CHAPITRE I. Rappels sur

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1 CHAPITRE I Rappels sur R I - Généralités sur R : structure de corps ordonné II - Topologie de R : valeurs absolues, ites, développements ités III - Suites numériques : suites réelles et complexes I-Généralités sur R. 1. Définition de R. N étant supposé connu avec ses opérations usuelles et son ordre, on construit facilement de façon algébrique Z, Q, de façon à prolonger les opérations et l ordre. De même la construction de C à partir de R est assez simple. Pour construire R à partir de Q (supposé bien connu) c est plus compliqué, mais si on veut faire des démonstrations, il faut une définition précise. En fait on peut définir R par ses propriétés : Théorème et définition Il existe un corps commutatif totalement ordonné tel que toute partie non vide majorée de ce corps admette une borne supérieure. Ce corps est unique à isomorphisme près : c est le corps ordonné R. 2. Il existe une seule inclusion Q R telle que les opérations et l ordre sur Q se prolongent en les opérations et l ordre de R. Explications. 1. On va voir précisément (ou revoir) ce que veut dire corps totalement ordonné et borne supérieure. R doit être muni de deux opérations + et et d une relation avec un certain nombre de propriétés. 2. L unicité signifie que si on a deux solutions R et R alors on a une bijection R R qui respecte les opérations +, et l ordre. 3. On admettra l existence (voir dans les livres les notions de coupures ou de suites de Cauchy) et l unicité de la solution. 1

2 2. Propriétés algébriques de R : structure de corps commutatif. Définition 2.- On appelle corps commutatif un ensemble K muni de deux opérations internes + et : vérifiant les propriétés suivantes : p1) (K, +) est un groupe abélien, c est-à-dire : a) (a, b) K K, a + b = b + a b) (a, b, c) K 3, (a + b)+c = a +(b + c) c) O K K, a K O K + a = a (O K est alors unique àvérifier cette propriété). d) a K b K, a + b = O K (b est alors unique et noté a). p2) a) (a, b) K K a.b = b.a b) (a, b, c) K 3 a.(b.c) =(a.b)c c) (a, b, c) K 3 a.(b + c) =(a.b)+(a.c) d) 1 K K, a K 1 K.a = a et 1 K O K e) a K \{0} b K a.b =1 K (b unique noté b 1 ). Exemple. 1) Z vérifie p1) mais pas p2) e) pour les lois usuelles. 2) Q est un corps commutatif. 3) R est un corps par construction. On montre également que C est un corps. En fait, dans un corps on peut faire tous les calculs usuels qu on fait dans Q. Exemple. a.0 = 0 car a.0 =a.(0 + 0) = a.0+a.0 a.( b) = (a.b) car a.b + a.( b) =a.(b b) = a.0 =0 { n N a K on pose na = a a }{{} n fois k 1 k 1 k N (a + b)k = a k + b k + i=1 et a n = a...a }{{} n fois C i ka i.b k i avec C i k N Ci k = k! i!(k i)!. 3) Relation d ordre sur R. Définition. Soit E un ensemble. Soit une relation binaire sur E. On dit que c est une relation d ordre si on a : 1) x E x x 2) (x, y) E E (x y et y x) x = y. 3) (x, y, z) E 3 (x y et y z) x z. Définition. Soit (E, ) un ensemble ordonné. On dit que l ordre est total si (x, y) E E on a soit x y, soit y x. Exemples. 1) Sur Q la relation usuelle est une relation d ordre total. 2) Sur N \{0} considérons la relation : a b si a divise b (c est-à-dire il existe c tel que b = ac). On obtient une relation d ordre non total par ex. on a ni 6 divise 14 ni 14 divise 6 2

3 Définition. Soit (E, ) ensemble ordonné. Soit A E. 1) Un élément M de E est un majorant de A si on a : a A, a M 2) Si A admet un majorant, on dit que A est majoré. 3) On dit que A admet une borne supérieure si l ensemble des majorants de A a) est non vide b) admet un plus petit élément M 0. On note alors M 0 = Sup A. (On a évidemment unicité de la borne supérieure M 0 si elle existe). Exemples et exercices. 1) Si A admet un plus grand élément M 0 alors on a M 0 = Sup A. En effet si M est un majorant de A on a M o M car M 0 A. 2) Si A admet une borne supérieure dans A alors c est le plus grand élément de A. 3) Soient a, b dans N. La borne supérieure de {a, b} dans (N, ) est PPCM(a, b) c est un cas d ensemble non totalement ordonné. Mais on a : Proposition 1. Soit (E, ) totalement ordonné. Pour x et y dans E on note x<y si on a x y et x y. Soit A E et soit M 0 E. Alors on a : M a M 0 }{{} A 1) a A a M 0 M 0 = Sup A 2) M E, si M<M 0 a A tel que M<a M 0 Démonstration. Si on a a A a M 0 alors M 0 est un majorant de A. Il faut exprimer que c est le plus petit c est-à-dire : M majorant de A on a M 0 M c est-à-dire puisque E est totalement ordonné : si M<M 0 alors M n est pas un majorant ou si M<M 0 il existe a A tel que M<a. Exemples. 1) Dans Q, Sup([0, 1[) = 1. Pour le vérifier il suffit par exemple de démontrer que x Q tel que 0 x<1 il existe N N tel que x + 1 N < 1. 2) dans Q,A= {x Q x>0 x 2 < 2} n admet pas de borne supérieure. Pour le vérifier on suppose M 0 = Sup A. On a M 0 1 car 1 A. a) alors M0 2 2 car M 0 Q (immédiat). 3

4 b) Si on a M0 2 < 2 alors pour N N N assez grand on a ( M ) 2 < 2 N donc M N A et M 0 non majorant. c) Si on a 2 <M0 2 alors pour N N, N assez grand on a 2 < ( M 0 1 ) 2 et N alors M 0 1 N 0 est majorant de A donc M 0 majorants. Mais évidemment dans R n est pas le plus petit des M 0 = Sup{x R x>0 x 2 < 2} existe (et M 2 0 =2). Rappel. 1) Par définition de R : Dans R tout sous-ensemble non vide majoré admet une borne supérieure. (dans R : majoré = borné supérieurement). 2) Dans Z tout sous-ensemble non vide majoré admet un plus grand élément. Comme exercice, on peut le retrouver ici à l aide de la propriété précédente de R. Soit A Z R A majoré non vide b M 0 = Sup A calculé dans R a A M 0 1 <a M M a M 0 a) Soit a = M 0 A b) Soit a<m 0 et b A M 0 1 <a<b M 0 mais a et b sont des entiers, 0 <b a<1 est impossible. Donc a = M 0. Définitions. Soit (E, ) un ensemble ordonné. Soit A E A φ. 1) Un élément m de E est un minorant de A si on a a A m a. 2) Si A admet un minorant, on dit qu il est minoré. 3) On dit que A admet une borne inférieure (qui est alors unique) si l ensemble des minorants de A est non vide et admet un plus grand élément m 0. On note m 0 = Inf(A). (on a évidemment unicité de la borne inférieure m 0 si elle existe). Exemples. 1) Si A admet un plus petit élément m 0 alors m 0 = Inf(A). 2) Dans (N, ) inf({a, b}) =PGCD(a, b). 3) dans R inf(]0, 1]) = 0 etc... Proposition 2. A E m 0 E. Alors m 0 a m } {{ } A Soit (E, ) totalement ordonné. { 1) a A m0 a m 0 = Inf A 2) m E tel que m 0 <m a A m 0 a<m. Si on veut énoncer l existence dans R des bornes inférieures, il faut préciser ce que veut dire corps ordonné puisque R est un corps ordonné. 4

5 4. Lien entre les opérations et la relation d ordre sur R. Définition. Soit K un corps, on suppose K muni d une relation d ordre. On dit que K est un corps ordonné si on a : 1) (a, b, c) K 3 a b a + c b + c. 2) (a, b) K 2 (a 0 et b 0) ab 0. Remarque 1. Dans un corps on a : a + c = b + c a = b ab =0 a =0oub =0 donc on peut remplacer dans la définition les inégalités larges par des inégalités strictes < ( avec a<b si (a b et a b) ). Remarque 2. Dans un corps ordonné on a: a b b a On en déduit puisque R est un corps ordonné la conséquence suivante : Proposition 3. 1) Tout sous-ensemble non vide minoré de R admet une borne inférieure (dans R : borné inférieurement = minoré). 2) Tout sous-ensemble non vide minoré de Z admet un plus petit élément. Démonstration. Soit A R, il est immédiat que m est un minorant de A si et seulement si m est un majorant de A et Inf A = Sup( A). Remarque 3. Si K est un corps totalement ordonné, on a 0 < 1. Car si on avait 1 0 on aurait 0 1 d où 0 ( 1) 2 = 1 ce qui est absurde. On obtient donc 0 < 1 < 1+1< Ceci est la clé qui permet de construire l injection de N dans R. C peut-il être muni d une structure d ordre qui en fait un corps totalement or- Exercice. donné? Une dernière propriété intéressante mais qu on ne démontrera pas est : Proposition 4. R est archimédien c est-à-dire : (x, y) R 2 si x>0 alors n N\{0} tel que nx > y. Exemple de conséquences. (importantes) 1) ε R ε>0 n N n 1 tel que 1 n <ε. 2) Si x R, si q N \{0} il existe p Z tel que p q +1 x<p. q 5

6 II - Topologie de R : valeurs absolues, ites, développements ités, équivalences. 1. Valeurs absolues. Définition. Soit x R. Si x 0 on pose x = x. Si x<0 on pose x = x ou encore x = max(x, x). On dit que x est la valeur absolue de x. Les propriétés suivantes sont immédiates mais sont à la base des raisonnements sur les ites. Propriétés des valeurs absolues. 1) x R x 0. 2) x R (x =0 x = 0). 3) (x, y) R R x.y = x. y. 4) (x, y) R R x + y x + y. (inégalité triangulaire) Exercice. Montrer que (x, y) R R on a x y x y. 2. Adhérence, partie dense. Définition. Soit A R soit b R on dit que b est adhérent à A si on a : ε R ε>0 a A tel que a b < ε c est-à-dire qu on peut s approcher aussi près qu on veut de b par un élément de A. Remarques. 1) Ceci peut aussi s écrire : ε R ε>0 on a ]b ε b+ ε[ A φ. 2) Exemple 0 ]0, 1[. 3) Tout élément de A est adhérent à A. Notation. On notera A l ensemble des éléments de R qui sont adhérents à A. Exemple. ]0, 1[ = [0, 1]. Définition. Soit A R. On dit que A est dense dans R si A = R. Remarque. Cela signifie x R on a x A ou encore : (x, y) R R si x<y on a ]x, y[ A φ. Proposition 5. Les ensembles Q et R \ Q sont denses dans R. Démonstration. Soient x dans R et soit ε R, ε > 0. 6

7 1) Pour tout élément q N, q > 0 il existe p Z vérifiant p q +1 x<p. q On a p q x 1 q. Si on choisit q assez grand on aura 1 q <ε et on a p q Q. 2) Soit maintenant y quelconque dans R \ Q. D après le 1) il existe r Q tel que (x y) r < ε d où x (y + r) < ε et on a y + r R \ Q. 3. Limites. Définition. Soit A B R soit x 0 A et l R et f : B R une application. On dit que f admet l comme ite en x 0 sur A si on a : ε R ε>0, η R η>0 tel que x A, x x 0 <η f(x) l < ε. Remarques. 1) On impose x 0 A pour que pour tout η il existe au moins un x A vérifiant x x 0 <η. Cette condition est en particulier vérifiée si A est un intervalle ouvert contenant x 0 ou si A est du type I \{x 0 } où I est un intervalle ouvert contenant x 0. 2) Il est parfois intéressant de considérer une ite de f en x 0 sur A \{x 0 } mais cela n a de sens que pour x 0 A \{x 0 }. Exemples. 1) Prenons x 1 <x 2 <x 0,A=]x 1,x 2 [ {x 0 } alors considérer la ite d une fonction en x 0 x 1 x 2 x 0 A \{x 0 } n a aucun sens. 2) Prenons A =[0, 1] et soit f la fonction partie entière. Il est alors intéressant de pouvoir calculer une ite de f en 1 sur A \{1}. sur Proposition 6 et notation. Soient A, B, x 0,f comme dans la définition précédente. Si f admet une ite en x 0 A alors cette ite est unique. On la note x x0 f(x). sur Démonstration. Soient l 1 et l 2 deux ites de f en x 0 sur A. Soit ε R ε>0. Alors : { η1 > 0 x A x x 0 <η 1 f(x) l 1 <ε η 2 > 0 x A x x 0 <η 2 f(x) l 2 <ε Comme on a x 0 A il existe au moins un x A tel que x x 0 < min(η 1,η 2 ) et auquel on peut appliquer : f(x) l 1 <ε et f(x) l 2 <ε. On a alors pour cet élément x : Finalement l 1 = l 2. l 1 l 2 l 1 f(x) + l 2 f(x) < 2ε. 7

8 Exemple. On prend B =]0, + [ A = B \{2} f : B R donnée par f(x) = x montrer que x = 2 (autrement dit la fonction f est continue en 2). x 2 Soit x>0. On a ( x 2)( x + 2) = x 2, x 2 x 2 2. x > 0 d où ε R ε>0 étant donné, pour qu on ait x 2 < ε il suffit d avoir x 2 2 <ε ou encore x 2 < 2ε on peut choisir η = 2ε. Cas des fonctions à valeurs complexes. On construit C à partir de R. Pour z = x + iy avec (x, y) R R on définit z = x 2 + y 2 (module de z). On obtient des propriétés analogues à celles de la valeur absolue de R : 1) z C z 0 2) z C z =0 z = 0 3) (z 1,z 2 ) C 2 z 1 z 2 = z 1 z 2 4) (z 1,z 2 ) C 2 z 1 + z 2 z 1 + z 2 Proposition 7. Soient A B R x 0 A. Soient f et g des applications de B dans R. Soient α et β des réels. Alors on a : ε R ε>0 ( x x0 f(x) =α et x x0 g(x) =β ) η R η>0 tel que } x A f(x)+ig(x) α iβ < ε. x x 0 <η Démonstration. Immédiate, basée sur les inégalités suivantes : Pour x et y réels et z = x + iy ona: x z iy z y z z x + y x On notera x x0 f(x)+ig(x) =α + iβ. Remarque. Dans la pratique on n utilise que rarement directement la définition de la ite, mais de nombreuses ites sont connues (en particulier pour les fonctions classiques qui sont continues),il suffit alors de combiner ces résultats en utilisant les propositions qui suivent. 8

9 Proposition 8. Propriétés algébriques des ites. Soient A B R, x 0 A. Soient f : B C et g : B C des applications. On suppose f(x) =f x x 0 et 0 x x0 g(x) =g 0. Alors on a : 1) x x0 f(x) = f 0. 2) x x0 f(x)+g(x) =f 0 + g 0. 3) x x0 f(x).g(x) =f 0.g 0. 4) Si f 0 0 alors f(x) est non nul pour x assez près de x 0 et x x0 {x/f(x) 0} 1 f(x) = 1 f 0. Conséquences immédiates de 3). 1) λ C x x0 λ.f(x) =λf 0. 2) n N [f(x)] n = f0 n. x x0 Démontrons par exemple le 3) Soit x A on a : f(x)g(x) f 0 g 0 = f(x)g(x) f(x)g 0 + f(x)g 0 f 0 g 0 = f(x). ( g(x) g 0 ) + ( f(x) f0 ) g0. f(x) =f(x) f 0 + f 0 d où f(x) f(x) f 0 + f 0 et donc f(x)g(x) f 0 g 0 f(x) f 0 g(x) g 0 ) + f 0 g(x) g 0 + f(x) f 0 ) g 0. Supposons g(x) g 0 <ε et f(x) f 0 <ε avec 0 <ε < 1 on a alors : f(x)g(x) f 0 g 0 <ε 2 + ε f 0 +ε g 0 <ε (1+ f 0 + g 0 ). Soit alors ε R ε>0 donné. On choisit ε alors η 1 > 0 tel que x x 0 <η 1 f(x) f 0 <ε x A η 2 > 0 tel que x x 0 <η 2 g(x) g 0 <ε x A tel que 0 <ε < 1 et ε Si on impose x x 0 < min(η 1,η 2 ) on a alors f(x)g(x) f 0 g 0 <ε. x A. ε 1+ f 0 + g 0 9

10 Proposition 9. Soient A B R, x 0 A, f : B R telle que x x0 f(x) =y 0. Soient A B R tel que y 0 A g : B C telle que y y0 y A g(y) =z 0. On suppose { f(b) B f(a) A alors (g f) =z 0. x x0 Démonstration. Soit ε>0. Il existe η tel que y y 0 <η g(y) z 0 <ε. y A Il existe L tel que x x 0 < L f(x) y 0 <η. x A Comme on a f(a) A on obtient gof(x) z 0 <ε pour x x 0 < L. Remarque. On peut généraliser la notion de ite x x0 f(x) =l dans le cas où f à valeurs réelles et où l {, + }, et (ou) x 0 {, + }. est Exercice. Ecrire les définitions. Généraliser les propositions 8 et 9 dans ces cas. 4. Développements ités (DL) Définition. Soit x 0 R. Soit I un intervalle ouvert contenant x 0. Soit f : I R ou C. Soit n N, n 1 on dit que f admet un développement ité à l ordre n en x 0 s il existe a 0,...,a n dans C et ε : I C tels que { x I f(x) =a0 + a 1 (x x 0 )+...+ a n (x x 0 ) n +(x x 0 ) n ε(x) ε(x) =0 x x 0 x I alors a 0 + a 1 (x x 0 )+...+ a n (x x 0 ) n est la partie polynomiale du DL. Remarque. On peut poser f(x) =f(x 0 + y) =g(y). Tout revient à chercheer un DL de g en 0. En général on se placera au voisinage de zéro. Proposition 10. Si f admet un DL en x 0 à l ordre n, n 1 la partie polynomiale est unique. Démonstration. On se place dans le cas x 0 =0 f(x) =a 0 + a 1 x a n x n + x n ε(x) avec ε(x) =0 on a f(x) =a 0 10

11 alors etc. f(x) a 0 = a 1 x x 0 x 0 f(x) a 0...a n 1 x n 1 x n = a n. Conséquence. On peut calculer le DL (s il existe) par une méthode quelconque, le résultat sera le même. Proposition 11. Si f admet un DL en x 0 à l ordre nn 1 en 0 f(x) =a a n x n + x n ε n (x) avec ε n (x) = 0 alors 1) f admet un DL à l ordre p, p n en 0 de partie polynomiale : a a p x p. 2) Si f est paire alors k {0,...,n} si k est impair on a a k =0. 3) Si f est impaire alors k {0,...,n} si k est pair on a a k =0. Démonstration. 1) On suppose p<n. On a : x I f(x) =a a p x p + x p( a p+1 x a n x n p + x n p ε(x) ) avec ε(x) = 0 d où ( ap+1 x a n x n p + ε(x)x n p) =0. 2) On suppose que pour tout x I avec x < η on a f(x) =f( x). On obtient : x I ] η, η[ : f(x) =a a n x n + x n ε(x) = f( x) =a 0 a 1 x...+( 1) n x n +( 1) n x n ε( x). On obtient donc deux DL. Ils coïncident donc et on a a 1 = a 1,...,a k =( 1) k a k. D où a k = 0 pour tout k impair, k {0...n}. 3) On suppose maintenant que pour tout x I x < η on a f(x) = f( x). On raisonne de la même façon ; on obtient a k = 0 pour tout k pair, k {0,...,n}. Comment trouver des DL? Certains peuvent s écrire directement à partir de la formule de Taylor (qu on reverra plus loin). Dans la pratique cette formule sert rarement directement. Un certain nombre de DL usuels sont à connaître par cœur, on peut par exemple les établir à l aide de la formule de Taylor Young. On peut ensuite les combiner à l aide des propositions qui vont suivre. Formule de Taylor Young. Soit f définie sur un intervalle ouvert I contenant x 0, et à valeurs réelles (ou complexes) on suppose que f est (n 1) fois dérivable sur I et que f admet une dérivée nème en x 0. Alors on a : f(x) =f(x 0 )+(x x 0 )f (x)+...+ (x x 0) n f (n) (x 0 )+(x x 0 ) n ε(x) n! avec ε(x) =0. x x 0 11

12 DL en 0 à connaître par cœur. 1 1+x =1 x + x ( 1) n x n + x n ε(x) log(1 + x) =x x2 2 + x3 xn +...+( 1)n+1 3 n + xn ε(x) exp(x) =1+x + x2 2! xn n! + xn ε(x) (x> 1) sin(x) =x x3 3! + x5 x2n+1...+( 1)n 5! (2n + 1)! + x2n+1 ε(x) cos x =1 x2 2! + x4 x2n +...( 1)n 4! (2n)! + x2n ε(x) (1 + x) α α(α 1)...(α n +1) =1+αx x n + x n ε(x) n! (α R). Etudions maintenant les combinaisons algébriques de DL. Proposition 12. Si f et g admettent en 0 des DL à l ordre n, n 1 de parties polynomiales F et G alors : 1) f + g admet en 0 un DL à l ordre n, de partie polynomiale F + G. 2) f.g admet en 0 un DL à l ordre n dont on obtient la partie polynomiale en ne gardant que les termes de degrés n du produit FG. Démonstration. La démonstration est immédiate en utilisant les propriétés des ites. Voyons simplement quelques exemples. Exemples. 1) On définit pour tout x R. ch(x) = ex + e x (cosinus hyperbolique) 2 sh(x) = ex e x (sinus hyperbolique). 2 On a exp(x) =1+x xn n! + xn ε 1 (x) avec ε 1 (x) =0, d où exp( x) =1 x +...+( 1) n xn n! + xn ε 2 (x) avec ε 2 (x) =0. D où ch(x) =1+ x2 x2n ! (2n)! + x2n ε 3 (x) avec ε 3 (x) =0 sh(x) =x + x3 3! 2) n = x2n+1 (2n + 1)! + x2n+1 ε 4 (x) avec ε 4 (x) =0. { f(x)=1+2x +3x 2 + x 2 ε 1 (x) g(x) =2+4x 2 + x 2 ε 2 (x) alors on a f(x).g(x)=2+4x +10x 2 + x 2 ε 3 (x) avec ε i (x) =0,i {1, 2, 3}. Proposition 13. Si f et g admettent des DL en 0 à l ordre n, de parties polynomiales F et G, et f si g(0) 0, alors est définie dans un voisinage de 0 et y admet un DL en 0 à l ordre g 12

13 n dont la partie polynomiale s obtient en divisant le polynôme F par le polynôme G suivant les puissances croissantes à l ordre n : F = Q.G + x n+1 R avec Q et R polynômes et d Q n. Exemple. Donner un DL en 0 à l ordre 4 de tg(x) = sin x cos x ona: sin x = F (x)+x 4 ε 1 (x) avec F (x) =x x3 3! cos x = G(x)+x 4 ε 2 (x) avec G(x) =1 x2 2! + x4 4! on divise le polynôme F par le polynôme G suivant les puissances croissantes jusqu à trouver un reste d ordre au moins 5 x x3 6 1 x2 2 + x4 24 ) (x x3 2 + x5 x + x x 3 3 x5 24 ( x 3 ) 3 x5 6 + x7 72 x 5 8 x7 72 on obtient donc : tg(x) =x + x3 3 + x4 ε(x). Exercice. Montrer qu à l ordre 7 on obtient : tg(x) =x + x x x7 + x 7 ε 3 (x) Proposition 14. Primitives. Soit f continue dans un voisinage de 0 et admettant en 0 un DL à l ordre n de partie polynomiale : F (x) =a 0 + a 1 x a n x n. Soit g une primitive de f. Alors g admet dans le même voisinage un DL en 0 à l ordre n + 1 dont la partie polynomiale est : G(x) =g(0) + a 0 x + a 1 x a n.x n+1 (n +1). Exemple. Soit g(x) =Arctg(x). On remarque qu on a : g(0) = 0 g (x) = 1 1+x 2. On pose f(x) = 1. Alors f admet en 0 le DL à l ordre 5 (par ex.) 1+x2 f(x) =1 x 2 + x 4 + x 5 ε 1 (x) 13

14 on en déduit : g(x) =x x3 3 + x5 5 + x6 ε 2 (x). Exercice. Retrouver ainsi le DL de log(1 + x) en 0 à l ordre n. Proposition 15. Composition. Soit f admettant un DL à l ordre n en 0 de partie polynomiale F. On pose y 0 = f(0). Soit g définie dans un intervalle ouvert contenant f(0) et admettant un DL en y 0 à l ordre n : g(y) =G(y y 0 )+(y y 0 ) n ε(y) avec ε(y) =0. y y 0 Alors si g f est définie dans un voisinage de 0, elle admet en 0 un DL à l ordre n dont la partie polynomiale s obtient en faisant G ( F (x) f(0) ) et en ne conservant que les termes de degrés n en x. Exemple. Trouver un DL de exp ( 1 ) à l ordre 2 en 0 dans un voisinage de 0. 1+x On a : 1 1+x =1 x + x2 + x 2 ε 1 (x), y 0 =1 exp(1 + z) =e. ( 1+z + z2 2 + z2 ε 2 (z) ) = e + ez + e z2 2 + z2 ε 3 (z) exp(y) =e + e(y 1) + e 2 (y 1)2 +(y 1) 2 ε 4 (y) avec ε 4 (y) =0. y 1 On doit remplacer dans la partie polynomiale de cette dernière expression y par F (x) =1 x + x 2. On obtient e + e( x + x 2 )+ e 2 ( x + x2 ) 2 et donc : ( 1 ) exp = e ex x 2 ex2 + x 2 ε 5 (x) avec ε 5 (x) =0. 5. Prépondérance, domination, équivalence de fonctions (et de suites) Notations : Soit a R {, + }. Pour a R on note V(a) l ensemble des I \{a} où I est un intervalle ouvert contenant a. Pour a = + on note V(a) l ensemble des intervalles du type ]b, + [, b R {+ }. Pour a = on note V(a) l ensemble des intervalles du type ],b[, b R { }. Définitions. Soient f et g des fonctions définies sur un élément de V(a). 1) On dit que f est dominée par g au voisinage de a si on a : tels que x V, { V V(a) tel que f et g définies sur V k R k>0 f(x) k g(x) Notation (de Landau). f = O(g) en précisant : au voisinage de a. 2) On dit que f est négligeable par rapport à g au voisinage de a ( ou que g est prépondérante). Si ε R ε > 0 V V(a) tel que f et g soient définis dans V 14

15 et x V f(x) ε g(x). Notation. f = o(g) en précisant au voisinage de a. Exemples et remarques. 1) Les propriétés considérées sont locales c est-à-dire ne changent pas si on remplace f et g par f 1 et g 1 telles que f coïncide avec f 1 au voisinage de a. g coïncide avec g 1 au voisinage de a. 2) Les propriétés ne font intervenir que les valeurs absolues des fonctions. 3) Dire que f admet en a le DL f(x) =a 0 + a 1 (x a)+...+ a n (x a) n +(x a) n ε(x) peut s écrire f(x) =a 0 + a 1 (x a)+...+ a n (x a) n + o(x a) n 4) Si g ne s annule pas dans un voisinage de a les propriétés s écrivent simplement : f = O(g) f g est borné dans un V V(a) f(x) f = o(g) x a g(x) =0. x a 5) Dans le cas général, on peut remplacer les propriétés par : f = O(g) V V(a) tel que f,g soient définies sur V b fonction définie et bornée sur V et x V f(x) = b(x)g(x) (en effet il suffit de poser b(x) = f(x) si g(x) 0 et b(x) nulle sinon). g(x) V V(a) tel que f et g soient définies sur V f = o(g) et x V f(x) =ε(x)g(x). ε une fonction à valeurs réelles définies sur V telle que x a x a ε(x) =0 6) Si (u n ) n et (v n ) n sont des suites réelles, (on se reportera à la page 17 pour la définition de la notion de suite) on peut définir de même les notions (u n )=O(v n ),u n = o(v n ) (en prenant a = + et en remplaçant V(+ ) par l ensemble des ]b + [ N). Propriétés. o(f)+o(f) =o(f) O(f)+O(f) =O(f) o(f).o(g) =o(f g) O(f).O(g) =O(f g) o ( o(f) ) = o(f) O ( O(f) ) = O(f). Définition. Soient f et g des fonctions définies sur un élément de V(a). On dit que f et g sont équivalentes au voisinage de a si on a f g = o(g) on note alors f g (en précisant au voisinage de a ). 15

16 Remarque. 1) Si g est non nulle dans un voisinage de a alors f(x) g(x) f g = o(g) x a =0 g(x) x a f(x) x a g(x) =1. x a 2) Si on ne sait pas si g s annule au voisinage de a, on peut encore écrire en utilisant la remarque 5) suivant la définition précédente : f g V V(a) ε : V R telle que x a ε(x) =0 x a et x V f(x) g(x) =ε(x)g(x) c est-à-dire f(x) = ( 1+ε(x) ) g(x) ) f g V V(a) η : V R telle que x a η(x) =1 f(x) =η(x)g(x). x a On remarque alors que si η(x) = 1 alors η(x) ne s annule pas au voisinage de a et on obtient : x a x a f g g f. Finalement la relation notée est symétrique et de façon évidente réflexive et transitive : c est une relation d équivalence. 3) L intérêt fondamental de cette relation est que si on a f g au voisinage de a et si l R {, }, alors on a : x a x a f(x) =l x a g(x) =l. x a 4) On peut définir de même une notion d équivalence pour les suites réelles ou complexes. (u n ) n N (v n ) n N (w n ) n N n N u n = v n.w n avec w n =1. 5) Pour P (x) =a 0 + a 1 x a r x r fonction polynomiale non nulle on a de façon immédiate : a) P est équivalent au voisinage de 0 à son terme non nul de plus bas degré. b) P est équivalent quand x + ou x à son terme non nul de plus haut degré. Onalagénéralisation aux DL : Proposition 16. Si f admet au voisinage de a un DL d ordre n de partie polynomiale non nulle : f(x) =a 0 + a 1 (x a)+...+ a n (x a) n + o(x a) n. Soit p 0 = min{p/0 p n, a p 0}. Alors on a f(x) a p0 (x a) p0 au voisinage de a. Démontration. f(x) a p0 (x a) p0 = p 0<k n =(x a) p0 ( a k (x a) k +(x a) n ε 1 (x) avec x a ε 1 (x) =0 p 0<k n ) a k (x a) k p0 +(x a) n p0 ε 1 (x) =(x a) p0 ε 2 (x) avec x a ε 2 (x) =0. 16

17 Proposition 17. 1) Soient f et g des fonctions définies sur un élément de L(a) et équivalentes au voisinage de a. Soient k et l des fonctions définies sur un élément de L(a) et équivalentes au voisinage de a. Alors on a fk gl au voisinage de a. 2) Si f et g sont équivalentes et ne s annulent pas au voisinage de a, alors on a 1 f 1 g au voisinage de a. Démonstration. Evidente. Remarque. 1) On peut énoncer des propriétés analogues pour les suites. 2) attention f g et k l f + k g + l. ex. on prend a = 0 on a x + x 2 x + x 3 x x mais on n a pas x 2 x 3. III - Suites réelles et complexes 1. Définition et ite d une suite. Définition. Une suite réelle ou complexe est une application u de N dans R ou C. On note traditionnellement u n au lieu de u(n). C est le nème terme de la suite. Notation. La suite u sera notée (u n ) n N ou (u n ) n ou même (u n ) s il n y a pas d ambiguïté. Définition. La suite (u n ) n N admet comme ite l C si on a : ε R, ε > 0 N N tel que n N, n N u n l < ε. Proposition 18. note l = u n. Si une suite admet une ite l dans C cette ite est unique. On Définition. divergente. Une suite admettant une ite dans C est dite convergente sinon elle est Remarque. Si une suite réelle admet une ite dans C alors cette ite est dans R. Proposition 19. Si la suite (u n ) n N est convergente alors elle est bornée c est-à-dire M R tel que n N u n M. Démonstration. Soit l = u n. Avec les notations de la définition : Soit ε =1. n N on a u n max( u 0,... u N 1, l +1). Définition. Une suite réelle (u n ) n tend vers + (resp. ) quand n si on a : A R N tel que n N u n >A (resp. B n tel que n N u n <B) 17

18 on note alors u n =+ ou u n =. Remarque et exemples classiques. 1) Les cas sont donc possibles pour une suite réelle : a) Elle est convergente. b) Elle tend vers +. c) Elle tend vers. d) Aucun de ces trois propriétés n est réalisée. 2) Soit u n =( 1) n pour n N. La suite est bornée mais n est ni convergente, ni de ite + ou. 3) Soit a R et soit u n = a n (suite géométrique). a) Si a > 1 on pose a = 1 + h. Pour n 2 on applique la formule du binôme. On a : a n =(1+h) n =1+nh h n nh d où an =+. b) On en déduit pour a > 1 a<0 que la suite n a pas de ite et pour a < 1, en posant b = 1 a que a n = 0 d où an =0. 4) Soit u n = n α où α R est fixe. On peut étudier cette suite en lui appliquant la fonction log (ce qu on verra plus loin). On obtient : si α>0 alors u n =+ si α<0 alors u n =0. 5) Soit u n = P (n) { P (n) =as n où s a 0 Q(n) Q(n) =b t n t avec a b s b t 0. 0 On peut étudier cette suite à l aide des équivalences. On a u n a sn s b t n t = a s n s t. b t On utilise alors le résultat du 4). De nombreuses suites s obtiennent à partir des suites élémentaires. On peut aussi combiner les résultats sur les suites élémentaires en faisant des opérations algébriques ou en appliquant des fonctions continues. C est l objet du Propriétés immédiates des ites de suites. La plupart de ces résultats sont immédiats ou leurs démonstrations sont les mêmes que les démonstrations des propriétés analogues concernant les ites de fonctions. On ne les refera pas. Proposition 20. Soit (u n ) une suite complexe. On pose u n = v n + iw n avec v n et w n réels. Alors (u n ) n N est convergente si et seulement si (v n ) n N et (w n ) n N sont convergentes et on a alors: (u n)= ( (v n)+i (w n) ). Proposition 21. Soit (u n ) une suite réelle convergeant vers l R. Alors : 1) Si pour n assez grand on a u n a (resp.u n b) alors on a aussi l a (resp.l b). 2) Si l<a (resp.l>b) alors pour n assez grand on a aussi u n <a (resp.u n >b). 18

19 Proposition 22. Soient (u n ) n N et (v n ) n N des suites complexes convergeant vers l et m. Alors : 1) n = l. 2) λ C n = λl. 3) n + v n )=l + m. 4) n.v n = lm. 5) Si l 0 alors pour n assez grand on a u n 0 et 1 = 1 u n l. Proposition 23 (théorème des gendarmes). Soient (u n ), (v n ), (w n ) des suites réelles. On suppose que pour n assez grand on a : u n w n w n. On suppose u n = l et Alors on a w n = l. v n = l. Un autre résultat immédiat et fort utile est le suivant : Proposition 24. Soit (u n ) n une suite réelle convergente de ite l. Soient A B R et f : B C une application. On suppose l A, f(x) =λ et n N, u n A. Alors la suite ( f(u n ) ) n est convergente de ite λ. x l 3. Critère de convergence monotone et conséquences. Définition. Soit (u n ) n une suite réelle. 1) La suite est croisssante si on a : 2) La suite est décroissante si on a : n N u n u n+1 n N u n+1 u n 3) Une suite croissante ou décroissante est dite monotone. Théorème 25. 1) Toute suite réelle croissante majorée converge vers la borne supérieure de l ensemble de ses termes. 2) Toute suite réelle décroissante minorée converge vers la borne inférieure de l ensemble de ses termes. Démonstration. Il suffit de démontrer 1). On en déduit alors 2) en considérant ( u n ) n. On suppose donc (u n ) n croissante majorée. Soit l = Sup{u n n N} ε >0 N ε N tel que l ε<u Nε l et alors pour tout n N ε on a l ε<u Nε u n l d où u n l < ε. 19

20 Exemples. 1) Soit (u n ) n définie par récurrence en posant :. u 0 =1. n N n 1 u n = 2+u n+1. On démontre alors par récurrence qu on a : D autre part n N n 1 on a : n N 0 <u n 2. u n u n 1 = 2+u n 1 u n 1 = ( (2 + un 1 ) u 2 n 1 2+un 1 + u n 1 ). On a 2 + u n 1 u 2 n 1 =(2 u n 1 )(1 + u n 1 ) 0. La suite est donc croissante majorée. Elle converge donc. (On peut même voir que sa ite l devant vérifier : 0 l 2 et l = 2+l donc on ne peut avoir que l =2). 2) Soit u n = n+1 n Logn pour n 1. On remarque qu on a 1 n x dx = Log(n +1) Log n 1 n+1 n +1 1 n x dx 1 n. On peut alors en déduire facilement que l on a : n 1 u n 0 (u n ) n est décroissante. On en déduit que la suite est convergente. Mais la ite C par approximation C 0, 577 c est la constante d Euler. ne peut être calculée que Théorème 26. 1) Soit (u n ) n une suite réelle croissante non majorée. Alors n =+. 2) Soit (u n ) n une suite réelle décroissante non minorée. Alors n =. Démonstration. Il suffit de démontrer 1). On en déduit alors 2) en considérant ( u n ) n. Soit A R A>0 alors A n est pas un majorant de la suite, donc il existe N N tel que u N >A on a alors n N u n u N >A. Définition. Deux suites réelles (u n ) n et (v n ) n l une croissante, l autre décroissante telles que (v n u n ) = 0 sont dites adjacentes. Théorème 27. Deux suites adjacentes sont convergentes et ont même ite. Exemple. On prend u n =1+ 1 1! n! et v n = u n + 1 n!. On a :. (u n ) n croissante. (v n u n )=0. 20

21 2. v n+1 v n = (n + 1)! 1 n! = 1 n 0 pour n 1. (n + 1)! ( On en déduit que (u n ) n et (v n ) n sont convergentes et on même ite. En fait on a u n = exp(1) ). Démonstration de la proposition 27. On suppose (u n ) n suite réelle croissante (v n ) n suite réelle décroissante n u n )=0. Alors la suite (u n v n ) n est croissante et converge vers 0, on en déduit que n N on a u n v n. Soient alors p et q quelconques dans N ; soit N = max(p, q). On a : u p u N v N v q. Tout terme de (u n ) n est inférieur à tout terme de (v n ) n. { la suite (un ) Donc n est majorée croissante la suite (v n ) n est minorée décroissante. Ces suites convergent donc et la ite est la même puisque u n v n =0. 4. Théorème de Bolzano Weierstrass et critère de Cauchy. Définition. Soit (u n ) n une suite réelle ou complexe. On considère une application N N, k n k strictement croissante. Alors la suite (u nk ) k N est dite suite extraite de la suite (u n ). Proposition 28. Soit (u n ) n une suite réelle ou complexe convergente (vers l). Alors toutes ses suites extraites convergent vers la même ite (l). Démonstration. On suppose u n = l. Soit (u nk ) k N une suite extraite de (u n ). On remarque qu on a n k =+ en effet on a : k n 0 0 n 1 >n 0 0 d où n 1 1 par récurrence si on suppose n k k on obtient n k+1 >n k donc n k+1 k +1. On a : ε >0 N(ε) tel que n N(ε) u n l < ε. N(ε) étant donné il existe K 0 tel que k K 0 (n k ) N(ε) ( en fait il suffit simplement de choisir K0 = N(ε) ) Finalement pour k K 0 on a u nk l < ε. Définition. Soit (u n ) n une suite réelle (resp. complexe). Soit l R {, + } (resp. l C). On dit que l est point d acccumultation ou point ite de la suite s il existe une suite extraite (u nk ) telle que u n k = l. k Exemple. u n =( 1) n (u 2n ) n N est constante égale à1. (u 2n+1 ) n N est constante égale à -1. alors 1 et -1 sont points d accumulation de (u n ). 21

22 Théorème 29 de Bolzano Weierstrass. De toute suite réelle ou complexe bornée, on peut extraire une suite convergente. (Autrement dit, cette suite admet un point d accumulation dans R ou C). Démonstration. 1) Soit (u n ) n une suite réelle. On suppose que a et b sont des réels a<b tels que n N u n [a, b]. a) On va construire une suite croissante a n a n+1... et une suite décroisssante b n+1 b n... telles que n a n b n et que le segment [a n,b n ] contienne une infinité de termes de la suite (c est-à-dire qu il existe une infinité de valeurs de m telles qu on ait u m [a n,b n ]). On procède par dichotomie [ ] a c b soit c = a + b 2 - l un des intervalles [a, c], [c, b] contient une infinité de termes de u n, on le prend comme intervalle [a 1,b 1 ]. - par récurrence [a k,b k ] étant construit on pose c k = a k + b k alors l un des 2 intervalles [a k,c k ], [c k,b k ] contient une infinité de termes de la suite u n, on le choisit comme intervalle [a k+1,b k+1 ]. b) On choisit alors u n0 [a, b] puis n 1 >n 0 tel que u n1 [a 1,b 1 ] etc... ; on obtient alors une suite strictement croissante n k+1 > n k... avec la suite (a k ) k est croissante k a k u nk b k, mais la suite (b k ) k est décroissante on a k N b k a k = b a 2 k les deux suites sont donc adjacentes. Elles ont donc même ite l. On applique alors le théorème des gendarmes. On a u n k = l. k 2) On considère maintenant le cas d une suite complexe bornée : z n = x n + iy n avec x n,y n x n,y n réels. On a : x n z n et y n z n. Les suites réelles (x n ) n et (y n ) n sont donc bornées. On extrait de la suite (x n ) n une suite convergente (x nk ) k N. Puis on extrait de la suite (y nk ) k N une suite convergente (y mk ) k N. Alors la suite (x mk ) k N est extraite de (x nk ) k N et elle est donc convergente. Finalement (z mk ) k N est convergente. Exercice. Montrer que de toute suite réelle bornée on peut extraire une suite monotone. Pour étudier la convergence des suites réelles on a deux critères principaux : le critère de convergence monotone qu on a déjà vuauthéorème 25 et le critère de Cauchy qui est également valable dans C. Définition. Soit (u n ) n si on a : une suite réelle ou complexe. On dit que c est une suite de Cauchy ε R, ε > 0, N N tel que p, q dans N (p >N et q>n) u p u q <ε. Théorème 30 (Critère de Cauchy). Une suite réelle ou complexe est convergente si et seulement si c est une suite de Cauchy. 22

23 Exemples. 1) On pose u n = n pour n 1onau 2n u n = 1 n n n 1 2n = 1 2. La suite ne vérifie donc pas le critère de Cauchy. On en déduit qu elle ne converge pas. 2) On pose u n =1+ ei ein pour n n Soient p et q des entiers tels que p<q. On a : u q u p = q k=p+1 e ik q 2 k k=p p k = 1 ( 2 p ) 2 q p 1 ( 1 ( ) ) 1 q p p. On a p 1 =0. D où : 2p ε >0 N(ε) tel que p>n(ε) 1 2 p <εet q>p>n(ε) u q u p <ε. La suite est donc une suite de Cauchy. Elle converge donc. Démonstration du théorème 30. 1) Soit (u n ) n une suite convergente vers l. On a : ε >0 N(ε) tel que n>n(ε) u n l < ε. Soient q>p>n(ε/2), alors on a : { up l < ε/2 u q l < ε/2 d où u p u q u p l + l u q <ε. La suite est donc de Cauchy. 2) Réciproquement, soit (u n ) n une suite de Cauchy réelle ou complexe. On a donc : (C) ε >0 N(ε) tel que q>n(ε) } u p u q <ε. p>n(ε). Remarquons que la suite est bornée. En effet pour q>n(1) on a u N(1)+1 u q < 1 d où u q < 1+ u N(1)+1. La suite est donc bornée : q N u q max( u 0,..., u N(1), u N(1)+1 +1).. D après le théorème de Bolzano Weierstrass la suite admet donc une suite partielle convergente (u nk ) k de ite l. Soient ε>0 et p>n(ε) fixés. Alors on a : q >N(ε) u p u q <ε u p u nk <ε pour k assez grand car n k =+ d où u p u nk ε d où k k u p l ε. 23

24 5. Limite supérieure, ite inférieure. Proposition 31 et Définition. Soit (u n ) n une suite réelle. Alors l ensemble des points d accumulation de la suite admet un plus grand élément dans R {, + }. On note cet élément (u n ). Démonstration partielle. 1er cas (u n ) n n est pas majorée. Alors il existe une suite partielle (u nk ) k telle que u n k =+. On a (u n )=+. k ( 2ème cas (u n ) n est majorée. Pour tout n N on pose v n = sup k n u k ). Alors la suite (v n ) n est décroissante. α) Soit elle n est pas minorée. Alors on a v n = et aussi u n =. On n a donc que comme point d accumulation (u n )=. β) Soit elle est minorée. On peut alors montrer que v n est le plus grand point n 0 d accumulation de la suite. Remarque. Si on a u n = λ R alors ε >0 il n existe qu un nombre fini de termes de la suite dans ]λ + ε, + [(sinon on aurait un point d accumulation dans [λ + ε, + [ (on est dans le cas où (u n ) n est majorée) et λ ne serait pas le plus grand point d accumulation. ε >0 il existe un nombre infini de termes dans l intervalle ]λ ε, λ + ε[ puisque λ est un point d accumulation. On peut écrire une proposition analogue : Proposition 32 et Définition. Soit (u n ) n une suite réelle. Alors l ensemble des points d accumulation de la suite admet un plus petit élément dans R {, + } noté (u n ) n. Démonstration. On applique la proposition précédente à (u n ). On a les résultats suivants : 1er cas (u n ) n n est pas minorée. Alors u n =. 2ème cas (u n ) n est minorée. α) n =+ alors u n =+. ( ) β) Sinon on a u n = inf k k n. Remarque. Dans le cas où u n R on peut écrire de même en posant µ = u n. ε >0 il n existe qu un nombre fini de termes de la suite dans ],µ ε[ et il existe un nombre infini de termes dans ]µ ε, µ + ε[. Proposition 33. Soit (u n ) n une suite réelle n ayant qu un seul point d accumulation l R {, }. Alors (u n)=l. Démonstration. On est dans le cas où on a (u n ) n = (u n ) = l. 1) Si l =. On a (u n )=. On a vu à la proposition 30 que dans ce cas 2) Si l =+. On a (u n )=+. u n =. 24

25 On a vu que cela entraîne u n =+. 3) Si l R on a vu aux propositions 30 et 31 que dans ce cas (u n ) est minorée et majorée. Soit ε>0 alors ]l + ε, + [ ne contient qu un nombre fini de termes de la suite et de même ],l ε[. Soit N = max{n/u n >l+ ε ou u n <l ε} pour n>n on a u n l + ε et u n l ε c est-à-dire u n l ε. On obtient donc u n = l. 25