants peuvent se présenter : I. k1 et k2 sont des nombres réels distincts (k1 6= k2 ) ; II. k1 et k2 sont des nombres complexes ; III. k1 et k2 sont des nombres réels égaux (k1 = k2 ) : Examinons chaque cas séparément. k1 = k 2 =

4q < 0

CHAPITRE 8. EQUATIONS DIFFERENTIELLES DU SECOND ORDRE380

8.3.1

I. Les racines de l’équation caractéristique sont réelles et distinctes : k1 6= k2 .

On aura alors pour solutions particulières

y1 = ek1 x ; y2 = ek2 x : Ces solutions sont linéairement indépendantes, car y2 ek2 x = k1 x = e(k2 y1 e

k1 )x

6= const:

L’intégrale générale s’écrit, par conséquent, y = C1 ek1 x + C2 ek2 x :

8.3.2

II. Les racines de l’équation caractéristique sont complexes.

Etant donné que les racines complexes sont conjuguées, posons : k1 =

+i ;

k2 =

i ;

où

r p2 p ; = q : = 2 4 On peut mettre les solutions particulières sous la forme y1 = e(

+i )x

; y2 = e(

i )x

(18)

Ce sont des fonctions complexes d’une variable réelle véri…ant l’équation di¤érentielle (15). Il est évident que si une fonction complexe d’une variable réelle (19)

y = u (x) + iv (x)

véri…e l’équation (15), cette équation est véri…ée séparément par les fonctions u (x) et v (x) : En e¤et, substituons l’expression (19) dans l’équation (15) : [u (x) + iv (x)]" + p [u (x) + iv (x)]0 + q [u (x) + iv (x)] ou u" + pu0 + qu + i v " + pv 0 + qv

CHAPITRE 8. EQUATIONS DIFFERENTIELLES DU SECOND ORDRE381 Mais une fonction complexe n’est nulle que si, et seulement si, les parties réelles et imaginaires sont nulles séparément, c’est-à-dire u" + pu0 + qu = 0; v " + pv 0 + qv = 0: Nous venons de démontrer que u (x) et v (x) sont solutions de l’équation proposée. Recopions les solutions complexes (18) sous forme de somme des parties réelles et imginaires : y1 = e

cos x + ie

sin x;

y2 = e

cos x

sin x:

D’après ce qui vient d’être démontré, les fonctions réelles suivantes seront des solutions particulières de l’équation (15) : ye1 = e

ye2 = e

cos x;

(20)

sin x:

(21)

Les fonctions ye1 et ye2 sont linéairement indépendantes, car e x cos x ye1 = x = cot( x) 6= const: ye2 e sin x

Par conséquent, la solution générale de l’équation (15) dans le cas où les racines de l’équation caractéristique sont complexes prend la forme ou

y = C1 ye1 + C2 ye2 = C1 e y=e

cos x + C2 e

(C1 cos x + C2 sin x) ;

sin x (22)

où C1 et C sont des constantes arbitraires. Un important cas particulier est celui où les racines de l’équation caractéristique sont des nombres imaginaires purs. Ceci a lieu lorsque dans l’équation (15) ; on a p = 0. A ce moment y " + qy = 0: L’équation caractéristique (3) prend la forme k 2 + q = 0; q > 0: Ses racines sont donc k1;2 =

p i q=

i ;

= 0:

Par suite la solution (22) est de la forme y = C1 cos x + C2 sin x: ( = 0)

CHAPITRE 8. EQUATIONS DIFFERENTIELLES DU SECOND ORDRE382

8.3.3

III L’équation caractéristique admet une racine réelle double

On a alors k1 = k2 : On obtient une solution particulière y1 = ek1 x en vertu des raisonnements précédents. Il faut trouver une seconde solution particulière linéairement indépendante avec la première (la fonction ek2 x est identiquement égale à ek2 x et ne peut être considérée comme une seconde solution particulière). Nous chercherons la seconde solution particulière sous la forme y2 = u (x) ek1 x ; où u (x) est une fonction inconnue que l’on doit déterminer. Dérivons : y20 = u0 ek1 x + k1 u(x)ek1 x = ek1 x (u0 + k1 u) ; y2" = u" ek1 x + 2k1 u0 ek1 x + k12 uek1 x = ek1 x u" + 2k1 u0 + k12 u : On obtient en substituant les expressions des dérivées dans l’équation (15) : ek1 x u" + (2k1 + p) u0 + k12 + pk1 + q u = 0: Comme k1 est une racine double de l’équation caractéristique, on a k12 + pk1 + q = 0: En outre k1 = k2 = p2 ou 2k1 = p; 2k1 + p = 0: Par conséquent, pour trouver u (x), il faut résoudre l’équation ek1 x u" = 0 ou u" = 0. On trouve en intégrant u = C1 x + C2 : On peut poser C1 = 1; C2 = 0 ; on a alors u = x: On peut donc prendre pour seconde solution la fonction y2 = xek1 x : Cette solution est linéairement indépendante de la première, étant donné que yy12 = x 6= const. On prendra donc pour solution générale la fonction y = C1 ek1 x + C2 xek1 x = ek1 x (C1 + C2 x) :

CHAPITRE 8. EQUATIONS DIFFERENTIELLES DU SECOND ORDRE383

8.4

8.4.1

Equations di¤érentielles linéaires homogènes d’ordre n à coe¢ cients constants Dé…nition. Solution générale

Considérons une équation di¤érentielle linéaire homogène d’ordre n de la forme suivante y (n) + a1 y (n 1) + ::: + an y = 0: (23) Nous supposerons que a1 ; a2 ; :::; an sont des constantes. Les conditions initiales seront sous la forme suivante : (n 1)

0 (n 1) yx=x0 = y0 ; yx=x = y00 ; :::; yx=x = y0 0 0

Avant d’indiquer une mèthode de résolution de l’équation (23), nous donnerons deux dé…nitions qui nous seront utiles par la suite. Dé…nition 5 Si l’on a pour tous les x du segment [a; b] l’égalité 'n (x) = A1 '1 (x) + A2 '2 (x) + ::: + An 1 'n

(x) ;

où A1 ; A2 ; :::; An sont des constantes non toutes nulles, on dit que 'n (x) est une combinaison linéaire des fonctions '1 (x) ; '2 (x) ; :::; 'n 1 (x) : Dé…nition 6 n fonction '1 (x) ; '2 (x) ; :::; 'n 1 (x) ; 'n (x) sont dites linéairement indépendantes, si aucune d’elles ne peut être représentée comme combinaison linéaire des autres, ou en d’autres termes l’égalité suivante A1 '1 (x) + A2 '2 (x) + ::: + An 1 'n

(x) + An 'n (x)

est possible si et seulement si A1 = A2 = ::: = An = 0 Remarque Il résulte de ces dé…nitions que si les fonctions '1 (x) ; '2 (x) ; :::; 'n (x) sont linéairement dépendantes, il existe alors des constantes C1 ; C2 ; :::; Cn non toutes nulles et telle que l’on a, quel que soit x pris sur le segment [a; b] ; C1 '1 (x) + C2 '2 (x) + ::: + Cn 'n (x) Théorème 7

CHAPITRE 8. EQUATIONS DIFFERENTIELLES DU SECOND ORDRE384 Si les fonctions y1 ; y2 ; :::; yn sont des solutions linéairement indépendantes de l’équation (23), sa solution générale est de la forme y = C1 y1 + C2 y2 + ::: + Cn yn

(24)

où C1 ; :::; Cn sont des constantes arbitaires

8.4.2

Méthode générale de calcul de n solutions linéairement indépendentes de l’équation homogène (23)

Si les coe¢ cients de l’équation (1) sont constants, on trouve la solution générale tout comme pour l’équation du second ordre. 1) On forme l’équation caractéristique k n + a1 k n

+ a2 k n

+ ::: + an = 0:

2) On trouve les racines de l’équation caractéristique k1 ; k2 ; :::; kn : 3) Suivant le caractère des racines, on écrit les solutions particulières linéairement indépendantes en partant de ce qui suit : a) il correspond à toute racine réelle simple k une solution particulière ekx ; b) il correspond à tout couple de racines complexes conjuguées (1) simple k = + i et k (2) = i deux solutions particulières e x cos x x et e sin x; c) il correspond à toute racine réelle k d’ordre de multiplicité r autant de solutions particulières linéairement indépendantes ekx ; xekx ; :::; xr 1 ekx ; d) il correspond à tout couple de racines complexes conjuguées k (1) = + i ; k (2) = i , d’ordre de multiplicité ; 2 solutions particulières : e x cos x; xe x cos x; :::; x 1 e x cos x; e

sin x; xe

sin x; :::; x

sin x:

Le nombre de ces solutions est égale au degré de l’équation caractéristique (qui est aussi de l’ordre de l’équation di¤érentielle proposée). (On démontre que ces solutions sont linéairement indépendantes).

CHAPITRE 8. EQUATIONS DIFFERENTIELLES DU SECOND ORDRE385 4) Ayant trouvé n solution linéairement indépendantes y1 ; y2 ; :::; yn , on écrit la solution générale de l’équation di¤érentielle proposée sous la forme y = C1 y1 + C2 y2 + ::: + Cn yn ; où C1 ; C2 ; :::; Cn sont des constantes arbitraires. Remarque Il résulte de ce qui précède que toute la di¢ culté de la résolution d’une équation di¤érentielle linéaire homogène à coe¢ cients constants est dans la résolution de l’équation caractéristique correspondante.

8.5

Equations liéaires non homogènes du second ordre

Soit une équation linéaire non homogène du second ordre de la forme suivannte y " + a1 y 0 + a2 y = f (x): (25) La structure de la solution générale de l’équation (25) est donnée par le théorème suivant : Théorème 8 La solution générale de l’équation non homogène (25) est la somme d’une solution particulière quelconque y de cette équation et de la solution générale y de l’équation homogène correspondante y " + a1 y 0 + a2 y = 0

(26)

Démonstration On doit démontrer que la somme (27)

y =y+y

est la solution générale de l’équation (25). Démontrons en premier lieu que la fonction (27) est une solution de l’équation (25) : Substituons la somme y + y dans l’équation (25) au lieu de y, on aura : (y + y )" +a1 (y + y )0 +a2 (y + y ) = (y" + a1 y 0 + a2 y)+ y

+ a1 y 0 + a2 y (28) 0 y étant solution de l’équation (26), donc (y" + a1 y + a2 y) = 0. y étant une solution de l’équation (25) ; donc y " + a1 y 0 + a2 y = f (x): Donc (y" + a1 y 0 + a2 y) + y

+ a1 y 0 + a2 y

= f (x):

CHAPITRE 8. EQUATIONS DIFFERENTIELLES DU SECOND ORDRE386 Par conséquent y + y est solution de l’équation (25). Montrons à présent que l’expression (27) est la solution générale de l’équation (25), c’est-à-dire que l’on peut choisir les constantes arbitraires C1 et C2 , de manière que soient satisfaites les conditions initiales : yx=x0 = y0 ; 0 yx=x = y00 ; 0

(29)

quel que soient x0 ; y0 et y00 (pourvu que x0 soit pris dans le domaine de continuité des fonctions a1 ; a2 et f (x)). Remarquant que l’on peut mettre y sous la forme y = C1 y1 + C2 y2 ; où y1 et y2 sont deux solutions linéairement indépendantes de l’équation homogène (26) et C1 et C2 des constantes arbitraires. On peut recopier l’égalité (27) sous la forme y = C1 y1 + C2 y2 + y : (30) Il résulte des conditions (29) que : C1 y1;0 + C2 y2;0 + y0 = y0 ; 0 0 C1 y1;0 + C2 y2;0 + y0 0 = y00 :

avec 0

0 y1;0 = y1(x=x0 ) ; y1;0 = (y1 )(x=x0 ) 0

0 y2;0 = y2(x=x0 ) ; y2;0 = (y2 )(x=x0 ) y0 = (y )(x=x0 ) ; y0 0 = (y )0(x=x0 )

Il nous faut déduire C1 et C2 de ce système. Recopions-le sous la forme C1 y1;0 + C2 y2;0 = y0 0 0 C1 y1;0 + C2 y2;0 = y00

y0 ; 0 y0 :

(31)

On remarque que le déterminant des coe¢ cients des inconnues C1 et C2 est le wronskien des fonctions y1 et y2 calculé au point x = x0 :Etant donné que ces fonctions sont linéairement indépendantes par hypothèse, le wronskien n’est pas nul ; le système (6) possède donc une solution unique bien déterminée C1 et C2 , c’est-à-dire qu’il existe des constantes C1 et C2 telles que la formule (27) dé…nit la solution de l’équation (25) ; satisfaisant aux conditions initiales données. Le théorème est complètement démontré.

CHAPITRE 8. EQUATIONS DIFFERENTIELLES DU SECOND ORDRE387 Conclusion Si l’on connait la solution générale y de l’équation sans second membre (26), le problème revient à trouver une solution particulière quelconque y de l’équation avec second membre (25). Indiquons une méthode générale permettant de trouver des solutions particulières d’une équation avec second membre.

8.5.1

Méthode de la variation des constantes arbitraires

Ecrivons la solution générale de l’équation homogène (26) : y = C1 y1 + C2 y2 :

(32)

Nous allons chercher une solution particulière de l’équation non homogène (25) sous la forme (32) en considérant C1 et C2 comme des fonctions de x qu’il faut déterminer. Dérivons l’égalité (32) : y 0 = C1 y10 + C2 y20 + C10 y1 + C20 y2 : Choisissons les fonctions C1 et C2 de manière que soit satisfaite l’égalité C10 y1 + C20 y2 = 0:

(33)

Ceci étant, la dérivée première y 0 devient y 0 = C1 y10 + C2 y20 : Dérivons maintenant cette expression, on trouve y" : y" = C1 y1" + C2 y2" + C10 y10 + C20 y20 : Substituons y; y 0 ; y " dans l’équation (25) ; on obtient : C1 y1" + C2 y2" + C10 y10 + C20 y20 + a1 (C1 y10 + C2 y20 ) + a2 (C1 y1 + C2 y2 ) = f (x) ou C1 y1" + a1 y10 + a2 y1 + C2 y2" + a1 y20 + a2 y2 + C10 y10 + C20 y20 = f (x) : Les expressions contenues dans les deux premières parenthèses s’annulent du fait que y1 et y2 sont des solutions de l’équation homogène. Par conséquent, cette dernière égalité prend la forme C10 y10 + C20 y20 = f (x) :

(34)

CHAPITRE 8. EQUATIONS DIFFERENTIELLES DU SECOND ORDRE388 Ainsi la fonction (32) est une solution de l’équation avec second membre (25) pourvu que les fonctions C1 et C2 satisfassent aux équations (33) et (34), c’est-à-dire, si l’on a C10 y10 + C20 y20 = 0;

C10 y10 + C20 y20 = f (x) :

Or le déterminant de ce système est le wronskien des solutions linéairement indépendantes y1 et y2 de l’équation (26), donc il n’est pas nul ; on trouve C10 et C20 comme fonctions de x en résolvant le système précédent : C10 = '1 (x) ; On trouve en intégrant : Z C1 = '1 (x) dx + C 1 ;

C20 = '2 (x) :

C2 =

'2 (x) dx + C 2 ;

où C 1 et C 2 sont des constantes d’intégration. Substituant les expressions de C1 et C2 dans l’égalité (32), on trouve une solution dépendant de deux constantes arbitraires C 1 et C 2 , c’est-à-dire la solution générale de l’équation avec second membre. Le théorème suivant peut être utile pour la recherche de solutions particulières. Théorème 9 La solution y de l’équation y " + a1 y 0 + a2 y = f1 (x) + f2 (x) ;

(35)

où le second membre est la somme de deux fonctions f1 (x) et f2 (x), peut être exprimée sous la forme d’une somme y = y1 + y2 , où y1 est solution de l’équation y " + a1 y 0 + a2 y = f1 (x) ; (36) et y2 est solution de l’équation y " + a1 y 0 + a2 y = f2 (x) :

(37)

Démonstration y1 est solution de l’équation 36, donc y1 " + a1 y1 0 + a2 y1 = f1 (x)

(38)

y2 est solution de l’équation 37, donc y2 " + a1 y2 0 + a2 y2 = f2 (x)

(39)

En ajoutant membre à membre les équations (38) et (39), on obtient : (y1 + y2 ) + a1 (y1 + y2 )0 + a2 (y1 + y2 ) = f1 (x) + f2 (x) : Par conséquent, y1 + y2 = y est une solution de l’équation (35) :

(40)

CHAPITRE 8. EQUATIONS DIFFERENTIELLES DU SECOND ORDRE389

8.6

Equations linéaires non homogènes du second ordre à coé¢ cients constants

Soit l’équation di¤érentielle 0

y " + py + qy = f (x) ;

(41)

où p et q sont des nombres réels. On a indiqué au paragraphe précédent une méthode générale de recheche des solutions des équations non homogènes. Lorsque l’équation est à coe¢ cients constants, il est parfois plus simple de trouver une solution particulière sans intégration. Considérons les types d’équations (41) auxquelles cette remarque s’applique.

8.6.1

Cas où le second membre est de la forme f (x) = Pn (x) e

Supposons que le second membre de l’équation (41) soit le produit de la fonction exponentielle par un polynôme : f (x) = Pn (x) e x ;

(42)

où Pn (x) est un polynôme de degré n. Les cas suivants peuvent se présenter : a) Le nombre n’est pas une racine de l’équation caractéristique : k 2 + pk + q = 0: Il faut alors chercher la solution particulière sous la forme y = A0 x n + A 1 x n

+ ::: + An e

= Qn (x) e x :

(43)

En e¤et, substituant y dans l’équation (41) et simpli…ant par e x , on aura : Q"n (x) + (2 + p) Q0n (x) +

+ p + q Qn (x) = Pn (x) :

(44)

Qn (x) est un polynôme de degré n; Q0n (x) et Q"n (x) sont respectivement des polynômes de degré n 1 et n 2: On a donc de part et d’autre du signe d’égalité des polynômes de degré n. Egalant les coe¢ cients des mêmes puissances de x (le nombre des coe¢ cients inconnus est égal n + 1), on obtient un système de n + 1 équations pour la détermination des coe¢ cients A0 ; A1 ; A2 ; :::; An :

CHAPITRE 8. EQUATIONS DIFFERENTIELLES DU SECOND ORDRE390 b) 0:

est une racine simple de l’équation caractéristique : k 2 +pk+q =

Si l’on cherchait alors une solution particulière sous la forme (43), on obtiendrait dans le premier membre de l’égalité (44) un polynôme de degré n 1, étant donné que le coe¢ cient de Qn (x), soit 2 + p + q, est nul et que Q0n (x) et Q"n (x) sont des polynômes de degrés inférieurs à n. Par conséquent, l’égalité (44) ne pourrait être une identité quel que soit le choix des constantes A0 ; A1 ; A2 ; :::; An : Donc, dans le cas considéré, on cherchera la solution particulière sous la forme d’un polynôme de degré n + 1 privé de son terme constant (car ce dernier disparait après dérivation). En d’autres termes, choisissons y sous la forme : y = xQn (x) e x : c)

est une racine double de l’équation carctéristique : k 2 +pk+q = 0:

Le degré du polynôme s’abaisse alors de deux unités quand on substitue la fonction Qn (x) e x dans l’équation di¤érentielle. En e¤et étant une racine de l’équation caractéristique, 2 +p +q = 0 ; en outre, étant racine double, on a 2 = p (on sait, en e¤et que la somme des racines de l’équation réduite du second degré est égale au coe¢ cient du terme du premier degré pris avec le signe moins). Ainsi, 2 + p = 0: Il reste donc dans le premier membre de l’égalité (44) Q"n (x), c’est-à-dire un polynôme de degré n 2. Pour que le résultat de la substitution soit un polynôme de degré n, il faut chercher une solution particulière sous la forme de produit de e x par un polynôme de degré n + 2. La constante et le terme du premier degré de ce polynôme disparaissent alors après dérivation et on pourra les omettre dans la solution particulière. Ainsi donc, lorsque est une racine double de l’équation caractéristique, on cherchera une solution particulière sous la forme y = x2 Qn (x) e x :

8.6.2

Cas où le second membre est de la forme f (x) = P (x) e x cos x + Q (x) e x sin x

On peut examiner ce cas comme précédemment en passnt des fonctions trigonométriques à des exponentielles. Remplaçons cos x et sin x par leurs expressions exponentielles données par les formiles d’Euler ; on obtient : f (x) = P (x) e

i x xe

+e 2

i x

+ Q (x) e

i x xe

e 2i

i x

(45)

CHAPITRE 8. EQUATIONS DIFFERENTIELLES DU SECOND ORDRE391 ou f (x) =

1 1 P (x) + Q (x) e( 2 2i

+i )x

1 P (x) 2

1 Q (x) e( 2i

i )x

(46)

On a dans les crochets des polynômes dont le degré est égal au degré le plus élévé de P (x) ou de Q (x). On voit que le second membre a été mis sous la forme du cas précédent: On montre (nous ne le démontrons pas) qu’on peut trouver des solutions particulières ne contenant pas de quantité complexes. Par conséquent, lorsque le second membre de l’équation (41) est de la forme f (x) = P (x) e x cos x + Q (x) e x sin x; (47) P (x) et Q (x) étant des polynômes, on détermine comme suit la forme de la solution particulière : a) si +i n’est pas racine de l’équation caractéristique : k 2 +pk+q = 0: il faut chercher une solution particulière de l’équation (41) sous la forme y = U (x) e

cos x + V (x) e

sin x;

(48)

U (x) et V (x) étant des polynômes dont le dégré est égal au degré de P (x) ou Q (x) ; b) si

+ i est racine de l’équation caractéristique : k 2 + pk + q = 0

on prendra une solution particulière sous la forme y = x [U (x) e

cos x + V (x) e

sin x] :

(49)

Pour éviter des erreurs possibles, notons que les formes indiquées des solutions particulières (48) et (49) sont évidemment conservées aussi, dans le cas où dans le second membre de l’équation (41) ; l’un des polynômes P (x) ou Q (x) est identiquement nul, c’est-à-dire quand le second membre est de la forme P (x) e x cos x ou Q (x) e x sin x: Considérons ensuite un cas particulier important. Supposons que le second membre d’une équation linéaire du second ordre soit de la forme f (x) = M cos x + N sin x;

(50)

CHAPITRE 8. EQUATIONS DIFFERENTIELLES DU SECOND ORDRE392 où M et N sont des constantes. a) Si i n’est pas racine de l’équation carctéristique On chechera une solution particulière sous la forme y = A cos x + B sin x:

(51)

b) Si i est racine de l’équation carctéristique On chechera une solution particulière sous la forme y = x (A cos x + B sin x) :

(52)

CHAPITRE 8. EQUATIONS DIFFERENTIELLES DU SECOND ORDRE393 SERIE TD CHAPITRE 8 EQUATIONS DIFFERENTIELLES ORDINAIRES LINEAIRES D’ORDRE 2 Exercice 1. Soit l’équation y

(1)

y = 0:

Trouvez deux solutions de l’équation (1) linéairement dépendantes et deux autres solutions de (1) linéairement indépendantes. Solution de l’Exercice1 On véri…e facilement que les fonctions ex ; e x ; 3ex ; 5e x sont des solutions de cette équation. Les fonctions ex et e x sont linéairement indépendantes x sur R. En e¤et : le rapport ee x = e2x n’est pas constant lorsque x varie dans R. Par contre les fonctions ex et 3ex sont linéairement dépendantes, x = 3 = const. car 3e ex Exercice 2 Considérons l’équation 1 y" + y0 x

1 y=0 x2

(2)

Montrez que y1 = x et y2 = x1 sont deux solutions linéairement sur tout segment ne contenant pas le point x = 0 de l’équation (2). Trouvez la solution générale de (2). Solution Exercice 2 1 x Il est facile de le véri…er en substituant dans l’équation (2) que y1 = x et y2 = x1 sont solutions de (2). Montrons que y1 et y2 sont linéairement indépendants. Pour celà ilsu¢ t de démontrer qu’il existe x0 6= 0 tel que W (y1 ; y2 ) (x0 ) 6= 0: y1 = x; y2 =

W (y1 ; y2 ) (x) =

y1 y2 y10 y20

1 x

1 x2

La solution générale s’écrit donc y = C1 x +

C2 : x

1 x

1 = x

2 6= 0 si x 6= 0 x

CHAPITRE 8. EQUATIONS DIFFERENTIELLES DU SECOND ORDRE394

Exercice 3 Trouver la solution générale de l’équation di¤érentielle linéaire homogène du second ordre à coé¢ cients variables suivante : x2 y "

2xy 0 + 2y = 0:

Solution Exercice 3 Ecrivons cette équation sous la forme canonique 2x 2 y0 + y=0 2 (1 x ) (1 x2 )

y 00

On véri…e directement que cette équation a pour solution particulière y1 = x: Trouvons une seconde solution particulière y2 telle que y1 et y2 soient linéairement indépendantes. , on obtient, en vertu de la formule (3quatro) Remarquant que a1 = 1 2x x2 y2 = y1

a1 dx

dx:

y12

soit en remplaçant

y2 = x

dx =x 2 x j1 x2 j =x

2x dx 1 x2

dx = x

x2 Z

logj1 x2 j

1 1 1 + + 2 x 2 (1 x) 2 (1 + x) 1+x 1 1 + log x 2 1 x

La solution générale est donc y = C1 x + C2

1 1+x x log 2 1 x

Exercice 4 Trouvez la solution générale de l’équation y" + y0

2y = 0:

1 :

dx =

CHAPITRE 8. EQUATIONS DIFFERENTIELLES DU SECOND ORDRE395 Solution de l’Exercice 4 L’équation cractéristique s’écrit k2 + k

2 = 0:

Trouvons les racines de cette équation : r 1 1 k1;2 = + 2; 2 4 k1 = 1;

k2 =

L’intégrale générale est y = C1 ex + C2 e

8.6.3 Exercice 5 Soit l’équation di¤érentielle suivante : y " + 2y 0 + 5y = 0: Trouvez la solution générale de l’équation précedente et la solution par0 ticulière satisfaisant aux conditions initiales yx=0 ; yx=0 = 1:Construire la courbe intégrale correspondante. Solution de l’Exercice 5 1) Ecrivons l’équation caractéristique k 2 + 2k + 5 = 0 4 = 4 4(5) = 16 < 0 Ses racines sont k1 =

1 + 2i;

k2 =

2i:

L’intégrale générale est donc y=e 2)

(C1 cos 2x + C2 sin 2x) :

CHAPITRE 8. EQUATIONS DIFFERENTIELLES DU SECOND ORDRE396 Trouvons la solution particuulière satisfaisant aux conditions initiales données : déterminons à cet e¤et les valeurs correspondantes de C1 et C2 : La condition initiale yx=0 = 0 donne 0=e

(C1 cos 2:0 + C2 sin 2:0) ; d0 ou C1 = 0:

Puisque y 0 = e x 2C2 cos 2x

e x C2 sin 2x;

0 donc La deuxième condition initiale yx=0 = 1 donnne on déduit de la seconde condition : 1 1 = 2C2 ; ou bien C2 = : 2 La solution particulière cherchée est donc 1 y = e x sin 2x: 2 Exercice 6 Soit l’équation y " + 9y = 0:

Trouver la solution générale et la solution particulière de cette équation satisfaisant aux conditions initiales yx=0 = 0;

0 yx=0 = 3:

Solution Exercice 6 L’équation caractéristique est k 2 + 9 = 0: Ses racines sont k1 = 3i; k2 =

3i:

La solution générale est donc y = C1 cos 3x + C2 sin 3x: Cherchons maintenant la solution particulière. Dérivons y0 =

3C1 sin 3x + 3C2 cos 3x:

En appliquant les conditions initiales, nous obtenons 0 = C1 cos 0 + C2 sin 0; : 3=

3C1 sin 0 + 3C2 cos 0;

d’où l’on tire C1 = 0; C2 = 1: La solution particulière est donc y = sin 3x:

CHAPITRE 8. EQUATIONS DIFFERENTIELLES DU SECOND ORDRE397

8.6.4 Exercice 7 Trouvez la solution générale de l’équation y"

4y 0 + 4y = 0:

Solution de Exercice 7 L’équation caractéristique est k 2 4k + 4 = 0; 4 = ( 4)2 4(4) = 0: On a donc une racine double k1 = k2 = 2: L’intégrale générale s’écrit : y = C1 e2x + C2 xe2x : Exercice 8 Montrez que les fonctions suivantes : y1 = ex ; y2 = e2x ; y3 = 3ex ; sont linéairement dépendantes sur R. Solution Exercice 8 On a pour C1 = 1; C2 = 0; C3 =

1 3

l’identité

C1 ex + C2 e2x + C3 3ex

Exercice 9 Montrez que les fonctions y1 = 1; y2 = x; y3 = x2 sont linéairement indépendantes sur R. Solution Exercice 9 En e¤et C1 + C2 x + C3 x2 = 0 : 8x 2 R =) C1 = C2 = C3 = 0: Prouvons celà. C1 + C2 x + C3 x2 = 0 : 8x 2 R =) C1 + C2 x + C3 x2 = 0 pour x = 0 =) C1 = 0 =) C2 x + C3 x2 = 0 : 8x 2 R: Dérivons cette dernière égalité, on obtiennt : C2 + 2C3 x = 0 : 8x 2 R =) C2 = 0 =) 2C3 x = 0 : 8x 2 R =) C3 = 0 Exercice 10 Trouver la solution générale de l’équation y IV Solution Exercice 10

y = 0:

CHAPITRE 8. EQUATIONS DIFFERENTIELLES DU SECOND ORDRE398 Formons l’équation caractéristique k4

1 = 0 , k2

1 (k 2 + 1) = 0

Les racines de cette équation sont : k1 = 1; k2 =

1; k3 = i; k4 =

L’intégrale générale est donc y = C1 ex + C2 e

+ C3 cos x + C4 sin x;

où C1 ; C2 ; C3 ; C4 sont des constantes arbitraires. Exercice 11 Trouver la solution générale de l’équation y"

y0 = x: x

Solution Exercice 11 Trouvons la solution générale de l’équation homogène y" On a :

y" 1 = ; 0 y x

y0 = 0: x

log y 0 = log x + log C;

y 0 = Cx;

ainsi, y = C1 x2 + C2 : Pour que cette expression soit la solution de l’équation proposée, il faut déterminer C1 et C2 comme fonctions de x du système 2C10 x + C20 :0 = x:

C10 x2 + C20 :1 = 0; On touve en résolvant ce système : 1 C10 = ; 2

C20 =

1 2 x; 2

x + C 1; 2

C2 =

x3 + C 2: 6

et après intégration : C1 =

CHAPITRE 8. EQUATIONS DIFFERENTIELLES DU SECOND ORDRE399 Substituant les fonctions trouvées dans la formule y = C1 x2 + C2 , on obtient la solution générale de l’équation avec second membre : y = C 1 x2 + C 2 + ou y = C 1 x2 + C 2 +

x3 , 2

x3 2

x3 6

où C 1 et C 2 sont des constantes arbitraires. y = C 1 x2 + C 2 +

x3 3

Exercice 12 Trouver une solution particulière y de l’équation 4y = x + 3ex :

Solution de l’Exercice 12 : La solution particulière de l’équation y" est

4y = x

1 y1 = x: 4

Celle de l’équation y"

4y = 3ex

est

3 y2 = ex : 5 Une solution particulière y de l’équation donnée est donc 1 3 y = x + ex : 4 5 Exercice 13 Trouver la solution générale de l’équation y " + 4y 0 + 3y = x: Solution Exercice 13 La solution générale de l’équation homogène correspondante est y = C1 e

+ C2 e

CHAPITRE 8. EQUATIONS DIFFERENTIELLES DU SECOND ORDRE400 Comme le second membre de l’équation non homogène est de la forme e [c’est-à-dire de la forme P1 (x) e0x ] et 0 n’étant pas racine de l’équation caractéristique k 2 + 4k + 3 = 0, nous chercherons une solution particulière sous la forme y = Q1 (x) e0x c’est-à-dire que nous poserons 0x

y = A0 x + A 1 : Substituons cette expression dans l’équation proposée, on a : 4A0 + 3 (A0 x + A1 ) = x: On déduit, en égalant les coe¢ cients des mêmes puissances de x de part et d’autres du signe d’égalité : 3A0 = 1; d’où

4A0 + 3A1 = 0;

1 A0 = ; 3

A1 =

4 : 9

Par conséquent, 1 y = x 3 La solution générale y = y + y sera y = C1 e

+ C2 e

4 : 9

1 + x 3

4 : 9

Exercice 14 Trouver la solution générale de l’équation y " + 9y = x2 + 1 e3x : Solution Exercice 14 On trouve facilement la solution générale de l’équation homogène y = C1 cos 3x + C2 sin 3x: Le second membre de l’équation donnée (x2 + 1) e3x est de la forme P2 (x) e3x : Comme le coe¢ cient 3 dans l’exposant n’est pas une racine de l’équation caractéristique, nous cherchons une solution particulière sous la forme y = Q2 (x) e3x ou y = Ax2 + Bx + C e3x :

CHAPITRE 8. EQUATIONS DIFFERENTIELLES DU SECOND ORDRE401 Substituons cette expression dans l’équation di¤érentielle : 9 Ax2 + Bx + C + 6 (2Ax + B) + 2A + 9 Ax2 + Bx + C

e3x = x2 + 1 e3x :

Simpli…ant par e3x et égalant les coe¢ cients des mêmes puissances de x, on obtient : 18A = 1;

12A + 18B = 0;

d’où

1 ; B= 18 La solution particulière est donc

1 ; 27

y =

1 2 x 18

2A + 6B + 18C = 1;

1 5 x+ 27 81

5 : 81

e3x

et la solution générale y = C1 cos 3x + C2 sin 3x +

1 2 x 18

1 5 x+ 27 81

e3x :

Exercice 15 Résoudre l’équation y"

7y 0 + 6y = (x

2) ex :

Solution Exercice 15 La solution générale de l’équation homogène est y = C1 e6x + C2 ex Le second membre est ici de la forme P1 (x) e1:x , où 1 de l’exposant est une racine simple du polynôme caractéristique. Nous chercherons donc une solution particulière sous la forme y = xQ1 (x) ex ou y = x (Ax + B) ex ; substituons cette expression dans l’équation, on a : [ Ax2 + Bx +(4Ax + 2B)+2A 7 Ax2 + Bx

7 (2Ax + B)+6 Ax2 + Bx ]ex

ou encore ( 10Ax

5B + 2A) ex = (x

2) ex :

CHAPITRE 8. EQUATIONS DIFFERENTIELLES DU SECOND ORDRE402 On obtient en égalant les coe¢ ciant des mêmes puissance de x : 10A = 1;

5B + 2A =

d’où

1 9 ; B= : 10 25 On a donc pour solution particulière A=

y =x

9 1 x+ 10 25

ex ;

et la solution générale s’écrit 9 1 x+ 10 25

y = y + y = C1 e6x + C2 ex + x

ex :

Exercice 16 Trouver la solution générale de l’équation linéaire non homogène suivante y " + 2y 0 + 5y = 2 cos x: Solution Exercice 16 L’équation carctéristique k 2 +2k+5 = 0 a pour racines k1 = 1+2i; k2 = 1 2i: La solution générale de l’équation homogène correspondante s’écrit donc y = e x (C1 cos 2x + C2 sin 2x) : Cherchons une solution particulière de l’équation avec second membre sous la forme y = A cos x + B sin x; A et B étant des constantes à déterminer. Substituons y dans l’équation proposée, on a : A cos x

B sin x + 2 ( A sin x + B cos x) + 5 (A cos x + B sin x) = 2 cos x:

Egalant les coe¢ cients de cos x et de sin x, on obtient deux équations pour déterminer A et B : A + 2B + 5A = 2; d’où

2A + 5B = 0;

2 1 A= ; B= : 5 5

CHAPITRE 8. EQUATIONS DIFFERENTIELLES DU SECOND ORDRE403 La solution générale de l’équation proposée, y = y + y , est y=e

(C1 cos 2x + C2 sin 2x) +

1 2 cos x + sin x: 5 5

Exercice 17 Résoudre l’équation y " + 4y = cos 2x: Solution Exercice 17 Les racines de l’équation caractéristique sont k1 = 2i; k2 = tion général homogène est donc

2i;la solu-

y = C1 cos 2x + C2 sin 2x: Cherchons une solution particulière de l’équation avec second membre sous la forme y = x (A cos 2x + B sin 2x) : on a : 0

y = 2x ( A sin 2x + B cos 2x) + (A cos 2x + B sin 2x) ;

4x ( A cos 2x

B sin 2x) + 4 ( A sin 2x + B cos 2x) :

Substituons ces expressions des dérivées dans l’équation proposée et égalons les coe¢ cients de cos 2x et de sin 2x ; on obtient un système d’équations pour la détermination de A et B : 4B = 1;

4A = 0;

d’où A = 0; B = 41 : La solution générale de l’équation donnée est donc 1 y = C1 cos 2x + C2 sin 2x + x sin 2x: 4 Exercice 18 Résoudre l’équation y"

y = 3ex cos x:

Solution Exercice 18 le second membre de l’équation est de la forme f (x) = e2x (M cos x + N sin x)

CHAPITRE 8. EQUATIONS DIFFERENTIELLES DU SECOND ORDRE404 avec M = 3; N = 0: L’équation carctéristique k 2 1 = 0 a pour racines k1 = 1; k2 = 1. La solution générale de l’équation homogène est y = C1 ex + C2 e x : Comme + i = 2 + i:1 n’est pas racine de l’équation caractéristique, on cherchera une solution particulière sous la forme y = e2x (A cos x + B sin x) : Substituant cette expression dans l’équation, on obtient après réduction de terme semblables : (2A + 4B) e2x cos x + ( 4A + 2B) e2x sin x = 3e2x cos x: On obtient en égalant les coe¢ cients de cos x et de sin x : 2A + 4B = 3; d’où A =

3 ; 10

4A + 2B = 0;

B = 35 : La solution particulière est donc 3 3 cos x + sin x ; 10 5

y = e2x et la solution générale y = C1 ex + C2 e

+ e2x

3 3 cos x + sin x : 10 5

Chapitre 9 FONCTIONS DE PLUSIEURS VARIABLES. NOTIONS DE LIMITE, CONTINUITE, DERIVEES PARTIELLES, DIFFERIENTIABILITE 9.1 9.1.1

Note historique Note historique sur les fonctions de plusieurs variables

La notion de fonctions à plusieurs variables apparait très tôt en physique où l’on étudie souvent des quantités dépendants de plusieurs autres, mais elle se développe considérablement à partir de la …n du 17ème siècle. En 1667, James Gregory, dans son "Vera circuli et hyperbolae quadratura" en donne une des premières dé…nitions formelles : « une fonction est une quantité obtenue à partir d’autres quantités par une succession d’opérations algébriques ou par n’importe quelle opération imaginable » . Le 18ème siècle voit le développement du calcul in…nitésimal et la recherche de solutions d’équations di¤érentielles et d’équations aux dérivées partielles. Les fonctions à plusieurs variables sont alors manipulées autant que les fonctions à une seule variable. Il faut attendre la …n du 19ème siècle et le 20ème siècle pour voir s’établir avec plus de rigueur les calculs sur les dérivées partielles, notamment les dérivées secondes.

405

CHAPITRE 9. FONCTIONS DE PLUSIEURS VARIABLES. NOTIONS DE LIMITE, CONTINU

9.1.2

Note historique sur la vie et les travaux de James Gregory

James Gregory est né à Drumoak près d’Aberdeen en écosse et il est mort à édimbourg. Il a été professeur à l’Université de St Andrews et à l’université d’édimbourg. En 1660, il publie Optica Promota, dans lequel il décrit un modèle de télescope qui porte aujourd’hui son nom. Ce télescope attira l’attention de plusieurs scienti…ques : Robert Hooke, le physicien d’Oxford qui le construisit …nalement, Sir Robert Moray, membre fondateur de la Royal Society et Isaac Newton, qui travaillait sur un projet similaire. Ce type de télescope n’est plus guère utilisé, car il en est des plus performants pour les usages habituels. élève à Bologne de Stefano degli Angeli, il rapporte d’Italie les premiers développements en série, et les méthodes issues du travail de Cavalieri. Gregory, admirateur enthousiaste de Newton, entretient avec lui une correspondance amicale, et il incorpore ses idées dans son propre enseignement, idées controversées et révolutionnaires à l’époque. Œ uvre de James Gregory En 1667, il publie Vera Circuli et Hyperbolae Quadratura, dans lequel il montre que les aires délimitées par le cercle et l’hyperbole sont données par la somme de séries in…nies. Ce travail contient une remarquable proposition géométrique qui dit que le rapport des aires d’un secteur arbitraire du disque et du secteur correspondant du polygone régulier inscrit ou exinscrit ne peut pas s’exprimer avec un nombre …ni de termes. Il en déduisit que la quadrature du cercle est impossible, mais son argument est insu¢ sant. Ce livre contient aussi la plus ancienne parution du développement des fonctions sinus, cosinus, arcsinus et arccosinus en séries de Taylor. Il fut réimprimé en 1668 avec un appendice Geometriae Pars sur le calcul des volumes de solides de révolution.

James Gregory

CHAPITRE 9. FONCTIONS DE PLUSIEURS VARIABLES. NOTIONS DE LIMITE, CONTINU

9.2

Domaine de dé…nition

Notons par R2 l’ensemble R R

R, c’est à dire

R = f(x; y) : x 2 R; y 2 Rg

Dé…nition 9.1 Soit f : R2 ! R: Le domaine de dé…nition de f qu’on note D(f ) est l’ensemble suivant : D(f ) = (x; y) 2 R2 tels que f (x; y) existe

(9.1)

Exemple 9.1 Considérons la fonction de deux variables p f (x; y) = x2 + y 2

Trouvons D(f ): Puisque

x2 + y 2

0 : 8(x; y) 2 R2 :

Donc D(f ) = R2 :

9.3 9.3.1

Notion de limite Introduction

Rappelons que dans le chapitre 3, nous avons dé…ni la notion de limite d’une fonction d’une variable réelle, c’est à dire nous avons dé…ni la notion suivante lim f (x) = `: (9.2) x!x0

Pour les fonctions f : R ! R; la notion (9.2) veut dire, sans rentrer dans les détails, que les valeurs f (x) de la fonction f s’approchent de plus en plus et s’accumulent autour de `; quand la variable x s’approche de plus en plus de x0 sans atteindre x0 : Pour dé…nir rigoureusement cette notion, nous avions eu besoin de répondre à la question a) suivante : Q1) Comment dé…nir mathématiquent et de façon rigoureuse la notion "f (x) tend vers ` quand x tend vers x0 " Dans le cas des fonctions f : R ! R; la réponse à la question Q1) fut la suivante :

CHAPITRE 9. FONCTIONS DE PLUSIEURS VARIABLES. NOTIONS DE LIMITE, CONTINU Pour tout voisinage I" =]` "; ` + "[ aussi petit soit il, du point `; il existe un voisinage pointé I = ]x0 ; x0 + [ n fx0 g du point x0 ; tel que si x 2 I , alos son image f (x) 2 I" : ou encore 8" > 0; 9 > 0 : 8x; 0 < jx

x0 j <

) jf (x)

`j < "

Comment généraliser ces notions à une fonction de 2 variables réelles : f : R2 ! R Pour arriver à ce but, nous avons besoin d’abord, comme dans le cas d’une variable réelle, de dé…nir les notions suivantes : a) Comment dé…nir la notion de voisinage V du point (x0 ; y0 ) 2 R2 (comparativement à I = ]x0 ; x0 + [ pour les fonctions f : R ! R ) : b) Comment dé…nir rigoureusement la notion : "(x; y) s’approche de (x0 ; y0 )" c) Comment dé…nir rigoureusement la notion : " f (x; y) s’approche de ` d) Comment dé…nir rigoureusement la notion : " f (x; y) s’approche de ` quand (x; y) s’approche de (x0 ; y0 )" Remarquons d’abord que dans R; dire que x s’approche de x0 ou x tend vers x0 revient à dire que la distance entre x et x0 devient trés petite ou tend vers zéro. Notons la distance entre x et x0 par dR (x , x0 ); alors dR (x; x0 ) = jx

x0 j :

(9.3)

Pour répondre aux questions a), b), c) et d), nous devons dé…nir d’abord la notion de distance dans R2 qui véri…e les propriétés 1), 2), 3) de l’exercice 4. On va dé…nir dans R2 une distance dite : distance euclidienne. Dé…nition 9.2 Soit M0 (x0 ; y0 ) 2 R2 et M (x; y) 2 R2 deux points appartenant au plan R2 : On dé…nit dans R2 la distance euclidienne qu’on note dR2 par p (9.4) dR2 (M0 (x0 ; y0 ); M (x; y)) = (x x0 )2 + (x x0 )2 Remarque 9.1 On peut dé…nir une autre distance équivalente à dR2 qu’on note dR2 ; par dR2 (M0 (x0 ; y0 ); M (x; y)) = max(jx

x0 j ; jy

y0 j)

(9.5)

CHAPITRE 9. FONCTIONS DE PLUSIEURS VARIABLES. NOTIONS DE LIMITE, CONTINU On peut véri…er que dR2 véri…e aussi les propriétés 1), 2) et 3) de l’exercice 9.5. Ayant dé…ni une distance dans R2 ; on est en mesure maintenant de dé…nir la notion de voisinage dans R2 :

9.3.2

Notion de voisinage

Pour les fonctions f : R ! R; nous avons dé…ni le voisinage V (x0 ) d’un point x0 2 R; comme étant l’intervalle de centre x0 et de rayon ; c’est à dire V (x0 ) = I = ]x0 Si on remarque que jx

; x0 + [= fx 2 R : jx

x0 j < g

(9.6)

x0 j = dR (x; x0 ) dans R;alors (9.6) devient

V (x0 ) = I = fx 2 R : dR (x; x0 ) < g

(9.7)

En se basant sur (9.7), on peut généraliser la notion de voisinage d’un point (x0 ; y0 ) 2 R2 en remplaçant la distance dR par dR2 Dé…nition 9.3 Soit (x0 ; y0 ) 2 R2 : Notons par V (x0 ; y0 ) le sous ensemble de R2 suivant (x; y) 2 R2 : dR2 [(x; y) ; (x0 ; y0 )] < o n p 2 2 2 = (x; y) 2 R : (x x0 ) + (x x0 ) <

V (x0 ; y0 ) =

(x; y) 2 R2 : (x

x0 )2 + (x

x0 )2 <

(9.8)

V (x0 ; y0 ) s’appelle voisinage du point (x0 ; y0 ) de rayon ou boule ouverte de centre (x0 ; y0 ) et de rayon : Géométriquement, il représente l’interieur du cercle de centre (x0 ; y0 ) et de rayon :

9.3.3

Dé…nition de la limite d’une fonction de deux variables

Dé…nition 9.4 Soit f : R2 ! R dé…nie dans un voisinage V (x0 ; y0 ) du point (x0 ; y0 ) 2 R2 (sauf peut être au point (x0 ; y0 )) et ` 2 R: On dit que f (x; y) tend vers ` quand (x; y) tend vers (x0 ; y0 ) et on note f (x; y)

(x;y)!(x0 ;y0 )

CHAPITRE 9. FONCTIONS DE PLUSIEURS VARIABLES. NOTIONS DE LIMITE, CONTINU ou encore lim

(x;y)!(x0 ;y0 )

(9.9)

f (x; y) = `

si on a : Pour tout voisinage I" =]` "; ` + "[ aussi petit soit il, du point `; il existe un voisinage pointé V (x0 ; y0 ) n f(x0 ; y0 )g du point (x0 ; y0 ); tel que si (x; y) 2 V (x0 ; y0 ) n f(x0 ; y0 )g, alos son image f (x; y) 2 I" : ou encore p 8" > 0; 9 > 0 : 8(x; y) : 0 < (x x0 )2 + (x x0 )2 < ) jf (x; y) `j < " (9.10) ou de façon équivalente, en utilisant la distance dR2 8" > 0; 9 > 0 : 8(x; y) : max(jx

x0 j ; jy

y0 j) <

) jf (x; y)

`j < " (9.11)

Remarque 9.2 La relation (9.11) est équivalente à la relation (9.12) suivante 8" > 0; 9 > 0 : 8(x; y) : si jx Remarque 9.3 Pour démontrer que

x0 j <

lim

(x;y)!(x0 ;y0 )

et si jy

y0 j <

alors jf (x; y) `j < " (9.12)

f (x; y) = `; il faut se donner " > 0 quel-

quer et trouver qui dépend en général de " et du point (x0 ; y0 ) 2 R2 : Les données dans ce problème sont " et (x0 ; y0 ) ; l’inconnue c’est : Remarque 9.4 Pour démontrer que

lim

(x;y)!(x0 ;y0 )

f (x; y) = `, on peut utiliser (9.10), (9.11)

ou (9.12). Les distances sont équivalentes. Exemple 9.2 Soit C 2 R une constante quelconque et (x0 ; y0 ) 2 R2 . Considérons f : R2 ! R dé…nie par f (x; y) = C: Démontrons en utilisant la dé…nition 9.4, que lim

(x;y)!(x0 ;y0 )

f (x; y) = C:

En e¤et. Soit " > 0 quelconque. Trouvons > 0 tel que p 8(x; y) : si 0 < (x x0 )2 + (x x0 )2 < alors jf (x; y)

Cj < ": (9.13)

CHAPITRE 9. FONCTIONS DE PLUSIEURS VARIABLES. NOTIONS DE LIMITE, CONTINU Puisque 8(x; y) 2 R2 : f (x; y) = C;alors 8(x; y) 2 R2 : jf (x; y)

Cj = jC

Cj = 0 < "

(9.14)

Puisque (9.14) est vraie 8(x; y) 2 R2 et pour tout " > 0; elle ne dépend pas de . Par conséquent (9.13) est vraie pour tout > 0: En résumé, étant donné " > 0 quelconque, il existe > 0 (on peut prendre n’importe quel ; il conviendrait. Par exemple = " ou = 2:::): Vu (9.3), ce choix de implique (9.13).

9.3.4

Ne pas confondre limite suivant une direction et limite lim

(x;y)!(x0 ;y0 )

f (x; y) = ` existe, alors f (x; y) tend vers ` quand (x; y) !

(x0 ; y0 ) : Par dé…nition lorsque (x; y) tend vers (x0 ; y0 ) de manière totalement arbitraire alors f (x; y) tend toujours vers le même nombre `: Que veut dire (x; y) tend vers (x0 ; y0 ) de manière totalement arbitraire ? Contrairement à la droite réelle R; où le point x 2 R a seulement deux manières de tendre vers le point x0 ; soit à gauche du point x0 ; soit à droite du point x0 ? Dans le cas du plan R2 ; il existe une in…nité de façons de tendre vers le point (x0 ; y0 ): On peut tendre vers (x0 ; y0 ) suivant une droite ou bien un cercle ou bien une parabole, ou suivant une courbe quelconque. Voici quelques exemples. Prenons (x0 ; y0 ) = (0; 0): On peut tendre vers le point (0; 0) d’une in…nité de manières di¤érentes. 1) (x; y) ! (0; 0)

avec y = mx; m conste parcourant R f ig

2) (x; y) ! (0; 0)

avec y = xm ; m = 2; 3; 4; :::: f ig

Considérons l’ensmble D = fdroites du plan R2 d0 equations y = mx : m 2 Rg[ fla droite x = 0g : Supposons que pour tout m 2 R …xe, la limite de f (x; y) existe et est toujours égale au même nombre `; quand (x; y) ! (0; 0) ; (x; y) appartenant à la droite y = mx: On a donc lim f (x; y) = `; (x; y) ! (0; 0) y = mx

(9.29)

CHAPITRE 9. FONCTIONS DE PLUSIEURS VARIABLES. NOTIONS DE LIMITE, CONTINU Ceci n’implique pas que lim

(x;y)!(0;0)

(9.30)

f (x; y) = `

On a donc

lim

(x;y)!(0;0)

mais 8 > > > > < > > > > :

f (x; y) = `

8 > > > > < > > > > :

9 > > > > = lim f (x; y) = ` > > (x; y) ! (0; 0) > > ; y = mx

9 > > > > = lim f (x; y) = ` ; > > (x; y) ! (0; 0) > > ; y = mx

lim

(x;y)!(0;0)

f (x; y) = `

D’où vient la confusion ? La confusion vient du fait que D = fdroites du plan R2 d0 equations y = mx : m 2 Rg[ fla droite x = 0g couvre le plan R2 et on croit à tort que si lim f (x; y) = ` (x; y) ! (0; 0) y = mx existe, alors pour tout voisinage I" =]` "; ` + "[ aussi petit soit il, du point `; il existe un voisinage pointé V (0; 0) du point (0; 0); tel que si (x; y) 2 V (0; 0), alos son image f (x; y) 2 I" : Ceci est complètement faux. En e¤et, par dé…nition, si la limite (9.29) existe, alors on : Pour tout voisinage I" =]` "; ` + "[ aussi petit soit il, du point `; il existe un voisinage Dm; (0; 0)= V (0; 0) \ f(x; y) : y = mx; m 2 R f ixeg du point (0; 0); tel que si (x; y) 2Dm; (0; 0), alos son image f (x; y) 2 I" :

Dm; (0; 0) est un morceau de la droite y = mx: Ceci n’est pas su¢ sant pour que lim f (x; y) = ` existe. En e¤et, si lim f (x; y) = ` existe, (x;y)!(0;0)

(x;y)!(0;0)

CHAPITRE 9. FONCTIONS DE PLUSIEURS VARIABLES. NOTIONS DE LIMITE, CONTINU alors pour I" =]` "; `+"[; il existe un disque ouvert de centre (0,0) et de rayon ; noté V (0; 0) ; tel que si (x; y) 2 V (0; 0), alos son image f (x; y) 2 I" : Résumé : " > 0; m 2 R donnés, il existe Dm; (0; 0) tel que si (x; y) 2 Dm; (0; 0) alors f (x; y) 2 ]`

"; ` + "[

(9.31)

On voit que la relation est vraie seulement pour les (x; y) appartenant au morceau de la droite y = mx; en l’occurence l’ensemble Dm; (0; 0): Si (x; y) 2 V (0; 0)nDm; (0; 0) il est possible que f (x; y) 2 = ]`

9.3.5

"; ` + "[ :

Comment démontrer que la limite d’une fonction de 2 variables n’existe pas

Considérons l’implication suivante

lim

(x;y)!(0;0)

f (x; y) = `

=) 8m 2 R :

8 > > > > < > > > > :

9 > > > > = lim f (x; y) = ` : > > (x; y) ! (0; 0) > > ; y = mx

Notons (P ) et (Q) les deux propositions suivantes : (P ) :

(Q) : 8m 2 R : On a bien sur

lim

(x;y)!(0;0)

8 > > > > < > > > > :

f (x; y) = `

9 > > > > = lim f (x; y) = ` > > (x; y) ! (0; 0) > > ; y = mx

(P ) =) (Q)

Or ceci est équivalent à non (Q) =) non (P )

CHAPITRE 9. FONCTIONS DE PLUSIEURS VARIABLES. NOTIONS DE LIMITE, CONTINU Donc pour démontrer que

lim

(x;y)!(0;0)

f (x; y) n’existe pas, il su¢ t de trouver

m1 2 R; m2 2 R; m1 6= m2 tels que lim f (x; y) = `1 (x; y) ! (0; 0) y = m1 x lim f (x; y) = `2 (x; y) ! (0; 0) y = m2 x avec `1 6= `2 Remarque 9.6 On pourrait choisir d’autres directions qui ne sont pas nécessairement des droites. On peut tendre (x; y) ! (x0 ; y0 ) avec (x; y) 2 Cm ; m entier ou réel. Cm est une courbe du plan contenant le point (x0 ; y0 ) : Donnons quelques exemples de courbes Cm avec (x0 ; y0 ) = (0; 0): Cm = (x; y) 2 R2 : y = xm ; m = 2; 3; ::: Si on démontre qu’il existe m1 2 R; m2 2 R; m1 6= m2 tels que lim f (x; y) = `1 (x; y) ! (0; 0) y = xm1 lim f (x; y) = `2 (x; y) ! (0; 0) y = xm2 avec `1 6= `2 alors

9.4

lim

(x;y)!(0;0)

f (x; y) n’existe pas.

Continuité des fonctions de deux variables

Dé…nition 9.5 Soit f : R2 ! R. f est dite continue au point (x0 ; y0 ) ; si les trois conditions a), b) et c) sont véri…ées a) f est dé…nie au point (x0 ; y0 )

CHAPITRE 9. FONCTIONS DE PLUSIEURS VARIABLES. NOTIONS DE LIMITE, CONTINU b) c)

lim

f (x; y) existe

lim

f (x; y) = f (x0 ; y0 )

(x;y)!(x0 ;y0 ) (x;y)!(x0 ;y0 )

9.5 9.5.1

Dérivées partielles d’ordre un Dé…nition des dérivées partielles d’ordre un d’une fonction de 2 variables en un point (x0 ; y0 )

Rappelons que V (x0 ; y0 ) est le disque ouvert de centre (x0 ; y0 ) et de rayon , c’est à dire V (x0 ; y0 ) = (x; y) 2 R2 : (x

x0 )2 + (x

x0 )2 <

Dé…nition 9.6 Soit f : V (x0 ; y0 ) ! R. On dit que f admet une dérivée partielle par (x0 ; y0 ); si la limite suivante rapport à x au point (x0 ; y0 ) et on la note @f @x existe f (x0 + h; y0 ) f (x0 ; y0 ) @f (x0 ; y0 ) = lim : (9.32) h!0 @x h On dit que f admet une dérivée partielle par rapport à y au point (x0 ; y0 ) (x0 ; y0 ); si la limite suivante existe et on la note @f @y @f f (x0 ; y0 + k) (x0 ; y0 ) = lim k!0 @y h

f (x0 ; y0 )

(9.33)

Remarque 9.7 D’après la dé…nition 9.6, le calcul de @f (x0 ; y0 ) revient à : @x a) Considérer la fonction g(x) = f (x; y) comme fonction d’une variable x; en supposant la variable y comme constante. b) Calculer g 0 (x0 ) et @f (x0 ; y0 ) = g 0 (x0 ) @x Remarque 9.8 D’après la dé…nition 9.6, le calcul de @f (x0 ; y0 ) revient à : @y a) Considérer la fonction h(x) = f (x; y) comme fonction d’une variable y; en supposant la variable x comme constante. b) Calculer h0 (x0 ) et @f (x0 ; y0 ) = h0 (x0 ) @y

CHAPITRE 9. FONCTIONS DE PLUSIEURS VARIABLES. NOTIONS DE LIMITE, CONTINU

9.5.2

La fonction dérivée partielle

Dans l’exercice 9.14, on a vu que pour tout (x0 ; y0 ) 2 R2 ; on associait un nombre réel unique, @f (x0 ; y0 ) = (4x0 y0 ) : On peut donc dé…nir une @x fonction de deux variables @f dé…nie comme suit : @x @f @x

(x; y) !

R2 ! R @f (x; y) = (4x @x

On a vu aussi dans l’exercice 9.14, que pour tout (x0 ; y0 ) 2 R2 ; on associait un nombre réel unique, @f (x0 ; y0 ) = ( x0 + 2y0 ): On peut donc dé…nir une @y fonction de deux variables @f dé…nie comme suit : @y @f @y

(x; y) !

R2 ! R @f (x; y) = ( x + 2y): @y

Supposons maintenant qu’on a une fonction de deux variables dé…nie sur un ensemble D R2 ; D étant un sous ensemble de R2 f : D ! R: Si @f (x0 ; y0 ) existe pour tout (x0 ; y0 ) 2 D; alors on peut dé…nir une fonction @x de deux variables dé…nie sur D et à valeurs réelles de la façon suivante : @f @x

(x; y) !

D!R @f (x; y) @x

(x0 ; y0 ) existe pour tout (x0 ; y0 ) 2 D; alors on peut dé…nir une fonction Si @f @y de deux variables dé…nie sur D et à valeurs réelles de la façon suivante : @f @y

(x; y) !

D!R @f (x; y) @y

CHAPITRE 9. FONCTIONS DE PLUSIEURS VARIABLES. NOTIONS DE LIMITE, CONTINU

9.5.3

Dérivées partielles d’ordre deux

Il existe quatre dérivées partielles d’ordre deux et qui seront dé…nies à partir des dérivées partielles d’ordre un. Il s’agit des dérivées partielles qu’on notera comme suit : @2f @2f (x ; y ); (x0 ; y0 ); 0 0 @x2 @y 2

@2f (x0 ; y0 ) @y@x

@2f (x0 ; y0 ); @x@y

et dont la dé…nition est la suivante : Dé…nition 9.7 Soit f : V (x0 ; y0 ) ! R. Par dé…nition, on a @2f @ (x0 ; y0 ) = 2 @x @x

@f @x

@ @2f (x0 ; y0 ) = 2 @y @y

@f @y

(x0 ; y0 ) = lim @x h!0

(x0 ; y0 ) = lim

(x0 + h; y0 ) h

@f (x0 ; y0 @y

@f (x0 ; y0 ) @y

k!0 @f (x0 @y

@2f @ (x0 ; y0 ) = @x@y @x

@f @y

(x0 ; y0 ) = lim

@ @2f (x0 ; y0 ) = @y@x @y

@f @x

(x0 ; y0 ) = lim @x

+ h; y0 )

@f (x0 ; y0 ) @y

h!0 @f

k!0

+ k)

@f (x0 ; y0 ) @x

(x0 ; y0 + k) k

@f (x0 ; y0 ) @x

Remarque 9.9 2 D’après la dé…nition 9.7, il est clair que la dé…nition de @@xf2 (x0 ; y0 ) necéssite que la fonction dérivée partielle @f soit dé…nie dans un voisinage du @x point (x0 ; y0 ): De même pour les autres dérivées partielles. Notations On note aussi fx0

@2f @2f @f @2f @2f @f 00 00 0 00 00 ; f = ; fxx = ; fyy = ; fxy = ; fyx = = @x y @y @x2 @y 2 @y@x @x@y

Remarque 9.10 Remarquons que dans cet exercice on a @2f @2f (x; y) = (x; y) 8(x; y) 2 R2 : @x@y @y@x

(9.34)

Ceci n’est pas toujours vrai. Avec des conditions sur la fonction f (x; y); (9.34) devient vraie. Voyons dans le théorème qui suit, quelles sont ces conditions.

CHAPITRE 9. FONCTIONS DE PLUSIEURS VARIABLES. NOTIONS DE LIMITE, CONTINU Théorème 9.1 Soit f : R2 ! R, une fonction de deux variables x et y: On suppose qu’il existe un voisinage V (x0 ; y0 ) du point (x0 ; y0 ) tel que lesdeux conditions suivantes sont véri…ées : @2f @2f (x; y) et @y@x (x; y) existent pour tout (x; y) 2 V (x0 ; y0 ) 1) @x@y 2

@ f @ f (x; y) et @y@x (x; y) sont continues 2) Les fonctions de deux variables @x@y en tout point (x; y) 2 V (x0 ; y0 ) Alors on a @2f @2f (x0 ; y0 ) = (x0 ; y0 ) (9.35) @x@y @y@x Remarque 9.11 Dans l’exercice 9.15 les conditions du théorème 9.1 sont véri…ées.

9.5.4

Continuité et existence des dérivées partielles et @f @y

@f @x

Comme le montrera l’exertcice 9.17, On a le résultat suivant : (x0 ; y0 ) et @f (x0 ; y0 ) en un point (x0 ; y0 ) n’implique a) L’existence de @f @x @y pas en général la continuité de f au point (x0 ; y0 ) : b) Réciproquement la continuité de f au point (x0 ; y0 ) n’mplique pas en général l’existence de @f (x0 ; y0 ) ou de @f (x0 ; y0 ) en un point (x0 ; y0 ) : @x @y

9.6 9.6.1

Fonctions di¤érentiables Introduction

Nous avons vu dans le paragraphe précédent, que l’existence des dérivées (x0 ; y0 ) et @f (x0 ; y0 ) en un point (x0 ; y0 ) ; n’implique pas en partielles @f @x @y général la continuité de f au point (x0 ; y0 ) : Or pour les fonctions f : R ! R, si f est dérivable en un point x0 2 R, alors f est continue en x0 : L’existence des dérivées partielles @f (x0 ; y0 ) et @x @f (x0 ; y0 ) n’est pas la notion qui remplace la notion de dérivabilité qu’on a @y dé…ni pour les fonctions d’une variable : f : R ! R: Remarquons d’abord qu’on ne peut généraliser directement la dé…nition de fonction dérivable d’une fonction d’une variable réelle au cas des fonctions de deux variables réelles. En e¤et on a pour f : R ! R f (x0 + h) h!0 h

f derivable en x0 2 R () 9 lim

f (x0 )

(9.36)

CHAPITRE 9. FONCTIONS DE PLUSIEURS VARIABLES. NOTIONS DE LIMITE, CONTINU Si on veut généraliser la dé…nition (9.36) au cas des fonctions f : R2 ! R; on doit avoir f derivable en (x0 ; y0 ) 2 R2 () 9

f (x0 + h; y0 + k) (h;k)!(0;0) (h; k) lim

f (x0 ; y0 )

(9.37) Or le rapport n’a pas de sens, car f (x0 + h; y0 + k) f (x0 ; y0 ) 2 R et (h; k) 2 R ; et on ne sait pas ce que représente la division d’un nombre réel par un couple de nombres réels. f (x0 +h;y0 +k) f (x0 ;y0 ) (h;k) 2

Problème à résoudre 9.1 Quelle est donc la nouvelle notion (N ) qu’on doit dé…nir pour les fonctions de deux variables et qui véri…e les conditions suivantes : (x0 ; y0 ) a) (N ) doit être plus forte que l’existence des dérivées partielles @f @x @f et @y (x0 ; y0 ) ; c’est à dire que si la notion (N ) est véri…ée en un point (x0 ; y0 ) ; alors les dérivées partielles @f (x0 ; y0 ) et @f (x0 ; y0 ) existent. @x @y b) La notion (N ) doit être plus forte que la notion de continuité, c’est à dire que si la notion (N ) est véri…ée en un point (x0 ; y0 ) ; alors f est continue en (x0 ; y0 ) : c) (N ) doit être équivalente à la notion de dérivabilité dans le cas des fonctions d’une variable réelle, i.e, f : R ! R Premières réponses Répondons au point c) Nous avons rencontré au chapitre des fonctions dérivables le théorème suivant : Théorème 9.2 Soit f : R ! R et x0 2 R: Alors : f est dérivable au point x0 si et seulement si il existe une constante A 2 R; une fonction " : R ! R telle que f (x0 + h) = f (x0 ) + Ah + h"(h) : avec lim "(h) = 0 h!0

A partir de cette équivalence, on dé…nit la notion de fonction di¤érentiable en un point x0 pour les fonctions f : R ! R:

9.6.2

Dé…nition des fonctions di¤érentiables. Cas des fonctions d’une variable réelle f : R ! R

Dé…nition 9.8

CHAPITRE 9. FONCTIONS DE PLUSIEURS VARIABLES. NOTIONS DE LIMITE, CONTINU Soit f : R ! R et x0 2 R: f est dite di¤erentiable au point x0 si par dé…nition, il existe une constante A 2 R; une fonction " : R ! R telle que f (x0 + h) = f (x0 ) + Ah + h"(h) : avec lim "(h) = 0 h!0

9.6.3

Dé…nition des fonctions di¤érentiables. Cas des fonctions de deux variables f : R2 ! R

C’est à partir de la dé…nition 9.8 que nous allons généraliser la notion de di¤érentiabilité pour les fonctions de deux variables f : R2 ! R: Dé…nition 9.10 Soit f : R2 ! R et (x0 ; y0 ) 2 R2 : f est dite di¤erentiable au point (x0 ; y0 ) ; si par dé…nition, il existe deux constantes A 2 R et B 2 R; deux fonctions de deux variables "1 : R2 ! R; "2 : R2 ! R telles que : f (x0 + h; y0 + k) = f (x0 ; y0 ) + Ah + Bk + h"1 (h; k) + k"2 (h; k) : avec lim "1 (h; k) = 0 et lim "2 (h; k) = 0 (h;k)!(0;0)

(h;k)!(0;0)

La dé…nition suivante est équivalente à la dé…nition 9.10 Dé…nition 9.10.bis Soit f : R2 ! R et (x0 ; y0 ) 2 R2 : f est dite di¤erentiable au point (x0 ; y0 ) ; si par dé…nition, il existe deux constantes A 2 R et B 2 R; une fonction de deux variables " : R2 ! R; telle que : p f (x0 + h; y0 + k) = f (x0 ; y0 ) + Ah + Bk + h2 + k 2 "(h; k) : avec lim "(h; k) = 0 (h;k)!(0;0)

On montrera plus tard que cette dé…nition implique les points a), b) et c) du problème à résoudre 9.1

9.6.4

Relation entre fonction di¤erentiable et existence @f des dérivées partielles @f @x et @y

Le lien qui existe entre la di¤erentiabilité de f en (x0 ; y0 ) 2 R2 et les dérivées partielles @f (x0 ; y0 ) et @f (x0 ; y0 ) est résumé dans le théorème sui@x @y vant :

CHAPITRE 9. FONCTIONS DE PLUSIEURS VARIABLES. NOTIONS DE LIMITE, CONTINU Théorème 9.3 Soit f : V (x0 ; y0 ) ! R, di¤erentiable au point (x0 ; y0 ) : Alors @f et @y (x0 ; y0 ) existent et on a

@f @x

(x0 ; y0 )

@f @f (x0 ; y0 ) h + (x0 ; y0 ) k + h"1 (h; k) + k"2 (h; (9.38) k) : @x @y lim "2 (h; k) = 0

f (x0 + h; y0 + k) = f (x0 ; y0 ) + avec

lim

(h;k)!(0;0)

"1 (h; k) = 0 et

(h;k)!(0;0)

Preuve du théorème 9.3 f est di¤erentiable au point (x0 ; y0 ) : Donc par dé…nition, on a f (x0 + h; y0 + k) f (x0 ; y0 ) = Ah + Bk + h"1 (h; k) + k"2 (h; k) :(9.39) avec lim "1 (h; k) = 0 et lim "2 (h; k) = 0 (h;k)!(0;0)

(h;k)!(0;0)

La relation (9.39) est vraie pour tout couple (h; k) 2 R2 : (9.39) sera aussi vraie pour h = 0 ou k = 0 a) Prenons k = 0 dans (9.39), on aura f (x0 + h; y0 ) f (x0 ; y0 ) = Ah + h"1 (h; k) : avec lim "1 (h; k) = 0

(9.40)

(h;k)!(0;0)

Soit en divisant par h;on obtient f (x0 + h; y0 ) f (x0 ; y0 ) = A + "1 (h; k) h avec lim "1 (h; k) = 0: (h;k)!(0;0)

Par conséquent f (x0 + h; y0 ) h!0 h lim

f (x0 ; y0 )

Or par dé…nition f (x0 + h; y0 ) h!0 h lim

f (x0 ; y0 )

@f (x0 ; y0 ) : @x

Par conséquent @f (x0 ; y0 ) = A @x b)Prenons h = 0 dans (9.39), on aura

(9.41)

CHAPITRE 9. FONCTIONS DE PLUSIEURS VARIABLES. NOTIONS DE LIMITE, CONTINU

f (x0 + h; y0 ) f (x0 ; y0 ) = Bk + k"2 (h; k) : avec lim "2 (h; k) = 0 (h;k)!(0;0)

Soit en divisant par k; on obtient f (x0 ; y0 + k) f (x0 ; y0 ) = B + "2 (h; k) k avec lim "2 (h; k) = 0: (h;k)!(0;0)

Par conséquent f (x0 ; y0 + k) k!0 k

f (x0 ; y0 )

lim

Or par dé…nition f (x0 ; y0 + k) k!0 k lim

f (x0 ; y0 )

@f (x0 ; y0 ) : @y

Par conséquent @f (x0 ; y0 ) = B @y

(9.42)

(9.39), (9.41) et (9.42) impliquent (9.38), c’est à dire @f @f (x0 ; y0 ) h + (x0 ; y0 ) k + h"1 (h; k) + k"2 (h; k) : @x @y lim "2 (h; k) = 0:

f (x0 + h; y0 + k) = f (x0 ; y0 ) + avec

lim

(h;k)!(0;0)

9.6.5

"1 (h; k) = 0 et

(h;k)!(0;0)

Relation entre di¤erentiabilité et continuité

La relation entre la di¤erentiabilité et la continuité se trouve dans le théorème suivant Théorème 9.4 Soit f : V (x0 ; y0 ) ! R, di¤erentiable au point (x0 ; y0 ) : Alors f est continue au point (x0 ; y0 ) : Preuve du théorème 9.4 f est di¤erentiable au point (x0 ; y0 ) : Alors par dé…nition on a f (x0 + h; y0 + k) = f (x0 ; y0 ) + Ah + Bk + h"1 (h; k) + k"2 (h; k) (9.43) : avec lim "1 (h; k) = 0 et lim "2 (h; k) = 0 (h;k)!(0;0)

(h;k)!(0;0)

CHAPITRE 9. FONCTIONS DE PLUSIEURS VARIABLES. NOTIONS DE LIMITE, CONTINU Posons x = x0 + h =) h = x y = y0 + k =) k = y

x0 y0

Alors (h; k) ! (0; 0) () (x; y) ! (x0 ; y0 )

(9.44)

Avec ces changements de variables, (9.43) devient donc

avec

lim

(x;y)!(x0 ;y0 )

"1 ((x

f (x; y) = f (x0 ; y0 ) + A(x x0 ); (y y0 )) = 0 et lim

(x;y)!(x0 ;y0 )

x0 ) + B(y y0 ) + (x x0 )"1 ((x "2 ((x x0 ); (y y0 )) = 0:

Remarquons que lorsque (x; y) ! (x0 ; y0 ); alors

(x (y

x0 )"1 ((x y0 )"2 ((x

A(x x0 ) B(y y0 ) x0 ); (y y0 )) x0 ); (y y0 ))

! ! ! !

0 0 0 0:

Par conséquent lim

(x;y)!(x0 ;y0 )

f (x; y) = f (x0 ; y0 ) :

(9.45)

(9.45) veut dire exactement que f est continue au point (x0 ; y0 ):

9.7

Notion de di¤erentielle d’une fonction de deux variables

Notons par f(x0 ;y0 ) (h; k) = f (x0 + h; y0 + k)

f (x0 ; y0 )

Interprétation de f(x0 ;y0 ) (h; k) Beaucoup de phénomènes ou grandeurs physiques ou chimiques dépendent de plusieurs paramètres. Par exemple l’enérgie cinétique qu’on note E dépend de la masse et de la vitesse 1 E = mv 2 : 2

CHAPITRE 9. FONCTIONS DE PLUSIEURS VARIABLES. NOTIONS DE LIMITE, CONTINU En d’autres termmes l’énérgie cinétique est une fonction de deux variables m et v E

R2 ! R

1 (m; v) ! E(m; v) = mv 2 : 2 Supposons qu’on a un corps en mouvement qui à l’instant t0 a une masse m0 et une vitesse v0 :A l’instant t0 + t; supposons que sa masse devienne m0 + m et que sa vitesse devienne v0 + v . L’expression E(m0 ;v0 ) ( m; v) = Ec (m0 +

m; v0 +

Ec (m0 ; v0 )

représente l’accroissement de l’énérgie cinétique du corps en mouvement, quand on passe de l’instant t0 à l’instant t0 + t: Un calcul direct donne E(m0 ;v0 ) ( m; v) = Ec (m0 + m; v0 + v) Ec (m0 ; v0 ) 1 1 (m0 + m) (v0 + v)2 (m0 ) (v0 )2 : = 2 2 Si on a une autre fonction plus compliquée, le calcul serait plus di¢ cile. Un autre calcul d’approximation peut être utilisé en utilisant la notion de fonction di¤erentiable. En e¤et si f est di¤erentiable au point (x0 ; y0 ) ; et d’après le théorème 9.3, on a f(x0 ;y0 ) (h; k) = f (x0 + h; y0 + k) avec

lim

(h;k)!(0;0)

"1 (h; k) = 0 et

lim

(h;k)!(0;0)

f (x0 ; y0 ) =

@f @f (x0 ; y0 ) h + (x0 ; y0 ) k + h"1 (h; k @x @y

"2 (h; k) = 0:

Si on fait un petit accroissement h de la variable x qu’on nôte dx et un petit accroissement k de la variable y, qu’on nôte dy;alors les quantités h"1 (h; k) et k"2 (h; k) seraient négligeables et on obtient une approximation facile à calculer de f(x0 ;y0 ) (h; k) qui sera f(x0 ;y0 ) (h; k) '

@f @f (x0 ; y0 ) h + (x0 ; y0 ) k @x @y

(9.48)

Noton df(x0 ;y0 ) (h; k) l’expression suivante df(x0 ;y0 ) (h; k) =

@f @f (x0 ; y0 ) h + (x0 ; y0 ) k @x @y

(9.49)

Alors (9.48) et (9.49) donnent f(x0 ;y0 ) (h; k) ' df(x0 ;y0 ) (h; k)

(9.50)

CHAPITRE 9. FONCTIONS DE PLUSIEURS VARIABLES. NOTIONS DE LIMITE, CONTINU Dé…nition 9.4 (x0 ; y0 ) et Soit f une fonction admettant des dérivées partielles @f @x 2 au point (x0 ; y0 ): La fonction df(x0 ;y0 ) : R ! R dé…nie par 8(h; k) 2 R2 : df(x0 ;y0 ) (h; k) =

@f @y

(x0 ; y0 )

@f @f (x0 ; y0 ) h + (x0 ; y0 ) k @x @y

s’appelle di¤érentielle de f au point (x0 ; y0 ): Remarque 9. On note souvent les petites variations (h; k) par (dx; dy): La di¤erentielle df(x0 ;y0 ) (h; k) devient df(x0 ;y0 ) (dx; dy) df(x0 ;y0 ) (dx; dy) =

@f @f (x0 ; y0 ) dx + (x0 ; y0 ) dy @x @y

Puisque dx et dx représentent des variations tres petites ou in…niments petites d’après d’autres terminologies, olors on a f(x0 ;y0 ) (dx; dy) ' df(x0 ;y0 ) (dx; dy) =

@f @f (x0 ; y0 ) h + (x0 ; y0 ) k @x @y

C’est ce qu’on utilise en physique et en chimie, lorsqu’on e¤ectue des variations in…niment petites des variables. Théorème 9.5 (x0 ; y0 ) et Soit f une fonction admettant des dérivées partielles @f @x 2 au point (x0 ; y0 ): La fonction df(x0 ;y0 ) : R ! R dé…nie par 8(h; k) 2 R2 : df(x0 ;y0 ) (h; k) =

@f @y

(x0 ; y0 )

@f @f (x0 ; y0 ) h + (x0 ; y0 ) k @x @y

est une application linéaire. Preuve du théorème 9.5 Prenons (h1 ; k1 ) 2 R2 et (h2 ; k2 ) 2 R2 et que

2 R quelconques. Montrons

a) df(x0 ;y0 ) [(h1 ; k1 ) + (h2 ; k2 )] = df(x0 ;y0 ) (h1 ; k1 ) + df(x0 ;y0 ) (h2 ; k2 ) et b)df(x0 ;y0 ) [ (h1 ; k1 )] = df(x0 ;y0 ) [(h1 ; k1 )] :

CHAPITRE 9. FONCTIONS DE PLUSIEURS VARIABLES. NOTIONS DE LIMITE, CONTINU a) En e¤et. Par dé…nition (h1 ; k1 ) + (h2 ; k2 ) = (h1 + h2 ; k1 + k2 ): Par conséquent et d’après la dé…nition (9.4)

df(x0 ;y0 ) [(h1 ; k1 ) + (h2 ; k2 )] = df(x0 ;y0 ) [(h1 + h2 ; k1 + k2 )] @f @f = (x0 ; y0 ) (h1 + h2 ) + (x0 ; y0 ) (k1 + k2 ) @x @y @f @f @f @f = (x0 ; y0 ) (h1 ) + (x0 ; y0 ) (h2 ) + (x0 ; y0 ) (k1 ) + (x0 ; y0 ) ( @x @x @y @y @f @f @f @f = (x0 ; y0 ) (h1 ) + (x0 ; y0 ) (k1 ) + (x0 ; y0 ) (h2 ) + (x0 ; @x @y @x @y = df(x0 ;y0 ) (h1 ; k1 ) + df(x0 ;y0 ) (h2 ; k2 ) b) Par dé…nition (h1 ; k1 ) = ( h1 ; k1 ): Donc d’après la dé…nition 9.4 @f @f (x0 ; y0 ) ( h1 ) + (x0 ; y0 ) ( k1 ) @x @y @f @f (x0 ; y0 ) (h1 ) + (x0 ; y0 ) (k1 ) @x @y @f @f (x0 ; y0 ) (h1 ) + (x0 ; y0 ) @x @y df(x0 ;y0 ) [(h1 ; k1 )] :

df(x0 ;y0 ) [ (h1 ; k1 )] = df(x0 ;y0 ) [( h1 ; k1 )] = = = =

CHAPITRE 9. FONCTIONS DE PLUSIEURS VARIABLES. NOTIONS DE LIMITE, CONTINU SERIE TD CHAPITRE 9 FONCTIONS DE PLUSIEURS VARIABLES. NOTIONS DE LIMITE, CONTINUITE, DERIVEES PARTIELLES, DIFFERIENTIABILITE Exercice 9.1 Trouvez le domaine de dé…nition D(f ) de la fonction f dé…nie par : p f (x; y) = x2 + y 2 4

Solution Exercice 9.1 p La fonction f (x; y) = x2 + y 2 x2 + y 2

4 est dé…nie si et seulement si 0 , x2 + y 2

Donc D(f ) = (x; y) 2 R2 : x2 + y 2

4 :

D(f ) représente l’exterieur du cercle de centre (0; 0) et de rayon 2: Le cercle lui même appartient à D(f ):

Exercice 9.2 Trouvez le domaine de dé…nition D(f ) de la fonction f dé…nie par : f (x; y) = ln(x + y) Solution Exercice 9.2 La fonction f (x; y) = ln(x + y) est dé…nie si et seulement si x+y >0,y >

CHAPITRE 9. FONCTIONS DE PLUSIEURS VARIABLES. NOTIONS DE LIMITE, CONTINU Donc D(f ) = (x; y) 2 R2 : y >

x :

Géométriquent D(f ) représente le demi plan situé au dessus de la droite y = x: La droite y = x n’apprtient pas à D(f ):

Exercice 9.3 Trouvez le domaine de dé…nition D(f ) de la fonction f dé…nie par : f (x; y) = ln

x2 + y 2

Solution Exercice 9.3 La fonction f (x; y) = ln [(16 x2 y 2 ) (x2 + y 2 4)] est dé…nie si et seulement si 16 x2 y 2 x2 + y 2 4 > 0 Or ce produit est positif si et seulement les deux facteurs composant ce produit sont de même signe. Notons D1 ; D2 les ensembles suivants : D1 = (x; y) 2 R2 : 16

y 2 > 0 et

x2 + y 2

4 >0

D2 = (x; y) 2 R2 : 16

y 2 < 0 et

x2 + y 2

4 <0

alors D(f ) = D1 [ D2 :On a D1 = =

(x; y) 2 R2 : x2 + y 2 < 16 et (x; y) 2 R2 : 4 < x2 + y 2 < 16

x2 + y 2 > 4

Notons D3 = (x; y) 2 R2 : x2 + y 2 < 16 et D4 = (x; y) 2 R2 : x2 + y 2 > 4

CHAPITRE 9. FONCTIONS DE PLUSIEURS VARIABLES. NOTIONS DE LIMITE, CONTINU D1 = D3 \ D4 D1 est donc la couronne de centre 0 et de rayons 2 et 4. De la même manière, notons D5 = (x; y) 2 R2 : x2 + y 2 > 16 et D6 = (x; y) 2 R2 : x2 + y 2 < 4 Puisque D2 = (x; y) 2 R2 : x2 + y 2 > 16 et

x2 + y 2 < 4

alors D2 = D5 \ D6 Donc D2 = f?g : Finalement D(f ) = D1 [ D2 = D1 == (x; y) 2 R2 : 4 < x2 + y 2 < 16 D(f ) est donc la couronne de centre 0 et de rayons 2 et 4.

Exercice 9.4 Montrez que dR dé…nie par dR (x; x0 ) = jx x0 j véri…e les propriétés suivantes : 1) dR 0 2) dR (x; y) = dR (y; x) : 8x 2 R; 8y 2 R 3)dR (x; y) d(x; z) + d(z; y) : 8x 2 R; 8y 2 R; 8z 2 R Exercice 9.5 Montrez que dR2 véri…e 1) dR2 : R2 ! R+

CHAPITRE 9. FONCTIONS DE PLUSIEURS VARIABLES. NOTIONS DE LIMITE, CONTINU 2) dR2 (M0 (x0 ; y0 ); M (x; y)) = dR2 (M (x; y); M0 (x0 ; y0 )) : 8M0 (x0 ; y0 ) 2 R ; 8M (x; y) 2 R2 ; 3)dR2 (M0 (x0 ; y0 ); M (x; y)) dR2 (M0 (x0 ; y0 ); M1 (x1 ; y1 ))+dR2 (M1 (x1 ; y1 ); M (x; y)) : 8M0 (x0 ; y0 ) 2 R2 ; 8M1 (x1 ; y1 ) 2 R2 ; 8M (x; y) 2 R2 ; 2

Exercice 9.6 On considère maintenant la distance dR2 dans R2 dé…nie par dR2 [(x; y) ; (x0 ; y0 )] = max(jx

x0 j ; jy

y0 j)

Que représente géométriquent l’ensemble suivant V (x0 ; y0 ) = = =

(x; y) 2 R2 : dR2 [(x; y) ; (x0 ; y0 )] < (x; y) 2 R2 : max(jx x0 j ; jy y0 j) < (x; y) 2 R2 : jx x0 j < et jy y0 j) <

Exercice 9.7 Soient A et B deux constantes réelles et f : R2 ! R dé…nie par f (x; y) = Ax + By: Démontrez que lim

(x;y)!(x0 ;y0 )

f (x; y) = Ax0 + By0 :

Solution Exercice 9.7 Nous allons utiliser dans cet exercice la distance dR2 et la formule (9.12). Soit " > 0 quelconque. Il s’agit de trouver > 0 véri…ant la condition suivante : si jx

x0 j <

et si jy

y0 j <

alors j(Ax + By)

(Ax0 + By0 )j < ": (9.15)

Remarquons que j(Ax + By)

(Ax0 + By0 )j = jA(x

Par conséquent, si jx

x0 j <

j(Ax + By)

x0 ) + B(y

et si jy

y0 )j

jAj jx

x0 j+B jy

y0 j :

y0 j < ; alors

(Ax0 + By0 )j

(jAj + jBj)

(9.16)

Maintenant comment choisir en fonction de ", de A et de B de sorte que la condition jx x0 j < et si jy y0 j < implique j(Ax + By) (Ax0 + By0 )j < ": De (9.16), on peut voir que l’on peut choisir tel que (jAj + jBj) = " ou encore

" : jAj + jBj

CHAPITRE 9. FONCTIONS DE PLUSIEURS VARIABLES. NOTIONS DE LIMITE, CONTINU Bien sur ce choix de j(Ax + By)

" jAj+jBj

(ou encore

" ) jAj+jBj

implique

(Ax0 + By0 )j < (jAj + jBj) < (jAj + jBj)

" = ": jAj + jBj

Donc lim

(x;y)!(x0 ;y0 )

f (x; y) = Ax0 + By0 :

Exercice 9.8 Démontrez en utilisant la dé…nition que lim

(x;y)!(1;2)

(x2 + 2y) = 5

Solution Exercice 9.8 Soit " > 0 quelconque. Trouvons > 0 tel que, pour tout couple (x; y) 2 2 R ; si 8 < jx 1j < et alors (x2 + 2y) 5 < " (9.17) : jy 2j < On a

1j <

() 1

<x<1+

ou encore 2

2 + 1 < x2 <

(9.18)

+2 +1

De même jy

2j <

() 2

<y <2+

ou encore 4

(9.19)

2 < 2y < 4 + 2

(9.18) et (9.19) donnent 2

4 + 5 < x2 + 2y <

+4 +5

ou encore 2

4 < x2 + 2y

5 < ( + 4)

soit en factorisant (9.20)

On a si 0 <

1 alors 4 <

5 et

( + 4)

(9.21)

CHAPITRE 9. FONCTIONS DE PLUSIEURS VARIABLES. NOTIONS DE LIMITE, CONTINU D’autre part, puisque 2 0: Donc

5 et 0 < 2

1; alors

x2 + 2y

4 >

5 : Puisque (9.22)

(9.21) et (9.22) impliquent 5

ou encore x2 + 2y

(9.23)

Résumons. On a démontré la proposition suivante 8 jx 1j < > > > > et < jy 2j < =) x2 + 2y 5 > > et > > : 0< 1

(9.24)

La proposition (9.94) va nous aider à choisir en fonction de " de sorte qu’on ait 8 jx 1j < > > > > et < jy 2j < x2 + 2y 5 " : (9.25) =) > > et > > : 0< 1

Il su¢ t de choisir 5 = " ou encore = " 5 " () ): Véri…ons, (9.24) donne 5

" 5

(ou de façon plus générale :

x2 + 2y

5 =)5 x2 + 2y

" 5 =" 5

On a donc résolu le problème suivant : " > 0; étant donné, si on prend > 0 véri…ant les 2 conditions suivantes a) b)

et si

8 < jx :

1j < et 2j <

1 " = (ou 5

alors jx2 + 2y

" ) 5

5j < ":

Pour " > 0 quelconque, si on prend = 5" ; on n’est pas assuré que Ceci est vrai si et seulement si 5" 1 ou encore " 5:

CHAPITRE 9. FONCTIONS DE PLUSIEURS VARIABLES. NOTIONS DE LIMITE, CONTINU Donc, étant donné 0 < " " 0< ); tel que 5 8 < jx 1j < et : jy 2j <

5; il existe

alors

Le problème est résolu si 0 < "

" 5

x2 + 2y

(ou plus généralement

5 < ":

(9.26)

5: Reste le problème suivant :

Soit " > 5 quelconque. Comment choisir que la relation (9.26) a lieu

en fonction de " tel

Dans ce cas le choix de est plus simple. Il su¢ t de considèrer le choix suivant : " > 5 choisissons = 1 (9.27) Montrons que ce choix implique (9.26). En e¤et = 1, on a 8 jx 1j < > > < et alors x2 + 2y 5 < 5 = 5 < ": jy 2j < > > : =1 Exercice 9.9 Démontrez par un contre exemple que 8 9 > > > > > > > > > > > > > > > > < = lim f (x; y) = ` ; > > > > (x; y) ! (0; 0) > > > > > > > > y = mx > > > > : ; 8m 2 R

lim

(x;y)!(0;0)

Solution Exercice 9.9 Considérons la fonction f : R2 ! R dé…nie par f (x; y) =

f (x; y) = `

(9.28)

CHAPITRE 9. FONCTIONS DE PLUSIEURS VARIABLES. NOTIONS DE LIMITE, CONTINU

9.7.1

Comment démontrer que la limite d’une fonction de 2 variables n’existe pas

Considérons l’implication suivante

lim

(x;y)!(0;0)

f (x; y) = `

=) 8m 2 R :

8 > > > > < > > > > :

9 > > > > = lim f (x; y) = ` : > > (x; y) ! (0; 0) > > ; y = mx

Notons (P ) et (Q) les deux propositions suivantes : (P ) :

lim

(x;y)!(0;0)

(Q) : 8m 2 R : On a bien sur

8 > > > > < > > > > :

f (x; y) = `

9 > > > > = lim f (x; y) = ` > > (x; y) ! (0; 0) > > ; y = mx

(P ) =) (Q)

Or ceci est équivalent à non (Q) =) non (P ) Donc pour démontrer que

lim

(x;y)!(0;0)

f (x; y) n’existe pas, il su¢ t de trouver

m1 2 R; m2 2 R; m1 6= m2 tels que lim f (x; y) = `1 (x; y) ! (0; 0) y = m1 x lim f (x; y) = `2 (x; y) ! (0; 0) y = m2 x avec `1 6= `2 Remarque 9.6

CHAPITRE 9. FONCTIONS DE PLUSIEURS VARIABLES. NOTIONS DE LIMITE, CONTINU On pourrait choisir d’autres directions qui ne sont pas nécessairement des droites. On peut tendre (x; y) ! (x0 ; y0 ) avec (x; y) 2 Cm ; m entier ou réel. Cm est une courbe du plan contenant le point (x0 ; y0 ) : Donnons quelques exemples de courbes Cm avec (x0 ; y0 ) = (0; 0): Cm = (x; y) 2 R2 : y = xm ; m = 2; 3; :::

Si on démontre qu’il existe m1 2 R; m2 2 R; m1 6= m2 tels que lim f (x; y) = `1 (x; y) ! (0; 0) y = xm1 lim f (x; y) = `2 (x; y) ! (0; 0) y = xm2 avec alors

lim

(x;y)!(0;0)

f (x; y) n’existe pas.

`1 6= `2

Exercice 9.10 Considérons la fonction f : R2 ! R dé…nie par ( 2 2 x y si (x; y) 6= (0; 0) x2 +y 2 f (x; y) = 0 si (x; y) = (0; 0) Montrez que

lim

(x;y)!(0;0)

f (x; y) n’existe pas.

Solution Exercice 9.10 Il su¢ t de trouver deux directions d1 et d2 telles que lim f (x; y) 6= (x; y) ! (0; 0) (x; y) 2 d1

lim f (x; y) (x; y) ! (0; 0) (x; y) 2 d2

En e¤et. Notons dm la droite d’équation y = mx dm = f(x; y) : y = mx Calculons lim f (x; y) (x; y) ! (0; 0) (x; y) 2 dm

x2 m2 x2 lim f (x; y) = lim 2 x!0 x + m2 x2 (x; y) ! (0; 0) y = mx x2 (1 m2 ) (1 m2 ) = x!0 x2 (1 + m2 ) (1 + m2 )

= lim

CHAPITRE 9. FONCTIONS DE PLUSIEURS VARIABLES. NOTIONS DE LIMITE, CONTINU Si m = 1, on a 0 (1 1) lim = = 0 = `1 f (x; y) = (1 + 1) 2 (x; y) ! (0; 0) y=x Si m = 2; on a (1 4) = lim f (x; y) = (1 + 4) (x; y) ! (0; 0) y = 2x lim f (x; y) 6= (x; y) ! (0; 0) y=x Donc

lim

(x;y)!(0;0)

3 = `2 5

lim f (x; y): (x; y) ! (0; 0) y = 2x

f (x; y) n’existe pas.

Exercice 9.11 Considérons la fonction f : R2 ! R dé…nie par ( 2 2 x y si (x; y) 6= (0; 0) x2 +y 2 f (x; y) = 0 si (x; y) = (0; 0) Montrez que la fonction f (x; y) n’est pas continue au point (0; 0): Solution Exercice 9.11 Le point a) de la dé…nition 9.5 est véri…é. Par contre le point b) n’est pas satisfait. En e¤et, d’après l’exercice 9.10, on a montré que lim f (x; y) (x;y)!(0;0)

n’existe pas. Donc f n’est pas continue au point (0; 0) Exercice 9.12 Considérons la fonction f : R2 ! R dé…nie par f (x; y) =

(x2 + 2y) si (x; y) 6= (1; 2) 3 si (x; y) = (1; 2)

Montrez que la fonction f (x; y) n’est pas continue au point (1; 2): Solution Exercice 9.12 Le point a) de la dé…nition 9.5 est véri…é. En e¤et f est dé…nie au point (1; 2) et f (1; 2) = 3:

CHAPITRE 9. FONCTIONS DE PLUSIEURS VARIABLES. NOTIONS DE LIMITE, CONTINU Le point b) de la dé…nition 9.5 est aussi véri…é. En e¤et d’après l’exercice 9.8, lim f (x; y) existe et on a (x;y)!(1;2)

lim

(x;y)!(1;2)

f (x; y) =

lim

(x;y)!(1;2)

(x2 + 2y) = 5

Le point c) de la dé…nition 9.5 n’est pas véri…ée. En e¤et par dé…nition f (1; 2) = 3 6=

lim

(x;y)!(1;2)

f (x; y) = 5

Par conséquent f n’est pas continue au point (1; 2): Exercice 9.13 Considérons la fonction f : R2 ! R dé…nie par f (x; y) = (x2 + 2y) Montrez que la fonction f (x; y) est continue au point (1; 2): Solution Exercice 9.13 En e¤et. On a montré dans l’exercice 9.8 , que lim

(x;y)!(1;2)

f (x; y) =

lim

(x;y)!(1;2)

(x2 + 2y) = 5

or f (1; 2) = 1 + 4 = 5 les points a), b) et c) de la dé…nition 9.5 sont véri…és. Donc f (x; y) = (x2 +2y) est continue au point (1; 2): Exercice 9.14 Considérons la fonction f : R2 ! R dé…nie par f (x; y) = 2x2

xy + y 2

et (x0 ; y0 ) 2 R2 quelconque. Calculez en utilisant la dé…nition @f (x0 ; y0 ): @y Solution Exercice 9.14 Par dé…nition @f f (x0 + h; y0 ) (x0 ; y0 ) = lim h!0 @x h

f (x0 ; y0 )

@f (x0 ; y0 ) @x

CHAPITRE 9. FONCTIONS DE PLUSIEURS VARIABLES. NOTIONS DE LIMITE, CONTINU On f (x0 + h; y0 )

Donc

2x20 f (x0 ; y0 ) = 2(x0 + h)2 (x0 + h)y0 + y02 = 2x20 + 2h2 + 4x0 h x0 y0 hy0 + y02 = h (2h + 4x0 y0 ) : f (x0 + h; y0 ) h

f (x0 ; y0 )

= (2h + 4x0

x0 y0 + y02 2x20 + x0 y0

y02

y0 ) ;

et f (x0 + h; y0 ) h!0 h

f (x0 ; y0 )

lim

= lim (2h + 4x0

y0 ) = (4x0

h!0

Donc

@f (x0 ; y0 ) = (4x0 @x

y0 ) :

De même, par dé…nition @f f (x0 ; y0 + k) (x0 ; y0 ) = lim k!0 @y k

f (x0 ; y0 )

On f (x0 ; y0 + k)

Donc

f (x0 ; y0 ) = 2x0 2 x0 (y0 + k) + (y0 + k)2 2x20 x0 y0 + y02 = 2x20 x0 y0 x0 k + y02 + k 2 + 2y0 k 2x20 + x0 y0 y02 k( x0 + k + 2y0 ) f (x0 ; y0 + k) k

f (x0 ; y0 )

= ( x0 + k + 2y0 );

et f (x0 ; y0 + k) h!0 k lim

Donc

f (x0 ; y0 )

= lim ( x0 + k + 2y0 ) = ( x0 + 2y0 ): k!0

@f (x0 ; y0 ) = ( x0 + 2y0 ): @y

Exercice 9.15 Considérons la fonction f : R2 ! R dé…nie par : f (x; y) = x3 y + exy 00

00 00 Calculez 1)fx0 ; 2)fy0 ; 3)fxx ; 4)fyy ; 5)fxy ; 6)fyx

CHAPITRE 9. FONCTIONS DE PLUSIEURS VARIABLES. NOTIONS DE LIMITE, CONTINU Solution Exercice 9.15 1) fx0 =

@f 2 = 3x2 y + y 2 exy @x

fy0 =

@f 2 = x3 + 2yxexy @y

@f @x

3) @2f @ = 2 @x @x

fxx =

@ 2 2 3x2 y + y 2 exy = 6xy + y 4 exy @x

4) 00

fyy =

@2f @ = 2 @y @y

= exy

@f @y

@ 2 2 2 x3 + 2yxexy = 2xexy + 2yx:2yx:exy @y

2x + 4y 2 x2

5) 00 fxy =

@ @2f = @y@x @y

@f @x

@ 2 3x2 y + y 2 exy @y

= 3x2 + 2yexy + y 2 :exy :2xy 2 = 3x2 + exy 2y + 2xy 3 6) 00 fyx =

@ @2f = @x@y @x

@f @y

@ 2 x3 + 2yxexy @x 2

= 3x2 + 2xy(y 2 exy ) + exy :2y = 3x2 + exy

2xy 3 + 2y

Remarque 9.10 Remarquons que dans cet exercice on a @2f @2f (x; y) = (x; y) 8(x; y) 2 R2 : @x@y @y@x

(9.34)

Ceci n’est pas toujours vrai. Avec des conditions sur la fonction f (x; y); (9.34) devient vraie. Voyons dans le théorème qui suit, quelles sont ces conditions.

CHAPITRE 9. FONCTIONS DE PLUSIEURS VARIABLES. NOTIONS DE LIMITE, CONTINU Exercice 9.16 Donnez l’exemple d’une fonction f : R2 ! R telle que : @2f @2f (x0 ; y0 ) et @y@x (x0 ; y0 ) existent, mais @x@y @2f @2f (x0 ; y0 ) 6= (x0 ; y0 ) @x@y @y@x Solution Exercice 9.16 Considérons : f : R2 ! R, dé…nie par f (x; y) = Exercice 9.17 Considérons : f : R2 ! R, dé…nie par f (x; y) =

xy x2 +y 2

si (x; y) 6= (0; 0) 0 si (x; y) = (0; 0)

a) Montrez que @f (0; 0) et @f (0; 0) existent et calculez leur valeur en @x @y utilisant la dé…nition b) Montrez que f n’est pas continue au point (0; 0) Solution Exercice 9.17 a) Par dé…nition, on a f (0 + h; 0) @f (0; 0) = lim h!0 @x h

f (0; 0)

0 0 2 = lim h = lim 3 = 0 h!0 h h!0 h

@f f (0; 0 + k) (0; 0) = lim k!0 @y k

f (0; 0)

0 0 2 = lim k = lim 3 = 0 h!0 k h!0 k

Par conséquent @f @f (0; 0) = (0; 0) = 0 @x @y b) Montrons que f n’est pas continue au point (0; 0): Il su¢ t de montrer que lim f (x; y) n’existe pas. En e¤et. (x;y)!(0;0)

mx2 mx2 m lim f (x; y) = lim 2 = lim = x!0 x + m2 x2 x!0 x2 (1 + m2 ) 1 + m2 (x; y) ! (0; 0) y = mx

CHAPITRE 9. FONCTIONS DE PLUSIEURS VARIABLES. NOTIONS DE LIMITE, CONTINU m = 1; on a 1 1 lim f (x; y) = = = `1 1+1 2 (x; y) ! (0; 0) y=x m=2

2 2 = = `2 lim f (x; y) = 1+4 5 (x; y) ! (0; 0) y = 2x

`1 6= `2 : Donc

lim

(x;y)!(0;0)

f (x; y) n’existe pas. Par conséquent f n’est pas

continue au point (0; 0): Exercice 9.18 Considérons la fonction f : R2 ! R dé…nie par f (x; y) = 2x + 3y Montrez que la fonction f est di¤erentiable en tout point (x0 ; y0 ) 2 R2 : Solution Exercice 9.18 D’après la dé…nition 9.10, il faut montrer qu’i lexiste A 2 R et B 2 R; deux fonctions de deux variables "1 : R2 ! R; "2 : R2 ! R telles que : f (x0 + h; y0 + k) f (x0 ; y0 ) = Ah + Bk + h"1 (h; k) + k"2 (h; k) : avec lim "1 (h; k) = 0 et lim "2 (h; k) = 0 (h;k)!(0;0)

(h;k)!(0;0)

On a f (x0 + h; y0 + k)

f (x0 ; y0 ) = = = =

2(x0 + h) + 3(y0 + k) (2x0 + 3y0 ) 2x0 + 2h + 3y0 + 3k 2x0 3y0 2h + 3k 2h + 3k + h:0 + k:0

f est donc di¤érentiable en prenant A = 2; B = 3; "1 : R2 ! R; "1 (h; k) = 0; 8(h; k) 2 R2 "2 : R2 ! R; "2 (h; k) = 0; 8(h; k) 2 R2 Exercice 9.19

CHAPITRE 9. FONCTIONS DE PLUSIEURS VARIABLES. NOTIONS DE LIMITE, CONTINU montrez par un contre exemple que la réciproque du théorème 9.4 est fausse. Corrigé de l’exercice 9.19 Il faut trouver une fonction de 2 variables f et un point (x0 ; y0 ) 2 R2 telle que : a) f est continue au point (x0 ; y0 ) b) f n’est pas di¤érentiable au point (x0 ; y0 ): En e¤et considérons la fonction f : R2 ! R dé…nie par f (x; y) = jx + yj et prenons le point (x0 ; y0 ) = (0; 0): a) Montrons que f est continue au point (0; 0) En e¤et. Montrons en utilisant la dé…nition que lim

(x;y)!(0;0)

f (x; y) = f (0; 0) = j0 + 0j = 0

Soit " > 0; quelconque. Trouvons jx jy

0j < 0j <

> 0 véri…ant la condition suivante : 0j < "

(9.46)

" > 0; pour avoir la relation (9.46), il su¢ t de prendre

= 2" : En e¤et. Si

jx jy

0j < 0j <

" 2 " 2

=) j(jx + yj)

=) jx + yj

jxj + jyj <

" " + =" 2 2

b) Montrons que f n’est pas di¤erentiable au point (0; 0):En e¤et, il su¢ t de montrer que @f (0; 0) ou @f (0; 0) n’existe pas. En e¤et. Montrons que @x @y f (0 + h; 0) h!0 h lim

f (0; 0)

n’existe pas. On a f (0 + h; 0) h

f (0; 0)

f (h; 0)

f (0; 0) h

jhj = h

+1 si h > 0 1 si h < 0

Par conséquent f (0 + h; 0) h!0; h>0 h f (0 + h; 0) lim h!0; h<0 h lim

f (0; 0) f (0; 0)

= +1 =

CHAPITRE 9. FONCTIONS DE PLUSIEURS VARIABLES. NOTIONS DE LIMITE, CONTINU (0; 0) n’existe pas, et …nalement d’après le théorème 9.3, Par conséquent @f @x f n’est pas di¤erentiable au point (0; 0): Exercice 9.20 Considérons la fonction énergie cinétique E dé…nie par E

R2 ! R

1 (m; v) ! E(m; v) = mv 2 : 2 Partant d’une masse initiale m0 et d’une vitesse initiale v0 : a) Calculez E(m0 ;v0 ) ( m; v) et dE(m0 ;v0 ) ( m; v) b) Calculez E=

E(m0 ;v0 ) ( m; v)

c) Que représente E d) Application numérique : Calculez et E en prenant :

dE(m0 ;v0 ) ( m; v) : E(m0 ;v0 ) ( m; v) , dE(m0 ;v0 ) ( m; v)

1)m0 = 1000kg; v0 = 100km=h; 2)m0 = 1000kg; v0 = 100km=h;

m = 100kg; v = 10km=h m = 0:001kg; v = 0:001km=h

Solution Exercice 9.20 Le théorème suivant nous montre pourquoi le calcul de la fonction df(x0 ;y0 ) est simple. Exercice 9.21 Considérons la fonction f : R2 ! R dé…nie par f (x; y) = x2 y

Soient (x0 ; y0 ) 2 R2 et (h; k) 2 R2 : a)Montrez que f est di¤érentiable en tout point (x0 ; y0 ) 2 R2 b) Calculez f(x0 ;y0 ) (h; k) c) Calculez df(x0 ;y0 ) (h; k) d) Calculez f(4;3) ( 0:01; 0:02) e) Calculez df(4;3) ( 0:01; 0:02) f) f(4;3) ( 10 5 ; 10 6 ) g) Calculez df(4;3) ( 10 5 ; 10 6 ) h) Calculez l’erreur commise en remplaçant f(4;3) ( 0:01; 0:02) par df(4;3) ( 0:01; 0:02) i) Calculez l’erreur commise en remplaçant f(4;3) ( 10 5 ; 10 6 ) par df(4;3) ( 10 5 ; 10 6 )

CHAPITRE 9. FONCTIONS DE PLUSIEURS VARIABLES. NOTIONS DE LIMITE, CONTINU j) Comparer les résultats obtenus dans h) et i) k) Calculez de façon exacte f (5:12; 6:85) en utilisant l’expression analytique de la fonction f (x; y) = x2 y 3y l) Calculez f (5:12; 6:85) de façon approximative en utilisant la di¤érentielle. Quelle est l’erreur commise. Solution de l’exercice 9.21 a) Soient (x0 ; y0 ) 2 R2 et (h; k) 2 R2 : on a f (x0 + h; y0 + k)

f (x0 ; y0 ) = (x0 + h)2 (y0 + k) 3 (y0 + k) x20 y0 3y0 x20 y0 3y0 = x20 + h2 + 2x0 h (y0 + k) 3y0 3k = x20 y0 + x20 k + h2 y0 + h2 k + 2x0 hy0 + 2x0 hk 3y0 3k = h (2x0 y0 ) + k x20 3 + h (hy0 + hk) + k (2x0 h)

Si on pose A = (2x0 y0 ) ; B = x20

3 ; "1 (h; k) = (hy0 + hk) ; "2 (h; k) = (2x0 h) : (9.52)

Alors on a lim

"1 (h; k) =

lim

"2 (h; k) =

(h;k)!(0;0) (h;k)!(0;0)

lim

(hy0 + hk) = 0

lim

(2x0 h) = 0

(h;k)!(0;0) (h;k)!(0;0)

Par conséquent, on peut écrire f (x0 + h; y0 + k) = f (x0 ; y0 ) + Ah + Bk + h"1 (h; k) + k"2 (h; k) (9.53) : avec lim "1 (h; k) = 0 et lim "2 (h; k) = 0 (h;k)!(0;0)

(h;k)!(0;0)

Ceci est exactement la dé…nition de la di¤erentiabilité de f au point (x0 ; y0 ) : On peut véri…er par un calcul direct que @f (x0 ; y0 ) = (2x0 y0 ) = A @x @f (x0 ; y0 ) = x20 3 = B @y

(9.54)

b) D’après la question a), on a f(x0 ;y0 ) (h; k) = f (x0 + h; y0 + k) 2

(9.55)

f (x0 ; y0 ) x20 y0

= (x0 + h) (y0 + k) 3 (y0 + k) 3y0 2 = h (2x0 y0 ) + k x0 3 + h (hy0 + hk) + k (2x0 h)

x20 y0

CHAPITRE 9. FONCTIONS DE PLUSIEURS VARIABLES. NOTIONS DE LIMITE, CONTINU c) D’après la dé…nition de la di¤erentielle, on a df(x0 ;y0 ) (h; k) =

@f @f (x0 ; y0 ) h + (x0 ; y0 ) k @x @y

Soit en utilisant (9.54),on a df(x0 ;y0 ) (h; k) = (2x0 y0 ) h + x20

(9.56)

3 k

d) En utilisant (9.55), on obtient : f(4;3) ( 0:01; 0:02) = f (4 0:01; 3 + 0:02) f (4; 3) = f (3:99; 3:02) f (4; 3) = (3:99)2 (3:02) 3 (3:02)

3 ) = 0:018702

e) (9.56) donne df(4;3) ( 0:01; 0:02) = (2

( 0:01) + 42

(0:02) = 0:02

f) En faisant le même calcul qu’en d), on obtient f(4;3) (10 5 ; 10 6 ) = 0:000 253 000 380 000 1 g) En faisant le même calcul qu’en e), on obtient df(4;3) (10 5 ; 10 6 ) = 0:000 25300000000000 h) l’erreur commise en remplaçant est égale à E=

f(4;3) ( 0:01; 0:02)

f(4;3) ( 0:01; 0:02) par df(4;3) ( 0:01; 0:02)

df(4;3) ( 0:01; 0:02) = j0:018702

i) l’erreur commise en remplaçant est égale à

0:02j = 0:001 298

f(4;3) (10 5 ; 10 6 ) par df(4;3) (10 5 ; 10 6 )

E = f(4;3) (10 5 ; 10 6 ) df(4;3) (10 5 ; 10 6 ) = j0:000 253 000 380 000 1 0:000 25300000000000j = 3: 8

j) Il est clair que l’erreur commise quand on e¤ectue une variation in…niment petite h = dx = 10 5 et k = dy = 10 6 est in…niment petite, de l’ordre de 10 10 : On a le droit de remplacer dans les calculs f par df

L’erreur commise en remplaçant est égale à : E=

f(4;3) ( 0:01; 0:02)

f(4;3) ( 0:01; 0:02) par df(4;3) ( 0:01; 0:02)

df(4;3) ( 0:01; 0:02) = j0:018702

0:02j = 0:001 298

CHAPITRE 9. FONCTIONS DE PLUSIEURS VARIABLES. NOTIONS DE LIMITE, CONTINU L’erreur est de l’ordre de 10 3 : Elle est assez négligeable. Si on prend dx = h et k = dy encore plus petits,par exemple dx = 10 5 ; dy = 10 7 k) Calcul direct de f (5:12; 6:85) On utilise lexpression de la fonction f f (x; y) = x2 y

donc f (5:12; 6:85) = (5:122

6:85)

(6:85) = 159: 018 64

l) Calcul approximatif de f (5:12; 6:85) par utilisation de la di¤erentielle On peut écrire f (5:12; 6:85) sous la forme suivante f (5:12; 6:85) = f (5 + 0:12; 7 0:15) ' f (5; 7) + df(5;7) (0:12; 0:15) On a f (5; 7) = (52

7) = 154

et df(5;7) (0:12; 0:15) = 5:1 Par conséquent f (5:12; 6:85) ' 154 + 5:1 = 159:1 L’erreur commise est donc E = j159:1

159: 018 64j = 0:081 36

Chapitre 10 DERIVEES PARTIELLES DES FONCTIONS COMPOSEES. FORMULES DE TAYLOR ET OPTIMISATION DES FONCTIONS DE 2 VARIABLES 10.1

Fonctions de classe C 1ou C 2

10.1.1

Ensemble ouvert dans R2

Nous allons généraliser la notion d’intervalle ouvert à R2 : Soit ]a; b[ un intervalle ouvert dans R: Remarquons que si x0 2 ]a; b[, alors il existe un intervalle ouvert de centre x0 et de rayon r > 0 : Ir = ]x0 r; x0 + r[ tel que Ir ]a; b[ f igure1 La même dé…nition reste valable dans R2 ; en remplaçant Ir par un disque ouvert Dr de centre (x0 et y0 ) et rayon r: Si on note Dr (x0 ; y0 ) = (x; y) 2 R2 : (x

x0 )2 + (y

y0 )2 < r2

alors on obtient la dé…nition suivante : Dé…nition 1 Soit U R2 ; on dit que U est un ensemble ouvert si pour tout point (x0 ; y0 ) 2 U , il existe un disque ouvert de centre (x0 ; y0 ) et de rayon r > 0 : 447

CHAPITRE 10. DERIVEES PARTIELLES DES FONCTIONS COMPOSEES. FORMULES DE Dr (x0 ; y0 ) tel que Dr (x0 ; y0 )

10.1.2

Fonctions de classe C 1 ou C 2

Dé…ntion2 Soit U R2 un ensemble ouvert et f : U ! R: On dit que f est de classe C 1 dans U si @f (x; y) et @f (x; y) @x @y existent en tout point (x; y) 2 U et les fonctions @f et @f sont continues @x @y 1 en tout point (x; y) 2 U: On note f 2 C (U ) : De même on dit que f est de classe C 2 dans U si toutes les dérivées partielles d’ordre 2 de f : 2 @2f @2f @2f ; @ f existent et sont continues dans U . On note f 2 C 2 (u) : ; ; @x2 @y 2 @x@y @y@x Remarque1 Dans l’exemple2, on a : @2f @2f = @x@y @y@x Ceci est vrai pour les fonctions de classe C 2 : Théorème1 Soit f : U ! R telle que f 2 C 2 (U ). Alors @2f @2f (x; y) = (x; y) : 8 (x; y) 2 U: @x@y @y@x

10.2

Dérivées partielles des fonctions composées

10.2.1

Fonctions composées de type 1

Considérons 3 fonctions de 2 variables f; g et h suivantes : f : R2 ! R; (x; y) ! f (x; y) = z g : R2 ! R; (r; s) ! g(r; s) = x h : R2 ! R; (r; s) ! h(r; s) = y Considèrons maintenant une fonction composée de 2 variables dé…nie de la façon suivante : f (x; y) = f (g (r; s) ; h(r; s)) = F (r; s) ou x = g (r; s) et y = h (r; s) donc f (x; y) = f (g (r; s) ; h (r; s)) = F (r; s)

CHAPITRE 10. DERIVEES PARTIELLES DES FONCTIONS COMPOSEES. FORMULES DE On a …nalement F : R2 ! R 2 ! R (r; s) ! (g (r; s) ; h (r; s)) ! f (g (r; s) ; h (r; s)) = F (r; s)

10.2.2

Fonctions composées de type 2

Un autre type de fonction composée est dé…nie comme suit. Considérons les 3 fonctions f; g et h suivantes : f : R2 ! R; (x; y) ! f (x; y) = z g : R ! R; t ! g(t) = x h : R ! R; (t) ! h(t) = y Considèrons maintenant une fonction composée de 2 variables dé…nie de la façon suivante : f (x; y) = f (g (t) ; h(t)) = G(t) ou x = g (t) et y = h (t) donc f (x; y) = f (g (t) ; h(t)) = G(t) On a …nalement G : R ! R2 ! R (t) ! (g (t) ; h (t)) ! f (g (t) ; h (t)) = G(t)

10.2.3

Dérivées partielles des fonctions composées du type 1

On a le théorème suivant : Théorème2 Considérons la fonction F : R2 ! R 2 ! R (r; s) ! (g (r; s) ; h (r; s)) ! F (r; s) = f (g (r; s) ; h (r; s)) Alors

@F @f @x @f @y @f @g @f @h = : + : = + @r @x @r @y @r @x @r @y @r @F @f @x @f @y @f @g @f @h = : + : = + @s @x @s @y @s @x @s @y @s

CHAPITRE 10. DERIVEES PARTIELLES DES FONCTIONS COMPOSEES. FORMULES DE

10.2.4

Dérivées des fonctions composées du type 2

Théorème3 Considérons les 3 fonctions f; g et h suivantes : f : R2 ! R; (x; y) ! f (x; y) = z g : R ! R; t ! g(t) = x h : R ! R; (t) ! h(t) = y et la fonction G : R ! R dé…nie par G : R ! R2 ! R (t) ! (g (t) ; h (t)) ! f (g (t) ; h (t)) = G(t) G (t) = f (x; y) = f (g (t) ; h (t)) : Alors

dG @f dx @f dy @f dg @f dh = + = : + dt @x dt @y dt @x dt @y dt

10.3

Formule de taylor des fonctions de 2 variables

10.3.1

Dérivées partielles d’ordre n; n > 2 2

@ f @ f Nous avons dé…ni les dérivées partielles d’ordre 2 : @@xf2 ; @@yf2 ; @x@y et @y@x 2 ; ceci nous permet de dé…nir les dérivées partielles d’ordre 3 et ainsi de suite jusqu’à l’ordre n. On procède comme suit :

@3f @ = @x3 @x @3f @ = 2 @x@y @x

@2f @x2 @2 @y 2

;

@3f @ = @y 3 @y @3f @ = 2 @y@x @y

@2 @y 2 @2f @x2

::::

Si on a les dérivées partielles d’ordre (n 1), alors les dérivées partielles d’ordre n; seront dé…nis et calculés de la même manière ; exemple : @ @ nf = n @x @x

@n 1f @xn 1

;

@ nf @ = n @y @y

@n 1f @y n 1

:::

CHAPITRE 10. DERIVEES PARTIELLES DES FONCTIONS COMPOSEES. FORMULES DE

10.4

Notations

Notons par Dr (x0 ; y0 ) = (x; y) 2 R2 : (x

x0 )2 + (y

y0 )2 < r2

Dr (x0 ; y0 ) = (x; y) 2 R2 : (x

x0 )2 + (y

y0 )2

Dr (x0 ; y0 ) est le disque fermé de centre (x0 ; y0 ) et de rayon r Dr (x0 ; y0 ) = Dr (x0 ; y0 ) [ (x; y) ; (x

x0 )2 + (y

y0 )2 = r2

Notons par h

@ @ +k @x @y

f (x0 ; y0 ) = h:

f (x0 ; y0 ) = h2

@f @f (x0 ; y0 ) + k (x0 ; y0 ) @x @y

2 @2f @2f 2@ f (x ; y )+2hk (x ; y )+k (x0 ; y0 ) 0 0 0 0 @x2 @x@y @y 2

f (x0 ; y0 ) = Cn0 hn

n @ nf @ nf 1 n 1 n n@ f (x ; y )+C h k (x ; y )+:::+:::C k (x0 ; y0 ) 0 0 0 0 n n @xn @ n 1 x@y @y n

Avec ces notations , on a le théorème de Taylor suivant Théorème3 (Formule de Taylor d’odre n) Considérons une fonction de 2 variables f (x; y) admettant les propriétés suivantes : a) f (x; y) possèdes des dérivées partielles d’ordre n, continues dans Dr (x0 ; y0 ) : b) f (x; y) possède des dérivées partielles d’ordre (n + 1) dans Dr (x0 ; y0 ) Alors on a : @ @ f (x0 + h; y0 + k) = f (x0 ; y0 ) + h +k @x @y 1 + 3!

@ @ h +k @x @y

1 f (x0 ; y0 ) + 2!

1 f (x0 ; y0 ) + ::: + n!

@ @ h +k @x @y @ @ h +k @x @y

f (x0 ; y0 ) n

f (x0 ; y0 ) + Rn

avec 1 Rn = (n + 1)!

@ @ h +k @x @y

n+1

f (x0 + h; y0 + k) ;

Comme cas particulier du théorème 3, onobtient le théorème suivant : Théorème4 (Formule de Taylor d’odre 2) Considérons une fonction de 2 variables f (x; y) admettant les propriétés suivantes : a) f (x; y) possèdes des dérivées partielles d’ordre 2, continues dans Dr (x0 ; y0 ) :

CHAPITRE 10. DERIVEES PARTIELLES DES FONCTIONS COMPOSEES. FORMULES DE b) f (x; y) possède des dérivées partielles d’ordre 3 dans Dr (x0 ; y0 ) Alors on a : f (x0 + k; y0 + k) = f (x0 ; y0 ) + h + avec

1 2

@f @f (x0 ; y0 ) + k (x0 ; y0 ) @x @y

2 @2f @2f 2@ f (x0 ; y0 ) + R2 (x ; y ) + k (x ; y ) + 2h:k 0 0 0 0 @x2 @y 2 @x@y

3 3 3 h3 @@xf3 (x0 + h; y0 + k) + 3h2 k @x@ 2f@y (x0 + h; y0 + k) 1 6 7 @3f 3 @3f R2 = 4 +3hk 2 @x@y 2 (x0 + h; y0 + k) + k @y 3 (x0 + h; y0 + k) 5 3! 0< <1 2

lim R2 = 0 et

(h;k)!0;0

R2 =0 (h;k)!0;0 h2 + k 2 lim

Preuve du théorème 4 La preuve du corrollaire s’obtient directement en appliquant le théorème 3 en prenant n = 2 et en remarquant que : (a + b)3 = C03 a3 + C13 a2 b + C23 ab2 + C33 b3 = a3 + 3a2 b + 3ab2 + b3

10.5

Optimisation di¤érentiable dans R2

dans cette partie on considère f : R2 ! R t:q f 2 C 2 R2 U

10.5.1

ou f 2 C 2 (U ) ;

R2 est un ensemble ouvert.

Dé…nitions

Dé…nition 3 Soit f : R2 ! R et (b x; yb) 2 R2 : On dit que : a) (b x; yb) est une solution minimale locale (maximale locale), s’il existe un disque ouvert Dr (b x; yb) , de centre (b x; yb) et de rayon r > 0 tel que 8 (x; y) 2 Dr (b x; yb) : f (x; y)

f (b x; yb) (f (x; y)

f (b x; yb))

b) (b x; yb) est une solution minimale globale sur R2 (maximale) si 8 (x; y) 2 R2 : f (x; y)

f (b x; yb) (f (x; y)

f (b x; yb)) :

CHAPITRE 10. DERIVEES PARTIELLES DES FONCTIONS COMPOSEES. FORMULES DE c) (b x; yb) est une solution minimale locale stricte (maximale stricte) s’il existe Dr (b x; yb) t:q

8 (x; y) 2 Dr (b x; yb) ; (x; y) 6= (b x; yb) on a : f (x; y) > f (b x; yb) : (f (x; y) < f (b x; yb)) :

Dé…nition 4 (b x; yb) s’appelle point stationnaire de f ou point critique si on a : @f @f (b x; yb) = 0 et (b x; yb) = 0 @x @y c’est à dire 0 rf (b x; yb) = 0 où @f (b x; yb) @x rf (b x; yb) = @f (b x; yb) @y

10.5.2

Conditions nécéssaires d’optimalité

Théorème 5 f : R2 ! R; si (b x; yb) est une solution minimale locale 0 (maximale) alors rf (b x; yb) = 0 Dé…nition 5 Soit f 2 C 2 (R2 ) ; (b x; yb) 2 R2 : On appelle matrice hessienne de f au point (b x; yb), la matrice symétrique d’ordre 2 suivante : " 2 # @ f @ 2f (b x ; y b ) (b x ; y b ) 2 @x @y@x H (b x; yb) = @2f @ 2f (b x ; y b ) (b x; yb) @y@x @y 2 Dé…nition 6 a) La matrice H (b x; yb) est dite semi dé…nie postive, si pour tout point (x; y) 2 R2 on a x (x; y) H (b x; yb) 0 y

b) La matrice H (b x; yb) est dite semi dé…nie négative, si pour tout point (x; y) 2 R2 on a x (x; y) H (b x; yb) 0 y Dé…nition 6 (bis) a) La matrice H (b x; yb) est dite dé…nie postive, si pour tout point (x; y) 2 R2 ; telle que (x; y) 6= (0; 0); on a (x; y) H (b x; yb)

x y

CHAPITRE 10. DERIVEES PARTIELLES DES FONCTIONS COMPOSEES. FORMULES DE b) La matrice H (b x; yb) est dite dé…nie négative, si pour tout point (x; y) 2 R ; telle que (x; y) 6= (0; 0); on a 2

(x; y) H (b x; yb)

x y

Théorème 6 Soit f : R2 ! R telle que f 2 C 2 (R2 ) : Si (b x; yb) est une 0 solution minimale (maximale) locale, alors 8f (b x; yb) = et H (b x; yb) est 0 semi dé…nie positive (semi-dé…nie négative). Remarque2 La réciproque du théorème 5 et celle du théorème 6 est fausse. En d’autres termes, il est possible de trouver f : R2 ! R et (b x; yb) 2 R2 telle que rf (b x; yb) = 00 et H (b x; yb) est semi dé…nie positive (négative), mais (b x; yb) n’est pas une solution minimale (maximale) locale (voir l’exercice 9). On obtient l’algorithme suivant : Algorithme (x; y) 2 R2 donné Si rf (x; y) 6= 0; alors (x; y) n’est ni une solution minimale locale ni une solution maximale locale. Si rf (x; y) = 0 ; Calculez H (x; y) : Si H (x; y) n’est pas semi-dé…nie positive et n’est pas semi dé…nie négative, alors (x; y) n’est pas une solution minimale locale et n’est pas une solution maximale locale. Si H (x; y) est semi dé…nie positive. Continuez les recherches car (x; y) peut être une solution minimale locale ou non. Si H (x; y) est semi dé…nie négative Continuez les recherches car (x; y) peut être une solution maximale locale ou non.

10.5.3

Conditions su¢ santes d’optimalité

On a vu que rf (b x; yb) = 0 et H (b x; yb) semi-dé…nie positive ou semi dé…nie négative n’implique pas que (b x; yb) est une solution optimale locale. Il faut une condition un peu plus forte, On va remplacer H (b x; yb) semidé…nie positive ou semi dé…nie négative par H (b x; yb) dé…nie positive ou dé…nie négative. C’est l’objet du théorème suivant : Théorème 7 Soit f : R2 ! R telle que f 2 C 2 (Dr (b x; yb)) a) Si rf (b x; yb) = (0; 0) et si H (b x; yb) est dé…nie positive, alors (b x; yb) est une solution minimale locale sricte.

CHAPITRE 10. DERIVEES PARTIELLES DES FONCTIONS COMPOSEES. FORMULES DE b) Si rf (b x; yb) = (0; 0) et si H (b x; yb) est dé…nie négative, alors (b x; yb) est solution maximale locale stricte.

Théorème 8 Soit f : R2 ! R telle que f 2 C 3 (Dr (b x; yb)) supposons que rf (b x; yb) = (0; 0) : 2

@ f (b x; yb) > 0 et a) Si @@xf2 (b x; yb) : @@yf2 (b x; yb) @x@y (b x; yb) est une solution maximale locale stricte. 2

@2f @x2

(b x; yb) < 0 alors

@ f x; yb) : @@yf2 (b x; yb) (b x; yb) > 0 et @@xf2 (b x; yb) > 0 alors (b x; yb) b) Si @@xf2 (b @x@y est une solution minimale locale stricte. 2 2 2 @2f c) Si @@xf2 (b x; yb) : @@yf2 (b x; yb) (b x ; y b ) < 0 alors (b x; yb) n’est ni une @x@y solution minimale locale ni une solution maximale locale. 2 2 2 @2f (b x ; y b ) x; yb) : @@yf2 (b x; yb) = 0. On ne peut pas conclure ; d) Si @@xf2 (b @x@y l’étude doit continuer ; (b x; yb) peut être une solution optimale ou ne pas l’être.

Preuve du théorème 8 Puisque rf (b x; yb) = (0; 0), étudions la dé…nie positivité ou la dé…nie négativité de H (b x; yb) : ! @2f @2f (b x ; y b ) (b x ; y b ) @x2 @x@y H (b x; yb) = 2 @2f (b x; yb) @@yf2 (b x; yb) @y@x Soit

(x; y) H (b x; yb) :

x y

(x; y) 2 R2 t:q (x; y) 6= (0; 0) : = x2

Posons

a= Alors

2 @2f @2f 2@ f (b x ; y b ) ; b = 2y (b x ; y b ) ; c = y (b x; yb) : @x2 @x@y @y 2

a) si 4 = b2 or b2 4ac = 4y 2

2 @2f @2f 2@ f (b x ; y b ) + y (b x ; y b ) + 2xy (b x; yb) @x2 @y 2 @x@y

(x; y) H (b x; yb)

x y

= ax2 + bx + c

4ac < 0, alors ax2 + bx + c est du signe de a @2f (b x; yb) @x@y

@2f @2f 4y 2 2 (b x; yb) : 2 (b x; yb) = 4y 2 @x @y

@2f (b x; yb) @x@y

@2 @2f (b x ; y b ) : @x2 @y

CHAPITRE 10. DERIVEES PARTIELLES DES FONCTIONS COMPOSEES. FORMULES DE y 6= 0 =) 4y 2 > 0: Donc le signe de ax2 + bx + c est du signe de : " # 2 @2f @2f @2f (b x; yb) (b x; yb) : 2 (b x; yb) @x@y @x2 @y @2f @2f (b x ; y b ) : (b x; yb) 4<0, @x2 @y 2

@2f (b x; yb) @x@y

alors le signe de (x; y) H (b x; yb) y sera du signe de a=

c’est a dire si alors

@2f @2f (b x ; y b ) : (b x; yb) @x2 @y 2

@2f (b x; yb) ; @x2

@2f (b x; yb) @x@y

> 0 et si

@2f (b x; yb) > 0 @x2

(x; y) H (b x; yb) y > 0

et (b x; yb) est une solution minimale locale stricte b) si alors

@2f @2f (b x ; y b ) : (b x; yb) @x2 @y 2

x y

@2f (b x; yb) @x@y

H (b x; yb)

x y

> 0 et si

@2f (b x; yb) < 0 @x2

et (b x; yb) est une solution maximale locale stricte c) Si 4 = b2 4ac > 0; alors ax2 + bx + c n’a pas un signe constant, c’est à dire entre les racines x1 et x2 ; ax2 + bx + c aura un signe (+ ou ) et à l’exterieur des racines, ax2 + bx + c aura un autre signe. D’après l’étude faite en a) et b). Si 2 @2f @2f @2f (b x; yb) (b x ; y b ) : (b x; yb) < 0 @x@y @x2 @y 2

x < 0 n’aura pas un signe constant y dans R2 mais dépend de x et y. En d’autres termes H (b x; yb) n’est pas semi dé…nie positive et n’est pas semi dé…nie négative. Donc (b x; yb) n’est pas une solution optimale locale. alors 4 > 0 et

x y

H (b x; yb)

CHAPITRE 10. DERIVEES PARTIELLES DES FONCTIONS COMPOSEES. FORMULES DE Série de TD 10 Dérivées partielles des fonctions composées. Formule de taylor et optimisation di¤érentiable des fonctions de 2 variables Exercice1 Considérons l’ensemble U

R2 suivant :

U = (x; y) : x2 + y 2 < 1 f ig2 Montrez que U est un ensemble ouvert. Solution Exercice1 Soit (x0 ; y0 ) 2 U quelconque. Par dé…nition on a : x20 + y02 < 1: Montrons qu’il existe un disque ouvert Dr (x0 ; y0 ) ; tel que Dr (x0 ; y0 ) En e¤et. il su¢ t de prendre r > 0 tel que p x20 + y02 1 r= 2 ou de façon générale, n’mporte quel r > 0 tel que q x20 + y02 r<1 f ig3

Avec ce choix, on a Dr (x0 ; y0 )

En d’autres termes, U est un ensemble ouvert. Exercice2 Considérons la fonction : f : R2 ! R dé…nie par : f (x; y) = x3 + y 3 a) Montrez que f 2 C 1 (R2 ). b) Montrez que f 2 C 2 (R2 ). Solution Exercice2

CHAPITRE 10. DERIVEES PARTIELLES DES FONCTIONS COMPOSEES. FORMULES DE a) Puisque f (x; y) est un polynôme de deux variables, alors et @f (x; y) existent en tout point (x; y) 2 R2 : D’autre part on a : @y

@f @x

(x; y)

@f @f (x; y) = 3x2 ; (x; y) = 3y 2 @x @y Les fonctions @f et @f sont continues dans R2 : Donc f 2 C 1 (R2 ). @x @y b) f 2 C 2 (R2 ) : En e¤et. 8 (x; y) 2 R2 ; on a :

@2f (x; y) = 6x; @x2

@2f (x; y) = 6y @y 2

@2f (x; y) = 0; @x@y

@2f (x; y) = 0 @y@x

@ f @ f ; @x@y sont continues dans R2 : Donc f 2 C 2 (R2 ). Les fonctions @@xf2 ; @@yf2 ; @y@x Remarque1 Dans l’exemple2, on a :

@2f @2f = @x@y @y@x Ceci est vrai pour les fonctions de classe C 2 : Exercice 3 Considérons les fonctions f; g; h suivantes : x2 ; y (r; ) ! g (r; ) = r sin ( ) = x (r; ) ! h (r; ) = r cos ( ) = y

f : R2 ! R : (x; y) ! f (x; y) = g : R2 ! R : h : R2 ! R : Calculez

F (r; ) = f (g (r; ) ; h (r; )) Solution Exercice 3 F (r; ) = f (r sin ( ) ; r cos ( )) =

sin ( ) r2 sin2 ( ) =r : sin ( ) r cos ( ) cos ( )

F (r; ) = r tg ( ) sin ( ) Exercice 4 Considérons la fonction suivante : f (x; y) = x2 + y 2 + 2xy

CHAPITRE 10. DERIVEES PARTIELLES DES FONCTIONS COMPOSEES. FORMULES DE Calculez G(t); avec G(t) = f (x; y) où x = g (t) = cos (t)) et y = h (t) = sin (t) Solution Exercice 4 On a G (t) = f (x; y) = f (g (t) ; h (t)) = f (cos (t) ; sin (t)) = cos2 (t) + sin2 (t) + 2 sin (t) cos (t) = 1 + 2 sin (t) cos (t) Donc G:R!R t ! G (t) = 1 + 2 sin (t) cos (t) : Exercice5 Considérons la fonction F : R2 ! R 2 ! R (r; s) ! (g (r; s) ; h (r; s)) ! F (r; s) = f (g (r; s) ; h (r; s)) avec f (x; y) =

x2 ; y

x = g (r; ) = r sin ( ) ; y = h (r; ) = r cos ( )

Calculez de deux façons di¤érentes @F @F ; @r @ Solution Exercice 5 Méthode directe D’après l’exercice 3 F (r; ) = rtg ( ) : sin ( ) @F = tg ( ) : sin @r

(*)

CHAPITRE 10. DERIVEES PARTIELLES DES FONCTIONS COMPOSEES. FORMULES DE Méthode utilisant le théorème 2 D’après le théorème 2, on a : @f @x @f @y @F = : + : @r @x @r @y @r D’autre part 2x 2r sin ( ) @f = = = 2tg ( ) @x y r cos ( ) @f = @y

x2 r2 sin ( ) = = y2 r2 cos2 ( )

tg 2 ( )

@x = sin ( ) @r @y = cos ( ) : @r Donc

@f @x 2 sin ( ) : = : sin ( ) = 2tg ( ) sin ( ) @x @r cos ( )

@f @y : = @y @r

tan2 ( ) cos ( ) :

Par conséquent @F @r

@f @x @f @y : + : @x @r @y @r = [2tg ( ) sin ( )] + tan2 ( ) cos ( ) = tan ( ) [2 sin ( ) tan ( ) cos ( )] sin ( ) = tan ( ) 2 sin ( ) cos ( ) cos ( ) = tan ( ) (2 sin ( ) sin ( )) = tan ( ) sin ( ) =

donc

@F = tg ( ) : sin ( ) @r c’est la même valeur trouvée dans ( ) par le calcul direct. Le calcul de @F par les deux méthodes donne le même résultat. @ Exercice 6 Consiérons la fonction G : R ! R dé…nie par G (t) = f (x; y) = x2 + y 2 + 2xy

CHAPITRE 10. DERIVEES PARTIELLES DES FONCTIONS COMPOSEES. FORMULES DE avec x = g (t) = cos (t) ; y = h (t) = sin (t) Calculez de 2 façons di¤érentes Solution Exercice 6 On a

dG dt

G (t) = f (g (t) ; h (t)) = f (cos (t) ; sin (t)) = cos2 (t) + sin2 (t) + 2 sin (t) cos (t) = 1 + 2 sin (t) cos (t) Calcul de

dG dt

par la méthode directe

dG = 2 [cos(t) cos(t) + sin(t)( sin(t))] dt = 2 cos2 (t) sin2 (t) Calcul de On a

dG dt

en utilisant le théorème2 @f dx @f dy dG = + : dt @x dt @y dt

@f = 2x + 2y = 2(x + y) = 2 (cos (t) + sin (t)) @x dx = sin (t) dt Donc

@f dx : = @x dt

2 cos (t) : sin (t)

2 sin2 (t)

D’autre part, on a @f = 2y + 2x = 2 (sin (t) + cos (t)) @y et

dy = cos (t) : dt

Donc @f dy : = 2 [sin (t) + cos (t)] cos (t) = 2 cos (t) : sin (t) + 2 cos2 (t) @y dt

(**)

CHAPITRE 10. DERIVEES PARTIELLES DES FONCTIONS COMPOSEES. FORMULES DE et @f dx @f dy dG = + : dt @x dt @y dt = 2 cos (t) : sin (t) 2 sin2 (t) + 2 cos (t) : sin (t) + 2 cos2 (t) = 2 cos2 (t) 2 sin2 (t) = 2 cos2 (t) sin2 (t) C’est la même valeur trouvée dans ( ) par la méthode directe. Exercice 7 On considère f : R2 ! R dé…nie par f (x; y) = x2 + y 2 Montrez en utilisant la dé…nition que (b x; yb) = (0; 0) est une solution 2 minimale locale et globale de f dans R Solution exercice 7 On a : f (x; y) = x2 + y 2

0 8 (x; y) 2 R2

or f (0; 0) = 0: Donc 8 (x; y) 2 R2 : f (x; y)

f (0; 0)

Ceci implique que (b x; yb) est une solution minimale globale. Puisque f (x; y) f (0; 0) : 8 (x; y) 2 R2 cette relation reste vraie pour n’importe quel disque Dr (0; 0) : Par conséquent si on prend D1 (0; 0), on a : f (x; y) a:

f (0; 0) : 8 (x; y) 2 D1 (0; 0) :

et (0; 0) est une solution minimale locale stricte car si (x; y) 6= (0; 0) on f (x; y) = x2 + y 2 > 0 = f (0; 0) : Exercice 8 Trouvez tous les points stationnaires de f : R2 ! R; f (x; y) = x2 + y 2

CHAPITRE 10. DERIVEES PARTIELLES DES FONCTIONS COMPOSEES. FORMULES DE Solution exercice 8 (x; y) = 0 et @f (x; y) = 0; c’est à (x; y) stationnaire si et seulement @f @x @y dire que (x; y) est solution du système linéaire suivant : 2x = 0 , 2y = 0

x=0 y=0

f admet un seul point stationnaire (0; 0) : Exercice 9 Considérons la fonction f : R2 ! R, dé…nie par f (x; y) = x2 + y 2 : Montrer que H (b x; yb) est semi-dé…nie positive en tout point (b x; yb) 2 R2 : Solution Exercice 9 On a

@2f @f @ 2f @ 2f @f (b x; yb) = 2b x; (b x ; y b ) = 2; (b x ; y b ) = 2b y ; (b x ; y b ) = 0; (b x; yb) = 0: @x @x2 @y @x@y @y@x Donc H (b x; yb) ; (b x; yb) 2 R2 quelconque est (x; y) H (b x; yb)

x y

H (b x; yb) =

2 0 0 2

= (x; y)

2x 2y

= 2x2 + 2y 2

Donc H (b x; yb) est semi dé…nie positive. Exercice 10 Trouver une fonction f : R2 ! R et (b x; yb) 2 R2 telle que rf (b x; yb) = 0 et H (b x ; y b ) est semi dé…nie positive, mais (b x ; y b ) n’ est pas une solution 0 minimale locale Solution Exercice 10 La fonction en question est la fonction f : R2 ! R, dé…nie par f (x; y) = x3 + y 3 et On a rf (x; y) =

(b x; yb) = (0; 0): @f (x; y) @x @f (x; y) @y

3x2 3y 2

CHAPITRE 10. DERIVEES PARTIELLES DES FONCTIONS COMPOSEES. FORMULES DE et rf (x; y) =

0 0

()

3x2 = 0 () 3y 2 = 0

Donc (b x; yb) = (0; 0) est le seul point stationnaire. a) Calcul de H(0; 0) On a ! @2f @2f (x; y) (x; y) @x2 @x@y = H(x; y) = @2f @2f (x; y) (x; y) 2 @y@x @y

x=0 y=0

6x 0 0 6y

Par conséquent 0 0 0 0

H(0; 0) = On a

8 (x; y) 2 R2 : (x; y)H(0; 0)

x y

= 0:

Donc H(0; 0) est semi dé…nie positive. b) Montrons que (0; 0) n’est pas une solution maximale locale En e¤et. Par dé…nition (0; 0) est une solution maximale locale si et seulement si 9D (0; 0) : 8(x; y) 2 D (0; 0) : f (x; y) f (0; 0) = 0 (P) D (0; 0) étant un disque ouvert de centre (0; 0) et de rayon ; c’est à dire D (0; 0) = (x; y) 2 R2 : x2 + y 2 <

Pour démontrer que (0; 0) n’est pas une solution maximale locale, on doit prouver le contraire de la proposion (P). En d’autres termes on doit prouver : 8Dr (0; 0); 9 (e x; ye) 2 Dr (0; 0) tel que f (e x; ye) > f (0; 0) = 0

Soit Dr (0; 0) un disque quelconque de centre (0; 0) et de rayon r > 0 quelconque. Considérons le point (e x; ye) tel que x e > 0 et x e2 < r2 et ye = 0

On peut choisir par exemple On a bien sur

x e=

r > 0 et 2

r 2

r2 < r2 4

CHAPITRE 10. DERIVEES PARTIELLES DES FONCTIONS COMPOSEES. FORMULES DE Avec ce choix le point (e x; ye) véri…e Donc

x e2 + ye2 = x e2 + 02 =

r2 r2 +0= < r2 : 4 4

(e x; 0) 2 Dr (0; 0):

D’autre part

r3 > 0 = f (0; 0) 8 Par conséquent (e x; ye) = (0; 0) n’est pas une solution maximale locale. On démontre de la même manière que (e x; ye) = (0; 0) n’est pas une solution minimale locale. Exercice 11 la condition rf (b x; yb) = 0 n’implique pas en général que (b x; yb) est une solution optimale locale. Quelle est son utilité alors ? Solution Exercice 11 On a l’a¢ rmation suivante : Si rf (b x; yb) 6= 0 alors (b x; yb) n’est pas une solution optimale locale. L’utilité de la condition nécessaire est donc de restreindre l’ensemble où on cherche l’optimum. Au début on cherchait l’optimum dans R2 tout entier. La condition nécessaire permet de restreindre l’ensemble R2 à l’ensemble E = f(x; y) : rf (x; y) = (0; 0)g : On peut encore obtenir un ensemble plus petit que E: Il s’agit de l’ensemble F = f(x; y) : rf (x; y) = (0; 0) et H (x; y) est semi positive dé…nieg On a bien sur F E R2 f (e x; ye) = f (e x; 0) =

On obtient l’algorithme suivant : Algorithme (x; y) 2 R2 donné Si rf (x; y) 6= 0; alors (x; y) n’est ni une solution minimale locale ni une solution maximale locale. Si rf (x; y) = 0 ; Calculez H (x; y) : Si H (x; y) n’est pas semi-dé…nie positive et n’est pas semi dé…nie négative, alors (x; y) n’est pas une solution minimale locale et n’est pas une solution maximale locale. Si H (x; y) est semi dé…nie positive. Continuez les recherches car (x; y) peut être une solution minimale locale ou non. Si H (x; y) est semi dé…nie négative Continuez les recherches car (x; y) peut être une solution maximale locale ou non.

CHAPITRE 10. DERIVEES PARTIELLES DES FONCTIONS COMPOSEES. FORMULES DE Exercice 11 Considérons la fonction f : R2 ! R, dé…nie par f (x; y) = x2 + y 2 : Montrez en utilisant le théorème 7 que (b x; yb) = (0; 0) est une solution minimale stricte. Solution Exercice 11 Comme on l’a remarqué avant

@f @f (x; y) = 2x; (x; y) = 2y; @x @y rf (x; y) = H (0; 0) =

0 0

2x = 0 , (x; y) = (0; 0) 2y = 0 ! @2f @2f (0; 0) (0; 0) 2 0 2 @x @x@y = @2f @2f 0 2 (0; 0) @y2 (0; 0) @y@x ,

(x; y) H (0; 0)

x y

= 2 x2 + y 2 :

Si (x; y) 6= (0; 0) alors 2 x2 + y 2 > 0: Donc H (0; 0) est dé…nie positive. Donc (0; 0) est une solution minimale locale stricte. Exercice 12 Considérons la fonction f : R2 ! R, dé…nie par f (x; y) = x3 + y 3 : a) Trouvez les points stationnaire de f b) Calculez H (0; 0) c) H (0; 0) est elle semi-dé…nie positive ? Semi dé…nie négative d) H (0; 0) est elle dé…nie positive ? dé…nie négative ? e) Montrez que (0; 0) n’est pas une solution minimale locale f) Montrez que (0; 0) n’est pas une solution maximale locale g) Que peut on conclure ?

CHAPITRE 10. DERIVEES PARTIELLES DES FONCTIONS COMPOSEES. FORMULES DE Solution Exercice 12 Exercice 13 Etudiez les solutions optimales locales de la fonction f dé…nie par f (x; y) = x2

xy + y 2 + 3x

2y + 1

Solution exercice 13 Calculons les points stationnaires de f @f (x; y) = 2x @x @f (x; y) = @y rf (x; y) =

0 0

y+3

x + 2y

2x y + 3 = 0 , x + 2y 2 = 0

x= y=

1 3

4 3

Calculons @2f @x2

4 1 ; 3 3

;

@2f @y 2

4 1 ; 3 3

@2f @x@y

4 1 ; 3 3

On a @2f @2f 8(x; y) 2 R : (x; y) = 2; (x; y) = 2; @x2 @y 2 2

@2f (x; y) = @x@y

Par conséquent @2f @x2

4 1 ; 3 3

@2f @y 2

4 1 ; 3 3

@2f @x@y

4 1 ; 3 3

1=3>0

D’autre part : @2f @x2 4 1 ; 3 3

Donc le point (b x; yb) =

4 1 ; 3 3

= 2 > 0:

est une solution minimale locale sricte.

Exercice 14 Etudiez les solutions optimales locales de f , dé…nie par f (x; y) = x3 + y 3

Solution exercice 14

3xy

CHAPITRE 10. DERIVEES PARTIELLES DES FONCTIONS COMPOSEES. FORMULES DE Calculons les points stationnaires :

rf (x; y) =

0 0

@f (x; y) = 3x2 @x

@f (x; y) = 3y 2 @y

3x2 3y 2

3y = 0 , 3x = 0

x2 y2

y=0 x=0

Les solutions de ce système sont (x1 ; y1 ) = (0; 0) et (x2 ; y2 ) = (1; 1) : D’autre part 8(x; y) 2 R2 :

@2f @2f @2f (x; y) = (x; y) = 6x; (x; y) = 6y; @x2 @y 2 @x@y

Par conséquent a) Pour (x1 ; y1 ) = (0; 0), on a @2f @2f @2f (0; 0) = 0; (0; 0) = 0; (0; 0) = @x2 @y 2 @x@y

Donc @2f @2f (0; 0) : (0; 0) @x2 @y 2

@2f (0; 0) @x@y

Donc (0; 0) n’est pas une solution maximale locale une solution minimale locale. b) Pour (x2 ; y2 ) = (1; 1) on a @2f (1; 1) = 6; @x2

9<0

et (0; 0) n’est pas

@2f @2f (1; 1) = 6; (1; 1) = @y 2 @x@y

et @2f @2f (1; 1) : (1; 1) @x2 @y 2

@2f (1; 1) @x@y

9 = 27 > 0

Puisque @2f (1; 1) = 6 > 0: @x2 Donc (x2 ; y2 ) = (1; 1) est une solution minimale locale stricte