THEOREMES D ANALYSE. P. Pansu 12 avril 2005

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1 THEOREMES D ANALYSE P. Pnsu 12 vril Vleurs intermédiires 1.1 Le théorème des vleurs intermédiires Théorème 1 Soit [, b] un intervlle fermé borné. Soit f : [, b] R une fonction continue. On suppose que f() < 0 et f(b) > 0. Alors il existe u moins un c ], b[ tel que f(c) = 0. Preuve. Posons A = {x [, b] f(x) 0}. Il est non vide est mjoré pr b, donc il possède une borne supérieure c. Montrons que c < b. Posons ɛ = f(b). Pr continuïté à guche en b, il existe α > 0 tel b α < x b f(x) f(b) < ɛ. Si x > b α, f(x) > f(b) ɛ = 0, donc c b α. Montrons que f(c) 0. Pr définition de A, pour tout x ]c, b], f(x) > 0. En pssnt à l limite, on trouve que f(c) 0. Cel prouve en prticulier que c >. Montrons que f(c) 0. Comme c est une borne supérieure, il existe une suite x n d éléments de A telle que x n tend vers c. Pr définition de A, f(x n ) 0. Pr continuïté, On conclut que f(c) = 0. f(c) = lim n f(x n) 0. Remrque 1 Si f prend, u sens lrge, des signes opposés ux extrémités, f s nnule quelque prt dns [, b]. En effet, si f s nnule à l une des extrémités, il n y rien à prouver. Sinon, f ou f stisfit les hypothèses du théorème. Exercice 2 Soit [, b] = [0, 3]. On définit une fonction f sur [, b] comme suit. f(x) = x pour x [0, 1], f(x) = 1 pour x [1, 2], f(x) = x 1 pour x [2, 3]. Vérifier que f est continue. Lquelle, prmi les solutions de l éqution f(x) = 0, l preuve ci-dessus produit-elle? Dns l preuve, remplçons A pr B = {x [, b] f(x) < 0}. Que fut-il chnger d utre dns l preuve? Lquelle, prmi les solutions de l éqution f(x) = 0, l nouvelle preuve produit-elle? Solution de l exercice 2. Plusieurs rcines. f est continue sur chcun des intervlles [0, 1], [1, 2], [2, 3], et les vleurs en 1 et 2 sont comptibles, donc f est continue sur [0, 3]. Pour ce choix de f, A = [0, 2] et B = [0, 1], donc l preuve du théorème donne c = 2. L preuve n ps besoin d utre modifiction que le chngement de définition A B. Elle donne c = 1. 1

2 1.2 Interpréttion géométrique Voici une formultion équivlente du théorème des vleurs intermédiires. On rppelle que si E est un ensemble et f : E R une ppliction, son imge f(e) = {f(t) t E} est l ensemble des vleurs prises pr f(t) lorsque t décrit E. Théorème 2 Soit I un intervlle non vide, f : I R une fonction continue. Alors f(i) est un intervlle. Preuve. Du théorème 1, il résulte que si c < d pprtiennent à f(i), lors [c, d] f(i). Autrement dit, f(i) est convexe. C est donc un intervlle. Exercice 3 Soit f :], b[ R une fonction continue. On suppose que lim t + f(t) = et lim t b f(t) = +. Montrer que f est surjective. Solution de l exercice 3. Fonctions définies sur un intervlle ouvert. Pr définition de l limite, f(i) n est ni mjoré ni minoré. Le seul intervlle qui it cette propriété, c est R entier. Pr conséquent, f(i) = R, donc f est surjective. Fin du cours n 0 2 Exercice 4 Construire une fonction non continue f : [0, 1] R telle que, pour tout intervlle I [0, 1], f(i) est un intervlle. Solution de l exercice 4. Réciproque du théorème des vleurs intermédiires. L fonction définie sur ]0, 1] pr f(x) = cos(1/x), et f(0) = 0 n est ps continue en 0. En effet, il existe deux suites x n = 1 2nπ, y 1 n = (2n+1)π tendnt vers 0 et telles que les suites f(x n) = 1 et f(y n ) = 1 possèdent des limites distinctes. Pourtnt, comme elle est continue sur ]0, 1], pour tout intervlle I ]0, 1], f(i) est un intervlle. Si I [0, 1] est un intervlle contennt 0, et non réduit à {0}, lors f(i) = [ 1, 1]. En effet, I contient x n et y n pour n ssez grnd, donc f(i) contient f([y n, x n ]) = [ 1, 1]. 2 Bornes tteintes 2.1 Suites extrites Définition 5 Soit (u n ) n 0 une suite de nombres réels. Une suite de l forme (u φ(n) ) n 0, où φ : N N est une fonction strictement croissnte, s ppelle sous-suite ou suite extrite de (u n ). Remrque 6 Nécessirement, φ(n) n, donc lim n φ(n) = +. Exemple 7 Les suites u 2n, u 2n+1, u n 2 sont extrites de (u n ). Proposition 8 Si l suite (u n ) une limite finie l (resp. + ), lors toute sous-suite possède l même limite. Preuve. Soit ɛ > 0. Pr définition, il existe N tel que Si n N, φ(n) n N, donc n N u n l < ɛ. n N u φ(n) l < ɛ. Autrement dit, lim n u φ(n) = l. C est preil pour l limite infinie. Remrque 9 En revnche, il y des cs où (u φ(n) ) converge mis (u n ) ne converge ps. Prendre u n = ( 1) n et φ(n) = 2n. 2

3 2.2 Vleurs d dhérence Définition 10 Soit (u n ) une suite de nombres réels. On dit qu un réel y est une vleur d dhérence de (u n ) si pour tout ɛ > 0 et tout entier N, il existe n N tel que u n y < ɛ. Exemple 11 Si une suite (u n ) est convergente, lors elle possède une et une seule vleur d dhérence, s limite. Si l = lim n u n, lors pour tout ɛ > 0, l inéglité u n y < ɛ est stisfite pour tout n ssez grnd. En prticulier, si on se donne un entier N, elle est vrie pour u moins un n > N. Donc l limite est une vleur d dhérence. Montrons qu il n y en ps d utres. En effet, si y l, posons ɛ = y l /2. Soit N un entier tel que Pour tout n N, n N u n l < ɛ. u n y l y u n l > 2ɛ ɛ = ɛ, ceci montre que y n est ps vleur d dhérence. Exemple 12 L suite u n = ( 1) n + 1 n possède deux vleurs d dhérence, 1 et 1. En effet, étnt donné ɛ > 0, l intervlle ]1 ɛ, 1 + ɛ[ contient tous les termes d indice pir et > 1 ɛ, donc des termes de l suite d indices rbitrirement grnds. De même, ] 1 ɛ, 1 + ɛ[ contient tous les termes d indice impir > 1 ɛ. Donc 1 et 1 sont des vleurs d dhérence. Inversement, si y 1 et 1, il n y ucun terme de l suite u voisinge de y à prtir d un certin temps. Exemple 13 L suite zéro-virgule. On définit une suite (u n ) comme suit. On écrit n en bse 10, on écrit devnt 0,. Autrement dit, pour n = 1,...,9, on pose u n = n/10. Pour n = 10,...,99, on pose u n = n/100. Et insi de suite : si n est compris entre 10 k 1 et 10 k 1, on pose u n = n.10 k. Alors l ensemble des vleurs d dhérence de l suite (u n ) est l intervlle [1/10, 1]. Exercice 14 Montrer qu une suite qui tend vers + ne possède ucune vleur d dhérence. Solution de l exercice 14. Suites sns vleurs d dhérence. Soit y R. Posons ɛ = y. Pr définition de l limite, il existe N tel que Si n N, n N u n > 2ɛ. u n y u n y > 2ɛ ɛ = ɛ, donc y n est ps vleur d dhérence de l suite. Exercice 15 Soit (u n ) une suite et (u φ(n) ) une suite extrite. Montrer que toute vleur d dhérence de (u φ(n) ) est ussi vleur d dhérence de (u n ). Solution de l exercice 15. Vleurs d dhérence et sous-suites. Soit y une vleur d dhérence de (u φ(n) ). Pr définition, pour tout ɛ > 0 et pour tout entier N, il existe m N tel que u φ(m) y < ɛ. Posnt n = φ(m), on constte que n N et que u n y < ɛ. Pr conséquent, y est vleur d dhérence de (u n ). Exercice 16 Soit (u n ) une suite de réels. Soit l R. Interpréter les énoncés suivnts. 1. ɛ > 0, N tel que n N, u n l < ɛ. 2. ɛ > 0, N, n N tel que u n l < ɛ. 3

4 3. ɛ > 0, N, n N, u n l < ɛ. 4. ɛ > 0, N, n N tels que u n l < ɛ. 5. ɛ > 0 tel que N, n N tel que u n l ɛ. 6. ɛ > 0 tel que N, n N, u n l ɛ. 7. ɛ > 0 tel que N, n N tels que u n l ɛ. 8. ɛ > 0, N tel que n N, u n l ɛ. Solution de l exercice 16. Jongler vec les quntificteurs. 1. signifie que lim n u n = l. 2. signifie que l est une vleur d dhérence de l suite u n. 3. signifie que u n = l pour tout n. 4. signifie que l est ou bien égle à l un des u n, ou bien une vleur d dhérence de l suite u n. 5. signifie que l n est ps vleur d dhérence de l suite u n. 6. signifie qu il existe un voisinge de l qui ne contient ucun point de l suite u n. 7. signifie que l suite u n n est ps constnte égle à l. 8. signifie que l n est ps vleur d dhérence de l suite u n. Proposition 17 Soit (u n ) une suite de nombres réels. Un réel y est vleur d dhérence de (u n ) si et seulement si il existe une sous-suite qui converge vers y. Preuve. D près les exercices 11 et 15, les limites de sous-suites sont des vleurs d dhérence. Réciproquement, soit y une vleur d dhérence de (u n ). Posons ɛ n = 1 n. On construit pr récurrence une fonction φ strictement croissnte et telle que pour tout n, u φ(n) y < ɛ n. Pr hypothèse, il existe m 1 tel que u m1 y < ɛ 1. On pose φ(1) = m 1. Supposnt φ(2),..., φ(n 1) définis, on pose N = φ(n 1)+1. Pr hypothèse, il existe m n N tel que u mn y < ɛ n. On pose φ(n) = m n. L fonction obtenue est strictement croissnte. L inéglité u φ(n) y < ɛ n montre que lim n u φ(n) = y. Exemple 18 Toute suite convergente extrite de l suite u n = ( 1) n est sttionnire, i.e. est constnte u bout d un certin temps. 2.3 Suites bornées Fin du cours n 0 3 Définition 19 On dit qu une suite (u n ) est bornée s il existe M tel que pour tout n, u n M. Exercice 20 Soit (u n ) une suite non bornée de réels. Alors on peut extrire de l suite des vleurs bsolues ( u n ) une sous-suite qui tend vers +. Solution de l exercice 20. Suites non bornées. Pr hypothèse, pour tout M, il existe n tel que u n M. Montrons pr l bsurde que pour tout M et tout entier N, il existe n N tel que u n M. Sinon, il existe M et N tels que pour tout n N, u n M. Alors pour tout n, u n mx{m, u 1,..., u N 1 }, 4

5 donc l suite (u n ) est bornée, contrdiction. On construit pr récurrence sur n une fonction strictement croissnte φ : N N telle que u φ(n) n. Pr hypothèse, il existe m = φ(1) tel que u φ(1) 1. Supposnt φ(n 1) construit, on pplique l remrque précédente à M = n et N = φ(n 1) + 1 : il existe un m φ(n 1) + 1 tel que u m n. On pose donc φ(n) = m. Ceci fournit l suite extrite telle que u φ(n) tend vers +. Théorème 3 (Bolzno-Weierstrss). Une suite bornée de réels possède u moins une vleur d dhérence. Autrement dit, elle possède u moins une sous-suite convergente. Preuve. On suppose que pour tout n, u n M. Soit A l ensemble des réels x qui sont dépssés pr une infinité de termes de l suite, i.e. x A N N, n N tel que u n x. L ensemble A contient M, il est non vide. Il est mjoré pr M. Montrons que y = supa est une vleur d dhérence de l suite. Fixons ɛ > 0 et N entier. Comme y + ɛ / A, il existe un N tel que n N u n < y + ɛ. On peut supposer que N N. En revnche, il existe un élément x de A tel que x > y ɛ. Pr définition de A, il existe n N tel que u n x. On donc n N et y ɛ < x u n < y + ɛ, donc u n y < ɛ. Ceci montre que y est vleur d dhérence. Corollire 21 Soit (u n ) une suite bornée de réels qui ne possède qu une vleur d dhérence l (utrement dit, pour toute suite convergente (u φ(n) ) extrite de (u n ), l limite est l). Alors lim n u n = l. Preuve. Pr l bsurde. Supposons que (u n ) ne converge ps vers l. Il existe ɛ > 0 tel que, pour tout entier N, il existe m N tel que u m y ɛ. En ppliqunt de fçon répétée cette propriété, on v construire pr récurrence une fonction strictement croissnte φ : N N telle que pour tout n, u φ(n) y ɛ. On pose d bord N = 1, ce qui donne un entier m 1 et on pose φ(1) = m 1. Supposnt φ(2),..., φ(n 1) définis, on pose N = φ(n 1)+1. Pr hypothèse, il existe m n N tel que u mn y ɛ. On pose lors φ(n) = m n. Comme (u φ(n) ) est bornée, elle dmet u moins une vleur d dhérence (théorème 3), qui est ussi une vleur d dhérence de (u n ) (exercice 15), donc c est l, pr hypothèse. Mis c est impossible, cr u φ(n) ne s pproche jmis de l. Contrdiction. On conclut que lim n u n = l. Exercice 22 On considère l suite de fonctions f n (x) = x e nx cos(nx). Montrer que pour tout n 1, il existe u n ]0, 1[ tel que f n (u n ) = 0. Montrer que u φ(n) une sous-suite convergente. Montrer que lim n u φ(n) = 0. En déduire que lim n u n = 0. Solution de l exercice 22. Convergence des rcines. Comme f n est continue, f n (0) = 1 n < 0, f n(1) 1 e 1 > 0, l éqution f n (x) = 0 possède u moins une solution u n ]0, 1[. Comme (u n ) est bornée, le théorème de Bolzno-Weierstrss grntit que (u n ) possède des sous-suites convergentes. Soit u φ(n) une sous-suite convergent vers l. Montrons pr l bsurde que l = 0. On écrit f φ(n) (u φ(n) ) = u φ(n) v n où v n = e φ(n)u φ(n) cos(φ(n)u φ(n) ). Si l > 0, φ(n)u φ(n) tend vers +, donc e φ(n)u φ(n) tend vers 0, et il en est de même de vn. Pr suite, 0 = f φ(n) (u φ(n) ) converge vers l, donc l = 0, contrdiction. On donc prouvé que l = 0. On montré que l seule vleur d dhérence de l suite (u n ) est 0. D près l proposition 21, lim n u n = 0. 5

6 2.4 Théorème de l borne tteinte Définition 23 Soit E un ensemble et f : E R une fonction mjorée. On note sup E f = sup f(e) = sup{f(x) x E}. Théorème 4 Soit I = [, b] un intervlle fermé et borné de R. Soit f : I R une fonction continue. Alors f est bornée : il existe M 0 tel que pour tout x I, f(x) M ; f tteint ses bornes : il existe c 1, c 2 I tel que f(c 1 ) = min{f(x) x I}, f(c 2 ) = mx{f(x) x I}. Preuve. Pr l bsurde. Supposons que f n est ps mjorée. Alors pour tout entier n, il existe x n I tel que f(x n ) n. En prticulier lim n f(x φ(n) ) = +. Comme I est borné, on peut extrire une sous-suite x φ(n) qui converge vers l. Comme I est fermé, l I. Pr continuïté, lim n f(x φ(n) ) = f(l), contrdiction. On conclut que f est mjorée. Pour l même rison, f est minorée, donc bornée. Soit A = {f(x) x I} et M = supa. On sit qu il existe une suite (éventuellement sttionnire) y n A qui converge vers M. Pr construction, il existe x n I tel que f(x n ) = y n. De nouveu, on extrit une sous-suite x φ(n) qui converge vers l I. Pr continuïté, f(l) = lim n f(x n ) = M. Pour l même rison, l borne inférieure est tteinte. Corollire 24 Soit I = [, b] un intervlle fermé et borné de R. Soit f : I R une fonction continue. Alors f(i) est un intervlle fermé borné. Preuve. D près le théorème 2, f(i) est un intervlle. On sit désormis que cet intervlle est borné et contient ses bornes, il est de l forme [m, M] où m = min I f, M = mx I f. Exercice 25 Soient I et J des intervlles non vides de R. Dns quels cs existe-t il une fonction continue sur I dont l imge est J? En donner un exemple, dns chque cs. Solution de l exercice 25. Imges d intervlles. On remrque que tout intervlle ouvert de R (resp. semi-ouvert ou fermé semi-borné, resp. fermé borné et non réduit à un point, resp. réduit à un point) est l imge de R (resp. de R +, resp. de [0, 1], resp. de {0, 0}) pr une bijection h continue dont l réciproque est continue. En effet, si I =], b[, poser h(x) = +bex 1+e x, si I =], b[, poser h(x) = b e x, si I =], + [, poser h(x) = + e x, si I = [, b[, poser h(x) = +bx 1+x, si I =], b], poser h(x) = b+x 1+x, si I =], b], poser h(x) = b x, si I = [, + [, poser h(x) = + x, si I = [, b], poser h(x) = (1 x) + bx. Cel permet de limiter le tbleu à double entrée (I, J) à 4 intervlles. I \ J R R + [0, 1] {0} R x x 2 sin 2 x 0 R + xsin x x sin 2 x 0 [0, 1] x 0 {0} x Les cses vides du tbleu correpondent ux couples (I, J) pour lesquels il n existe ps de fonction continue sur I d imge J. Corollire 26 Soit I = [, b] un intervlle fermé et borné de R. Soit f : I R une fonction continue, à vleurs strictement positives. Alors il existe m > 0 tel que f m. 6

7 Preuve. Posons m = inf I f, de sorte que pour tout x I, f(x) m. D près le théorème 4, il existe c I tel que m = f(c). Pr conséquent, m > 0. Exercice 27 Soit f une fonction continue sur R, à vleurs strictement positives, telle que lim x f(x) = lim x + f(x) = +. Montrer qu il existe m > 0 telle que f m. Fin du cours n 0 4 Solution de l exercice 27. Fonction tendnt vers l infini ux bornes. Pr définition des limites en et en +, il existe S < T tel que x < S f(x) > 1, x > T f(x) > 1. D près le corollire 26, il existe m 0 > 0 tel que pour tout x [S, T], f(x) m 0. Posons m = min{1, m 0 }. Alors pour tout x R, f(x) m. Exercice 28 Soit f une fonction continue sur R, qui tend vers 0 en et en +. Montrer que f est bornée sur R. Montrer que f tteint l une de ses bornes. Solution de l exercice 28. Fonction tendnt vers 0 à l infini. Pr définition des limites en et en +, il existe S < T tel que x < S f(x) < 1, x > T f(x) < 1. D près le théorème 4, f est bornée sur [S, T], donc il existe C tel que pour tout x [S, T], f(x) C. Alors pour tout x R, f(x) C + 1. Notons M = sup R f et m = inf R f. Si M > 0, lors M est tteint. En effet, il existe S < T tels que x < S f(x) < M/2, x > T f(x) < M/2. Notons M = sup [S,T ] f. D près le théorème 4, il existe c [S, T ] tel que f(c) = M. Alors M = mx{m, M/2}, ce qui entrîne M = M = f(c), donc M est tteint. Pour l même rison, si m < 0, m est tteint. Le seul cs restnt est m = M = 0. Dns ce cs, f 0, donc m et M sont tteints. 2.5 Accroissements finis Théorème 5 (Rolle). Soit f une fonction réelle continue sur [, b] et dérivble sur ], b[, telle que f() = f(b). Il existe c ], b[ tel que f (c) = 0. Preuve. Soit c un point tel que f(c) = sup [,b] f. Supposons f(c) > f(). Alors c ], b[. Pour f(x) f(c) tout x [, b], f(x) f(c) 0, donc le tux de vrition 0 pour x ]c, b[, et 0 x c pour x ], c[. Pr conséquent f(x) f(c) 0 lim = f f(x) f(c) (c) = lim 0, x c x c x c+ x c ce qui entrîne que f(c) = 0. Pour l même rison, si inf [,b] f < f(), on trouve un point c ], b[ tel que f(c ) = 0. Enfin, si inf [,b] f = f() = sup [,b] f, lors f est constnte, et c = +b 2 convient. Corollire 29 (Théorème des ccroissements finis). Soit f une fonction réelle continue sur [, b] et dérivble sur ], b[. Il existe c ], b[ tel que f f(b) f() (c) =. b 7

8 Preuve. Appliquer le théorème 5 à l fonction g définie sur [, b] pr g(x) = f(x) f() (x ). f(b) f() b Exercice 30 Soit f une fonction continue sur [, b], dérivble sur ], b[. On suppose que lim x + f (x) = l. Montrer que f dmet une dérivée à droite en. Solution de l exercice 30. Limite de l dérivée. f(x) f() On montre que lim = l. Fixons ɛ > 0. Pr hypothèse, il existe α > 0 tel que x + x < x < + α f (x) l < ɛ. Soit x ], + α[. D près le théorème 29, il existe c ], x[ tel que f f(x) f() (c) =. Comme x c ], + α[, f (c) l < ɛ, donc f(x) f() f(x) f() x l < ɛ. Cel prouve que lim = l, donc x + x f est dérivble à droite en, de dérivée l. 3 Suites de Cuchy 3.1 Définition Définition 31 Une suite de Cuchy est une suite u n telle que ɛ > 0, N tel que m N, n N, u m u n < ɛ. Autrement dit, lorsque m et n tendent vers l infini, u m u n tend vers 0. Exemple 32 Si une suite converge, elle est de Cuchy. En effet, soit l l limite. Pr définition, il existe N tel que Si m N et n N, lors n N u n l < ɛ 2. u m u n l u m + u n l < ɛ 2 + ɛ 2 = ɛ. Exemple 33 L suite u n = lnn stisfit u n+1 u n tend vers 0. On même, pour tout k fixé, lim n u n+k u n = 0. Pourtnt, (u n ) n est ps une suite de Cuchy. En effet, u 2n u n = ln2 ne tend ps vers 0. Remrque 34 Une suite de Cuchy est bornée. En effet, prendre ɛ = 1. Alors pour tout m N, u m u N < 1, donc, pour tout n, u n u N mx{ u k 1 k N 1}. Théorème 6 Toute suite de Cuchy dns R est convergente. Preuve. Soit (u n ) une suite de Cuchy. D près 34, elle est bornée. D près le théorème 3, (u n ) possède une vleur d dhérence l. Fixons ɛ > 0. Pr définiton d une suite de Cuchy, il existe N tel que m, n N u m u n < ɛ 2. Pr définition d une vleur d dhérence, il existe n N tel que u n l < ɛ/2. Pr conséquent, pour tout m N, Cel prouve que lim n u n = l. u m l < u m u n + u n l < ɛ 2 + ɛ 2 = ɛ. 8

9 Remrque 35 Le théorème 6 n est ps vri dns Q. En effet, une suite de rtionnels qui converge vers 2 (prendre les pproximtions décimles pr défut de 2) est une suite de Cuchy de R, donc ussi une suite de Cuchy de Q. Cependnt, s limite n étnt ps un rtionnel, l suite n ps de limite dns Q. 3.2 Séries bsolument convergentes Il est prfois plus fcile de vérifier le critère de Cuchy que de prouver l convergence d une suite. En effet, on n ps besoin de connître l limite. Définition 36 On dit qu une série de nombre réels u n est bsolument convergente si l série de terme générl u n est convergente. Corollire 37 Toute série bsolument convergente est convergente. Preuve. On s intéresse à l suite S n = n k=1 u k. Si m > n N, lors S m S n u n u m k=n+1 qui tend vers 0 lorsque N tend vers l infini. Pr conséquent, (S n ) est une suite de Cuchy. D près le théorème 6, (S n ) converge, donc l série u n est convergente. Remrque 38 L réciproque est fusse. u k, Pr exemple, l série ( 1) n n est convergente, mis elle est n est ps bsolument convergente. Exercice 39 Soit u n une série convergente qui n est ps bsolument convergente. Soit y R. Montrer qu en chngent l ordre des termes, on peut obtenir une nouvelle série v n qui est convergente, et dont l somme vut y. Solution de l exercice 39. Resommtion d une série convergente non bsolument convergente. On sépre les termes de l série en deux pquets, suivnt leurs signes. Autrement dit, on note π n = mx{u n, 0} les termes positifs de l suite, et ν n = min{u n, 0} les termes négtifs, de sorte que u n = π n +ν n et u n = π n ν n. Pr hypothèse u n est convergente, mis u n ne l est ps. Pr conséquent, les séries de termes générux π n = 1 2 (u n + u n ) et ν n = 1 2 (u n u n ) ne sont ps convergentes. En prticulier, lim n k=1 π k = +, lim n k=1 ν k =. On constitue l suite (v n ) en piochnt lterntivement dns le pquet positif et dns le pquet négtif, suivnt les besoins. Supposons pr exemple y > 0. On commence pr piocher dns le pquet positif, i.e. on pose v 1 = p 1, v 2 = p 2,... jusqu à ce que l somme dépsse y. Cel se produir certinement, puisque l série des π k diverge. On donc construit v 1,...,v m de sorte que m k=1 v k > y mis m 1 k=1 v k < y. Noter que y m k=1 v k < π m. Ensuite, on pioche dns le pquet négtif jusqu à ce que l somme repsse en-dessous de y, i.e. on pose v m+1 = ν 1, v m+2 = ν 2,...,v p = ν p m, de sorte que p k=1 v k < y mis p 1 k=1 v k > y. Noter que pour tout q = m,..., p, y q k=1 v k < mx{ π m, ν p }. On construit insi une série v n dont les termes sont ou bien ceux de (u n ), ou bien nuls, et dont les sommes prtielles oscillent utour de y, de plus en plus près cr π n et ν n tendent vers 0. L série v n est donc convergente, de somme y. Tous les termes de l série u n sont bien utilisés. En supprimnt les termes nuls, on obtient une série dont les termes sont ceux de u n pris dns un utre ordre. 9

10 4 Continuité uniforme 4.1 Continuité et suites On rppelle l crctéristion de l continuité d une fonction en termes de suites : une fonction est continue sur un intervlle si et seulement si elle préserve les suites convergentes. Proposition 40 Soit f une fonction définie u voisinge de R. Alors f est continue en si et seulement si pour toute suite x n tendnt vers, lim n f(x n ) = f(). Preuve. Soit x n une suite qui tend vers. Si f est continue en x, lors pour tout ɛ > 0, il existe α > 0 tel que Il existe N tel que x < α f(x) f() < ɛ. n N x n < α. Pr conséquent, si n N, f(x n ) f() < ɛ. Cel prouve que lim n f(x n ) = f(). Si f n est ps continue en, il existe ɛ > 0 tel que pour tout α > 0, il existe x ] α, + α[ tel que f(x) f() ɛ. On pplique cette propriété pour chque α de l forme 1/n. On trouve à chque fois un x n ] 1/n, + 1/n[ tel que f(x n ) f() ɛ. L suite w n tend vers mis f(x n ) ne tend ps vers puisqu elle n entre ps dns l intervlle ]f() ɛ, f() + ɛ[. On donc prouvé l contrposée de l réciproque. Exemple 41 Soit f l fonction définie sur l intervlle I =]0, + [ pr f(x) = 1/x. Posons u n = 1/n. Alors f est continue sur I, u n est une suite de Cuchy dns I. En revnche l suite f(u n ) = n n est ps une suite de Cuchy. Autrement dit, l continuité ne suffit ps pour préserver les suites de Cuchy. Cel conduit à introduire une nouvelle notion. 4.2 Continuité uniforme Fin du cours n 0 5 Définition 42 Soit E un sous-ensemble de R. Soit f : E R une fonction à vleurs réelles sur E. On dit que f est uniformément continue sur E si ɛ > 0, α > 0 tel que x, x E, x x < α f(x) f(x ) < ɛ. Remrque 43 Une fonction uniformément continue sur un intervlle est continue sur cet intervlle. L réciproque n est ps vrie. Exemple 44 L fonction crré, définie sur R pr x x 2, n est ps uniformément continue. En effet, posons ɛ = 1. Alors on trouve des pires de points rbitrirement proches, comme n et n + 1 n, tels que (n + 1 n )2 n 2 = n 2 > 2. L définition qui suit donne le procédé le plus simple pour montrer qu une fonction est uniformément continue. Définition 45 Soit E un sous-ensemble de R. Soit f : E R une fonction à vleurs réelles sur E. On dit que f est lipschitzienne, de constnte de Lipschitz L, si pour tous x, x E, f(x) f(x ) L x x. 10

11 Exemple 46 Une fonction lipschitzienne est uniformément continue. En effet, étnt donné ɛ > 0, on pose α = ɛ/l. Pr définition, x x < α f(x) f(x ) L x x < Lα = ɛ. Exemple 47 Soit I un intervlle, soit f : I R une fonction dérivble. On suppose que pour tout x I, f (x) L. Alors f est uniformément continue sur I. En effet, du théorème des ccroissements finis, il résulte que f est lipschitzienne, de constnte de Lipschitz L. Exemple 48 L fonction rcine crrée, définie sur R + pr x x, est uniformément continue. Pourtnt, elle n est ps lipschitzienne. En effet, étnt donnés x et x 0, distincts, on peut supposer que x > x 0, et lors x x = x x x + x x x x x x x x + x x x, cr x x x x + x. Etnt donné ɛ > 0, on pose α = ɛ 2. Pour tous x > x 0, x x < α x x x x < α = ɛ. D utre prt, le rpport f(x)/x tend vers + lorsque x tend vers 0, donc f n est ps lipschitzienne. Remrque 49 Se rppeler l suite d implictions dérivble à dérivée bornée lipschitzienne uniformément continue continue. 4.3 Continuité uniforme et suites Proposition 50 Soit E un sous-ensemble de R. Soit f : E R une fonction à vleurs réelles sur E. f est uniformément continue si et seulement si pour tout choix de suites u n et v n E telles que lim n u n v n = 0, on ussi lim n f(u n ) f(v n ) = 0. Preuve. Soient u n et v n E deux suites telles que lim n u n v n = 0. Si f est uniformément continue, lors pour tout ɛ > 0, il existe α > 0 tel que Il existe N tel que x x < α f(x) f(x ) < ɛ. n N u n v n < α. Si n N, lors f(u n ) f(v n ) < ɛ. Cel prouve que lim n f(u n ) f(v n ) = 0. Réciproquement, supposons que f n est ps uniformément continue. Alors il existe ɛ > 0 tel que, pour tout α > 0, il existe x et x E tels que x x < α mis f(x) f(x ) ɛ. On pplique cette propriété pour chque α de l forme 1/n. On trouve des éléments x n, x n E tels que x n x n < 1/n mis f(u n ) f(v n ) ɛ. En prticulier, lim n u n v n = 0, mis f(u n ) f(v n ) ne tend ps vers 0. Exercice 51 Montrer sns clcul que si w n = lnn, lors w n+1 w n tend vers 0. Solution de l exercice 51. Différence de suites. On pose u n = ln(n + 1), v n = lnn. Alors u n v n = ln n+1 n tend vers 0. Comme l fonction rcine crrée est uniformément continue, w n+1 w n = u n v n tend vers 0. 11

12 Proposition 52 Soit I un intervlle de R et f : I R une fonction uniformément continue. Pour tout suite de Cuchy (u n ), f(u n ) est à nouveu une suite de Cuchy. Preuve. Soit (u n ) une suite de Cuchy dns I. Supposons f uniformément continue. Fixons ɛ > 0. Pr hypothèse, il existe α > 0 tel que x x < α f(x) f(x ) < ɛ. Comme (u n ) est une suite de Cuchy, il existe N tel que m, n N u m u n < α. Si n et m N, lors f(u m ) f(u n ) < ɛ. On donc montré que f(u n ) est une suite de Cuchy. Exercice 53 Voici une preuve erronée de l proposition précédente. Trouver l erreur. D près le théorème 6, comme (u n ) est de Cuchy, elle converge. Comme f est continue, (f(u n )) converge, donc c est une suite de Cuchy. Solution de l exercice 53. Comment se tromper vec les suites de Cuchy. L première phrse est correcte. Soit c = lim u n. Si c I, l suite de l preuve est correcte. Si l / I, on ne peut ps continuer, cr f n est ps définie en c. Pr exemple, si I =]0, + [, u n = 1 n et f(x) = 1 x, lors c = 0 et l continuïté de f sur I ne permet (heureusement) ps de conclure que f(u n ) = n converge. Corollire 54 Soit f :], b[ R une fonction uniformément continue. Alors f se prolonge en une fonction continue sur [, b]. Preuve. Pr l bsurde. Si f ne se prolonge ps pr continuïté à droite en, il existe une suite (u n ) ], b[ tendnt vers telle que (f(u n )) n it ps de limite. Or (u n ) est une suite de Cuchy. D près l proposition 52, (f(u n )) est une suite de Cuchy. D près le théorème 6, elle converge, contrdiction. 4.4 Théorème de Heine Théorème 7 (Heine). Soit I = [, b] un intervlle fermé et borné. Toute fonction continue sur I est uniformément continue. Preuve. Soient u n et v n I deux suites telles que u n v n tend vers 0. Comme f est bornée sur I (théorème 4), l suite w n = f(u n ) f(v n ) est bornée. D près le corollire 21, pour montrer que w n tend vers 0, il suffit de montrer que 0 est s seule vleur d dhérence. Soit donc w φ(n) une sous-suite qui converge vers l. D près le théorème 3, on peut extrire une sous-suite u φ(ψ(n)) qui converge vers c [, b]. Comme u n v n tend vers 0, l sous-suite v φ(ψ(n)) converge ussi vers c. D près l proposition 40, f(u φ(ψ(n)) ) et f(v φ(ψ(n)) ) ont l même limite f(c), donc w φ(ψ(n)) = f(u φ(ψ(n)) ) f(v φ(ψ(n)) ) tend vers 0. Autrement dit, l = 0. Cel montre que lim n f(u n ) f(v n ) = 0. On conclut que f est uniformément continue sur I. Remrque 55 Autrement dit, des fonctions non uniformément continues, on n en rencontre que sur des intervlles ouverts (pr exemple x 1/x sur ]0, + [) ou sur des intervles non bornés (pr exemple, x x 2 sur R). Exercice 56 Voici une preuve erronée du théorème de Heine. Trouver l erreur. Pr l bsurde. Supposons que f n est ps uniformément continue. D près l proposition 50, il existe deux suites u n et v n I telles que u n v n tend vers 0 mis f(u n ) f(v n ) ne tend ps vers 0. D près le théorème 3, on peut extrire une sous-suite u φ(n) qui converge vers c. Comme u n v n tend vers 0, v φ(n) converge ussi vers c. Pr continuïté (proposition 40), f(u n ) et f(v n ) convergent vers f(c). Cel entrîne que f(u n ) f(v n ) tend vers 0, contrdiction. On conclut que f est uniformément continue. 12

13 Solution de l exercice 56. Comment s emmêler les pinceux vec des suites extrites. On n ps été soigneux vec les nottions. L rgument montre seulement qu une suite extrite de f(u n ) f(v n ) tend vers 0, ce qui ne contredit ps le fit que l suite elle-même ne tend ps vers 0. Fin du cours n 0 6 Exercice 57 Soit f : R R une fonction continue qui tend vers 0 à l infini. Montrer que f est uniformément continue. Solution de l exercice 57. Continuité uniforme et limites à l infini. Première solution. Fixons ɛ > 0. Pr hypothèse, il existe S < T tels que x < S ou x > T f(x) < ɛ 2. On remrque que l inéglité f(x) f(x ) < ɛ en résulte du moment que x et x < S, ou x et x > T. On pplique le théorème 7 dns l intervlle [S 1, T + 1]. Il existe α 1 > 0 tel que x, x [S 1, T + 1], x x < α 1 f(x) f(x ) < ɛ. Posons α = min{1, α}. Si x x < α, lors ou bien x et x < S ; ou bien x et x > T ; ou bien l un des deux pprtient à [S, T]. Dns le troisième cs, les deux pprtiennent à [S 1, T + 1], et on conclut à nouveu que f(x) f(x ) < ɛ. On donc montré que f est uniformément continue sur R. Seconde solution. Soient (u n ) et (v n ) deux suites telles que u n v n tende vers 0. D près l exercice 28, f est bornée sur R, donc l suite w n = f(u n ) f(v n ) est bornée. D près l proposition 21, il suffit de montrer que 0 est l seule vleur d dhérence de (w n ). Soit donc w φ(n) une sous-suite qui converge vers l. On discute suivnt que u φ(n) est bornée ou non. Supposons que u φ(n) n est ps bornée. D près l exercice 20, il existe une suite extrite telle que u φ(ψ(n)) tende vers +. Mis lors v φ(ψ(n)) tend ussi vers +, donc f(u φ(ψ(n)) ) et f(v φ(ψ(n)) ) tendent vers 0. En prticulier, w φ(ψ(n)) tend vers 0, donc l = 0. Supposons que u φ(n) est bornée. Il en est de même de v φ(n). A ce point, ou bien on pplique le théorème de Heine, ou bien on en reproduit l démonstrtion, et on rrive à l même contrdiction : une suite extrite de w φ(n) tend vers 0. On conclut à nouveu que l = 0. Cel montre que lim n f(u n ) f(v n ) = 0. On conclut que f est uniformément continue sur R. 5 Intégrle de Riemnn 5.1 Motivtion Soit f : [, b] R + une fonction positive. Il s git de définir l ire du domine D f limité pr le segment [, b] de l xe Ox, l bnde {(x, y) x b} et l courbe représenttive de f, dns l optique de clculer cette ire. On souhite que l ire it les propriétés suivntes. Positivité : l ire est positive ou nulle ; Additivité : si un domine pln D est l réunion de deux sous-domines disjoints D = D 1 D 2, lors ire(d) = ire(d 1 ) + ire(d 2 ). Négligebilité : une prtie du pln contenue dns une droite une ire nulle. Normlistion : l ire d un rectngle de côtés x et y vut xy. 13

14 5.2 Intégrle des fonctions en esclier Définition 58 Une fonction f : [, b] R est en esclier s il existe une subdivision = t 0 < t 1 < < t k = b telle que f soit constnte sur chcun des intervlles ]t i 1, t i [, i = 1,...,k. Pour une fonction en esclier positive f, D f est une réunion de rectngles (voir figure). Les intersections étnt contenues dns des droites, elles ne comptent ps, donc l ire vut où f i est l vleur de f sur ]t i 1, t i [. k (t i t i 1 )f i, i=1 Définition 59 Soit f une fonction en esclier (de signe quelconque). On ppelle intégrle de f sur [, b], et on note f(t)dt l somme k i=1 (t i t i 1 )f i. Lemme 60 Soient f et g deux fonctions en esclier sur [, b]. Si on suppose que f g, lors f(t)dt g(t)dt. Si on suppose que f g ɛ, lors f(t)dt g(t)dt ɛ(b ). Preuve. Si f g, g(t)dt f(t)dt s interprète comme l ire d une réunion de rectngles (voir figure), donc elle est positive ou nulle. Si f g ɛ, lors f g + ɛ et g f + ɛ, donc et f(t)dt (g(t) + ɛ)dt = g(t)dt + ɛ(b ), g(t)dt (f(t) + ɛ)dt = ce qui signifie que f(t)dt g(t)dt ɛ(b ). f(t)dt + ɛ(b ), Lemme 61 Soit f une fonction en esclier sur [, b]. Soit c ], b[. Alors f(t)dt = c f(t)dt + c f(t)dt 14

15 5.3 Continuité uniforme et intégrle Pour une fonction qui n est ps en esclier, l intégrle est définie pr un pssge à l limite. Définition 62 On ppelle finesse d une subdivision σ = { = t 0 < t 1 < < t k = b} le nombre σ = mx{t i t i 1 i = 1,...,k}. Etnt donnée une fonction f sur [, b], on note g f,σ l fonction en esclier qui vut f() en et qui vut f(t i ) sur l intervlle ]t i 1, t i ]. On montre que, si f est continue, les vleurs des intégrles g σ,f(t)dt sont groupées lorsque l finesse σ est petite. Lemme 63 Soit f : [, b] R une fonction continue. Pour tout ɛ > 0, il existe α > 0 tel que si σ et σ sont des subdivisions de finesse inférieure à α, lors g σ,f (t)dt g σ,f(t)dt < ɛ. Preuve. Fixons ɛ > 0. D près le théorème 7, il existe α > 0 tel que pour tous x, x [, b], x x < α f(x) f(x ) < ɛ b. Soient σ, σ deux subdivisions de finesse inférieure à α/2. Si x [, b], x pprtient à un intervlle ]t i 1, t i ] (resp. ]t j 1, t j ]) de chque subdivision. Alors t i t j σ + σ < α donc D près le lemme 60, g σ,f (x) g σ,f(x) = f(t i ) f(t j) < ɛ b. 5.4 Sommes de Riemnn g σ,f (t)dt g σ,f(t)dt ɛ. Définition 64 Soit f : [, b] R une fonction continue. On ppelle sommes de Riemnn ssociées à f sur l intervlle [, b] les nombres S n = b n n i=1 f( + i b n ). Il s git des intégrles correspondnt ux subdivisions de [, b] en intervlles d égle longueur. Du lemme 63, il résulte que les sommes de Riemnn ssociées à une fonction continue forment une suite de Cuchy. D près le théorème 6, elles convergent. Définition 65 Soit f : [, b] R une fonction continue. On ppelle intégrle de f sur [, b], et on note f(t)dt, l limite des sommes de Riemnn S n. Exercice 66 Etudier les suites u n = n 2n! n!n n n! et v n = n n n. 15

16 Solution de l exercice 66. Sommes de Riemnn. On constte que ln(u n ) = 1 n n ln(1 + k n ) k=1 est une somme de Riemnn ssociée à l fonction continue définie sur [1, 2] pr f(x) = ln(x). Pr conséquent, donc lim n u n = 4/e. De même, lim ln(u n) = n ln(v n ) = 1 n 2 1 ln(t) dt 2 = [tln(t)] 2 1 dt = 2ln(2) 1, n ln( k n ) k=1 1 Fin du cours n 0 7 ressemble à une somme de Riemnn ssociée à l fonction ln sur ]0, 1]. Toutefois, ln n est ps continue sur cet intervlle, donc on ne peut ps utiliser directement le théorème de convergence des sommes de Riemnn. En revnche, comme ln est croissnte, on peut tout de même comprer directement l somme de Riemnn à l intégrle, ln(v n ) 1 0 ln(t) dt = [tln(t)] 1 0 = 1. D utre prt, l fonction en esclier qui vut ln(k/n) sur l intervlle ] k n, k+1 n ] est inférieure à l fonction logrithme (voir figure), donc ln(v n ) 1 1/n ln(t) dt = [tln(t)] 1 1/n /n dt dt = 1 n ln(1 n ) n 1. On conclut que lim n ln(v n ) = 1, d où lim n v n = 1/e. 16

17 5.5 Propriétés élémentires Les propriétés suivntes, pour les fonctions continues, résultent, pr pssge à l limite, des propriétés correspondntes pour les fonctions en esclier. Proposition Linérité : (λf(t) + µg(t))dt = λ f(t)dt + µ g(t)dt. 2. Inéglités : f 0 entrîne f(t)dt 0, vec églité seulement si f Chsles : < b < c entrîne f(t)dt = c f(t)dt + c f(t)dt. De 1 et 2, il résulte d utres inéglités comme f g f(t)dt g(t) dt, f(t)dt f(t) dt, f ɛ f(t)dt (b )ɛ. Théorème 8 Si une suite (f n ) de fonctions continues sur [, b] converge uniformément vers f, lors f(t)dt = lim n f n(t)dt. Preuve. f n (t)dt f(t)dt (b )sup f n f, [,b] et le sup tend vers 0 qund n tend vers l infini, pr hypothèse. Exercice 68 Soit ]0, 1[. Etudier les suites d intégrles u n = 1 (1 t 3 ) n dt et v n = 1 0 (1 t 3 ) n dt. Solution de l exercice 68. Intégrle et convergence uniforme. Posons, pour t [, 1], f n (t) = (1 t 3 ) n. Comme t, 1 t 3 1 3, d où f n (t) (1 3 ) n, quntité indépendnte de t qui tend vers 0 lorsque n tend vers l infini. Pr conséquent, les fonctions f n convergent uniformément vers 0 sur [, 1]. Le théorème 8 entrîne donc que u n tend vers 0. Comme f n (0) = 1 pour tout n, les f n convergent vers l fonction qui vut 1 en 0 et 0 illeurs. Cette fonction n étnt ps continue, l convergence n est ps uniforme. Nénmoins, on peut 17

18 conclure. Fixons ɛ > 0. Posons = ɛ/2. Comme f n (t) 1 pour tout t [0, 1], 1 0 f n(t)dt ɛ 2. Comme u n tend vers 0, il existe N tel que n N 1 f n (t)dt < ɛ 2. En joutnt, on trouve que 0 v n < ɛ. On conclut que lim n v n = Intégrle et primitive Théorème 9 Si f : [, b] R est continue, l fonction définie sur [, b] pr F(x) = x f(t)dt est dérivble et s dérivée est f. Preuve. Soit x [, b[ et h > 0 petit. Alors F(x + h) F(x) hf(x) = x+h x (f(t) f(x))dt h sup f(t) f(x), [x,x+h] et le sup tend vers 0 qund h tend vers 0, pr continuité de f. Pr conséquent F une dérivée à droite en x, qui vut f(x). De fçon similire, on montre que F une dérivée à guche en x, qui vut f(x). On conclut que F est dérivble, de dérivée f. Exercice 69 Quelle est l dérivée de l fonction définie sur ]0, + [ pr f(x) = Solution de l exercice 69. Intégrle comme fonction de ses bornes. x lnt Posons F(x) = dt. Alors f(x) = F(x 2 ) F(x), d où t 1 f (x) = 2xF (x 2 ) F (x) = 2x ln(x2 ) x 2 En fit, F se clcule, puisque lnt t lnx x = 3ln(x) x. x 2 x lnt t dt? = u(t)u (t) où u(t) = ln(t). Il vient F(x) = 1 2 ln(x)2, puis ce qui permet de vérifier que f(x) = F(x 2 ) F(x) = 1 2 ln(x2 ) ln(x)2 = 3 2 ln(x)2, f (x) = 3 ln(x) x. 18