Université Paris-Dauphine DUMI2E. UFR Mathématiques de la décision. Notes de cours. Analyse 2. Filippo SANTAMBROGIO

Transcription

1 Université Pris-Duphine DUMI2E UFR Mthémtiques de l décision Notes de cours Anlyse 2 Filippo SANTAMBROGIO Année 2008

2 2

3 Tble des mtières 1 Optimistion de fonctions continues et dérivbles Continuité Dérivbilité De l dérivtion ux développements limités Propriétés des fonctions dérivbles Dérivées d ordre supérieur Formule de Tylor et dévéloppements limités Exemples et pplictions Clculs de DL et de limites Minim, mxim et DL Fonctions convexes Fonction convexes et concves et leurs pplictions Intégrles Fonctions Intégrbles Des clsses de fonctions intégrbles Fonctions monotones L intégrbilité des fonctions continues et l uniforme continuité Fonctions vrition bornée Le théorème fondmentl du clcul et l intégrtion pr prties Méthodes de clcul de primitives et intégrles Intégrles sur des intervlles spéciux (symétrie, périodicité) Intégrtion pr prtie : récurrence et ruses spéciles Des cs simples Chngement de vrible d intégrtion Fonctions rtionnelles Fonctions rtionnelles de fonctions trigonométriques Applictions des intégrles ux développements limités Equtions différentielles Equtions linéires coefficients constnts

4 4.1.1 Equtions homogènes Equtions non homogènes Equtions linéires d ordre un, coefficients vribles Equtions non linéires d ordre un à vrible séprbles Astuces diverses : chngement de vrible

5 Chpitre 1 Optimistion de fonctions continues et dérivbles 1.1 Continuité On rppelle plusieurs définitions de fonction continue. Définition Soit A un sous-ensemble de R. Une fonction f : A R est dite continue u point x 0 A si pour tout ε > 0 il existe un δ > 0 tel que tout x A vec x 0 x < δ stisfit ussi f(x 0 ) f(x) < ε. De fçon équivlente, on peut dire que f est continue u point x 0 si l limite lim x x0, x A f(x) existe et est égle à l vleur f(x 0 ) (cel vient de l définition de limite) Dernièrement, on peut dire ussi que f est continue u point x 0 si pour toute suite (x n ) n A qui converge vers x 0 l limite de l suite (f(x n )) n existe et lim n f(x n ) = f(x 0 ) (ceci est une conséquence de l crctéristion séquentielle des limites). Une fonction est dite continue si elle est continue en tout point de son domin de définition A. Il vut mieux remrquer que d près cette définition toute fonction f est continue en tout point isolé de son ensemble de définition. Si pr exemple A = [0, 1] {2} l fonction f est sûrement continue u point 2 cr pour tout ε > 0 il suffit de choisir δ = 1/2 : de cette fçon le seul point x A vec x 2 < δ = 1/2 ser le point 2 lui-même et l condition f(x) f(2) < ε ser verifiée cr f(x) = f(2) (une conséquence de x = 2)! De fçon équivlente on peut considérer des suites : toute suite (x n ) n convergente vers 2 et composéee de points pprtennt à A rélise forcement l églité x n = 2 à prtir d un certin rng. Pr conséquent l suite (f(x n )) n stisfit f(x n ) = f(2) à prtir du même rng, ce qui est lrgement suffisnt pour donner l limite lim n f(x n ) = f(2). Dns ce chpitre on v voir comment l notion de continuité peut s ppliquer à l recherche des mxim et minim des fonctions. Ce qu on peut donner est un importnt résultt d existence. C est-à-dire : sous certines hypothèses on peut ssurer l existence d un point de minimum (ou de mximum). Pour le trouver vriment, il fut utiliser des conditions nécessires qui nous ident à restreindre l ensemble des possibles cndidts minimiseurs. Pour cel il fut utiliser les dérivées. Si l notion de continuité est celle importnte concernnt les fonctions à minimiser, les notions importntes concernnt les ensembles seront celles d ensemble fermé et d ensemble borné. Définition Soit A un sous-ensemble de R. On dit que A est ouvert si pour tout x A il existe un ryon r > 0 tel que {y R : x y < r} A (utrement dit, A inclut un segment biltérl utour de tout point qu il contient). Cette définition générlise celle d intervlle ouvert à des ensembles qui ne sont ps des intervlles. 5

6 On dit que A est fermé si son complémentire est ouvert. Théorème Un ensemble A R est fermé si et seulement si, dès qu on une suite (x n ) n A qui dmet une limite x 0 R, cette limite x 0 pprtient forcement à A. Démonstrtion. Démontrons d bord que si A est fermé l propriété qui nous intéresse concernnt les suites est vérifiée. Pour fire ç, supposons pr contrdiction qu il existe une suite (x n ) n A telle que x n x 0 A c. Comme A c est ouvert, prenons un ryon r > 0 tel que {y R : x 0 y < r} A c. Comme x n x 0, on sit que, à prtir d un certin rng, on ur x n x 0 < r et donc x n A c. Cel contredit x n A. Démontrons mintennt l réciproque, c est-à-dire que, si A stisfit cette propriété concernnt les suites, lors il est fermé. Supposons pr contrdiction qu il n est ps fermé, et donc que son complementire n est ps ouvert. Ceci signifie qu il existe un point x 0 A c tel que, pour tout r > 0, on {y R : x 0 y < r} A. Prenons r = 1/n et x n {y R : x 0 y < 1/n} A. L suite (x n ) n converge vers x 0 cr on x n x 0 < 1/n 0. Pourtnt x n A et x 0 A c. Ceci contredit l hypothèse. Pr exemple l ensemble A =]0, [ n est ps fermé cr l suite donnée pr x n = 1/n est composée de points de A mis s limite x 0 = 0 n pprtient ps à A. Pr contre l ensemble A = [0, [ et plus en générl tout intervlle ou demi-droite qui inclut ses points extremux est fermé. Observtion Il ne fut ps penser que tout ensemble est soit ouvert soit fermé : pr exemple l ensemble [0, 1[ n est ni ouvert ni fermé et l ensemble vide est u même temps ouvert et fermé. L utre définition est beucoup plus fcile. Définition Soit A un sous-ensemble de R. On dit que A est borné si il est inclus dns un intervlle [ R, R]. Autrement dit, A est borné si il existe R tel que pour tout x A on x R. Évidemment c est ps l même chose dire il existe R tel que pour tout x A on x R et pour tout x A il existe R tel que on x R. Dns ce deuxième cs en fit l quntité R peut dependre de x et donc cette propriété est toujours vérifiée, cr pour tout x on peut choisir pr exemple R = 1 + x et réliser l inéglité. On sit du théorème de Bolzno-Weierstrss que toute suite bornée dmet une sous-suite convergente. On peut dire toute suite contenue dns un intervl fermé et borné I dmet une sous-suite convergente et l limite de cette sous-suite pprtient encore u même intervlle I". Preillement on : Théorème (Une vrinte du Théorème de Bolzno-Weierstrss). Soit A un sous-ensemble fermé et borné de R et (x n ) n une suite d éléments de A. Il existe lors x 0 A et une sous-suite (x nk ) k telle que lim k x nk = x 0. Démonstrtion. L ensemble A étnt borné, il est contenu dns un intervlle fermé borné [ R, R]. On peut donc ppliquer à l suite (x n ) n le théorème de Bolzno-Weierstrss et en déduire l existence d une sous-suite (x nk ) k telle que lim k x nk = x 0, pour un certin x 0 [ R, R]. Ce qui nous reste à prouver est x 0 A. Ceci est une conséquence du fit que A est fermé, comme toute suite d élements de A, si jmis elle dmet une limite, limite dns A. Définition Un sous-ensemble A de R tel que tout suite (x n ) n A dmette une sous-suite convergente vers un point de A est dit un ensemble compcte. D près ce que l on vient de dire, tout ensemble fermé et borné est compcte. En fit, il est possible de démontrer plus que ç. 6

7 Proposition Un sous-ensemble A R est compcte si et seulement si il est fermé et borné. Démonstrtion. On sit déjà qu un fermé borné est compcte ; il nous reste donc à démontrer qu un compcte est fermé et ensuite qu un compcte est borné. Soit A compcte ; pour démontrer qu il est fermé on v utiliser l propriété concernnt les suites. Soit (x n ) n A une suite d éléments de A et supposons x n x 0. Il fut démontrer que x 0 pprtient à A. Or, on sit, pr définition de compcte, qu il existe une sous-suite x nk et un point x A tels que x nk x. A priori x 0, que l on pris dns l énoncé concernnt les suites, et x, qui vient de l défintion de compcité, n ont rien à voir l un vec l utre. A priori...en fit, comme on vit x n x 0, cel reste vri que x nk x 0 et, pr unicité de l limite, x 0 = x. Ceci démontre x 0 A et conclu l preuve que A est fermé. Pour démontrer qu il est églement borné supposons qu il ne l est ps. Alors pour tout R l inclusion A [ R, R] n est ps vrie. Si on prend R = n on peut trouver un point x n A \ [ n, n]. On donc une suite (x n ) n A vec x n = n +. Pr compcité, il fudrit pouvoir extrire une sous-suite x nk x 0, ce qui est impossible cr l suite x nk ne peut ps être bornée (on lim k x nk = + ) et on sit que toute suite convergente est bornée. Ceci est une contrdiction et l ensemble A est donc borné. On pourrit lors se demnder pourquoi inventer un nom pour les ensembles compctes lors que ce concept revient à fermé et borné. L réponse (peut-être décevnteà ce moment) est que cel est vri dns R mis que pour les sous-ensembles d un utre espce cel pourrit être fux. Une conséquence de tout ç est le bien connu théorème d existence des minim et mxim. Théorème (Weierstrss). Soit A un sous-ensemble compcte de R et f : A R une fonction continue. Il existe lors un point x 0 A tel que f(x 0 ) = min{f(x) : x A} (et, symmetriquement, il existe un point x 0 A tel que f(x 0 ) = mx{f(x) : x A}). Démonstrtion. Démontrons l existence du minimum, celle du mximum étnt complètement similire. L ensemble des vleurs {f(x) : x A} n dmet ps priori encore l existence d un minimum, mis il dmet sûrement un inf, c est à dire une vleur m [, + [ qui stisfit m f(x) pour tout x A et qui ussi l propriété qu on peut pprocher l vluer m utnt qu on veut vec des vleurs de l forme f(x) vec x A (si m R cel peut être enoncé en disnt pour tout ε > 0 il existe un x A tel que f(x) < m + ε et si m = on dit pr contre pour tout L R il existe un x A tel que f(x) < L ). Cel signifie il existe une suite des vleurs f(x n ) vec lim n f(x n ) = m. Les points x n sont des points de A et donc on peut extrire une sous-suite convergente (x nk ) k de l suite (x n ) n vec s limite x 0 A. Or, si x nk x 0, comme l fonction f est continue, on en déduit f(x nk ) f(x 0 ). Pourtnt, on svit que l limite de toute l suite (f(x n )) n étit m et donc on ussi lim k f(x nk ) = m. On en déduit f(x 0 ) = m. Si en un point l vleur de l fonction rélise l inf on conclu cr cet inf ser un minimum ussi, rélisé pr ce point-là. Observtion Une conséquence de ce résultt est que l imge pr une fonction continue d un intervlle fermé borné est un intervlle fermé borné, et prfois on le trouve enoncé comme ç. Que l imge d un intervlle soit un intervlle est une conséquence des théorème des vleurs intérmediires (théorème des zéros), lors que le fit qu il soit borné et que ses bornes pprtiennent à l imge sont des conséquences de l existence du minimum et du mximum que l on vient de montrer. Une utre rémrque qui est très importnte en optimistion et que vous rencontrerez probblement u cours de vos études mthémtiques plus vncées est l suivnte : 7

8 Observtion À fin de grntir l existence du minimum (mis non ps du mximum) on peut choisir une hypothèse un peu moins forte que l continuité de l fonction f. L continuité été en effet utilisé pour grntir m = f(x 0 ) lors qu on svit lim k f(x nk ) = m et lim k x nk = x 0. Ceci donnit m = lim k f(x nk ) = f(x 0 ). Pourtnt, comme on svit déjà m f(x 0 ) (cr m est l borne inférieure de f), il nous urit suffit m f(x 0 ). Ceci justifie l introduction de l notion de semicontinuité suivnte Définition On dit qu une fonction f est semi-continue inférieurement (resp., supérieurement) u point x 0 si pour toute suite (x n ) n vec x n x 0 et f(x n ) l on l f(x 0 ) (resp., l f(x 0 )). Autrement dit, on ne demnde qu une inéglité dns l définition de l continuité. Dns le lngge des δ et des ε on que f est semi-continue inférieurement (resp., supérieurement) si pour tout ε > 0 il existe δ > 0 tel que tout x A vec x 0 x < δ stisfit ussi f(x 0 ) ε < f(x). Théorème (Vrinte de Weierstrss vec l semicontinuité). Soit A un sous-ensemble compcte de R et f : A R une fonction semi-continue inférieurement. Il existe lors un point x 0 A tel que f(x 0 ) = min{f(x) : x A} (et, symmetriquement, si f est semi-continue supérieurement, il existe un point x 0 A tel que f(x 0 ) = mx{f(x) : x A}). On ne donne ps une preuve explicite de ce fit, une relecture de l preuve du Théorème étnt suffisnte, grâce à l Observtion Il est utile de voir quelques exemlples de non-existence du minimum ou mximum pour comprendre l importnce des hypothèses. Exemple Soit A = [ 1, 1] et f l fonction donnée pr f(x) = { x si x 0 2 si x = 0. Cette fonction n dmet ps de minimum sur l ensemble A, cr inf x A f(x) = 0 mis f(x) > 0 pour tout x A. En effet, il s git d une fonction qui est continue en tout point de A \ {0} mis non ps en 0. Non seulement, u point 0 elle n est même ps semi-continue inférieurement cr lim x 0, x 0 f(x) = 0 < f(0) = 1. Et c est justement le point 0 qui étit le point importnt dns l démonstrtion du théorème de Weierstrss, cr si l on prend une suite (x n ) n telle que f(x n ) n converge vers l inf on ur justement x n 0. Pr contre l même fonction dmet un mximum, et ce mximum est 2, cr on peut bien voir 2 = f(0) f(x) pour tout x. L fonction f est en effet semi-continue supérieurement (ce que l on n ps défini, mis l définition est complètement symétrique pr rpport à celle de semi-continuité inférieure). Exemple Soit A =]0, 1] et f l fonction donnée pr f(x) = 1 x. Cette fonction n dmet ps de mximum sur l ensemble A, cr sup x A f(x) = 1 mis, évidemment, f(x) < 1 pour tout x A. En effet, ici le problème n est ps posé pr f (qui est bien continue), mis pr A, qui est borné mis non ps fermé (il y des suites (x n ) n A qui converge à un point hors de A, et notmment à 0). Dns ce cs là ussi, si l on prend une suite (x n ) n telle que f(x n ) n converge vers le sup on ur justement x n 0. Mis 0 / A et donc il ne peut ps réliser le mximum. Il est intéressnt de remrquer que, en remplçnt 1 x pr 1/x, on urit même pu construire une fonction qui non seulement n dmet ps de mximum, mis elle n est ps non plus supérieurement bornée. Ceci n urit ps évidemment été possible si l on vit voulu utiliser une fonction continue sur un fermé borné. Comme on vu que les hypothèses de continuité peuvent être ffiblies en une condition uniltérle pour grntir le minimum, on peut églement être un peu plus souple sur l nture de l ensemble A, quitte à demnder à l fonction f de l ider un peu. On fer l exemple du cs A = R. 8

9 Théorème Soit f : R R une fonction continue. Supposons que f tende à + des deux côtés, c est-à-dire lim f(x) = lim f(x) = +. x + x Il existe lors un point x 0 R tel que f(x 0 ) = min{f(x) : x R}. Démonstrtion. Prenons une vleur quelconque rélisée pr l fonction f, pr exemple f(0). Il est évident que le minimum m, si il existe, v vérifier l condition m f(0). Tous les points x vec f(x) > f(x 0 ) n influencent guère l existence et l nture du minimum. Pr définition de limite infinie, on sit que pour tout K R il existe un numéro b tel que x > b entrine f(x) > K (ceci cr lim x + f(x) = + ) insi qu un numéro tel que x < entrine f(x) > K (cr lim x f(x) = + ). Cel signifie que l enseble X = {x R : f(x) K} est borné, cr on {x R : f(x) K} [, b] [ R, R], vec R = mx{, b }. De plus, cet ensemble est fermé : en fit, si on prend une suite (x n ) n X et on suppose x n x 0, pr continuité de f on doit voir f(x n ) f(x 0 ). Ceci implique f(x 0 ) K (à cuse du fit que toutes les vleurs f(x n ) étient plus petites que K). Prenons K = f(0). Grâce à ce qu on dit vnt, on peut donc se restreindre à l ensemble X R, cr inf x R f(x) = inf x X f(x). Et dns cet ensemble là il existe, grâce u théorème précedent, un point x 0 [, b] R tel que f(x 0 ) f(x) pour tout x X. Comme en plus on f(x) K = f(0) f(x 0 ) pour tout x / X], on finlement f(x) f(x 0 ) pour tout x R, ce qui montre que x 0 est un point de minimum. 9

10 1.2 Dérivbilité On rppelle mintennt qu est-ce qu une fonction dérivble. Définition Une fonction f :], b[ R est dite dérivble u point x 0 ], b[ si l limite f(x) f(x 0 ) lim x x 0 x x 0 existe et est finie. L vleur de l limite est lors dite l dérivée de f u point x 0 et notée f (x 0 ). On sit bien que si une fonction f est dérivble u point x 0 elle est continue ussi u même point, mis évidemment l récipoque n est ps vrie. Pour pouvoir prler de dérivée ou dérivbilité d une fonction en un point il fut pouvoir considérer l limite des tux d ccroissements. Il vut mieux que ce point soit à l intérieur du domine de définition de l fonction. Si l on presenté ici le concept de dérivée c est pr ce qu il nous est utile pour donner des conditions nécessires pour qu n point soit un point de minimum ou mximum d une fonction. Ce qui est bien connu est le suivnt théorème : Théorème Soit f :], b[ R une fonction dérivble u point x 0 ], b[. Supposons que x 0 est un point de minimum pour f, c est-à-dire que pour tout x ], b[ on f(x) f(x 0 ). Alors f (x 0 ) = 0. Démonstrtion. On sit que l vleur f (x 0 ) est obtenue come limite des tux d croissement, cette limite étnt égle d une côté et de l utre. On peut donc écrire f (x 0 ) = f(x) f(x 0 ) lim, x x 0, x>x 0 x x 0 même si on sit qu en vri f (x 0 ) est égle à l limite prise des deux côtés (mis si cette limite existe, elle coïncide vec l limite droite, celle qu on est en trin de considérer, et vec l limite guche ussi). Les quntités f(x) f(x 0 ) et x x 0 sont positives (u sens 0), l une pr minimimlité de x 0, l utre pr ce que x est à droite de x 0. Pr conséquent les tux d croissement dont on prend l limite sont positifs et l limite ussi (c est une propriété connue des limites : les limites des quntités positives sont positives). On donc f (x 0 ) 0. Preillement, si l on considère l limite guche, on l positivité de f(x) f(x 0 ) lors que x x 0 ser negtif. On en deduit donc f (x 0 ) 0. Ceci implique f (x 0 ) = 0. Observtion On évidemment utilisé le fit que x 0 se trouve à l intérieur de l intervlle, cr on considéré l limite des deux côtés. Si l on regrde une fonction définie sur un intervlle fermé [, b] et un point de minimum sur le bord, en supposnt qu il dmette une dérivée d un côté (guche en, droit en b), lors on en déduit seulement une inéglité, et notmment f () 0 ou bien f (b) 0. Observtion Le théorème s dpte u cs d un point de mximum, et il donne toujours l condition f (x 0 ) = 0. Bien sûr, dns le cs des inéglités sur les points du bord, ces inéglités sont renversées. Ce théorème donne un critère puissnt pour l recherche des minim et mxim des fonctions dérivbles, même si lors qu on detecte un point x 0 vec f (x 0 ) = 0 on ne peut ps svoir ni si il ser un minimum, ni si il ser un mximum (cr l condition nécessire est complètement symmétrique), et encore il pourrit être un point qui n ni un cmportement de minimum ni un comportemet de mximum. Tout d bord le théorème s dpte très bien u cs des minim locux (c est-à-dire les points x 0 tels qu il existe un ryon r > 0 qui fit en sorte que x 0 soit un point de minimum pour l fonction f sur l intervlle ]x 0 r, x 0 + r[). Ceci nous montre qu un point vec f (x 0 ) = 0 pourrit très bien être un point de minimum locl, ou de mximum locl. Non seulement, l exemple suivnt est très bien connu : 10

11 Exemple Considrons A = [ 1, 1] et f(x) = x 3. On f (0) = 0 et pourtnt 0 n est ps un minimum, ni un mximum, ni un minimum locl, ni un mximum locl. On le peut vérifier fcilement cr près de 0 les vleurs positives de x donnent des vleurs de f(x) qui dépssent f(0) et les vleurs négtives restent toujours en dessous. Ce qui se psse est que l fonction est presque horizontle u voisinge de 0 mis elle une petite dévition des deux côtés, l une vers le hut, l utre vers le bs, si petite que qund on clcule l limite des tux d croissements elle n influence ps le résultt de l dérivée. En tout cs, l utlité du théorème est l possibilité de regrder un petit nombre de points, ceux qui stisfont les conditions nécessires, en tnt que cndidts minim, à l plce de regrder priori tous les points de l intervlle. Il est très utile si couplé vec le critère d existence et si l fonction est soit dérivble en tout point, soit à une petite liste de points près. Critère de recherche de minim et mxim bsolus : Soit f : [, b] R une fonction continue, dérivble en tout point de ], b[\s, où S est en ensemble fini et, si possible, ps nombreux. On peut donc composer une liste de points de [, b] qui sont cndidts à être minim et/ou mxim, et qui est composée de : les points de bord et b, cr là le critère du théorème n est ps pplicble ; les points de S cr là non plus on peut l ppliquer ; tout point x 0 ], b[\s qui stisfsse f (x 0 ) = 0 (ce qui est souvent rélisé pr un petit nombre de points). Le théorème de Weierstrss nous grntit que le minimum et le mximum existent et en plus on est sûr qu on les trouver prmi les points qu on listé. Il suffit donc de clculer les vleurs f(x) corréspondnt à tous les points x de l liste et on trouver le (ou les) point(s) de minimum en prennt ceux qui ont les vleurs les moins élevées et les points de mximums en prennt ceux qui ont les vleurs le plus élevées. Évidemment plein d utres critères similires peuvent être bâtis pour d utres situtions, pr exemple pour une fonction stisfisnt ux conditions du Théorème Observtion Quelle est l différence entre cette pproche et celle pr tbleu de vritions? ps grnde chose. Ici on ne clcule ps les signes de l dérivée (et donc on économise du temps) mis on se retrouve à regrder comme cndidts ces points ussi qui ont dérivée nulle (ou où f n est ps dérivble) mis qui ne peuvent ps vriment minimiser à cuse des signes de l dérivée juste vnt et juste près (et donc on perd un petit peu plus de temps à clculer les vleurs de f sur ces points là). Si on cherche et le mximum et le minimum le tbleu des vritions nous force à clculer les signes et en plus souvent ne nous fit ps économiser beucoup d évlutions de f sur les points qu on trouvé, cr l plus prt d entre eux sont soit cndidts à minimiser soit à mximiser (suf ceux qui sont du type x 3, où l dérivée s nnulle sns chnger de signe, oe ceux qui sont de type 2x + x, où l fonction n est ps dérivble mis dérivée guche et droite ont le même signe). Pr contre, si l on cherche seulement l une des deux bornes (min ou mx), lors p-e le tbleu de vritions peut être rentble. Mis c est des petites différences, c est à peu près l même idée. Un vntge de cette pproche est pr contre qu on pourr l ppliquer en dimension plus grnde (en deuxième nnée, disons), qund une fonction définie sur le pln n ps un sens de vritions. Dernière chose : si f n est ps continue, prfois on peut qund même (pr exemple grâce à l semicontinuité) étblir l existence du mximum ou minimum. Après, si l on utilise un tbleu de vritions, il fut être trèèès ttentifs, cr ux points de discontinuité il y typiquement un sut. L fonction f(x) = x sur x 0 et f(x) = x + 1 sur x < 0 une dérivée positive vnt et près 0 mis 0 est qund même un cndidt minimum (à cuse du sut en bs entre 0 et 0 + ). 11

12 Chpitre 2 De l dérivtion ux développements limités 2.1 Propriétés des fonctions dérivbles On présente ici quelques théorèmes importnts sur les fonctions dérivbles qui seront répris dns l suite. Théorème (Rolle). Soit f : [, b] R une fonction continue sur l intervlle fermé [, b] et dérivble en tout point de l intervlle ouvert ], b[ [, b]. Supposons f() = f(b). Il existe lors un point ξ ], b[ tel que l on it f (ξ) = 0. Démonstrtion. L fonction f étnt continue et l intervlle [, b] fermé et borné, d près le théorème de Weierstrss on sit que f dmet un mximum et un minimum sur cet intervlle. Soient m et M les vleurs du minimum et du mximum, respectivement, et K l vleur commune de f() et f(b). On forcement m K M. Si toute les inéglités sont des églités lors on m = M et l fonction est constnte. Mis une fonction constnte dmet prtout dérivée nulle et tout point ξ ], b[ stisfit l condition. Supposons donc qu on it soit m < K = f() = f(b) soit l utre inéglité. Dns ce premier cs, il signifie qu il existe un point de minimum x 0 [, b] et que f(x 0 ) < f() = f(b). Celci implique en prticulier que x 0 est distinct de et de b. Il est donc à l intérieur et on sit que si un point à l intérieur rélise le minimum (un minimum locl urit été suffisnt) d une fonction dérivble, l dérivée en ce point là doit forcement être nulle. Il suffit donc de choisir ξ = x 0. Preillement, si c est le mximum M qui dépsse strictement K, on en déduit l existence d un point intérieur de mximum et ce point ur dérivée nulle. Observtion Vous pouvez remrquer qu on vriment utilisé toutes les hypothèses : l dérivbilité en tout point intérieur est à demnder cr on ne sit ps où le minimum tomber, et là où il tombe on besoin de dire que l dérivée vut zéro ; l continuité d utre côté est demndée pour ssurer l existence d un minimum et un mximum, et on en besoin sur un ensemble fermé borné. Non seulement, il est fcile de se rendre compte que sns l continuité en et b le théorème n urit ucune chnce d être vri : si l on dmet que les vleurs en et b puissent différer dess limites de f(x) lors que x tend vers et b repsectivement, on beu à supposer que les deux vleurs f() et f(b) sont égles, mis cel serit toujours une hypotèse inutile cr elle n implique rien u niveu du comportement intérieur de l fonction. Et évidemment sns f() = f(b) le théorème est fux (pr exemple prenez f(x) = x). Théorème (Acroissements finis). Soit f : [, b] R une fonction continue sur l intervlle fermé [, b] et dérivble en tout point de l intervlle ouvert ], b[ [, b]. Il existe lors un point ξ ], b[ tel que l on it f f(b) f() (ξ) =. b 12

13 Démonstrtion. Soit L = (f(b) f())/(b ) et considerons l fonction g donnée pr g(x) = f(x) Lx. Cette fonction grde les mêmes propriétés de continuité et dérivbilité de l fonction f cr on y rjouté tout simplement une fonction linéire, qui est elle même continue et dérivble en tout point. Montrons que g() = g(b), de fçon à pouvoir ppliquer le théorème de Rolle à l fonction g. On g(b) g() = f(b) f() L(b ) = f(b) f() f(b) f() (b ) = 0. b Ceci montre g(b) = g(). On peut donc ppliquer le théorème de Rolle à l fonction g et on obtient qu il existe un point ξ ], b[ tel que 0 = g (ξ) = f (ξ) L. Grâce u choix de L qu on fit, on vient de montrer l thèse. Remrque inutile : u délà des Alpes ce théorème s ppelle Théorème de Lgrnge. Indépendemment de son nom, il plusieurs conséquences intéressntes. L première qu on v voir concerne l notion de fonction Lipschitzienne. Définition Une fonction f : A R est dite Lipschitzienne si il existe une constnte L (ppelée constnte de Lipschitz, Lipschitz étnt le mec qui, peut-être, introuduit cette notion) telle qu on it f(x) f(y) L x y pour tout x, y A. Souvent on ppelle constnte de Lipschitz l plus petite constnte L qui permet de réliser l inéglité (cr, évidemment, si L est une constnte qui stisfit l inéglité ci-dessus, tout L L l stisfit ussi). On définit donc Lip(f) := inf{l 0 : f(x) f(y) L x y pour tout x, y A}. Il est fcile de voir que toute fonction Lipschitz est continue (il suffit toujours de choisir δ = ε/l). Pr contre, elle n est ps forcement dérivble : il suffit de penser à fonction f(x) = x, qui dmet 1 comme constnte de Lipschitz mis n est ps dérivbe u point 0. Il est intéressnt de remrquer que l non-dérivbilité vient ici de le non-existence de l limite des tux d croissement (limite différente à droite et à guche), même si ils restent qund même bornés (contrirement u cs pr exemple de l fonction f(x) = x 1/3, qui dmet l limite des tux d croissement en 0, mis elle n est ps finie, les tux n étnt ps bornés). L notion de fonction Lipschitzienne dévient très fcile dns le cs des fonctions dérivbles. Proposition Soit f : [, b] R une fonction dérivble en tout point de ], b[. Les deux fits suivnts sont équivlents : l dérivée de f est bornée sur ], b[, f est Lipschitzienne. De plus, si l dérivée est bornée et on f (x) L pour tout x ], b[, lors f dmet l même vleur L comme constnte de Lipschitz et si f dmet une constnte de Lipschitz, l même constnte est une borne supérieure pour f (x). On donc Lip(f) = sup x A f (x). Démonstrtion. Démontrons que une borne L sur l dérivée entrîne l nture Lipschitz de l fonction f vec constnte de Lipschitz L. Prenons x, y ], b[ et supposons pr simplicité 13

14 x < y (l condition de Lipschitz étnt tout à fit symmétrique en x et y). On peut ppliquer le théorème des croissements finis à l fonction f sur [x, y] et on obtient f(y) f(x) y x = f (ξ), ce qui implique f(x) f(y) = f (ξ) x y L x y, si L est une constnte qui borne l dérivée, c est-à-dire telle que f (ξ) L pour tout ξ ], b[. Mintennt supposons que f est Lipschitzienne vec constnte de Lipschitz L et démontrons f (x 0 ) L pour tout x 0 ], b[. En mettnt l vleur bsolue prtout dns l limite qui donne l définition de dérivée, on trouve f f(x) f(x 0 ) (x 0 ) = lim. x x 0 x x 0 Pourtnt on f(x) f(x 0 ) / x x 0 L et donc on en déduit f (x 0 ) L (celle-ci est l prtie fcile de l équivlence, lors que pour l utre il est nécessire d utiliser le théorème des croissements finis). Une utre conséquence du théorème des croissements finis est le fit qu on peut fire le développement suivnt : si f est une fonction dérivble en tout point d un intervlle A et x, x 0 A, lors on f(x) = f(x 0 ) + f (ξ)(x x 0 ), où ξ est un point de l intervlle ]x 0, x[ ou ]x, x 0 [ (ce qui dépende de x > x 0 ou x 0 > x). Celuici est un développement excte de l fonction f, qui est continue cr dérivble, et qui donne une idée de l écrt entre f(x) et f(x 0 ). Il s git en fit d un développement qui n est ps très stisfisnt et qui est sûrement dépssé pr le suivnt : f(x) = f(x 0 ) + f (x 0 )(x x 0 ) + ε(x)(x x 0 ), (2.1) où ε(x) est une quntité qui tend vers 0 lors que x x 0 (en fit, si l on définit ε grâce à l réltion ci-dessus, qui en donne l vleur en tout point x x 0,et on rjoute ε(x 0 ) = 0, on peut dire qu on obtient une fonction continue). Ce développement est obtenible à prtir de l défintion de dérivée, cr si f(x) f(x 0 ) x x 0 f (x 0 ), on peut dire f(x) f(x 0 ) = f (x 0 ) + ε(x) x x 0 et près réconstruire le dévéloppement souhité. L quntité ε(x)(x x 0 ) est ussi souvent notée pr le symbol o(x x 0 ). Il est en fit commun d écrire o(g(x)) si g est une fonction qui converge à zéro lorsque x x 0 et lors dns ce cs là dire f(x) = o(g(x)) ou f est un petit o de g signifie f(x) lim x x 0 g(x) = 0. Ceci équivut, dns l nottion de tout à l heure, f(x) = ε(x)g(x). Typiquement on utilise l nottion du petit o vec des puissnces de x x 0. Pr exemple on peut dire que x 2 + x 4 est un petit o de x pour x 0, mis non ps qu elle est un petit o de x 2 (cr l limite du rtio n est ps nulle mis 1). 14

15 Les deux dévéloppements ont des vntges et désvntges : le premier est excte, mis les termes qui sont connus (si l on connit le comportement de f en x 0, c est-à-dire f(x 0 ) et f (x 0 )) s rrêtent tout de suite et il n y que l prtie f(x 0 ) ; pr contre, le deuxième utilise une fonction ε dont on sit seulement qu elle converge vers zéro, mis il l vntge d rriver un peu plus loin vec les termes connus, cr il donne déjà une pproximtion vec une droite (l fonction x f(x 0 ) + f (x 0 )(x x 0 )). Le but de ce genre de dévéloppement est en fit d pprocher une fonction utour d un point x 0 en connissnt les vleurs de f et de s dérivée. On verr dns les sections suivntes que on rriver à fire beucoup mieux en utilisnt ussi ses dérivées d ordre supérieur. 2.2 Dérivées d ordre supérieur Une question nturelle qu on se pose qund on une fonction f dérivble en tout point est celle de considérer l fonction x f (x) est se demnder : est-elle continue? est-elle dérivble? Il est ssez nturel de se convincre que f n est ps forcement une fonction dérivble et l exemple le plus fcile est le suivnt : Exemple Considérons f(x) = x x, qui corréspond à deux prboles différentes, l une vec concvité en hut, l utre en bs, qui se joignent en 0 (cr f(x) = x 2 pour x 0 et f(x) = x 2 pour x 0). Il est fcile de clculer f (x) (et de vérifier qu elle existe) pour x 0, cr loclement l fonction coïncide vec une prbole connue. Concernnt 0, on peut clculer à l min l limite f x x 0 (0) = lim x 0 x 0 = lim x = 0 x 0 et finlement on obtient l expression générle f (x) = 2 x. Cette fonction n est ps dérivble en 0. Il est moins fcile de comprendre si f est forcement continue ou non. En fit il y ce résultt, dû à Drboux, qui montre que f une propriété typique des fonctions continues. Théorème (Drboux). Soit A un intervlle et f : A R une fonction dérivble en tout point : lors, si x 0, x 1 A, pour toute vleur l intermediire entre f (x 0 ) et f (x 1 ), il existe ξ entre x 0 et x 1 tel que f (ξ) = l. Démonstrtion. Pr prticité, on v supposer l = 0, x 0 < x 1 et f (x 0 ) < 0 < f (x 1 ). Ceci ne réduit ps l générlité du théorème, cr il suffit de remplcr f pr l fonction x f(x) lx et, le cs échent, de chnger de signe f ou de fire un chngement de vrible x = x. Considérons donc l fonction f sur l intervlle [x 0, x 1 ] : comme elle est dérivble, elle est continue ussi et, l intervlle étnt fermé et borné, elle dmet minimum sur cet intervlle. Soit ξ ce point de minimum : on montrer ξ x 0 et ξ x 1, ce qui entriner qu il s git d un point intérieur, et donc f (ξ) = 0, ce qui conclut l preuve. Pour montrer ξ x 0 il suffit de remrquer f (x 0 ) < 0, ce qui empêche u point x 0 d être un point de minimum sur l intervlle [x 0, x 1 ], cr il ne respecte ps l condition nécessire pour les points du bord. En fit, si l dérivée u point initil est négtive, le point n est ps un minimum cr juste à s droite on des vleurs plus petites. Preillement on ξ x 1. Une utre propriété typique des fonctions continues qui est stisfite pr l dérivée est l suivnte. Théorème Soit A un intervlle et f : A R une fonction dérivble sur A \ {x 0 }. Supposons lim x x 0 f (x) = l R. 15

16 Alors f (x 0 ) existe et est égle à l. En prticulier, si f est déjà dérivble prtout en A et lim x x0 f (x) existe lors f est continue u point x 0. Démonstrtion. On veut démontrer f(x) f(x 0 ) lim = l. x x 0 x x 0 Pour cel on utilise le fit suivnt : pour tout ε > 0 il existe δ > 0 tel que f l < ε sur ]x 0 δ, x 0 + δ[ (grâce à l hypothèse sur l limite des dérivées u point x 0 ). De plus, on utilise le théorème des ccroissements finis et on voit que, si x ]x 0 δ, x 0 + δ[ lors f(x) f(x 0 ) x x 0 = f (ξ) ]l ε, l + ε[, cr ξ ussi pprtient à ]x 0 δ, x 0 + δ[ (comme il est un point intermédiire entre x 0 et x). Ceci montre que l limite des tux d ccroissements est égle à l et que donc f est dérivble u point x 0 et f (x 0 ) = l. L même démonstrtion montre l continuité de f sous l hypothèse de l existence de l limite. Observtion Le même enoncé peut s étendre u cs d une limite à guche ou à droite seulement, vec églité vec l dérivée guche (ou droite). Observtion Il est importnt remrquer l différence qu il y en théorie entre l limite des tux d ccroissement et l limite des dérivées. Si on nous demnde de démontrer qu une fonction f donnée est dérivble u point x 0 on devrit considérere les tux d ccroissement (f(x) f(x 0 ))/(x x 0 ) et leur limite pour x x 0, et non ps l limite lim x x0 f (x). Preillement, pour démontrer qu elle n est ps dérivble il fut démontrer que l limite des tux d ccroissement n existe ps, et non ps celle des dérivées. L exemple d en bs montre ussi que cette deuxième limite peut ne ps exister lors que le première existe. Pourtnt, le résultt du Théorème nous ide si l limite des dérivées existe. De plus, si les limites droite et guche des dérivées existent et sont différentes, l fonction ne ser ps dérivble (cr l limite droite et l limite guche des tux d ccroissement seront différentes). Pourtnt, même si ces propriété sont typiques des fonctions continues, il n est ps vri que l dérivée d une fonction dérivble est continue, et on peut le voir de l exemple suivnt. Exemple Considérons l fonction f donnée pr f(x) = { x 2 sin 1/x si x 0, 0 si x = 0. Cette fonction est dérivble en tout point : elle est dérivble hors de 0 cr composée et produit de fonctions dérivbles, et pour vérifier l dérivbilité en 0 il suffite de clculer l limite des tux d ccroissement, en obtennt f x 2 sin 1/x 0 (0) = lim = lim x sin 1/x = 0, x 0 x 0 x 0 où l dernière limite peut être cluclée grâce à x x sin 1/x x. On donc f (x) = { 2x sin 1/x + cos 1/x si x 0, 0 si x = 0. On peut vérifier que cette expression n est ps continue en x = 0, cr il n existe ps l limite lim x 0 2x sin 1/x + cos 1/x, le premier terme convergent à zéro, mis le deuxième n ynt ps de limite. 16

17 En vue des exemples ci-dessus, il est nturel introduire l notion de fonctions C k, c est-à-dire les fonction dérivbles vec continuité k fois. Qu est-ce qu il signifie? une fonction C 1 est une fonction qui est dérivble et telle que s dérivée est une fonction continue. Une fonction C 2 est une fonction telle qu on puisse fire cette opértion deux fois, c est à dire que elle est dérivble et s dérivée est non seulement continue, mis dérivble ussi vec dérivée continue. On dit ussi C 0 propos des fonctions continue. On peut résumer pr récurrence tout ç en cette définition. Définition On dit qu une fonction f : A R est C 0 (A) si elle est continue. Pour tout k 1 on dit qu une fonction f : A R est C k (A) si elle est dérivble et l fonction f est C k 1 (A). Il n est ps difficile étblir le suivnt : Théorème Soit k 1. Si f et g sont deux fonctions C k (A) lors f + g, fg sont ussi C k (A), insi que 1/f si en plus f 0 sur A. Si g est une fonction C k (f(a)) (C k sur l ensemble f(a), qui est un intervlle si A est un intervlle) lors g f C k (A). Si en plus f 0 sur A lors f 1 est C k (f(a)) (f 1 existe cr f 0 et donc, grâce u théorème de Drboux, f est soit toujours positive soit toujours négtive, donc f est strictement monotone et donc inversible). Démonstrtion. Il suffit de tout démontrer pr récurrence. On sit que le résultt est vri pour k = 1. Mintennt on le suppose vri pour k = n et on le montre pour k = n + 1. Prenons f, g C n+1 (A) (donc f, g C n (A)) et considérons l somme et le produit. Comme on veut montrer que f + g, fg et 1/f pprtiennent à C n+1 (A) il nous suffit de montrer que leurs dérivées pprtiennent à C n (A). Les dérivées qu on regrde sont f + g, fg + f g et f /f 2 qui sont obtenues comme sommes, produits et rtios de fonctions C n. Donc, comme le résultt est supposé vri pour k = n, on en déduit que f + g, fg + f g et f /f 2 sont C n et donc f + g et fg sont C n+1. L idée est l même en ce qui concerne l composition : prenons f C n+1 (A) et g C n+1 (f(a)). L dérivée de l composée g f est donnée pr g f f qui est un produit d une fonction C n (A) (l fonction f, pr hypothèse sur f) et d une fonction qui est l composition de deux fonctions C n. en ppliqunt le résultt dns le cs k = n on trouve que (g f) est C n et donc g f est C n+1. Pour terminer il reste le cs de l inverse. Si f C n+1 (A) on clcule (f 1 ). On 1/(f f 1 ). L fonction f f 1 est l composition de deux fonctions C n et est donc C n. Là ussi on montré, en utilisnt les résultts pour k = n, que f 1 est C n+1. Observtion On peut dire qu une fonction est continue en un point x 0, on peut dire qu elle est dérivble en ce point, mis si l on dit qu elle est C 1 en x 0 lors on veut en fit dire qu elle est u moins dérivble hors de x 0 ussi et que s dérivée est continue en x 0. Preillement, dire qu une fonction est C k en un point donné implique prler de ses dérivées hors de x 0 ussi. Sous le côté nottions, on ppelle dérivée seconde d une fonction f, et on l note pr f, l dérivée de s dérivée (f = (f ) ) et plus en générl on prle de dérivée k ième. On écris en générl f, f, f, f mis près on utilise l nottion f (k) pour l dérivée k ième. Qund on prle de combien de fois une fonction est dérivble vec continuité on ppelle ç le dégré de régulrité de cette fonction. Une fonction est usuellement dite régulière si elle est suffismment dérivble pour ce qu on veut y fire vec. Prfois on dit régulière pour dire C, ce qui est introduit dns l définition suivnte. Définition Une fonction f est dite C (A) si f C k (A) pour tout k 0. 17

18 2.3 Formule de Tylor et dévéloppements limités On considère ici une fonction f suffismment régulière sur A et on donne des formules de développement beucoup plus fines de celles qu on donné vnt. Il s git en générl d pprocher une fonction f pr des fonctions polynomiles, en utilisnt les vleurs de f et de ses dérivées dns un point donné. Ce genre de développement est connu comme développement de Tylor. On présente ici deux différentes formules, qui donnent le même résultt (le même polynôme) mis l expression du reste est différente (et les hypothèses de régulrité ussi). On donner plus trd une définition plus générle de qu est-ce que c est qu un développement limité (ou DL, en générl il s git de remplcer une fonction pr un nombre limité d expressions plus fciles, des monômes) et on verr que les dveloppements de Tylor sont des DL. On commence pr le premier, le développement de Tylor-Lgrnge. Théorème Soit f : A R une fonction C n (A) qui dmet dérivées n + 1 ième en tout point de A et x 0 un point à l intérieur de A. Alors pour tout x A il existe un point ξ entre x 0 et x (c est-à-dire ξ ]x 0, x[ si x 0 < x ou ξ ]x, x 0 [ si x < x 0 ) tel que f(x) = f(x 0 )+f (x 0 )(x x 0 )+ 1 2 f (x 0 )(x x 0 ) n! f (n) (x 0 )(x x 0 ) n + 1 (n + 1)! f (n+1) (ξ)(x x 0 ) n+1. Démonstrtion. L démonstrtion qu on v voir est un exemple de démonstrtion mgique où l on rrive à l thèse en considérnt des fonctions qui n ont ps grnde chose à voir et en leur ppliqunt d utres théorèmes, jusqu à en obtenir une formule qui, pprmment pr hsrd, est utilisble dns le cdre qui nous intéresse. Dns ce cs on considérer l fonction n (x t) k φ(t) = f(x) f(t) f (k) (x t)n+1 (t) A, k! (n + 1)! k=1 où A est une constnte à choisir pour fire en sorte d voir φ(x) = φ(x 0 ) et ppliquer le théorème de Rolle à φ sur l intervlle [x 0, x]. Remrquons d bord que φ(x) = 0 et φ(x 0 ) = R A(x x 0 ) n+1 /(n + 1)!, où R est le reste du développement de Tylor, c est-à-dire n (x x 0 ) k R = f(x) f(x 0 ) f (k) (x 0 ). k! k=1 Notre but ser exctement de montrer R = f (n+1) (ξ)(x x 0 ) n+1 /(n + 1)! pour un ξ entre x et x 0. Supposons mintennt qu on it choisi A de fçon à voir φ(x 0 ) = 0, c est-à-dire R = A (x x 0) n+1. (2.2) (n + 1)! On peut bien ppliquer le théorème de Rolle à l fonction φ cr elle est continue et dérivble prtout à l intérieur de l intervlle [x 0, x] pr conséquence du fit que f C n (A) (donc toutes les fonctions qui pprissent dns l définition de φ sont continues) et que f (n) est dérivble (et donc toutes les fonctions qui pprissent sont dérivbles ussi). Si l on clcule l dérivée de φ on trouve un effet téléscopique : φ (t) = f (t) + = n k=1 (x t) k 1 (k 1)! f (k) (t) (x t)n f (n+1) (x t)n (t) + A. n! (n)! 18 n (x t) k f (k+1) (x t)n (t) + A k! (n)! k=1

19 Le théorème de Rolle nous dit qu il existe un point ξ dns l intervlle entre x 0 et x vec φ (ξ) = 0. Ceci implique, grâce à l formule pour φ, qu on f (n+1) (ξ) = A. En remplcent A pr f (n+1) (ξ) dns (2.2), on trouve justement ce qui étit notre but. R = f (n+1) (ξ) (x x 0) n+1, (n + 1)! Comme dns le cs des ccroissements finis, on peut obtenir un utre développement, plus puissnt sous le point de vue hypothèses de régulrité-dégré du développement, mis dont le reste une formultion moins explicite. Théorème Soit f : A R une fonction C n 1 (A) qui dmet une dérivée n ième u point x 0 A. Alors on f(x) = f(x 0 ) + f (x 0 )(x x 0 ) f (x 0 )(x x 0 ) n! f (n) (x 0 )(x x 0 ) n + o((x x 0 ) n ). Démonstrtion. Dns cette démonstrtion on v pr contre voir une utre technique de preuve très typique, et notmment celle de démonstrtion pr récurrence. On remrque que si n = 1 le théorème dit seulement que toute fonction dérivble dmet le développeent f(x) = f(x 0 ) + f (x 0 )(x x 0 ) + o(x x 0 ). Ceci descend directement de l définition de dérivée. Or, supposons le théorème vri pour un certin rng n et démontrons-le pour n + 1. Prenons f qui stisfit les hypothèses de régulrité du théorème vec n + 1 : il est évident que lors f stisfit les hypothèses du théorème vec n. Appliquons donc le résultt à f : on trouve f (x) = n k=1 f (k) (x 0 ) (k 1)! (x x 0) k 1 + o((x x 0 ) n ). (2.3) On écrit R(x) = f(x) n k=0 f (k) (x 0 ) k! (x x 0 ) k et on remrque que (2.3) peut s écrire sous l forme R (x) = ε(x)(x x 0 ) n, ε étnt une fonction qui tend vers zéro lorsque x x 0. Ceci signifie que pour tout η > 0 il existe δ > 0 tel qu on R (x) < η x x 0 n pour tout x (x 0 δ, x 0 + δ). L enoncé du théorème revient à montrer R(x) = o((x x 0 ) n+1 ). Pour cel on remrque R(0) = 0 et on écrit R(x) = R (ξ) x x 0 η ξ x 0 n x x 0 η x x 0 n+1, où l inéglité est vlble si x (x 0 δ, x 0 + δ), cr dns ce cs là ξ ussi pprtient u même intervlle. Ceci montre exctement et donc R(x) = o((x x 0 ) n+1 ). lim x x 0 R(x) = 0, (x x 0 ) n+1 Observtion Il fut remrquer que l formule de Tylor-Young devient beucoup plus fcile à démontrer, et on peut l déduire de celle de Tylor-Lgrnge, si on met l hypothèse f C n (A) (ce qui est deux fois plus restricitve : prce que l on demnde une dérivée n ième prtout, ps seulement en x 0, et prce qu on l veut continue). En fit, il suffit d écrire l formule de Tylor-Lgrnge à l ordre n 1 et remrquer que (f (n) (ξ) f (n) (x 0 ))(x x 0 ) n = o((x x 0 ) n ). 19

20 Plus en générl on ppelle développement limité u point x 0 d une fonction f à l ordre n un polynôme P de dégré n tel que f(x) = P (x) + o((x x 0 ) n ). Ce qu on vient de montrer est que, si l fonction f est C n (C n 1 vec dérivées n ièmes prtout étnt suffisnt) lors il existe en tout point un dévéloppement limité et les coefficients du développement sont clculés d près les vleurs des dérivées u point x 0. Il se peut que d utres fonctions, qui ne sont ps ssez régulières, dmettent qund même l existence d un développement limité d ordre supérieur à ce que l on urit pu s ttendre. En tout cs, si une fonction dmet un dévéloppement limité, ce développement est unique prmi les polynômes du même dégré. Théorème Soit f : A R une fonction qui dmet deux dévéloppements limités du même ordre n et u même point x 0, de l forme vec deg P, deg Q n. Alors P = Q. f(x) = P (x) + o((x x 0 ) n ) = Q(x) + o((x x 0 ) n ), Démonstrtion. On déduit fcilement du fit que P et Q sont des dévéloppements limités d une même fonction f que P (x) Q(x) = o((x x 0 ) n ). On sit bien que tout polynôme peut être écrit en terme de puissnces de x x 0 à l plce des puissnces de x (il suffit de vérifier que 1, x x 0, (x x 0 ) 2,..., (x x 0 ) n forment une bse de l espce des polynômes de dégré inférieur ou égle à n, où de démontrer ce résultt pr récurrence sur n). Donc P Q peut s écrire sous l forme P (x) Q(x) = A(x x 0 ) k + n i=k+1 A i (x x 0 ) i, pour un coefficient A 0 (en choisissnt pour k le premier dégré vec coefficient non nul dns cette déomposition : si ce dégré n existe ps c est pr ce que P Q est le polynôme nul, et dns ce cs là on obtenu P = Q). Donc on A(x x 0 ) k + n lim i=k+1 A i (x x 0 ) i x x 0 (x x 0 ) n = 0. Pourtnt, dns cette limite, l seule prtie qui compte est A(x x 0 ) k lim x x 0 (x x 0 ) n, ce qui donne comme résultt soit ± si k < n soit A si k = n. Comme cette limite ne donne jmis zéro, on une contrdiction et donc P = Q. Ce résultt d unicité des DL plusieurs conséquences. Une première conséquence que l on voit concerne les fonctions pires et impires. Proposition Soit A =], [ un ouvert symétrique de R qui inclut 0. Supposons que f : A R soit pire (c est-à-dire f(x) = f( x) pour tout x A). Alors tout développement limité de f en zéro est pire ussi (et donc toute puissnce d exposnt impire coefficient nul). Si pr contre on suppose que f soit impire (c est-à-dire f(x) = f( x) pour tout x A) on peut dire lors que ses développements sont impires ussi. 20

21 Démonstrtion. Soit P un polynôme de dégré n tel que f(x) = P (x) + o(x n ) et f pire. On donc f(x) = f( x) = P ( x) + o(( x) n ) = P ( x) + o(x n ). Le polynôme x P ( x) est donc un utre DL du même ordre de f utour de zéro. Pr conséquent P (x) = P ( x) et donc P est pire. Si f est impire on obtient d où l on tire P (x) = P ( x). f(x) = f( x) = P ( x) o(( x) n ) = P ( x) + o(x n ), 2.4 Exemples et pplictions On v se rendre compte que l unicité du DL est à l bse de toute méthode de clcul du DL différente de l simple dérivtion itérée. On en donner tout de suite un exemple, mis cet exemple ser précedé pr quelques définitions concernnt l équivlence et l négligebilité des fonctions tendnt vers zéro. Définition Soient f, g : A R deux fonctions définies u voisinge du point x 0 A et telles que lim f(x) = lim g(x) = 0, x x 0 x x 0 on dit lors que f et g sont équivlentes si et on dit que f est negligeble devnt g si f(x) lim x x 0 g(x) = l R \ {0}, f(x) lim x x 0 g(x) = l R \ {0}. Si f est équivlente à g on écrit f(x) = O(g(x)) et si f est négligeble devnt à g on écrit f(x) = o(f(x)). L reltion d équivlence étnt une reltion d équivlence, elle est symétrique et donc f(x) = O(g(x)) équivut à g(x) = O(f(x)). Observtion On dit prfois que deux fonctions sont équivlentes en utilisnt une définition beucoup plus stricte, c est-à-dire que l limite fsse 1 à l plce de n importe quel nombre fini et non nul. Aussi, on prfois envie d étendre note définition u cs où l limite n existe ps : dns ce cs là on dit que les deux fonctions sont équivlentes si le quotient est loclement borné entre deux constntes c et C vec 0 < c < C < + (ou 0 > c > C > ). Non seulement, souvent pr bus de nottion on dit f(x) = O(g(x)) pour dire f est u pire de l ordre de g, c est-à-dire soit f(x) = O(g(x)), soit f(x) = o(g(x)). C est un peu comme qund on dit dénombrble pour dire soit dénombrble soit fini. On connit bien pr exemple les limites suivntes, qu on peut démontrer pr voie de considértions géometriques et de mnipultions lgébriques : sin x lim x 0 x = 1 ; lim 1 cos x x 0 x 2 = 1 2, ce qui nous donne les équivlences entre sin x et x et entre 1 cos x et x 2 u voisinge de 0. Ce qui nous intéresse en vue des DL est le suivnt : Observtion Si f et g sont équivlentes u voisinge d un certin point x 0, les écritures o(f(x)) et o(g(x)) (eu voisinge du même point x 0 ) coïncident. 21

22 2.4.1 Clculs de DL et de limites En utilisnt tout ç, on peut voir les exemples suivnts. Exemple Considérons l fonction f(x) = sin(2 sin(x/2)) et cherchons-en le DL jusqu à l ordre 4 en 0. On commence pr le sinus à l exterieur et on se souvient du DL sin y = y y 3 /3 + o(y 4 ). On v choisir près y = 2 sin(x/2). Pourquoi? pour réliser l sitution de l fonction qu on veut développer. Pourquoi -t on pris le DL du sinus jusqu à l ordre 4? cr le y qu on v utiliser ser équivlent à x et donc si l on cherche un reste o(x 4 ) on veut un reste du genre o(y 4 ). On donc sin(2 sin(x/2)) = 2 sin(x/2) 1 3 (2 sin(x/2))3 + o((2 sin(x/2)) 4 ). On peut remplcer o((2 sin(x/2)) 4 ) pr o(x 4 ) et les expressions vnt pr leurs DL. Celui de 2 sin(x/2) est fcile, mis pour le développement de son cube il y plusieurs mnières de procéder. On pourrit développer le sinus jusqu à l ordre 4 et puis en prendre le cube. Ceci v mrcher sûrement : il est toujours suffisnt de développer les fonctions qu on u dedns jusqu u même ordre qu on souhite réliser pour l fonction composée. Pourtnt, on peut fire mieux. Dns l expression (2 sin(x/2)) 3 = (2 sin(x/2)) (2 sin(x/2)) (2 sin(x/2)) = (x + o(x 2 )) (x + o(x 2 )) (x + o(x 2 )) on un produit vec un terme x 3 et d utres termes qui ont u moins deux fois x et une fois o(x 2 ). Comme x x o(x 2 ) = o(x 4 ), tous ces termes peuvent être negligés dns notre développement et mis ensemble u o(x 4 ) à l fin. On donc f(x) = sin(2 sin(x/2)) = x 2 6 Exemple Considérons l fonction ( x 2 ) 3 + o(x 4 ) 1 6 x + o(x4 ) = x 5 24 x3 + o(x 4 ). f(x) = ln(cos x + x 3 ) et cherchons-en le DL jusqu à l ordre 5 en 0. On écrit ç comme f(x) = ln(1 + (cos x + x 3 1)) = ln(1 + y) vec y = g(x) = cos x + x 3 1. Comme ç on une fonction g telle que g(0) = 0 et on l compose vec l fonction ln(1 + y), dont on connît bien le développement, et notmment on ln(1 + y) = y y2 2 + o(y2 ) = y y2 2 + y3 3 + o(y3 ) = y y2 2 + O(y3 ). On utiliser l dernière version. Pourquoi s rrêt-on u reste O(y 3 )? Cr c est l fonction g qui ser de l ordre de x 2, et précisément g(x) = x2 2 + x3 + x o(x5 ). On donc g(x) = O(x 2 ) (pour clculer l puissnce dont une fonction donnée est grnd O il suffit de trouver le développement de Tylor et près regrder le premier terme non nul). Or, si y = g(x) = O(x 2 ), on O(y 3 ) = O(x 6 ) = o(x 5 ). Il suffit donc de s rrêter à ce développement là dns le logrithme. Évidemment pour choisir l ordre où s rrêter dns l fonction à l extérieur il fut regrder l ordre d équivlence de l fonction à l intérieur de l composition. En générl il 22

23 est qund même toujours suffisnt développer l fonction à l extérieur ussi jusqu à l ordre finl souhité (dns ce cs, 5), mis prfois on peut économiser des clculs. Preil pour l fonction à l intérieur : il est toujours suffisnt d rriver jusqu à l ordre souhité, mis prfois on peut fire mieux. Notmment, si dns le développement de l fonction à l extérieur il y une prtie y (comme dns ce là), on y peut rien fire : on est forcé à développer jusqu u but cr de toute fçon on devr copier le développement de y = g(x) dns le résultt finl. Si pr contre on commence pr y 2 et on est dns le cs g(0) = 0 (donc g commence pr x) on se retrouver toujours à clculer des termes u moins g 2 (x) vec g qui commence pr x : chque terme de g ser multiplié dns le crré pr x u moins et on peut donc s rrêter un ordre vnt. C est un peu ce qu on v voir pour clculer g 2 (x) et son développement dns ce cs-ci. On g 2 (x) = ( ) 2 x2 2 + x3 + x o(x5 ). On commence à multiplier chque terme fois tous les utres mis on néglige tout terme qui dépsse l ordre 5 (pr exemple x 3 fois x 3 ou x 4 fois x 2 ou les petits o). On obtient g 2 (x) = x4 4 x5 + o(x 5 ) et on s perçoit ussi que les termes en x 4 et o(x 5 ) n ont joué ucun rôle (cr, en étnt obligé de les multiplier toujours fois x 2 u moins, on dépssit sûrement l ordre 5). Plus en générl, si je dois clculer le DL à l ordre n d un produit du genre g 1 (x)g 2 (x) vec g 1 (x) = O(x k ) et g 2 (x) = O(x h ) on peut se contenter de développer g 1 jusqu à l ordre n h (cr on multiplier toujours fois x h u moins) et g 2 jusqu à n k (cr on multiplier toujours fois x k u moins). Qund on met tout ç ensemble on obtient f(x) = ln(cos x+x 3 ) = x2 2 +x3 + x4 24 +o(x5 ) 1 ( ) x x5 + o(x 5 ) = x2 2 +x3 x4 12 +x5 2 +o(x5 ). Un utre exemple intéressnt est le suivnt. Exemple Considérons l fonction f(x) = tn x et cherchons-en le DL jusqu à l ordre 3 en 0. Mis on veut le trouver rpidement, et sns regrder les tbleux de dévéloppements connus. Cependnt, on dmet de connître les dévéloppements du sinus et du cosinus, qui sont plus simples à s en souvenir. Non seulement, on dmet l existence du DL à l ordre 3 de l tngente, cr on sit qu elle est une fonction C (] π/2, π/2[). On écrit donc tn x cos x = sin x. On suppose tn x = A + Bx + Cx 2 + Dx 3 + o(x 3 ). Écrire les trois développements à l ordre 3 donner qutre équtions qui permettront de déduire les vleurs des snstntes inconnus A, B, C et D. Cependnt, fut ps exgérer : on sit bien que A vut 0 cr le premier terme du DL en un point x 0 est toujours l vleur f(x 0 ) et dns ce cs là on tn 0 = 0. En plus, on connît l vleur de B ussi, cr le coefficient du terme linéire coïncide toujours vec f (x 0 ). Ceci peut être vu en écrivnt le développement (2.1) et en utilisnt l unicité du DL. Et comme on sit clculer l dérivée de l tngente en 0 est elle vut 1, on ( x + Cx 2 + Dx 3 + o(x )) ( ) 2 x2 + o(x 3 ) = x 1 6 x3 + o(x 3 ). En développnt les produits (et en négligent les termes en o(x 3 )) on trouve x + Cx 2 + Dx x3 + o(x 3 ) = x 1 6 x3 + o(x 3 ). 23

24 Ceci signifie que l même fonction, le sinus, dmet deux développements limités en 0, et donc ils coïncident. Ceci implique C = 0 et D 1/2 = 1/6, ce qui donne C = 1/3. On donc tn x = x 1 3 x3 + o(x 3 ). On peut voir ce qu il se psse vec les fonctions réciproques. Exemple Cherchons les DL jusqu à l ordre 3 des fonctions f(x) = rcsin x et g(x) = rctn x. On sit sin(rcsin x) = x. Prenons les DL limités à l ordre 3 de toute expression. Évidemment on ne connît ps encore celui de l rcsinus, mis on peut svoir qu il est de l forme x + Ax 3 + o(x 3 ). Ceci on le sit cr l fonction rcsinus vut zéro en zéro, s dérivée vut 1, et il s git d une fonction impire (donc il n y ps de prtie de dégré 2). On donc rcsin x 1 6 (rcsin x)3 + o((rcsin x) 3 ) = x x + Ax 3 + o(x 3 ) 1 6 ( x + Ax 3 + o(x 3 )) 3 + o((rcsin x) 3 ) = x. Grâce u fit que rcsin x est équivlent à x u voisinge de 0 (ce qui est une conséquence du fit que l fonction vut zéro en zéro mis s dérivée non), on peut remplcer le o((rcsin x) 3 ) pr o(x 3 ). En plus, en développnt et en négligent les termes d ordre trop élevé, on obtient d où l on tire A = 1/6. x + Ax x3 + o(x 3 ) = x, De mnière toute à fit équivlente on suppose rctn x = x+bx 3 +o(x 3 ) et on trouve B = 1/3. On pplique tout ç u clcul d une limite. Exemple On veut clculer l limite tn x rctn x lim x 0 sin x rcsin x. On remrque que dénominteur et numérteur, les deux, vlent 0 et qu on donc une condition d indétermintion 0/0. Ceci correspond à fire un développement à l ordre 0, c est-à-dire à ne regrder que les vleurs des fonctions, mis nous on peut fire mieux. On regrde le développement à l ordre 1 et là ussi on voit que, comme toutes les fonctions tn x, rctn x, sin x, rcsin x sont de l forme x + o(x), on tombe encore sur une expression qui ne nous ide ps. On en effet o(x) lim x 0 o(x), ce qu on n est ps cpbles de triter cr en ce qui concerne o(x) on sit seulement lim x 0 o(x)/x = 0 mis on ne sit ps diviser un o(x) pr un utre. Il fut donc continuer vec les développements jusqu à un résultt meilleur. On le trouve à l ordre 3, où l on tn x rctn x sin x rcsin x = x 1 3 x3 + o(x 3 ) x 1 3 x3 + o(x 3 ) x 1 6 x3 + o(x 3 ) x 1 6 x3 + o(x 3 ) = 2 3 x3 + o(x 3 ) 1 3 x3 + o(x 3 ) = o(x3) x o(x3 ) Mintennt on peut clculer les limites des nouveux dénominteur et numérteur séprément et on obtient tn x rctn x lim x 0 sin x rcsin x = 2. En générl on développe séprément dénominteur et numérteur jusqu u premier ordre qui ne donne ps un résultt bnl (ici, l ordre 3). Après on regrde les exposnts qu on obtenus : pr exemple x 5 + o(x 5 ) lim x 0 x 3 + o(x 3 ) = lim x 0 24 o(x5) 1 + x x2 5 = 0, 1 + o(x3 ) x 3 x 3.

25 lors que, vec l même méthode (toujours diviser pr l puissnce qui pprît dns chque terme de l frction) on x 3 + o(x 3 ) lim x 0 x 5 + o(x 5 ) = + ; lim x 3 + o(x 3 ) x 0 ± x 4 + o(x 4 ) = ± ; lim Ax n + o(x n ) x 0 Bx n + o(x n ) = A B Minim, mxim et DL Les clculs des limites ne sont ps les seules pplictions possibles et intéressntes des DL. Les développements limités sont ussi très importnts en vue de l détection des points des minim et mxim locux. On en fit le théorème suivnt, qu on donne dns le cs d une fonction C. Théorème Soit f :], b[ R une fonction C (], b[) et x 0 ], b[. Soit n = min{k 1 : f (k) (x 0 ) 0}. lors : si n est impire x 0 n est ni un minimum locl ni un mximum locl ; si n est pire et f (n) (x 0 ) > 0 lors x 0 est un point de minimum locl ; si n est pire et f (n) (x 0 ) < 0 lors x 0 est un point de mximum locl. Démonstrtion. Grâce u développement de Tylor on et donc f(x) = f(x 0 ) + f (n) (x 0 ) (x x 0 ) n + o((x x 0 ) n ) n! f(x) f(x 0 ) = (x x 0 ) n ( f (n) (x 0 ) n! + o((x x 0) n ) ) (x x 0 ) n. Le signe à droite est donné pr le signe de (x x 0 ) n fois le signe de l prenthèse, qui ne dépende loclement que du signe de f (n) (x 0 ), cr f (n) (x 0 ) 0 et lim x x0 o((x x 0 ) n )/(x x 0 ) n = 0. Dns le cs n impir le signe du premier fcteur vrie selon l position de x pr rpport à x 0 lors que l utre ne vrie ps. Pr conséquent, u voisinge de x 0, l quntité f(x) f(x 0 ) est d un côté positive et de l utre négtive, ce qui implique que x 0 ne peut être ni un point de minimum locl (cr dns ce cs là on urit eu f(x) f(x 0 ) 0), ni de mximum locl (cr on urit eu f(x) f(x 0 ) 0). Dns le cs n pir, pr contre, le premier fcteur est e tout cs positif. Ceci implique que f(x) f(x 0 ) le même signe de l prenthèse, et donc on un minimum (f(x) f(x 0 ) 0) dns le cs f (n) (x 0 ) > 0 et un mximum (f(x) f(x 0 ) 0) dns le cs f (n) (x 0 ) < 0. Dns ce théorème on n ps supposé {k 1 : f (k) (x 0 ) 0} simplement cr l énoncé même du théorème portit sur n, son minimum : si cet ensemble est vide lors n n existe ps et donc il n y rien à démontrer. Il y ussi un vice-vers un peu plus fible. cette version porte directement sur x 0 et déduit quelque chose sur n, et c est pour ç qu on suppose, pour clrifier, que n existe (c est -à-dire que l ensemble dont on prend le minimum soit non vide). Théorème Soit f :], b[ R une fonction C (], b[) et x 0 ], b[. Supposons {k 1 : f (k) (x 0 ) 0} et soit n = min{k 1 : f (k) (x 0 ) 0}. Alors : si x 0 est un point de minimum locl lors n est pire x 0 et f (n) (x 0 ) > 0 ; si x 0 est un point de mximum locl lors n est pire x 0 et f (n) (x 0 ) < 0. Démonstrtion. Il suffit d utiliser le théorème de tout à l heure pour en déduire qu il n est ps possible que n soit impire, ni que n soit pire mis que l dérivée it le muvis signe : dns ce cs là on urit un point qui est u même temps mximum locl et minimum locl, mis cel implique que l fonction est loclement constnte, c est à dire que toute dérivée s nnule en x 0. Et cel est en contrdiction vec les hypothèses. 25

26 Ces théorèmes correspondent un peu à ce qu on dns le cs de l dérivée première (si un point est un extremum locl lors l dérivée vut zéro, et cel peut s étendre à toute dérivée d ordre impir, dns un certin sens) et ux théorèmes bien connus sur l dérivée seconde (si elle est strictement positive le point rélise un minimum locl, si le point rélise un minimum locle lors elle est 0 : ici l inéglité est stricte mil reste qund même l possibilité que les dérivées s nnule toutes, ce qui correspond u cs d églité). Or, dns notre intuition on ne connît ps trop de fonctions qui ont toutes les dérivées nulles en un point donné et qui ne sont ps l fonction nulle. Pr exemple on sit que cel ne peut ps être vri pour un polynôme, cr un polynôme coïncide vec son développement de Tylor (c est-à-dire le DL d ordre n d un polynôme d ordre n reste nul, et cel peut être vérifié en utilisnt l unicité du DL). Pourtnt, il y l exemple suivnt. Exemple Considérons l fonction f(x) = { 0 si x 0 e 1/x si x > 0. Cette fonction est une fonction C (R) et f (k) (0) = 0 pour tout k N. Pour s en rendre compte, on commence pr voir que lim x 0 + f(x) = 0 cr 1/x + et donc e 1/x e = 0. Ceci montre l continuité. Pour les dérivées, il suffit de clculer l dérivée à droite et on f (x) = e 1/x e 1/x x 2 et lim x 0 + x 2 = 0, cr cette dernière limite est une forme indéterminée 0/0 mis le zéro du numérteur l emporte sur celui du dénominteur grâce à son comportement exponentiel. Plus en générl, on peut montrer que l dérivée k ième de f est de l forme f (k) (x) = P (x) Q(x) e 1/x pour des polynômes P et Q (ceci peut être montré pr récurrence). Pr conséquent, on toujours lim f (k) (x) = 0, x 0 + ce qui montre u même temps que l fonction est C k (cr de l utre côté toute dérivée est nulle, l fonction étnt constnte) et que f (k) (0) = Fonctions convexes On introduit dns cette section les fonctions convexes et on rélier ce concept à l forme de leur dévéloppement de Tylor, dns le cs de fonctions convexes régulières (disons, C 2 ). Définition Une fonction f : A R est dite convexe si elle stsifit l inéglité f((1 t)x + ty) (1 t)f(x) + tf(y) pour tout x, y A, t [0, 1]. Géometriquement cel signifie que le grphe de l fonction f entre les vleurs x et y des bscisses est toujours u dessous de celui du segment qui rélie les points (x, f(x)) et (y, f(y)). Sinon, on peut voir le point (1 t)x + ty comme une moyenne (pondérée vec des poids différents, mis il s git de l moyenne usuelle si t = 1/2) entre x et y et le définition s enconce comme une fonction convexe est une fonction f telle que f de l moyenne est inférieure ou égle à l moyenne des f. Une propriété importnte des fonctions convexes est l suivnte, qui dit que les tux d ccroissements sont croissnts. 26

27 Proposition Soit f : A R une fonction convexe et x 1 < x 2 < x 3 trois points de l intervlle A. On lors l inéglité f(x 2 ) f(x 1 ) x 2 x 1 f(x 3) f(x 2 ) x 3 x 2. De même, on f(x 2 ) f(x 1 ) x 2 x 1 f(x 3) f(x 1 ) x 3 x 1 f(x 3) f(x 2 ) x 3 x 2. Démonstrtion. Considérons d bord le point x 2 qui est u milieu entre x 1 et x 3. Soit = x 2 x 1 et b = x 3 x 2. On peut vérifier qu on x 2 = b + b x b x 3 et, en prénnt t = /( + b) (ce qui donne 1 t = b/( + b)) dns l définition de convexité, on d où Cette inéglité donne f(x 2 ) b + b f(x 2) b + b f(x 1) + + b f(x 3), b + b f(x 1) + b f(x 3) f(x 2 ) f(x 1 ) x 2 x 1 f(x 3) f(x 2 ) x 3 x 2. + b f(x 2). Cel nous dit que le tux d ccroissement entre x 1 et x 2 est inférieur à celui entre x 2 et x 3. On note mintennt δ i,j le tux d ccroissement (f(x i ) f(x j ))/(x i x j ) : on sûrment d où f(x 3 ) f(x 1 ) = δ 1,2 + bδ 2,3, δ 1,3 = + b δ 1,2 + b + b δ 2,3. De cel, comme on sit déjà δ 1,2 δ 2,3, on tire δ 1,2 δ 1,3 δ 2,3 (cr l moyenne entre δ 1,2 et δ 2,3 qu on est forcement inclue entre le plus petiti des deux tux et le plus grnd). L chose se peut générliser à tout couple d intervlles l un plus à droite que l utre. Proposition Soit f : A R une fonction convexe et [x 1, x 2 ] et [x 3, x 4 ] deux intervlles inclus dns A, vec x 1 x 2 et x 3 x 4.On lors l inéglité f(x 2 ) f(x 1 ) x 2 x 1 f(x 4) f(x 3 ) x 4 x 3. Démonstrtion. Si x 1 = x 3 ou x 2 = x 4 on se retrouve dns le cs de toute à l heure, c est-à-dire celui où les deux intervlles ont le même point de déprt ou le même point d rrivée (deuxième prtie de l Proposition 2.5.1) et l thèse est prouvée. Si x 1 < x 3 et x 2 < x 4 il y encore trois cs : soit x 2 < x 3, et lors les deux intervlles sont complètement l un à droite de l utre, soit x 3 < x 2, et lors ils se superposent, soit x 2 = x 3 et ils se touchent. Ce dernier cs est réglé encore pr l Proposition (première prtie) ppliquée qui nous donne l inéglité pour deux intervlles consecutifs. Dns le premier cs pr contre on, en ppliqunt plusieurs fois l même proposition, δ 1,2 δ 2,3 δ 3,4, qui nous donne δ 1,2 δ 3,4. Le seul cs qui reste est celui de superposition : dns ce cs on dit δ 1,2 δ 3,2 δ 3,4 pr ppliction successive de l deuxième prtie de l Proposition

28 Cel plusieurs conséquences Proposition Une fonction convexe f : [, b] R dmet toujours une dérivée droite et une dérivée guche en tout point x 0 ], b[. Démonstrtion. L dérivée droite de f u point x 0 est définie comme étnt lim x x + 0 f(x) f(x 0 ) x x 0, mis on vient de montrer que cette quntité dont on prend l limite est monotone. Pr conséquent s limite existe, et elle finie cr tout tux d croissement en x 0 est borné pr c = f(x 0) f() x 0 f(x) f(x 0) x x 0 f(b) f(x 0) b x 0. Donc l fonction dmet une dérivée à droite et l dérivée à guche peut être tritée de l même mnière. Proposition Une fonction convexe f : [, b] R est toujours loclment Lipschitzienne sur ], b[ (c est-à-dire : pour tout sous-intervlle fermé [c, d] ], b[ il existe une constnte de Lipschitz vlble sur cet intervlle ; cependnt, cette constnte dépende de l intervlle [c, d] est il se pourrit que s vluer explose dès que c pproche ou d pproche b). En prticulier, f est continue sur ], b[. Démonstrtion. Grâce à l Proposition 2.5.1, dès que x, y [c, d], on sit Ceci implique f(c) f() c f(x) f(y) x y f(x) f(y) x y { f(c) f() mx, c f(d) f(b). d b } f(d) f(b), d b et le mx à droite est justement une constnte de Lipschitz sur l intervlle [c, d]. Proposition Soit f : [, b] R une fonction dérivble sur ], b[ : les deux fits suivnts sont équivlents : f est croissnte ; f est convexe. Soit f C 2 ([, b]) : les deux fits suivnts sont équivlents : f 0 ; f est convexe. Démonstrtion. Montrons que f croissnte entrîne l convexité. Soient x 0, x 1 [, b] et t [0, 1] : on peut ppliquer le théorème des ccroissements finis à f entre x 0 et x t := (1 t)x 0 +tx 1 et entre (1 t)x 0 + tx 1 et x 1. On trouve, pour des points ξ [x 0, x t ] et η [x t, x 1 ], f(x t ) = f(x 0 ) + t(x 1 x 0 )f (ξ), et f(x 1 ) = f(x t ) + (1 t)(x 1 x 0 )f (η) Pour vérifier l convexité il suffit donc de vérifier si l inéglité = f(x 0 ) + t(x 1 x 0 )f (ξ) + (1 t)(x 1 x 0 )f (η). f(x 0 ) + t(x 1 x 0 )f (ξ) (1 t)f(x 0 ) + tf(x 0 ) + t[t(x 1 x 0 )f (ξ) + (1 t)(x 1 x 0 )f (η)] est vérifiée. Cette inéglité équivut à f (ξ) tf (ξ) + (1 t)f (η), 28

29 ce qui est vri grâce à f (ξ) f (η). Pour montrer l utre impliction il suffit de remrquer que l convexité, grâce à l Proposition 2.5.1, implique que l dérivée, si jmis elle existe, est croissnte. L proposition concernnt les fonctions C 2 est démontrble rpidement dès que l on s perçoit que l condition f 0 est équivlente f croissnte. Pour une fonction convexe C 2 il est intéressnt de regrder son développement limité à l ordre 2. Pour tout x et x 0, en effet, on f(x) = f(x 0 ) + f (x 0 )(x x 0 ) + f (ξ)(x x 0 ) 2, pour un point ξ entre x et x 0. Or, f étnt convexe, l vleur f (ξ) est sûrement positive, quoi que ce soit ξ, et on donc f(x) f(x 0 ) + f (x 0 )(x x 0 ). Ceci signifie que l fonction est toujours en dessus de ses tngentes. En prticulier si un point x 0 dérivée nulle lors il est forcement un point de minimum, cr f (x 0 ) = 0 nous permettrit de dire f(x) f(x 0 ). Ceci l importnte conséquence que pour une fonction convexe être un point de minimum et être un point où l dérivée s nnule sont des fit équivlents. On peut préciser cel même dns le cs de fonctions convexes non C 2. On besoin d bord du lemme suivnt. Lemme Si f : [, b] R est une fonction convexe dérivble u point x 0 ], b[ lors elle stisfit l inéglité f(x) f(x 0 ) + f (x 0 )(x x 0 ) pour tout x [, b]. Démonstrtion. Il fut demontrer cette inéglité sns psser pr le développement à l ordre 2 (cr f n dmet ps forcement un développement de ce genre). Considérons un point x > x 0 et une vleur positive h telle que x 0 + h < x. On lors, grâce ux tux d ccroissements qui sont croissnts, f(x 0 + h) f(x 0 ) h En pssnt à l limite pour h 0 on trouve et, comme x x 0 > 0, on trouve enfin f(x) f(x 0) x x 0. f (x 0 ) f(x) f(x 0) x x 0 f(x) f(x 0 ) + f (x 0 )(x x 0 ). Ceci est vri pour x > x 0. Pour x < x 0 on peut prendre une vleur négtive h > x x 0 et regrder les tux d ccroissements sur [x, x 0 ] et [x 0 + h, x 0 ] en obtennt En pssnt à l limite on trouve f(x 0 + h) f(x 0 ) h f(x) f(x 0) x x 0. f (x 0 ) f(x) f(x 0) x x 0 qui cette fois donne encore f(x) f(x 0 ) + f (x 0 )(x x 0 ) cr x x 0 < 0. L inéglité est donc demontrée pour tout x (le cs x = x 0 est trivil). 29

30 . Observtion On peut voir de l preuve que, si f n est ps dérivble en x 0, on peut qund même obtenir quelque chose vec les dérivées droites et guches. En prticulier on fcilement f(x) f(x 0 )+f d(x 0 )(x x 0 ) pour tout x > x 0 et f(x) f(x 0 )+f g(x 0 )(x x 0 ) pour tout x < x 0. De plus, si l on utilise f d f g, on voit que f(x) f(x 0 ) + f d (x 0)(x x 0 ) entrîne f(x) f(x 0 ) + f g(x 0 )(x x 0 ) pour x > x 0 et que donc l inéglité vec l dérivée guche est toujours vrie. Preillement, celle vec f d s étend ux x > x 0. Pour ceux qui doutent que l dérivée guche d une fonction convexe est toujours inférieure ou égle à l dérivée droite : prenez h > 0 et comprez les tux d ccroissement sur [x 0 h, x 0 ] et [x 0, x 0 + h] : on obtient, grâce à l monotonie de ces tux f(x 0 h) f(x 0 ) h f(x 0 + h) f(x 0 ). h Psser à l limite pourh 0 donne f g(x 0 ) f d (x 0)! Observtion Une utre rémrque intéressnte est l suivnte : si f est dérivble en x 0 (qui doit être un point à l intérieur de l intervlle) et f dmet une inéglité du type f(x) f(x 0 ) + A(x x 0 ) lors, forcement, A = f (x 0 ). Ceci se voit en divisnt l inéglité pr x x 0 : pour x > x 0 on f(x) f(x 0 ) A x x 0 et, à l limite, f (x 0 ) A, et, pour x < x 0 on l inéglité opposée. Si f n étit ps dérivble en x 0 on urit eu A [f g(x 0 ), f d (x 0)]. Proposition Soit f : A R une fonction convexe dérivble en tout point de A. Si x 0 A est un point tel que f (x 0 ) = 0 lors x 0 est un point de minimum. Pr conséquent, pour tout point x 0 à l intérieur de A l condition f (x 0 ) = 0 est équivlente à l condition f(x 0 ) = min{f(x) : x A}. Démonstrtion. Que f (x 0 ) = 0 implique l minimlité de x 0 est une conséquence de l inéglité du Lemme 2.5.6, qui dns le cs f (x 0 ) = 0 donne f(x) f(x 0 ). L équivlence enoncée dns l deuxième prtie du théorème est une conséquence immédite de ce que l on vient de montrer et du Théorème On résume ici plusieurs résultts concernnt l optimistion des fonctions convexes. Théorème Les propositions suivntes sont vries : 1. Une fonction convexe f : [, b] R est continue en tout point de ], b[ et semicontinue supérieurement en et b ; 2. une fonction convexe f : [, b] R dmet toujours un mximum et le mximum est rélisé sur {, b} ; 3. une fonction convexe f : R R n dmet ps de mximum suf dns le cs d une fonction constnte ; 4. une fonction convexe f : [, b] R pourrit ne ps dmettre de minimum mis si elle est l restriction d une fonction convexe définie sur un intervlle [c, d] vec c < et d > b (c est-à-dire si il existe g : [c, d] R convexe vec g(x) = f(x) pour tout x [, b]) lors elle dmet certinement un mimimum sur [, b] ; 5. si f : R R est une fonction convexe lors soit elle est strictement monotone et dns ce cs là elle n dmet ps de minimum, soit elle l est ps et lors elle dmet un minimum ; 30

31 6. les points de minimum d une fonction convexe f forment toujours un intervlle et sont crcterisés, dns le cs d une fonction f dérivble, suf si il s git de points de bord, pr l condition f = 0 Démonstrtion. 1. On sit qu une fonction convexe est loclement Lipschitzienne sur ], b[ et donc continue en tout point intérieur. En ce qui concerne l semi-continuité ux points de bord, considérons le point. Grâce à l convexité, on sit qu on f(x) b x b f() + x b f(b). Supposons mintennt x n et f(x n ) l. On en deduit fcilement b x n l lim n b f() + x n f(b) = f(), b ce qui nous donne l semi-continuité supérieure. L démonstrtion u point b est identique. 2. L existence du mximum est une conséquence du Théorème de Weierstrss pour les fonctions semi-continue supérieurement. Supposons que ce mximum ville M et qu il soit rélisé pr un point x t = (1 t) + tb à l intérieur. On lors M = f(x t ) (1 t)f() + tf(b) (1 t)m + tm = M, ce qui implique f() = f(b) = M. Les points et b serient donc des points de mximum eux ussi (en effet, on peut montrer ussi l proposition suivnte : si une fonction convexe dmet mximum à l intérieur, lors elle est constnte). 3. Supposons qu une fonction convexe sur R dmette mximum M u point x 0 et soient et b deux points tels que < x 0 < b. Avec l même inéglité de tout à l heure on trouve M = f(x 0 ) = f() = f(b). Les points et b étnt rbitrire, on prouvé que f vut M prtout, et elle est donc constnte. 4. L fonction f donnée pr f(x) = { x si x > 0 1 si x = 0 est convexe et n dmet ps de minimum sur l intervlle [0, 1] mis elle ne peut ps être étendue à une fonction convexe vnt 0. Pr contre, toute fonction convexe sur [c, d] est forcement Lipschitzienne sur [, b] et on y peut donc ppliquer le Théorème de Weierstrss stndrd pour prouver l existence du minimum. 5. Considérons une fonction convexe f : R R qui n est s strictement monotone. Cel signifie soit qu elle est monoton mis non strictement, soit qu elle n est ps monotone. Dns le premier cs on une vleur m et deux points < b tels que f() = f(b) = m. Considérons un point c ], b[ et un point x > b : on, grâce à l convexité, ce qui montre b = x b x c c + b x x c x, f(b) x b x c f(c) + b x x c f(x), f(x) 1 (x(f(b) f(c)) + bf(c) cf(b)). (2.4) b c Preillement, de l utre côté, pour x <, on f(x) 1 (x(f(c) f()) + cf() f(c)). (2.5) c Or, si il existe un point c ], b[ vec f(c) < m, les inéglités (2.4) et (2.4) nous disent que lim x ± f(x) = + et on peut donc ppliquer le Théorème Si pr contre pour tout 31

32 c ], b[ on f(c) = m (on ne peut ps voir f(c > m cr sinon on violerit l convexité entre et b), lors les mêmes inéglités nous montrent f(x) m pour tout x / ], b[, ce qui implique que m est le minimum. On considére mintennt le cs d une fonction qui n est ps monotone, et cel signifie qu il existe trois points < c < b tels que f() > f(c) mis f(c) < f(b). On ne peut ps voir l ordre inverse pour violer l monotonie (c est-à-dire f() < f(c) et f(c) > f(b)) cr cel n est ps comptible vec l convexité. On peut donc utiliser les mêmes inéglités (2.4) et (2.4) pour conclure que lim x ± f(x) = + et qu on peut donc ppliquer le Théorème Il suffit de se rendre compte que pour tout m l ensemble A m = {x : f(x) m} est toujours un intervlle, cr si x 0 et x 1 lui pprtiennent et x t = (1 t)x 0 + tx 1 est un point intermédiire lors f(x t ) (1 t)f(x 0 ) + tf(x 1 ) (1 t)m + tm = m. Si l on pplique ç à l vleur m du minimum, comme l ensemble des points de minimum coïncide dns ce cs vec A m, on l preuve de l enoncé. L utre moitié est une conséquence de l Proposition Fonction convexes et concves et leurs pplictions On conclut l section vec des remrques sur les pplictions des fonctions convexes et de leurs opposées, les fonctions concves. Définition Une fonction f : A R est dite concve si f est convexe. Les fonctions convexes et, plus souvent, les fonctions concves trouvent plein d pplictions en économie. Typiquement, le prix pour cheter une quntité x d un certin bien, ou pour le produire, est une fonction concve f(x), vec f(0) = 0 et f 0. Pourquoi est-il concve? est-il vri qu il est bien concve dns l rélité? oui, et on peut s en rendre compte qund on chète pr exemple des pâtes, où le prix d un kilo de pâtes est moins que le double du prix un demi kilo. Ceci entrîne l inéglité de concvité ( 1 f 2 rien + 1 ) 2 kilo > 1 2 f(rien) (1kilo). Bon, l exemple des pâtes n est ps trop convincnt, cr on ne trouve ps n importe quel quntité x des pâtes à cheter. Pssons lors à l cht d un billet de trin. Typiquement (mis on ne le voit plus trop dns un système vec des trifs spéciux comme sur les TGV), si le prix d un billet correspondent à 100km est de 20 euros, l différence entre le prix d un billet de 1000 kilomètres et un billet de 1100 kilomètres est moins importnte que 20 euros. Ceci signifie f(1100) f(1000) < f(100) f(0), ce qui est toujours typique des fonctions concves. Pour ce qui est des coûts de production, souvent il y des coût pour démrrer une ctivité qui ne sont ps influencés pr l quntité x du bien qui ser en effet produite. Pr exemple, si pour commencer à produire le bien il est nécessire d cheter une mchine dont le coût est de euros et près le coût unitire de production est de 10euros, l fonction de coût pour le producteur ser une fonction f : [0, + [ R donnée pr { 0 si x = 0 f(x) = x si x > 0. Cette fonction, même si discontinue (elle est en fit semi-continue inférieurement), est concve. 32

33 En générl toutes ces fonctions coûts ont une propriété très importnte, qui est celle de sousdditivité. En effet, si l on connît le prix f(x) pour cheter/produire une quntité x, insi que le prix f(y) pour une quntité y, si jmis on est intéressé à une quntité x + y, il n y ps de risons de pyer plus que f(x) + f(y), cr u pire on pourr toujours cheter (ou produire) séprément une quntité x et une quntité y. Définition Une fonction f : [0, + [ R est dite sous-dditive, si pour tout x, y 0 on f(x + y) f(x) + f(y). Il est intéressnt de voir l reltion entre fonctions concves et fonctions sous-dditives. Théorème Soit f : [0, + [ R une fonction concve vec f(0) 0. Cette même fonction f est lors sous-dditive ussi. Pr contre, une fonction sous-dditive n est ps forcement concve Démonstrtion. Soient f concve et x, y 0 : considérons lors l fonction g définie sur [0, x+y] pr g(z) = f(z) + f(x + y z). Cette fonction est l somme des deux fonctions concves et est donc concve. En plus, g(x) = g(y) et g(0) = g(x + y). Pour z = y, on z = y (x + y) + x x + y y 0, g(z) g(x + y) + x x + y x + y Si l on remplce g pr son expression en termes de f on f(y) + f(x) f(0) + f(x + y) f(x + y). g(0) = g(0). x + y Pr contre, pour montrer que toute fonction sous-dditive n est ps forcement concve on peut voir l exemple de l fonction f(x) = x = min{n Z : x n} où l on prend une vleur x et on l rrondie en hut. Cette fonction est sous dditive cr, si x n = x et y m = y, on sûrement x + y n + m, ce qui implique x + y n + m. Cependnt, elle n est ps concve cr elle est discontinue en tout point de Z. Il vut l peine de remrquer que cette fonction est un modèle très risonnble du prix qu on pie lorsqu on cherche à cheter une quntité x d un bien mis on est forcé à cheter une quntité qui soit multiple d une unité fixée. 33

34 Chpitre 3 Intégrles 3.1 Fonctions Intégrbles Supposons qu une voiture roule à une certine vitesse v le long d une utoroute u déprt de Pris et qu on veuille svoir à quelle distnce de Pris elle se trouver près un temps T : l réponse est évidemment vt. Supposons mintennt que l voiture n it ps une vitesse constnte mis qui elle chnge de temps en temps s vitesse et que, pr exemple, elle it une vitesse v 1 pendnt un certin temps T 1, puis une nouvelle vitesse v 2 pendnt un temps T 2 (c est-à-dire entre l instnt T 1 et l instnt T 1 + T 2 ) et enfin une vitesse v 3 à prtir de l instnt T 1 + T 2 : si l on veut clculer l distnce où elle se trouver près un temps t l réponse ser v 1 t si t T 1 ; v 1 T 1 +v 2 (t T 1 ) si T 1 t T 1 +T 2 ; v 1 T 1 +v 2 T 2 +v 3 (t (T 1 +T 2 )) si T 1 +T 2 t. Et si l vitesse chngeit continuellement? l idée est que pour clculer l réponse dns le cs d une vitesse qui chnge de temps en temps il fut fire une somme de résultts du type vitesse fois temps" et que pour une vitesse en vrition perpétuelle il fudr une nouvelle technique, ce qui donner lieu ux intégrles. Pourtnt, elle ne ser ps si nouvelle que ç, comme en fit s définition ser bsée justement sur l idée d pprocher une vitesse en vrition pr des cs où elle vrie de temps en temps (mis très souvent, pour réliser une meilleure pproximtion). On commence donc pr l définition de fonction qui vrie seulement de temps en temps". Définition On ppelle fonction étgée toute fonction f : [, b] R telle qu il existe un nombre fini de points (t i ) i=1,...,n vec = t 0 < t 1 < < t n 1 < t n = b tels que f est constnte sur tout intervlle de l forme I i =]t i, t i+1 [ vec i < n. On dit que les points t i donnent lieu à une prtition dptée à l fonction étgée f. On écrir E([, b]) pour l ensemble des fonctions étgées sur l intervlle [, b]. Une fonction étgée ser donc de l forme k 0 si x =, m 1 si = t 0 < x < t 1, k 1 si x = t 1, m 2 si t 1 < x < t 2, f(x) = k 2 si x = t 2,... k n 1 si x = t n 1, m n si t n 1 < x < t n = b, k n si x = b. (3.1) 34

35 Souvent on considère des intervlles semi-fermés genre [t i, t i+1 [ de fçon à voir k i = m i+1 mis ce qu on veut souligner pr cette définition est que l vleur de f ux points de séprtion entre les intervlles n est ps importnte. Évidemment toute fonction étgée f dmet, pr définition, u moins une prtition dptée mis elle en dmet en générl plusieurs (tout intervlle où l fonction est constnte peut en fit être ultérieurement séprée, tout en grdnt son crctère dpté). En suivnt l esprit des reltions qu on présentés entre vitesse et position, on peut définir l intégrle d une fonction étgée : Définition Si f : [, b] R est une fonction étgée de l forme (3.1) on définit l intégrle de f sur l intervlle [, b] l quntité n f(t)dt := m i (t i t i 1 ). i=1 Cette quntité est bien définie (elle ne dépende ps de l prtition dptée choisie pour représenter f). Il fut qund même démontrer que l intégrle d une fonction étgée est bien définie. Démonstrtion. Considérons deux prtitions différentes (t i ) i et (s j ) j et supposons que l deuxième soit plus fine que l première : cel signifie que tout intervlle du type ]t i, t i+1 [ est divisé en plusieurs intervlles du type ]s j, s j+1 [ pour j = j i,..., j+ i. L fonction f vlnt m i sur tout le gros intervlle on obtiendrit un terme m i (t i+1 t i ) dns l expression de l intégrle due à l première prtition, églisée pr un terme j + i m j=j i (s j+1 s j ). Ceci montre que l vleur de l intégrle i ne chnge ps si l on psse d une prtition à une prtition plus fine. Comme deux prtitions distinctes dmettent toujours une prtition qui est plus fine des deux (il suffit de prendre l prtition composée pr l réunion des points des deux prtitions), on en déduit que l vleur de l intégrle est indépendnte de l prtition dptée choisie. Il est fcile vérifier l propriété suivnte : Proposition Soient f et g deux fonctions en E([, b]) : on lors (f + g)(t)dt = f(t)dt + g(t)dt. Démonstrtion. En pssnt à une prtition plus fine, on peut supposer d écrire f sous l forme (3.1) et g sous une forme nlogue pour des coefficients m i qui remplcent les m i et l même prtition (t i ) i. On donc n n n (f +g)(t)dt = (m i +m i)(t i t i 1 ) = m i (t i t i 1 )+ m i(t i t i 1 ) = i=1 i=1 i=1 f(t)dt+ g(t)dt. Le but de l théorie de l intégrtion (ce type d intégrtion s ppelnt notmment Intégrtion de Riemnn est de donner un sens à l expression f(t)dt qund f n est ps n est ps étgée. On procéder pr pproximtion supérieure et inférieure. Définition Si f : A R est une fonction bornée on définit intégrle supérieure de f sur A l quntité { } b I + (f; A) := inf g(t)dt : g E(A); g f 35

36 et intégrle inférieure de f sur A l quntité { } b I (f; A) := sup g(t)dt : g E(A); g f. Comme f est bornée les ensembles des g E(A); g f et des g E(A); g f ne sont ps vides (cr le premier inclut toutes les fonctions constntes plus grndes que sup f et le deuxième toutes les constntes plus petites que inf f) et les bornes supérieure et inférieure de l définition ci-dessus sont bien défini (il ne fut jmis chercher à clculer l inf ou le sup d un ensemble vide!!). De plus, on ur évidemment I (f; A) I + (f; A). On peut donc donner l définition de fonction intégrble. Définition Une fonction f : A R est dite intégrble si elle est bornée et si I + (f; A) = I (f; A). On définir églement son intégrle pr A f(t)dt := I + (f; A) = I (f; A). Si A = [, b] on considérer les deux écritures A f(t)dt et f(t)dt comme étnt équivlentes. Les fonctions intégrbles d près cette définition sont souvent dites fonction intégrbles selon Riemmnn ou Riemnn-intégrbles pour les distinguer des fonction intégrbles d près une utre définition, plus générle, donnée plus trd pr Lebesgue. On noter R(A) l ensemble des fonctions intégrbles selon Riemnn sur l intervl A. On remrquer ussi l crctéristion suivnte : Proposition Une fonction bornée f : A R est intégrble si est seulement si, pour tout ε > 0, il existe une fonction étgée g + f et une fonction étgée g f, définies sur une même prtition dptée (t i ) i=1,...,n pr g + = m + i sur ]t i, t i + 1[ et g = m i sur ]t i, t i + 1[, telles que n 1 (t i+1 t i )(m + i m i ) < ε. Démonstrtion. Démontrons d bord que, si un tel couple de fonctions étgées existe pout tout ε > 0, lors f est intégrble. On en fit I + (f; A) I (f; A) A n 1 g + (t)dt g (t)dt = (t i+1 t i )(m + i m i ) < ε A et, ε > 0 étnt rbitrire, l églité de I + (f; A) et I (f; A) est immédite. Pr contre, si f est intégrble, il signifie que I + (f; A) = I (f; A). Pr définition de I + et I et pr les définitions de sup et de inf, on trouve que pour tout ε > 0 il existe une fonction étgée g + f vec A g+ (t)dt < I + (f; A) + ε/2 et, preillement, une fonction étgée g f vec A g (t)dt > I (f; A) ε/2. supposer que les deux fonctions soient définies sur l même prtition dptée n est ps restrictif. De plus, si on les exprimes à l ide de leurs vleurs m ± i sur les intervlles ]t i, t i + 1[, on n 1 g ± (t)dt = (t i+1 t i )m ± i et A A n 1 g + g (t)dt = A Or, on A g+ A g (t)dt < ε/2 + ε/2 = ε et ceci entrîne l thèse. (t i+1 t i )(m + i m i ). 36

37 On peut tirer de ce critère un utre critère encore plus explicite, si l on tâche de choisir g + et g qui rélisent le moindre écrt possible entre g+ (t)dt et g (t)dt. Proposition Une fonction bornée f : A R est intégrble si est seulement si, pour tout ε > 0, il existe une prtition(t i ) i=1,...,n telle que n 1 (t i+1 t i )( sup ]t i,t i+1 [ f inf ]t i,t i+1 [ f) < ε. Démonstrtion. On utiliser le critère de toute à l heure. Supposons que f soit intégrble. Alors il existe un couple de fonctions étgée g + et g telles que g f g + et g + (t)dt g (t)dt < ε. Soit (t i ),...,n une prtition dptée u même temps à g + et g. Si l on remplce les vleurs m ± i que les fonctions g ± ssument sur les intervlles ]t i, t i+1 [ pr sup ]ti,t i+1 [ f et inf ]ti,t i+1 [ f, respectivement, on diminué g + (cr forcement m + i sup ]ti,t i+1 [ f) et ugmenté g (cr forcement m i inf ]ti,t i+1 [ f). Ceci signifie que l différence est diminuée. Donc fortiori on n 1 (t i+1 t i )(sup ]ti,t i+1 [ f inf ]ti,t i+1 [ f) < ε. Pr contre, si une telle prtition existe, on peut obtenir des fonctions étgées g ± qui mjorent et minorent f et telles que g+ (t)dt g (t)dt < ε en prennt g + = sup ]t i,t i+1 [ f sur ]t i, t i+1 [, g + (t i ) = sup f g = [,b] inf f sur ]t i, t i+1 [, g (t i ) = inf f. ]t i,t i+1 [ [,b] Souvent l quntité sup A f inf A f est dite oscilltion de f sur A est notée pr osc A f ou osc(f; A). L oscilltion correspond ux plus grndes différences f(x) f(y) qu on peut réliser vec x, y A : osc A f = sup x,y f(x) f(y). L idée de ce dernier critère est que les fonctions intégrbles sont les fonctions qui ont une petite oscilltion, si l on considère l possibilité de découper [, b] en sous-intervlles pour réduire les oscilltions et on pondère ces oscilltions vec les longueurs des correspondnts intervlles. Une fonction est intégrble donc si elle oscille peu ou si ses grndes oscilltions sont concentrées sur des petits intervlles. Il est fcile vérifier l propriété suivnte : Proposition L espce R(A) est un espce vectoriel et, si f, g R(A) et λ R, lors A (f + g)(t)dt = A f(t)dt + A g(t)dt et A (λf)(t)dt = λ A f(t)dt. De plus, si φ : [c, d] R est une fonction Lipschitzienne et f(a) [c, d] lors φ f est intégrble ussi. Pour terminer, fg ussi est intégrble Démonstrtion. Commençons pr démontrer que f + g est intégrble, si f et g le sont. Évidemment elle est bornée comme somme de fonctions bornées. Considérons en plus des fonctions étgées h ± et k ±, toutes définies sur une même prtition dptée vec vleurs h ± i et k ± i sur ]t i, t i + 1[, respectivement, et telles que n 1 h + f, h f, k + g et k g, n 1 (t i+1 t i )(h + i h i ), (t i+1 t i )(k i + ki ) < ε/2. Si l on considère les fonctions étgées u ± = h ± + k ± on justement u + f + g u et u ± = h ± i + k ± i sur ]t i, t i + 1[, tout en ynt ussi n 1 (t i+1 t i )((h + i + k + i ) (h i + k i )) < ε. 37

38 Ceci montre que f + g est intégrble grâce à l Proposition (3.1.3). De plus, si h et k sont n importe quelles fonction étgées qui mjorent f et g respectivement, on que h + k est une fonction étgée qui mjore f + g et donc (f + g)(t)dt = I + (f + g; A) (h + k)(t)dt = h(t)dt + k(t)dt, A A A A où l on utilisé l dditivité des intégrles pour les fonctions étgées. En pssnt à l inf sur h et k séprément on trouve (f + g)(t)dt f(t)dt + g(t)dt, A A A et en regrdnt les intégrles inférieures I on trouve l utre inéglité. L églité (f + g)(t)dt = f(t)dt + g(t)dt en découle imméditement. A A Il fut montrer mintennt que si f est intégrble et λ R lors λf est intégrble et son intégrle vut λ A f(t)dt. Prenons d bord le cs λ > 0. Alors si g+ et g sont des fonctions étgées qui mjorent et minorent f respectivement λg ± mjorent et minorent λf respectivement et les différences de leurs intégrles sont multipliées pr λ. Il suffit lors de prendre deux fonctions g ± telles que n 1 (t i+1 t i )(m + i m i ) < ε/λ pour trouver, vec λg±, deux fonctions étgées qui montrent que λf est intégrble. L linérité de l intégrle sur les fonctions étgées (évidente) psse fcilement à f et λf. Le cs λ = 0 ne pose ps des difficultés cr 0 f = 0 est une fonction constnte et donc étgée et son intégrle est nulle. Pour regrder le cs λ < 0 il suffit de regrder le cs λ = 1 et le composer vec le cs λ > 0. Pour λ = 1 il suffit de remrquer que I + ( f; A) = I (f; A) et I ( f; A) = I + (f; A) et l églité de I + et I concernnt f entrîne fcilement celle portnt sur f. On veut montrer ussi l intégrbilité de φ f et fg. Pour l première, prenons g ± fonctions étgée définies usuellement vec g + f g et n 1 (t i+1 t i )(m + i m i ) < ε/l, où L est l constnte de Lipschitz de φ sur l intervlle [c, d]. On peut ussi supposer que, comme f(a) [c, d], les coefficients m ± i ont été choisis dns l intervlle [c, d]. Posons h + i := mx{φ(s) : s [m i, m+ i ]}; h i := min{φ(s) : s [m i, m+ i ]}. Comme f(t) [m i, m+ i ] pour t ]t i, t i+1 [, lors les fonctions h ± définies comme étnt h ± i sur ]t i, t i+1 [ mjorent et minorent φ f respectivement. De plus, grâce à l Lipschitziennité sur [c, d], on h + i h i L(m + i m i ). En prticulier n 1 ce qui montre l intégrbilité de φ f. A (t i+1 t i )(h + i h i ) < ε, Pour le produit fg on utiliser un truc mlin : on note que fg = (f + g)2 f 2 g 2 2 et que le crré d une fonction intégrble est intégrble. Pourquoi? prce que si f est une fonction intégrble qui prend ses vleurs dns [c, d] (comme elle est bornée, ses vleurs sont toujours 38

39 inclues dns un intervlle borné comme ç), lors on peut ppliquer le critère précédent, comme l fonction x x 2 est Lipschitzienne de constnte 2 mx{ c, d } sur cet intervlle (il s git d une fonction C 1 (R), donc s dérivée est bornée sur tout intervlle borné). En ppliqunt ceci à f, g et f + g, puis en fisnt des sommes et l multipliction pr 1/2, on trouve le résultt. On termine l section pr un exemple bien connu de fonction non-intégrble, qui est connue comme "fonction de Dirichlet". Exemple Soit f l fonction donnée pr { 1 si x Q, f(x) = 0 si x / Q. Bien que bornée, l fonction f n est ps intégrble sur ucun intervlle [, b] cr I + (f; [, b]) = b et I (f; [, b]) = 0. En effet, l fonction constnte 1 est une fonction étgée qui mjore f si comme l fonction constnte 0 est une fonction étgée qui l minore. De plus, toute fonction étgée qui mjore f doit vloir u moins 1 à l intérieur de tout intervlle ]t i, t i+1 [ de s prtition dptée, cr cet intervlle inclut forcement des points rtionnels où f vut 1. Symétriquement, toute fonction étgée minornte ne peut ps dépsser l vleur 0 sur les mêmes intervlles cr ces intervlles contiennent tous des point irrtionnels où f vut 0. Ceci montre que l inf des intégrles des fonctions étgées minorntes est obtenu vec l constnte 1 et le sup des minorntes vec l constnte 0. Comme les deux bornes diffèrent, l fonction n est ps intégrble. De mnière équivlente, on peut ppliquer le critère : remrquons d bord que, pout tout intervlle ]t i, t i+1 [, on osc(f; t i, t i+1 [) = 1 cr tout intervlle contient u moins un rtionnel et un irrtionnel. Donc, quoi que ce soit l prtition (t 0, t 1,..., t n ) choisie, on ur toujours n 1 n 1 (t i+1 t i )osc(f; t i, t i+1 [) = (t i+1 t i ) = b et cette quntité ne peut ps devenir ussi petite que l on veut, cr elle est constnte (lle ne dépend ps de l prtition). 3.2 Des clsses de fonctions intégrbles Fonctions monotones Dns cette section on v démontrer que des clsses suffismment mples de fonctions sont en fit des fonctions intégrbles. On prler notmment de fonctions continues et de fonctions monotone. Une extension possibles du cs des fonctions momotones est celle des fonctions à vrition bornée.le cs le plus simple est celui des fonctions monotone. Définition Une fonction f : A R est dite monotone si elle est soit croissnte soit décroissnte, c est à dire si elle stisfit l propriété ou bien l propriété x, y A, x < y f(x) f(y) (fonction croissnte) x, y A, x < y f(x) f(y) (fonction décroissnte). Théorème Si f : [, b] R est monotone, lors f est intégrble. De plus, on n 1 b f(t)dt = lim f n n ( + i b n ) b = lim n n n ( f i=1 + i b n ). 39

40 Démonstrtion. Supposons pr simplicité que f soit croissnte (le cs décroissnte étnt tout à fit symétrique) Fixons n et prenons l prtition (t i ),...,n définie pr t i = + (b )/n (une prtition uniforme qui divise [, b] en n intervlles de même tille). On ppliquer le critère Comme f est croissnte sur les intervlles t i, t i+1 [ on bien osc(f; t i, t i+1 [) = f(t i+1 ) f(t i ). Donc on trouve n 1 (t i+1 t i )osc(f; t i, t i+1 [) = n 1 b n (f(t i+1) f(t i )) = b (f(b) f()). n Cette dernière quntité peut devenir ussi petite que l on veut qund n et donc il suffit de choisir n suffismment grnd pour que cel soit plus petit qu ε et ppliquer donc le critère De plus, on peut choisir deux fonctions étgées g n + inférieure de f sur chque intervlle ]t i, t i+1 [ : et g n, qui estiment l borne supérieure et g + n (x) = f(t i+1 ) sup{f(t) : t ]t i, t i+1 [} g n (x) = f(t i ) inf{f(t) : t ]t i, t i+1 [} si x ]t i, t i+1 [, sur les mêmes intervlles de ces prtitions uniformes (t 0, t 1,..., t n ). Ce qu on vient de montrer est justement que g+ n (t)dt g n (t)dt = (b )(f(b) f())/n 0. Donc, on I + (b )(f(b) f()) b (f; [, b]) gn (t)dt g n + (t)dt I (b )(f(b) f()) (f; [, b])+ n n et, pr les théorèmes des gendrmes, en utilisnt I + (f; [, b]) = I (f; [, b]) (cr on vient de montrer que f est intégrble), on obtient lim g n n (t)dt = lim g + n n (t)dt = f(t)dt. En réécrivnt l intégrle de g n + comme une somme on obtient l première limite dns l thèse. L seconde est obtenu vec une méthode nlogue sur gn. L idée clé de cette preuve est que pour une fonction monotone on obtient un effet téléscopique de termes qui s effcent si l on prend des sous-intervlles de l même longueur. Il fut remrquer qu en générl il n est ps possible de démontrer l intégrbilité d une fonction en se restreignnt ux prtitions régulières (celles où tous les intervlles qui ont l même longueur). Le fit que pour les fonctions monotones soit possible est une propriété en plus de cette clsse de fonctions et le fit que l intégrle soit obtenue comme limite des sommes des vleurs de l fonction dns des points spéciux ussi. Les mêmes propriétés sont vries pour les fonctions continues mis sont moins évidentes. Ceci est dû u fit qu on n ps encore introduit une notion importnte reliée à l continuité, qui est celle de continuité uniforme L intégrbilité des fonctions continues et l uniforme continuité Définition Une fonction f : A R est dite uniformement continue si pour tout ε > 0 il existe δ > 0 tel que tout couple de points (x, y) A A stisfisnt x y < δ stisfit ussi f(x) f(y) < ε. C est quoi l différence entre l définition de continuité et d uniforme continuité? d bord l continuité est une propriété qui concerne une fonction f et un point x 0, lors que l uniforme continuité ne concerne que f. De plus, comme dns l définition de continuité le point x 0 40

41 été fixé, il le droit d intervenir dns le choix du δ, lors qu ici δ ne doit dépendre que de ε. Évidemment si une fonction est uniformément continue, lors elle est continue sur A (l notion d uniforme continuité est plus forte que celle de continuité en tout point de A). Le contrire n est ps vri, comme on peut voir de l exemple suivnt. Exemple L fonction f : R R donnée pr f(x) = x 2 est continue mis elle n est ps uniformément continue. Pour voir ceci, il suffit d estimer les vritions de f entre un point x et un point x + h (prenons pr simplicité x, h > 0) : f(x + h) = x 2 + 2xh + h 2 f(x) + 2xh f(x). Si l on suppose pr l bsurde que f ést uniformément continue on urit f(x + h) f(x) ε pour tout h < δ. Mis l quntité 2xh peut être rendue ussi grnde qu on veut, si x est très grnd, et v sûrement dépsser ε. Pr contre, l même démonstrtion n urit ps mrché si on se restreignit à un ensemble borné de vleurs de x. Pr contre, il existe ps ml de clsses de fonctions qui sont uniformément continues et il s git en générl de clsses de fonctions où l continuité uniforme été mieux quntitifiée. Pr exemple, toute fonction Lipschitzienne est uniformément continue cr, si L est l constnte de Lipschitz d une fonction f, on stisfit toujours l définition d uniforme continuité en choisissnt δ = ε/l. Une clsse plus générle est l clsse des fonctions Hölderiennes (là ussi Hölder est le mec qui - peut-être - étudié le premier les propriétés de ces fonctions). Définition Si α ]0, 1] une fonction f : A R est dite Hölderienne d exposnt α (ou α Hölderienne) si il existe une constnte C telle que f(x) f(y) C x y α pour tout couple (x, y) A A. Évidemment dns le cs α = 1 on retombe sur l définition des fonctions Lipschitziennes. Un exemple de fonction Hölderienne qui n est ps Lipschitzienne est le suivnt. Exemple L fonction f : [0, 1] R donnée pr f(x) = x α est Hölderienne d exposnt α mis elle n est ps Lipschitzienne. Pour voir ceci, il suffit d utiliser le fit que l fonction f, en tnt que fonction concve, est sous-dditive, ce qui signifie f(x + y) f(x) + f(y) : on donc, si x < y f(x) = x α < f(y) = y α f(y x) + f(x) = y x α + f(x), ce qui implique f(y) f(x) y x α. Pour voir qu elle n est ps Lipschitzienne il suffit de voir que s dérivée n est ps bornée. L fonction f est en fit dérivble sur ]0, 1[ mis s dérivée est donnée pr αx α 1 et on donc lim x 0 + f (x) = +, ce qui implique que f n est ps bornée (et donc f n est ps Lipschitzienne sur ]0, 1[, ni fortiori sur [0, 1]. Observtion Pourquoi prle-t-on de fonctions Höldériennes pour α 1 et non ps pour α > 1? Simplement cr les fonctions Höldériennes pour α > 1 sont triviles : toute fonction f : I R (I étnt un intervlle de R) stisfisnt f(x) f(y) C x y α pour un certin α > 1 est en fit constnte!! On peut le voir fcilement en clculnt s dérivée : f f(x) f(y) C x y α (x) = lim lim y x x y y x x y ce qui démontre que l fonction est prtout dérivble et l dérivée est prtout nulle. Pour une fonction uniformément continue, il est intéressnt de définir ce qu on ppelle son module de continuité. = 0, 41

42 Définition Pour toute fonction f : A R on ppelle module de continuité de f l fonction ω f : R + R + donnée pr ω f () := sup { f(x) f(y) : x, y A, x y < }. Le fit que f soit uniformément continue équivut à lim 0 ω f () = 0. On peut fcilement vérifier que le module de continuité d une fonction Lipschitzienne f stisfit ω f () C, où C est l Constnte de Lipschitz de f, et que si f est Höldérienne on pr contre ω f () C α. Comme on remrqué dns l exemple, l uniforme continuité est plus difficile sur R mis plus fcile sur les ensembles bornés. En prticulier, on le théorème suivnt : Théorème Soient A un sous-ensemble fermé et borné de R et f : A R une fonction continue. Alors f est uniformément continue sur A. Démonstrtion. Supposons pr l bsurde que f ne soit ps uniformément continue. Alors il existe ε > 0 tel que, pour tout δ > 0, il y deux points x, y A vec f(x) f(y) ε et x y < δ. En prennt δ = 1/n on peut ppeler x n et y n les points correspondnts. On x n y n < 1/n 0 et f(x n ) f(y n ) ε. Comme A est fermé et borné, il existe une sous-suite (x nk ) k convergente. Soit x s limite. L correspondnte sous-suite (y nk ) k converge à l même limite x cr on x nk y nk 0. En pssnt à l limite dns l inéglité f(x nk ) f(y nk ) ε, comme f est continue, on trouve 0 = f(x) f(x) ε > 0, ce qui est une contrdiction. Une utre propriété importnte des fonctions uniformément continues est l suivnte : Théorème Soit f :], b[ R une fonction uniformément continue. Alors il existe une unique extension continue g de f à l intervlle fermé [, b], c est-à-dire une fonction continue g : [, b] R telle que g(x) = f(x) pour tout x ], b[. Démonstrtion. Il suffit de définir g sur les points et b et vérifier l continuité. Pour fire cel, prenons une suite (x n ) n [, b] convergente vers et considérons (f(x n )) n. Si l on fixe ε > 0, grâce à l uniforme continuité de f, il existe δ > 0 tel que x n x m < δ entrîne f(x n ) f(x m ) < ε. Or, l suite (x n ) n est de Cuchy, et donc l inéglité x n x m < δ est vrie pour n, m N 0. Ceci implique que l suite (f(x n )) n stisfit l inéglité f(x n ) f(x m ) < ε à prtir du même rng, et donc (f(x n )) n est de Cuchy ussi. Elle dmet donc une limite et on poser g() = lim n f(x n ). Celle-ci est une bonne définition, c est-à-dire le résultt ne dépend ps de l suite que l on choisi. En effet, si (y n ) n étit une suite différente on urit eu en fit x n y n < δ à prtir d un certin rng (cr x n et y n ont l même limite ) et ceci impliquerit f(x n ) f(y n ) < ε. Cette inéglité pssnt à l limite, elle implique que l différence des deux limites ne dépsse ps ε. Grâce à l rbitrrieté de ε les deux limites doivent coïncider. En définissnt comme ç g() (et en utilisnt une définition nlogue pour g(b) et en lissnt g(x) = f(x) pour tout x ], b[) on trouve une fonction g. Elle coïncide vec f à l intérieur de l intervlle ouvert, donc elle est continue (comme l continuité peut être vérifiée loclement). De plus, on vient d imposer que pour toute suite x n on lim n f(x n ) = lim n g(x n ) = g(), ce qui donne l continuité en (et en b c est preil). De plus, il est évident que tout extension continue de f doit coïncider vec cette fonction g qu on vient de définir sur et b comme il fut imposer l continuité en ces deux points-là et donc cette extension est unique. Observtion L même démonstrtion peut mrcher si f est définie sur un ensemble A R quelconque, ps forcement un intervlle. Elle grntie l existence d une unique extension de f à l ensemble des points qui peuvent être tteints comme limite d une suite de points de A. Cet ensemble s ppelle l dhérence de A et il est le plus petit sous-ensemble fermé de R qui contienne A. 42

43 Corollire Toute fonction f :], b[ R uniformément continue sur un intervlle borné est bornée. Démonstrtion. Il suffit de prendre l extension g de f à [, b], qui ser une fonction continue sur un intervlle fermé et borné. Cette extension dmettr donc un mximum et un minimum et ser donc bornée. L fonction f résulte bornée comme restriction à un sous-ensemble plus petit d une fonction bornée sur un ensemble plus grnd. Observtion L démonstrtion qu une fonction uniformément continue est bornée sur un intervlle bornée pourrit se fire sns psser à l extension continue sur un compcte. Il suffirit de dire que, en prennt ε = 1, il existe un δ > 0 tel que x y < δ entrîne f(x) f(y) < 1 et puis prendre une prtition t 0, t 1,... t n de l intervlle telle que t i+1 t i < δ. Si on pose M = mx i f(t i ) on trouve certinement f(x) M + 1 pour tout x, cr tout x est à distnce inférieure à δ de l un des points t i et donc f(x) f(t i ) + 1. Après cette prenthèse sur les fonctions uniformément continues, on peut profiter de cette notion pour revenir ux intégrles. Théorème Soit f : [, b] R une fonction continue. Alors f est intégrble et on ussi n 1 b f(t)dt = lim f n n ( + i b n Démonstrtion. Grâce u Théorème l fonction f est uniformément continue ussi. Fixons ε > 0 et ppliquons l définition d uniforme continuité à ε/(b ) en trouvnt un δ. On diviser l intervlle [, b] en n sous-intervlles de l même longueur (b )/n en ppelnt t i = +i(b )/n les points de séprtion. À prtir d un certin rng n on ur (b )/n < δ. On ur donc osc(f; (]t i, t i+1 [) ε b. L intégrbilité de f découle fcilement du fit que, pour n suffismment grnd, on n 1 (t i+1 t i )osc(f; (]t i, t i+1 [) ε b n 1 De plus, on, pour n suffismment grnd on vu qu on f(t i ) ). (t i+1 t i ) = ε b (b ) = ε. ε b f(t) f(t i) + ε b pour tout t ]t i, t i+1 [, et donc, si l on définit l fonctions étgée g n pr g n = f(t i ) sur ]t i, t i+1 [ on g n ε/(b ) f g n + ε/(b ). Ceci nous dit f(t)dt ε g n (t)dt f(t)dt + ε, ce qui corresponde exctement à lim n g n(t)dt = f(t)dt. En écrivnt l intégrle de g n comme une somme on trouve l deuxième prtie de l thèse. Ceci montre que les fonctions continues ussi, comme les fonctions monotones, non seulement sont intégrbles, mis elles ont ussi l propriété que leurs intégrles peuvent être clculées pr prtitions uniformes. 43

44 3.2.3 Fonctions vrition bornée On montré que les fonctions monotones sont intégrbles. On sit que l somme de deux fonctions intégrbles est intégrble. Ceci nous dit que toute fonction qui est l somme d une fonction croissnte et d une fonction décroissnte est intégrble. Or, quelles sont les fonctions qui sont l somme d une fonction croissnte et d une décroissnte? l réponse est dns l notion suivnte. Définition Pour toute fonction f : [, b] R on définit s vrition totle comme l quntité V (f, [, b]) := sup { n 1 f(t i+1 ) f(t i ) : = t 0 < t 1 < < t n 1 < t n = b où l borne supérieur est prise prmi toutes les prtitions finie de l intervlle [, b] en sousintervlles. Toute fonction f : [, b] R telle que V (f, [, b]) < + est dite à vrition bornée. Les trois lemmes suivnts seront utiles pour continuer. Lemme Si f : [, b] R est monotone, lors on V (f, [, b]) = f(b) f() et en prticulier f est à vrition bornée. Démonstrtion. Supposons que f soit croissnte. Alors on, pour toute prtition (t i ) i, n 1 f(t i+1 ) f(t i ) = n 1 Ceci implique fcilement V (f, [, b]) = f(b) f(). De même, si f est décroissnte, on n 1 f(t i+1 ) f(t i ) = n 1 f(t i+1 ) f(t i ) = f(b) f() = f(b) f(). f(t i+1 ) + f(t i ) = f(b) + f() = f(b) f(). Lemme Si f, g : [, b] R sont à vrition bornée, lors f + g ussi et V (f + g, [, b]) V (f, [, b]) + V (g, [, b]). Démonstrtion. Pour toute prtition (t i ) i on n 1 n 1 f(t i+1 )+g(t i+1 ) f(t i ) g(t i ) eq f(t i+1 ) f(t i ) + g(t i+1 ) g(t i ) V (f, [, b])+v (g, [, b]). En pssnt à l borne supérieur on trouve V (f +g, [, b]) V (f, [, b])+v (g, [, b]). Il est évident que si les deux vritions à droite sont finies ceci est vri pour celle à guche ussi. Lemme Si f : [, b] R est à vrition bornée et c ], b[, lors V (f, [, b]) = V (f, [, c]) + V (f, [c, b]). Démonstrtion. Prenons une prtition rbitrire (t i ),...,n : il existe une prtition plus fine (t i ),...,m telle que le point c = t k soit un élément séprteur de l prtition. Ceci peut être obtenu en rjoutnt c ux points t i, si jmis il est ps déjà prmi eux. Si on le rjoute on ur }, 44

45 m = n + 1, utrement m = n. En ppliqunt si nécessire l inéglité tringulire ux vleurs f(t i ), f(c), f(t i+1 ), on ur n 1 f(t i+1 ) f(t i ) m 1 k 1 f(t i+1)+f(t i) = m 1 f(t i+1)+f(t i) + En pssnt à l borne supérieur on trouve V (f, [, b]) V (f, [, c]) + V (f, [c, b]). Pour l utre inéglité, il suffit de remrquer que V (f, [, b]) = sup { n 1 f(t i+1 ) f(t i ) : (t i ) i prtition de [, b] sup { n 1 i=k } f(t i+1)+f(t i) V (f, [, c])+v (f, [c, b]). f(t i+1 ) f(t i ) : (t i ) i prtition de [, b] qui psse pr c C est-à-dire que, si l on se restreint ux prtitions telles que c est un élément séprteur, on trouve évidemment une borne supérieur plus petite. D ici on peut continuer pr sup { n 1 f(t i+1 ) f(t i ) : (t i ) i prtition de [, b] qui psse pr c { n 1 } n 1 = sup f(t i+1 ) f(t i ) + f(s i+1 ) f(s i ) : (t i ) i prtition de [, c] et (s i ) i prtition de [c, b] } } = V (f, [, c]) + V (f, [c, b]). On utilisé ici le fit que l somme des vritions se décompose bien si l prtition psse pr c. Observtion Dn l dernière démonstrtion on utilisé ussi un principe très importnt dns l gestion des bornes supérieures et inférieures. Supposons qu on it sup{a(x) + B(Y ) : X fit qqchose et Y fit utre chose} et supposons que l conditions sur X ne concerne ps Y et celle sur Y ne concerne ps X. Alors cette quntité est égle à sup{a(x) : X fit qqchose et } + sup{b(y ) : Y fit utre chose}. Ici X et Y peuvent être n importe quel genre d objets, et A(X) et B(Y ) des quntités leur ssociées qui en dépendent n importe comment. Et les conditions sur X et Y peuvent être quelconque. Dns le dernier lemme il s gissit de suites de points qui devient donner lieu à des prtitions. Ce qui est importnt est qu ils puissent être choisi librement. Un exemple typique pourrit être sup{x 2 + y 3 : x [0, 1], y [2, 3]} = sup{x 2 : x [0, 1]} + sup{y 3 : y [2, 3]}, lors qu on peut ps s en sortir si l on. sup{x 2 + y 3 : x [0, 1], y [x, 3x]}, cr l condition sur y concerne x ussi. L conséquence de tout ç est l proposition suivnte. Proposition Une fonction f : [, b] R est à vrition bornée si et seulement si elle est l somme d une fonction croissnte et d une fonction décroissnte. En prticulier une fonction à vrition bornée est intégrble 45

46 Démonstrtion. Toute fonction qui est l somme d une fonction croissnte et d une fonction décroissnte est à vrition bornée comme conséquence des Lemmes et Au contrire, prenons f à vrition bornée. Définissons g, h : [, b] R pr g(t) = V (f; [, t]), h(t) = f(t) g(t). L fonction g est croissnte cr, si s t, lors g(t) = V (f; [, t]) = V (f; [, s]) + V (f; [s, t]) V (f; [, s]) = g(s). Pr construction f est l somme de g et h, il nous reste donc à montrer que h est décroissnte. Prenons s t. On h(s) = f(s) V (f; [, s]) = f(s) V (f; [, t]) + V (f; [s, t]) = h(t) + f(s) f(t) + V (f; [s, t]). Or, il est toujours vri f(t) f(s) f(t) f(s) V (f; [s, t]), cr on peut toujours considérer dns [s, t] l prtition trivile composée pr les seuls points s et t. Pr conséquent on f(s) f(t) + V (f; [s, t]) 0, ce qui implique lors h(s) h(t). L fonction h est donc décroissnte et f est l somme d une fonction croissnte et une fonction décroissnte. Il fut remrquer que ce même risonnement n urit ps mrché si f n étit ps à vrition bornée cr on urit obtenu des fonction à vleurs infinis. L dernière prtie de l thèse est une simple conséquence du fit que l somme des deux fonction intégrbles est intégrbles. 3.3 Le théorème fondmentl du clcul et l intégrtion pr prties On verr dns cette section l instrument principl pour le clcul des intégrles, qui dns l prtique ne psse ps du tout pr l définition vi les fonctions étgées, ni pr les limites qu on vues dns les Théorèmes ou Cet outil qu on verr s ppelle à bonne rison théorème fondmentl du clcul intégrl" et rélie les concepts d intégrle et de dérivée. Pour en prler on besoin d bord de remrquer un petit détil ssez fcile et connu (on m dit comme ç en TD) sous le nom de formule de Chsles". Lemme Si f est une fonction intégrble sur un intervlle [, b] = [, c] [c, b] (c étnt un point intermédiire entre et b), lors on f(t)dt = c f(t)dt + f(t)dt. c Démonstrtion. Il fut d bord remrquer que cette églité, plutôt trivile, est encore plus trivile qund on prle de fonctions étgées, cr on à fire vec une églité des sommes. Si f est une fonction étgée et (t i ) i est une prtition qui lui est dptée, on peut supposer que c est l un des points séprteurs de l prtition (quitte à remplcer l prtition pr une prtition plus fine, où l on rjoute le point c). Supposons donc t k = c vec 0 < k < n. On n k 1 n 1 f(t)dt = m i (t i+1 t i ) = m i (t i+1 t i ) + m i (t i+1 t i ) = i=k c f(t)dt + f(t)dt. c Une fois cette églité étblie pour les fonction étgées, l idée est toujours utiliser le fit qu une fonction étgée sur [, b] corréspond exctement à l juxtposition de deux fonctions étgée sur 46

47 [, c] et sur [c, b] (il suffit toujours de supposer que c soit dns l prtition dptée, ce qui n est ps restricitf). On bien I + (f; [, b]) = inf{ c = inf{ h(t)dt + c g(t)dt : g étgée et g f} c = inf{ g(t)dt + g(t)dt : g étgée et g f} c k(t)dt : h E([, c]), k E([c, b]), h f sur [, c], k f sur [c, b]} c = inf{ h(t)dt : h E([, c]), h f sur [, c]} + inf{ c k(t)dt : k E([c, b]), k f sur [c, b]} = I + (f; [, c]) + I + (f; [c, b]) Pour séprer les deux bornes inférieurs l observtion à fire est l même que l observtion Pour conclure, on remrque que si les fonctions sont intégrbles lors I + et les intégrles coïncident. Pr contre, si l on ne sit ps encore que f est intégrbles sur [, b], on peut utiliser cette églité pour montrer son intégrbilité. Il suffit en fit de démontrer l même églité concernnt I pour déduire que, si I + (f; [, c]) = I (f; [, c]) et I + (f; [c, b]) = I (f; [c, b]), lors on ussi I + (f; [, b]) = I (f; [, b]). On est prêt à montrer le suivnt : Théorème (Théorème fondmentl du clcul intégrl). Soit f : [, b] R une fonction continue. Alors l fonction F : [, b] R définie pr F (x) = x f(t)dt est dérivble et F (x) = f(x) pour tout x [, b] (en considérnt l dérivée droite et guche seulement pour les points et b, respectivement). De même, si f est seulement intégrble sur [, b] mis elle est ussi continue en un point x 0 [, b] lors F est dérivble u point x 0 et F (x 0 ) = f(x 0 ). Démonstrtion. Si l on remrque que toute fonction continue est intégrble, il suffit de démontrer l deuxième prtie de l énoncé (le fit que l continuité en un point implique l dérivbilité de F u même point et l églité F = f à ce point-là). Qund f est continue en tout point, ppliquer le résultt de l deuxième prtie donne une démonstrtion de l première. Considérons donc f continue u point x 0. Si l on fixe ε > 0 et on pplique l définition de continuité on trouve un δ > 0 tel que t x 0 < δ implique f(t) f(x 0 ) < ε. Prenons mintennt x ]x 0, x 0 + δ[ : on F (x) = x f(t)dt = x0 x x f(t)dt + f(t)dt = F (x 0 ) + x 0 f(t)dt F (x 0 ) + (f(x 0 ) + ε)(x x 0 ). x 0 L dernière inéglité vient du fit que, si x ]x 0, x 0 + δ[ lors tous les points t ]x 0, x[ stisfont t x 0 < δ et donc f(t) f(x 0 ) + ε. On déduit donc F (x) F (x 0 ) x x 0 f(x 0 ) + ε pour tout x ]x 0, x 0 + δ[. On peut obtenir ussi F (x) F (x 0 ) x x 0 f(x 0 ) ε pour tout x ]x 0, x 0 + δ[ 47

48 si l on considère que les points t ]x 0, x[ stisfont f(t) f(x 0 ) ε ussi. Ceci montre, pr l définition de limite, que l on lim x x + 0 F (x) F (x 0 ) x x 0 = f(x 0 ). L limite de l utre côté n est ps différente si l on considère que l on, pour x < x 0, x x0 x0 x0 F (x) = f(t)dt = f(t)dt f(t)dt = F (x 0 ) f(t)dt x x et on continue vec les inéglités usuelles. Définition Toute fonction dérivble F ynt l propriété F = f est dite une primitive de l fonction f. Ce qu on vient de montrer l double utilité de montrer que toute fonction continue dmet une primitive (et lors elle dmet une quntité infinie de primitives, F + c étnt elle ussi un primitive de f si F l est et c est une constnte) et que pour clculer des intégrles il suffit de clculer des primitives. En effet, pour clculer f(t)dt, il suffit de détecter une primitive F de f : cette primitive ne coïncider ps forcement vec l fonction G donnée pr G(x) = x f(t)dt, mis les dérivées des deux fonctions seront les mêmes. Alors on pourr dire que leur différence ser une constnte (comme l différence ur dérivée nulle). On ur lors F = G + c et on pourr clculer l constnte c en utilisnt G() = 0. On ur donc G(x) = F (x) F () (l constnte F () étnt l seule comptible vec G() = 0). En prennt x = b on ur donc f(t)dt = F (b) F (), pour n importe quelle primitive F de f, ce qui représente l méthode plus cournte de clcul d une intégrle. Pour plein de fonction en effet on est cpbles de déviner des primitives. Cel est plutôt fcile pour toute fonction puissnce : l primitive de x x k est x k+1 /(k + 1), pour tout k 1 (si k = 1 on ne peut ps utiliser l même formule, mis on s perçoit ssez rpidement qu on trouve un logrithme comme primitive de 1/x). Pourtnt, le clcul d une primitive ne suit ps les mêmes règles schémtiques du clcul d une dérivée et toute fonction n est ps fcile à intégrer (c est-à-dire en trouver une primitive). Non seulement, il y ussi des fonction élémentires" dont l primitive existe (cr elles sont des fonctions continues) mis elle n est ps de l même forme (élémentire, terme qui est utilisé pour indiquer toute fonction obtenue pr composition, produit, somme, quotient et prfois inversion des fonctions usuels : polynômes, exponentielles, logrithme, sinus, cosinus...). C est le cs pr exemple de l célèbre Gussienne f(t) = e t2. Pr contre une fonction ppremment plus compliquée comme f(t) = te t2 dmet une primitive clculble explicitement, donnée pr F (x) = e x2 /2. C est pour cette rison qu on est intéressée à des méthodes de clcul des intégrles qui nous ident soit à trouver des primitives, soit à trouver directement les vleurs d expressions de l forme f(t)dt. Ces expressions ne sont ps toujours clculées pr voie de l recherche d une primitive, cr prfois des considértions de symétrie (supposons que f est impire et = b, on obtient sûrement une intégrle nulle, quoi que ce soit l expression de f) peuvent ider, mis il est vri que souvent l même méthode de clcul de l intégrle serit cpble de donner le résultt générl (c est à dire pour tout b, et donc l primitive). Une méthode qui est souvent utile est celle d intégrtion pr prties, ce qui découle directement du théorème fondmentl du clcul 48

49 Proposition (Intégrtion pr prties). Soient f et g deux fonctions de clsse C 1 sur [, b]. On lors f(t)g (t)dt = f (t)g(t)dt + f(b)g(b) f()g(). Démonstrtion. Prenons l fonction F = fg. S dérivée est F = f g + fg. On peut dire lors que F est l primitive de s dérivée et on donc ( f (t)g(t) + f(t)g (t) ) dt = F (b) F () = f(b)g(b) f()g(). En blnçnt le terme en f g de l utre côté on obtient l thèse. L utilité de l intégrtion pr prties est vriée. Elle donne une méthode de clcul des intégrles (et des primitives) qui est pplicble si l on un produit de deux fonctions (f et g ) dont une est fcile à dériver, l utre à intégrer (celle qui doit jouer le rôle de g ), et le produit de leur dérivée et primitive respectivement est fcile à intégrer (plus fcile que le produit originle). D utre côté l intégrtion pr prties est une méthode essentielle dns des problèmes vncés de mthémtiques en cs de mnque de régulrité. Si g est une fonction régulière mis f non, on peut remplcer l expression f g pr une expression contennt fg et les vleurs de f et g sur le bord. De plus, on peut vérifier (ce n est ps trivil mis ps trop difficile non plus) qu il vut l proposition suivnte : si u est une fonction telle que f(t)g (t)dt = u(t)g(t)dt + f(b)g(b) f()g() pour toute fonction g C 1 ([, b]), lors u = f. Ceci peut être utilisé comme crctéristion de l dérivée d une fonction (et donne lieu à une définition de dérivée pour des fonctions qui ne sont ps dérivble, mis vous verrez peut-être cel dns quelques ns) 3.4 Méthodes de clcul de primitives et intégrles On verr dns cette section, pr voie de nombreux exemples, l ppliction des méthodes les plus connues et utiles pour le clcul des intégrles Intégrles sur des intervlles spéciux (symétrie, périodicité) Exemple Clculer 2π 0 sin 2 (x)dx. Si l on trce le grphe et on regrde le sous-grphe de x sin 2 (x) on s perçoit d une prticulrité : il est inscrit dns le rectngle [0, 2π] [0, 1] et ppremment l prtie qui lui mnque pour remplir le rectngle l même forme renversée et déclée. Ceci suggère que l ire mnqunte soit égle à l ire du sous-grphe et que donc l ire du sous-grphe soit l moitié de celle du rectngle. Ceci donnerit 2π 0 sin 2 (x)dx = π. Essyons de formliser ç vec des clculs. L prtie mnqunte correspond à l fonction différence entre 1 et sin 2 (x), c est-à-dire le cosinus. On 2π 0 2π 2π sin 2 (x)dx + cos 2 (x)dx = 1dx = 2π. 0 0 Si l on montre que l intégrle du sinus u crré et du cosinus u crré donnent le même résultt (non ps leurs fonctions primitives, seulement leurs intégrles sur cet intervlle) on terminé, cr on ur 2 2π 0 sin 2 (x)dx = 2π 0 1dx = 2π. 49

50 On remrque cos(x π/2) = cos(π/2 x) = sin(x), et donc cos(x π/2) 2 = sin 2 (x). Donc les deux fonctions sont l même, à un déclge de π/2 près. Ceci dit 2π 0 sin 2 (x)dx = = 0 π/2 2π 0 cos 2 (x)dx + cos(x π/2) 2 dx = 2π π/2 0 2π π/2 π/2 cos 2 (x)dx = 2π cos 2 (x)d 2π π/2 2π π/2 cos 2 (x)dx + 0 = cos 2 (x)dx 2π 0 cos 2 (x)dx. On en conclut que l intéglre du sinus u crré sur cet intervlle est l moitié de celui de l fonction constnte 1. On utilisé l périodicité pour trnsformer 0 π/2 cos2 (x)dx en 2π 2π π/2 cos2 (x)dx. Exemple Clculer 1 1 sin(x)ex2 log(1 + x ) cos(x 3 )dx. On remrque tout de suite qu essyer de clculer une primitive de l fonction intégrnde est un défi sns espoir de réussite : on n est ps trop cpbles de trviller vec des produits ni de mélnger fonctions trigonométrique et logrithme. Mis, il y une prticulrité de l fonction dns l intégrle qui nous pourr ider : elle est impire! pourquoi? cr si l on chnge le signe de x on chnge le signe à sin(x) mis on le lisse inchngé dns tous les utres fctors des produits, comme soit ils contiennent x ou x 2, soit ils sont des fonctions pires (comme le cosinus, où l on chnge le signe du cube à l intérieur). Et lors, c est combien l intégrle d une fonction impire sur cet intervlle? l intégrle est nulle comme l intervlle est symétrique (si on vit dû l intégrer sur [ 1, 2] on n urit ps pu le dire). Ceci est un résultt générl qui peut se démontrer (sns psser pr le chngement des vribles, ce qui simplifierit beucoup les choses) comme ç : démontrons que sur un intervlle symétrique M M f(t)dt = M M f( t)dt (cette propriété peut être obtenue à prtir des fonctions étgées) ; près on utilise le fit que f est impire pour dire M M f(t)dt = M M f( t)dt, et les deux églités ensemble disent que les deux intégrles sont nulles. Qu est-ce qu on urit pu dire à propose de l intégrle dune fonction pire, pr contre? Ici ce qu on peut montrer est 0 M f(t)dt = M 0 f(t)dt (toujours en héritnt l propriété des fonction étgées). Et donc M M f(t)dt = 2 0 M f(t)dt. Mis ceci ne nous ide ps à clculer l vleur Intégrtion pr prtie : récurrence et ruses spéciles En prtnt du cs du sinus u crré, on se concentrer ici sur le clcul de quelques primitives et de quelques intégrles sur des intervlles qui ne présentent ps de symétrie spéciles, où l instrument principle est l intégrtion pr prtie. Pourtnt, il s gir d intégrtion qui ne seront ps tout de suite chevée pr une simple intégrtion pr prtie, mis il fudr fire quelque chose en plus. Exemple Clculer sin2 (x)dx et déterminer une primitive de l fonction intégrnde. Comme on un produit (sin(x) sin(x)) dns l fonction intégrnde, on peut essyer une intégrtion pr prtie. On poser donc f(x) = sin(x) et g (x) = sin(x), ce qui entrîne f (x) = cos(x) et g(x) = cos(x). On donc sin 2 (x)dx = = f(x)g (x)dx = f (x)g(x)dx + [fg] b cos 2 (x)dx sin(b) cos(b) + sin() cos(). Il fut donc clculer l intégrle du cosinus u crré. Appremment on n ps ggné grnde chose cr l difficulté de cette intégrle ser l même de l utre. On peut en fit voir que l difficulté 50

51 est l même si l on écrit cos 2 (x) = 1 sin 2 (x). On trouve donc sin 2 (x)dx = 1dx sin 2 (x)dx sin(b) cos(b) + sin() cos(). Appremment c est encore pire, cr pour clculer l intégrle du sinus u crré on justement trouvé une expression qui reprend l même vleur. Mis, les coefficients de cette intégrle d une côté et de l utre de l églité ne sont ps les mêmes, et on peut donc blncer l deuxième intégrle du côté guche de l églité en obtennt 2 sin 2 (x)dx = Ceci donne le résultt finl sin 2 (x)dx = b 2 1dx sin(b) cos(b) + sin() cos() = b sin(b) cos(b) + sin() cos(). 1 2 sin(b) cos(b) + 1 sin() cos(). 2 C est qui l primitive ssociée à cette intégrtion? si on considère le Théorème fondmentl du clcul on sit que l on trouve une primitive d une fonction f si on clcule F (x) = x f(t)dt. Il suffit donc prendre l expression qu on clculée et remplcer b pr l vrible x. Non seulement, on même le droit d oublier tout ce qui ne concerne que et non ps b, cr il ser une constnte pr rpport à cette vrible. On donc F (x) = 1 2 x 1 sin(x) cos(x). 2 Comment peut-on vérifier que cel soit bien l primitive? en l dérivnt! est-il obligtoire de le fire? non, si on l trouvé grâce à une méthode existnte et rigoureuse, qu on n ps inventée. Cependnt, on peut le fire qund on n est ps sûr de notre résultt, et on peut le fire ussi chque fois qu on ne veut ps détiller les pssges intermédiires pour rriver u résultt même. Ceci pourrit être le cs soit qund ils sont trop longs, soit qund on doute de leur rigueur ou qund on est sûr de l bsence de rigueur (disons, qund on triché). Donc on utiliser dns ce cs nos clculs comme une ide à deviner une cndidte primitive, et son être primitive ser montré en dérivnt. Ici on F (x) = cos2 (x) sin2 (x) = 1 2 sin2 (x) sin2 (x) = sin 2 (x). Exemple Clculer sin3 (x)dx et déterminer une primitive de l fonction intégrnde. Ici ussi on un produit, de l forme sin 2 (x) sin(x), pr exemple. Il fut choisir qui jouer le rôle de f et qui de g. Le rôle plus délict est celui de g, cr il fudr intégrer cette fonction. Normlement on est cpble d intégrer les deux, mintennt, mis c est qund même vri qu intégrer le sinus plutôt que son crré est plus simple, lors que pour le dériver l différence n est ps trop grnde. Donc on pose f(x) = sin 2 (x) et g (x) = sin(x). On f (x) = 2 sin(x) cos(x) et g(x) = cos(x). Donc sin 3 (x)dx = 2 sin(x) cos 2 (x)dx sin 2 (b) cos(b) + sin 2 () cos(). Il fut intégrer sin(x) cos 2 (x). On peut utiliser cos 2 (x) = 1 sin 2 (x) et obtenir sin 3 (x)dx = 2 sin(x)dx 2 sin 3 (x)dx sin 2 (b) cos(b) + sin 2 () cos(). Comme tout à l heure, on peut rmener le terme en sinus u crré du côté droit sur le côté guche, en trouvnt 3 sin 3 (x)dx = 2 sin(x)dx sin 2 (b) cos(b) + sin 2 () cos() = 2 cos(b) + 2 cos() sin 2 (b) cos(b) + sin 2 () cos() 51

52 et finlement sin 3 (x)dx = 2 3 cos(b) cos() 1 3 sin2 (b) cos(b) sin2 () cos(). On vérifie dns ce cs ussi, en posnt F (x) = 2 3 cos(x) 1 3 sin2 (x) cos(x). F (x) = 2 3 sin(x) 2 3 sin(x) cos2 (x) sin3 (x) = 2 3 sin(x)(1 cos2 (x)) sin3 (x) = sin 3 (x). Le cs générl peut être pproché pr récurrence Exemple Donner une formule récursive pour sinn (x)dx. On ppeller I n (, b) cette intégrle. Il s git de l intégrle d un produit, de l forme sin n 1 (x) sin(x), pr exemple. Le seul choix risonnble est f(x) = sin n 1 (x) et g (x) = sin(x). On donc f (x) = (n 1) sin n 2 (x) cos(x) et g(x) = cos(x). Donc sin n (x)dx = (n 1) sin n 2 (x) cos 2 (x)dx sin n 1 (b) cos(b) + sin n 1 () cos(). Pour le terme sin n 2 (x) cos 2 (x) on peut utiliser l stuce hbituelle et obtenir sin n (x)dx = Ceci signifie (n 1) sin n 2 (x)dx (n 1) sin n (x)dx sin n 1 (b) cos(b)+sin n 1 () cos(). I n (, b) = (n 1)I n 1 (, b) (n 1)I n (, b) sin n 1 (b) cos(b) + sin n 1 () cos(), d où I n (, b) = n 1 n I n 1(, b) 1 n sinn 1 (b) cos(b) + 1 n sinn 1 () cos(). Le même résultt peut être utilisé pour l recherche d une primitive, en obtennt Des cs simples F n (x) = n 1 n F n 1(x) 1 n sinn 1 (x) cos(x). Ici on regrde deux exemples qui ont l seule propriété en commun de ne ps demnder trop de trvil : une intégrtion pr prtie qui n ps besoin de fire de l récurrence ou de rmener un terme de l utre côté et une fonction composée dont on peut deviner l primitive (et qui nous ser utile pour introduire les chngements de vribles). Exemple Clculer x sin(x)dx et déterminer une primitive de l fonction intégrnde. On un produit, on envie de fire une intégrtion pr prtie. On veut trnsformer cette intégrle en une intégrle plus simple. Ceci est possible cr l fonction x se simplifie qund on l dérive lors que l fonction sin(x) ne se complique ps. Posons f(x) = x et g (x) = sin(x). On f (x) = 1 et g(x) = cos(x). Donc x sin(x)dx = cos(x)dx b cos(b) + cos() = sin(b) sin() b cos(b) + cos(). On vérifie dns ce cs ussi, en posnt F (x) = sin(x) x cos(x). F (x) = cos(x) cos(x) + x sin(x) = x sin(x). 52

53 Exemple Clculer ln k (x) x dx et déterminer une primitive de l fonction intégrnde (vec b > > 0). Ici le gros vntge est qu on le produit d une fonction du logrithme fois l fonction 1/x, qui en est l dérivée. Devinons l primitive : si l on prend une puissnce du logrithme en dérivnt on trouve bien une puissnce du logrithme divisée pr x. Il est fcile de voir que l exposnt à prendre ser un en plus pr rpport à l exposnt dns l intégrle. Le coefficient ussi peut être deviné. On pose F k (x) = ln k+1 (x)/(k + 1). On bien F k (x) = lnk (x)/x. Bien sûr, ce clcul ne mrche ps si k = 1. Ceci est norml, on ne peut ps clculer l primitive d une puissnce vec exposnt 1 en rjoutnt 1 à l exposnt, on le sit. On sit ussi que dns ce cs on trouverit un logrithme. On essie donc F 1 (x) = ln(ln(x)), ce qui donne bien F 1 (x) = 1/x ln(x). Après voir trouvé les primitives, on peut fcilement dire ln k (x) ln k+1 (b) ln k+1 () dx = k+1, si k 1, x ln(ln(b)) ln(ln()) si k = Chngement de vrible d intégrtion L exemple nous donne une idée intéressnte : si dns une expression à intégrer il y le logrithme qui pprit souvent, mis il y ussi l dérivée du logrithme, lors on peut oublier l prtie vec l dérivée, regrde l fonction qu on composée vec le logrithme, en prendre l primitive, et y mettre u dedns le logrithme dns le résultt. Ceci se peut générliser. En utilisnt l convention f(t)dt := b f(t)dt si > b, on : Théorème Soit f : [, b] R une fonction continue et g : [c, d] [, b] une bijection C 1. Alors on f(t)dt = g 1 (b) g 1 () f(g(s))g (s)ds = d c f(g(s)) g (s) ds. Démonstrtion. Soit F une primitive de f, qui existe grâce u théorème fondmentl du clcul (f étnt continue). Considérons F g : est-elle primitive de quelque chose? oui, cr elle est C 1 (comme composée de fonctions C 1 ) et elle est donc une primitive de s dérivée. S dérivée est bien s f(g(s))g (s). On donc, pour tout x et y, y Si l on prend x = g 1 () et y = g 1 (b) on trouve x g 1 (b) g 1 () f(g(s))g (s)ds = F (g(y)) F (g(x)). f(g(s))g (s)ds = F (b) F () = f(t)dt, où l dernière églité vient du Théorème Fondmentl du Clcul et de ses conséquences. Ceci montre l première prtie de l thèse. Pour conclure et voir g 1 (b) g 1 () f(g(s))g (s)ds = d c f(g(s)) g (s) ds il suffit de distinguer deux cs : comme g est une bijection continue (elle est C 1 ), elle est strictement monotone ; soit elle est croissnte (et dns ce cs on g(c) = et g(d) = b, cr sinon on ne peut ps réliser une bijection, et g 0), soit elle est décroissnte (vec g(c) = b et g(d) = et g 0). Dns le premier cs l églité est immédite, dns le deuxième il y un double chngement de signe, cr l intervlle résulte renversé mis g = g. 53

54 Ce théorème peut être utilisé dns deux directions : soit on doit intégrer une fonction composée f(g(t)) multipliée fois g (c est le cs de notre dernier exemple), et lors on psser à l intégrle de f tout court, soit on une fonction f(t) et pour quelques risons on soupçonne que remplcer t vec g(s) pourrit être mlin (il fut que dns le produit f(g(s))g (s) il y it quelque simplifiction, sinon cel ne vut ps le coup). Ce dernier cs ser développé dns l exemple suivnt. Exemple Clculer 1 x 2 dx et déterminer une primitive de l fonction intégrnde (vec 1 < b 1). On fer le chngement de vrible suivnt : x = sin(y). L fonction y sin(y) est une bijection croissnte de [ π/2, π/2] vers [ 1, 1] et s restriction à l intervlle [rcsin(), rcsin(b)] le ser vers [, b]. On ppliquer le théorème vec f(t) = 1 t 2 et g(s) = sin(s). Il fut remplcer x vec sin(y), dx vec cos(y)dy et les bornes d intégrtion. On 1 x 2 dx = rcsin(b) rcsin() rcsin(b) 1 sin 2 (y) cos(y)dy = cos 2 (y)dy rcsin() (on utilisé cos 2 (y) = 1 sin 2 (y) mis cos(y) 0 sur [ π/2, π/2] ussi). Il fut mintennt clculer l primitive de cos 2 (y) mis cel on sit le fire. De l reltion cos 2 (y) = 1 sin 2 (y) on tire que l primitive F du cosinus u crré est donnée pr On donc F (x) = x 1 2 x sin(x) cos(x) = 1 2 x + 1 sin(x) cos(x). 2 1 x 2 dx = 1 2 (rcsin(b) rcsin())+1 2 sin(rcsin(b)) cos(rcsin(b)) 1 sin(rcsin()) cos(rcsin()). 2 On remrque sin(rcsin(x)) = x et cos(rcsin(x)) = continue : 1 sin 2 (rcsin(x)) = 1 x 2 et on 1 x 2 dx = 1 2 (rcsin(b) rcsin()) b 1 b On peut déduire que une primitive de f(x) = 1 x 2 est donnée pr F (x) = 1 2 rcsin(x) x 1 x 2. Ce résultt peut être vérifié en utilisnt (rcsin) (x) = (1 x 2 ) 1/2, ce qui est une conséquence de l formule pour le clcul de l dérivée d une fonction réciproque. Dns l exemple précédent on directement cherché à clculer le résultt d une intégrle sur un intervlle [, b] et on bien fit ttention à chnger les bornes lors du chngement de l vrible. Il fut fire ttention qund on clcule une primitive ussi. Une écriture du type 1 x 2 dx = cos 2 (y)dy pourrit engendrer de l confusion et suggérer que l primitive de l fonction 1 x 2 coïncide vec l primitive de l fonction cos 2. Ceci n est ps vri, cr il fut composer cette dernière primitive vec l fonction réciproque du chngement de vrible, l rcsinus dns ce cs. On termine cette section pr quelques remrques sur des fonctions moins connues que le sinus et le cosinus mis qui peuvent être ussi utiles dns ce genre d intégrles. On définit les fonctions sinus hyperbolique et cosinus hyperbolique pr sinh(x) = ex e x ; cosh(x) = ex + e x

55 Ces fonctions, qui sont définis tout à fit différemment (suf si l on considère l expression complexe du sinus et du cosinus, sin(x) = (e ix e ix )/2 et cos(x) = (e ix + e ix )/2), ont beucoup de propriétés similires ux fonctions trigonométriques, qui peuvent être vérifiées à l min. On notmment sinh = cosh; cosh = sinh; cosh 2 (x) sinh 2 (x) = 1; cosh(0) = 1, sinh(0) = 0; insi que des formules d ddition similires à celles trigonométriques. Dns tous les cs, il y des différences de signes. Un chngement de vrible x = sinh(y) est très utile pour le clcul d une primitive de 1 + x 2 insi comme x = cosh(y) pour x 2 1 (remrquer l différence de signe pr rpport à l exemple précédent). Évidemment, dns le clcul explicite des primitives on trouver les fonctions réciproques du sinus et du cosinus hyperboliques, qui peuvent être obtenues en résolvnt les équtions e x e x 2 = y et ex + e x en mettnt X = e x, résolvnt une éqution de seconde dégré, puis prennt le logrithme. 2 = y, Fonctions rtionnelles Exemple Clculer x+1 dx et déterminer une primitive de l fonction intégrnde x 2 3x+2 (il fut se plcer sur un intervlle qui ne touche ps les zéros de dénominteur : pr souci de simplicité supposons ici 2 < < b). Pour trouver cette primitive on réécrir l fonction intégrnde de mnière plus simple. Il est en effet possible trouver des constntes A et B telles que x + 1 x 2 3x + 2 = A x 1 + B x 2. On verr près quelles sont les critères pour exprimer une frction du type P (x)/q(x) comme somme de frctions plus simples, et ici on se contenter de trouver explicitement ces deux constntes en résolvnt un système. Pour que l églité qu on cherche soit vérifiée il fut imposer x + 1 x 2 3x + 2 A(x 2) + B(x 1) = x 2, 3x + 2 ce qui équivut, en imposnt l églités des coefficients de x et des constntes, à { 1 = A + B, 1 = 2A B. L solution de ce système est A = 2, B = 3. On donc x + 1 x 2 3x + 2 = et donc l primitive cherchée est donnée pr 2 x x 2 F (x) = 2 ln(x 1) + 3 ln(x 2). 55

56 Exemple Clculer x4 2dx et déterminer une primitive de l fonction intégrnde (là x 3 1 ussi, pr souci de simplicité, on supposer 1 < < b). On chercher de fire une décomposition de l frction intégrnde qui s inspire à celle de l exemple précedent. Pour commencer, cependnt, on s perçoit que, comme le numérteur un degré plus élevé que le dénominteur, il ser possible de sortir des termes de l frction. On en effet x 4 2 = x(x 3 1) + x 2 et donc x 4 2 x 3 1 = x + x 2 x 3 1. On est bien cpble de clculer une primitive de x et ce qui nous reste à fire est clculer une primitive de l frction qu on obtenu. L vntge est qu on réduit le degré du numérteur. Ceci peut être toujours fit si l on P (x)/q(x) et deg P deg Q : grâce à P = P 1 Q + P 2 (division euclidienne des polynômes vec un reste) on rrive à des frctions vec deg P 2 < deg Q. Tout à l heure on vit décomposé l frction comme une somme de termes plus simples dont les dénominteurs étient les fcteurs du dénominteur initil. Ici, si l on veut fire une décomposition en fcteurs de degré 1, il fudrit psser ux complexes et utiliser x 3 1 = (x 1)(x + 1/2 i 3/2)(x + 1/2 + i 3/2). Pourtnt, si le but est prendre des primitives plus fciles et psser notmment ux logrithmes, ceci n est ps très utile cr ln(x + 1/2 i 3/2) ne signifie rien! On est donc forcé à grder l décomposition réelle (x 3 1) = (x 1)(x 2 + x + 1). Il ne ser ps possible lors d espérer de trouver une décomposition du type x 2 x 3 1 = A x 1 + Bx2 + x + 1 cr le résultt à droite ne dépende que de deux prmètres, lors que à droite on urit pu voir priori n importe quelle frction P 2 /Q vec deg P 2 < 3 (un résultt qui dépend donc de trois prmètres, les trois coefficients de P 2 ). L décomposition qui ser vri ser pr contre l suivnte : x 2 x 3 1 = A x 1 + Bx + C x 2 + x + 1. Pour clculer les coefficients A, B et C (et u même temps démontrer leur existence, cr on n ps évoqué des théorèmes générux qui l ssurent) il fut imposer ce qui signifie x 2 = A(x 2 + x + 1) + (Bx + C)(x 1), 0 = A + B, 1 = A B + C 2 = A C. Ici ussi l solution est simple (il suffit de trouver A en sommnt les trois lignes) : A = 1/3, B = 1/3 et C = 5/3. On ne détiller ps tous les clculs ici mis on veut seulement montrer comment on peut intégrer les fonctions qui pprissent. Il n y ps de problèmes à intégrer A/(x 1), qui donner lieu à un logrithme. Concernnt l prtie (Bx + C)/(x 2 + x + 1), on commence en écrivnt le numérteur comme λ(2x+1)+µ (ce qui est possible en prennt λ = B/2 et µ = C B/2). Pourquoi? prce que l première prtie est fcile à intégrer. On en effet l frction (2x+1)/(x 2 +x+1), qui l propriété que le numérteur est l dérivée du dénominteur. Chque fois qu on u /u l primitive est ln(u) et ceci est fcile à vérifier en dérivnt. Ici on urit donc λ ln(x 2 + x + 1). Il nous reste à trouver une primitive de 1/(x 2 + x + 1).Plus en générl on vourrit trouver une primitive de toute frction du type 1 polyôme de degré 2 sns rcines réelles. 56

57 Le cs typique est celui de l primitive1/(1 + x 2 ), qui est donnée pr l fonction rctn(x). Tout utre cs peut se rmener à celui-ci, grâce à une écriture du type et plus en générl x 2 + x + 1 = (x ) Q(x) = c 1 (x x 0 ) 2 + c 2. Il est toujours possible écrire un polynôme de degré deux sous cette forme (on trouve c 1 d près le coefficient de x 2, puis x 0 pour fire en sorte que le double produit du crré église le terme en x, puis c 2 pr différence). Dns le cs d un polynôme sns rcines réelles on ur c 1 c 2 > 0. Ceci dit que, à un coefficient près, on peut se rmener à x Ici on et une primitive ser donc donnée pr 1 x 2 + x + 1 = 4 3 F (x) = ( 2 3 (x ) ) rctn ( 2 3 (x ) ). En composnt tous ces résultts on peut trouver une primitive de l fonction donnée et en clculer l intégrle. Dns le résultt il y ur un polynôme (qui vient de l prtie qui est sortie de l frction), un logrithme de x 1, un logrithme de x 2 + x + 1, une rcotngente. On verr un dernier exemple et on donner en suite une recette pour intégrer toute fonction rtionnelle. Exemple Clculer 1 dx et déterminer une primitive de l fonction intégrnde. (x 3 1) 2 Il est encore sous-entendu que l intervlle ne touche ps les zéros de l fonction. De plus, on met 1 u numérteur pr simplicité cr on vu que l technique à utiliser dépend fortement du dénominteur et de s fctoristion, et le numérteur n influence que les constntes qui pprissent dns les frctions plus simples qu on v trouver. Ici le problème est que l fctoristion du dénominteur demt des fcteurs multiples. En effet on (x 3 1) 2 = (x 1) 2 (x 2 + x + 1) 2 = (x 1)(x 1)(x 2 + x + 1)(x 2 + x + 1). Si on cherchit d écrire 1 (x 3 1) 2 = A x 1 + B x 1 + Cx + D x 2 + x Ex + F x 2 + x + 1, on s percevrit que le résultt à droite ne dépend que de A + B, C + E et D + F, donc d un nombre trop petit de vribles. O n ne pourr ps s en sortir comme ç, pr conséquent. Dns le cs de fcteurs multiples l décomposition est un peu plus subtile. On peut écrire 1 (x 3 1) 2 = A x 1 + B (x 1) 2 + Cx + D x 2 + x Ex + F (x 2 + x + 1) 2, c est-à-dire on obtient une décomposition vec des frctions dont les dénominteur ont les fcteurs du dénominteur originl Q(x), à une puissnce qui v de un jusqu à l puissnce qu on voit dns Q, et dont le numérteur est une constnte s il s git d un fcteur de premier degré et un polynôme de degré un si le fcteur est de degré deux. En résolvnt le système on peut voir qu il dmet une solution unique et l trouver. On s intéresse mintennt à montrer que toute frction qu on écrite est fcile à intégrer. C est évidemment le cs de 1/(x 1), qui donne lieu à ln(x 1), et de 1/(x 1) 2, qui donne lieu à 1/(x 1). 57

58 On déjà vu comment triter (Ax + B)/(x 2 + x + 1), en le décomposnt en une prtie vec (2x + 1)/(x 2 + x + 1), qui donne ln(x 2 + x + 1), et une vec 1/(x 2 + x + 1), qui donne un résultt du type c 1 rctn(c 2 (x x 0 )). Il nous reste l dernière frction. Là ussi on peut dire Ex + F = λ(2x + 1) + µ (toujours grâce à l division de polynômes). L prtie vec (2x + 1)/(x 2 + x + 1) 2 donne tout simplement 1/(x 2 +x+1). Pour l utre il fut fire le même chngement de vrible qui psse pr l écriture de x 2 + x + 1 comme c 1 + c 2 (x x 0 ) 2 et qui nous rmène à 1/(1 + x 2 ) 2 et se référer à l exemple suivnt. Exemple Donner une formule récursive pour 1 (1+x 2 ) n dx. On ppeller I n (, b) cette intégrle, qu on sit clculer pour n = 0 et 1. On chercher une reltion entre I n et I n+1. On 1 b (1 + x 2 ) n dx = 1 + x 2 (1 + x 2 ) n+1 dx = I x n+1(, b) + x (1 + x 2 ) n+1 dx. On intégrer pr prtie l dernière expression, en prennt f(x) = x et g (x) = x/(1 + x 2 ) n+1, ce qui donne f (x) = 1 et g(x) = (1 + x 2 ) n /(2n). On donc x 1 x (1 + x 2 dx = ) n+1 2n 1 (1 + x 2 ) n dx b 2n(1 + b 2 ) n + 2n(1 + 2 ) n = I n(, b) 2n b 2n(1 + b 2 ) n + 2n(1 + 2 ) n. Ceci nous dit = I n+1 (, b) = I n (, b)(1 1 2n ) + b 2n(1 + b 2 ) n 2n(1 + 2 ) n. On peut résumer l recette qu on construit vec les derniers exemples. Recette pour l intégrtion d une fonction rtionnelle P (x)/q(x) : diviser P pr Q en obtennt P = P 1 Q + P 2 et donc P (x)/q(x) = P 1 (x) + P 2 (x)/q(x) ; P 1 est fcile à intégrer ; fctoriser Q sous l forme Q = Q α 1 1 Q αm m Q α m+1 m+1 Qα k k, où les Q i vec i m sont des polynômes de degré un et les Q i vec i m + 1 sont des polynômes de degré deux sns rcines réelles ; les correspondnts α i leurs exposnts dns l fctoristion ; écrire P 2 (x) Q(x) = A 1,1 Q 1 (x) + + A 1,α 1 Q 1 (x) α + + A m,1 1 Q m (x) + + A m,α m Q m (x) αm + A m+1,1 + B m+1,1 x Q m+1 (x) + A k,1 + B k,1 x Q k (x) + + A m+1,α m+1 + B m+1,αm+1 x Q m+1 (x) α m A k,α k + B k,αk x Q k (x) α, k +... c est-à-dire en mettnt u dénominteur tous les fcteurs Q i et en les prennt à une puissnce entre un et leur α i, et u numérteur soit des constntes (si deg Q i = 1), soit des polynômes de degré un (si deg Q i = 2) ; tous les termes du type A/Q β i vec deg Q i = 1 sont fciles à intégrer et donnent soit un logrithme (β = 1), soit une puissnce négtive de Q i ; tous les termes du type (A + Bx)/Q β i vec deg Q i = 2 se décomposent en λq i /Qβ i + µ/qβ i. tous les termes du type λq i /Qβ i sont fciles à intégrer et donnent soit ln(q i ) (si β = 1), soit une puissnce négtive de Q i ; pour les termes µ/q β i on utilise Q i (x) = c 1 + c 2 (x x 0 ) 2 pour se rmener à 1/(1 + x 2 ) β à des coefficients près, et puis on utilise le résultt de récurrence de l exemple

59 3.4.6 Fonctions rtionnelles de fonctions trigonométriques On montre mintennt une technique pour trnsformer ps ml d intégrles vec les sinus et les cosinus en d intégrles de fonctions rtionnelles. Exemple Clculer sin 3 (x) cos 4 (x) dx et déterminer une primitive de l fonction sin(x) cos(x)+2 cos 3 (x) intégrnde. L idée pour clculer cette intégrle (qu on ne développer ps en détils) et l suivnte : le sinus et le cosinus peuvent s exprimer ssez bien à l ide d une quntité mgique commune, qui est t = tn(x/2), et cel donne lieu à un chngement de vrible ssez puissnt. On sin(x) = 2 sin(x/2) cos(x/2) = 2 tn(x/2) cos 2 (x/2) = grâce à l églité cos 2 = 1/(1 + tn 2 ). De même, on 2t 1 + t 2, ( ) sin(x) = cos 2 (x/2) sin 2 (x/2) = cos 2 (x/2) 1 tn 2 (x/2) = 1 t2 1 + t 2, Fisons donc le chngement de vrible t = tn(x/2), qui implique x = 2 rctn(t). Il fut remplcer tous les sinus et les cosinus pr les expressions qu on trouvées, qui sont des fonctions rtionnelles de t. De plus, il fut remplcer dx pr 2dt/(1+t 2 ), grâce à l formule de chngement de vrible qui fit pprître une dérivée. Celle-ci ussi est une fonction rtionnelle de t. Dns notre cs on se rmerit à une intégrle du type ( 2t 1+t 2 ) 3 ( 1 t 2 1+t 2 ) 4 2t(1 t 2 ) (1+t 2 ) ( 1 t 2 1+t 2 ) 4 2dt 1 + t 2. Comme 1 + t 2 pprît u dénominteur un peu prtout, il est possible de le simplifier dns ps ml d endroits. Attention : on pourrit se demnder comment peut-on obtenir des sinus et des cosinus qund on clcule cette primitive et on l rédérive, si dns les formules pour les fonction rtionnelles ils n pprissent jmis...l réponse est évidemment qu il fut fire gffe ux bornes, cr il fut remplcer pr tn(/2) et b pr tn(b/2). 3.5 Applictions des intégrles ux développements limités On termine le long discours sur les intégrles vec deux pplictions ux DL. L première sort de l question suivnte : on connît les DL de l fonction 1/(1 + x 2 ) x 2 = 1 x2 + x 4 x ( 1) n x 2n + o(x 2n+1 ). Peut-on déduire d ici les DL de s primitive, l fonction rcotngente? On imgine trouver rctn(x) = x x3 3 + x5 5 x7 x2n ( 1)n 7 2n o(x2n+2 ). L réponse est oui et elle est ssez générle. Théorème Soit f : A R une fonction qui dmet un développement limité d ordre n u point x 0 A : f(x) = p(x) + o((x x 0 ) n ) vec p un polynôme de degré n. Soient F et P des primitives de f et p, respectivement, vec P (x 0 ) = 0 (c est-à-dire on forcement P (x) = x x 0 p(t)dt). Alors on le DL suivnt F (x) = F (x 0 ) + P (x) + o((x x 0 ) n+1 ). 59

60 F (x) F (x Démonstrtion. On veut montrer lim 0 ) P (x) x x0 (x x 0 = 0. Soit H(x) = F (x) F (x ) n+1 0 ) P (x). On sit H(x 0 ) = 0 et H (x) = f(x) p(x). Comme on f(x) p(x) = o((x x 0 ) n ), on peut dire que pour tout ε > 0 il existe δ > 0 tel que, si y x 0 < δ, lors H (y) < ε y x 0 n. Prenons mintennt x ]x 0 δ, x 0 +δ[. Grâce u théorème des ccroissements finis on H(x) = H(x) H(x 0 ) = x x 0 H (ξ) vec ξ ]x 0, x[ ]x 0 δ, x 0 + δ[. Donc H (ξ) ε ξ x 0 n ε x x 0 n et finlement H(x) ε x x 0 n+1. Ceci montre exctement que l quntité H(x)/(x x 0 ) n+1 tend vers zéro lorsque x x 0 et conclut l preuve. Dernière ppliction des intégrles, l fmeuse Formule de Tylor vec reste intégrle, qui est celle, prmi les Formules de Tylor, qui donne l expression du reste l plus précise. Dns l formule de Tylor-Young on vit en fit un terme en o((x x 0 ) n ), qui n est guère précis mis donne seulement des informtions sur son comportement locl utour de x 0 ; l formule de Tylor-Lgrnge donnit une vrie églité mis vec un terme f n+1 (ξ)(x x 0 ) n+1 /(n + 1)!, où le point ξ n est ps precisé ; cette formule donner pr contre une églité explicite. Pr contre, elle demnder plus de régulrité pour pouvoir l ppliquer. Théorème Soit f C n+1 (A) et x 0 A. Alors pour tout x A on f(x) = f(x 0 )+f (x 0 )(x x 0 )+ 1 2 f (x 0 )(x x 0 ) n! f (n) (x 0 )(x x 0 ) n + 1 n! x x 0 (x t) n f (n+1) (t)dt. Démonstrtion. Le théorème ser démontré pr récurrence sur n. Si n = 0 il fut démontrer que pour toute fonction C 1 on f(x) = f(x 0 ) + x x 0 f (t)dt et ceci est vri comme conséquence du théorème fondmentl du clcul. Le fit que f soit continue est justment l bonne hypothèse pour l ppliquer. Supposons que le résultt soit vri pour un certin rng n. Pssons u rng suivnt : il fut prendre f C n+2 (A). Mis lors f C n+1 (A) et on peut ppliquer le résultt u rng n. On obtient bien f(x) = f(x 0 )+f (x 0 )(x x 0 )+ 1 2 f (x 0 )(x x 0 ) n! f (n) (x 0 )(x x 0 ) n + 1 n! x x 0 (x t) n f (n+1) (t)dt. Dns l dernière intégrle il y un produit qu on peut triter grâce à une intégrtion pr prtie. Soit h(t) = f (n+1) (t) et g (t) = (x t) n. Grâce à l hypothèse f C n+2 (A) l fonction h est C 1 et on h (t) = f (n+2) (t), insi que g(t) = (x t) n+1 /(n + 1). x x 0 (x t) n f (n+1) (t)dt = = (x t) n+1 [ ] x f (n+2) (t)dt f (n+1) (x t)n+1 (t) x 0 n + 1 (n + 1) x 0 (x t) n+1 f (n+2) (t)dt + f (n+1) (x 0 ) (x x 0) n+1. x 0 n + 1 (n + 1) x x Pr conséquent on peut trnsformer l églité d en hut en f(x) = f(x 0 ) + f (x 0 )(x x 0 ) f (x 0 )(x x 0 ) n! f (n) (x 0 )(x x 0 ) n + 1 (n + 1)! f (n+1) (x 0 )(x x 0 ) n+1 1 x + (x t) n+1 f (n+2) (t)dt. (n + 1)! x 0 60

61 Chpitre 4 Equtions différentielles Dns ce chpitre on v s occuper d un type d équtions, très cournt en mthémtiques mis encore plus dns les pplictions, où l inconnue est une fonction et l condition qu elle doit stisfire est une églité concernnt l fonction et ses dérivées, églité qui doit être stisfite prtout sur le domine de définition de l fonction. Bien évidemment, pour que cel it un sens, il fut chercher prmi les fonctions de clsse C k vec un k suffismment grnd pour que toutes les dérivées qui pprissent dns l éqution soient bien définies. Un exemple typique d éqution différentielle pourrit être le problème chercher une fonction qui coïncide vec s dérivée", c est-à-dire résoudre f = f. Ce problème une solution évidente (l exponentielle, comme on sit bien si on connît toutes les blgues débiles sur les fêtes de fonctions où l exponentielle est bien sûre que l intégrer ou l dériver ne lui ferit rien). On peut qund même se demnder si celle là est l seule solution (réponse : non, cr f(x) = 2e x l est ussi) ou si toute solution est un multiple de l exponentielle (réponse : oui, mis pourquoi?). Un utre exemple, qui est tout à fit cournt en physique, est celui de l éqution de l oscillteur hrmonique f = f. Ici les solutions sont des sinus et de cosinus. Dns ce chpitre (et dns les trois cours qui seront dédiés à ç en mphi) on s occuper principlement de technique de clcul des solutions. Les questions d existence, unicité et des propriétés qulittives des solutions dns des cs où l on n est ps cpbles de les trouver explicitement ne seront ps tritées et il fudr ttendre les cours de deuxième nnée. L équtions dns s forme l plus générle ser du type F (x, f(x), f (x), f (x),... ; f ( n)(x)) = 0, pour tout x A; f : A R. L plus prt des techniques qu on verr uront le but de trouver en générl toutes les solutions (qui, comme on vu, ne sont ps uniques) de l éqution. Prfois, on se concentrer pr contre (ce qui est le bon cdre pour les théorèmes le plus bstrits uxquels on ne toucher ps) sur ce qui s ppelle le Problème de Cuchy : chercher f : A R, solution de F (x, f(x), f (x), f (x),... ; f (n) (x)) = 0; f(x 0 ) = u 0 ; f (x 0 ) = u 1 ;... f (n 1) (x 0 ) = u n 1 ; où A est un voisinge de x 0. Le fit de donner les vleurs de f et des dérivées jusqu à l (n 1) ième est nturel : si on en donne plus on risque d être contrdictoire vec l éqution ; non seulement, grâce à l éqution on rrive en générl à déduire l vleur de l dérivée successive (l n ième) et, en dérivnt, des successives encore. Ceci montre que c est justement à prtir 61

62 de cette quntité de données qu on rrive à déduire des informtions en plus sur une solution éventuelle et qu on peut espérer un résultt d unicité. 4.1 Equtions linéires coefficients constnts Equtions homogènes On commencer pr le cs le plus simple, celui des équtions linéires homogènes à coefficients constnts, c est à dire des équtions du type n f (n) (x) + n 1 f (n 1) (x) f (x) + 0 f(x) = 0. (4.1) Le mot homogène se réfère u fit qu on = 0 et non ps = g(x), et l expression à coefficients constnts" u fit que les i ne sont ps des fonctions de l vrible x mis des nombres. Sur ce genre d équtions un résultt très importnt est le suivnt : Théorème L ensemble des solutions de l éqution (4.1) est un espce vectoriel de dimension n, sous l condition que n soit non nul. On ne donner ps l démonstrtion de ce théorème, mis on se limiter à le commenter, de fçon à suggérer qu il est risonnble. D bord il est fcile de voir que si f 1 et f 2 sont solutions lors toute combinison linéire λ 1 f 1 + λ 2 f 2 l est ussi. Ceci montre que cet ensemble est un espce vectoriel. Puis on utiliser un résultt d existence et unicité concernnt le Problème de Cuchy, qu on ne v ni préciser ni évoquer plus que ç ici. En utilisnt ce résultt, on peut bien voir que l correspondnce f (f(x 0 ), f (x 0 ),..., f (n 1) (x 0 )) est bijective si restreinte à l ensemble des solutions de (4.1). De plus, elle est linéire. Et son espce d rrivée est un espce vectoriel de dimension n. Ceci montre que l ensemble des solutions l est ussi. Ce résultt ppremment théorique est en vri très utile pour l recherche des solutions. En effet, si jmis on trouve n solutions f 1,..., f n différentes et indépendntes de (4.1), près elles forment certinement une bse de l ensemble des solutions et toutes solutions s écrivent comme ni=1 A i f i. Les coefficients A i, dns le cs d un Problème de Cuchy, peuvent se trouver en imposnt les conditions initiles (ce qui revient à résoudre un système linéire). On regrde mintennt une méthode précise pour résoudre ce genre d équtions. Etpe 1 : chercher des solutions du type e λx. Le solution sous l forme d exponentielle sont fciles à détecter cr f(x) = e λx résout (4.1) si et seulement si ( n n ) 0 = i λ i e λx = e λx i λ i = e λx P (λ), où P est le polynôme ssocié à l éqution (4.1), donné pr P (z) = n i z i. Comme le fcteur exponentiel e λx n est jmis nul, pour trouver une solution ce qu on doit regrder est si λ est une rcine de P (si P (λ) = 0). Donc, première chose à fire : écrire le polynôme ssocié et en trouver les rcines. Etpe 2, premier cs : les n rcines sont distinctes Si le polynôme dmet n rcines distinctes λ 1,..., λ n on fini : les fonctions f i (x) = e λ ix sont solutions de l éqution et sont une fmille indépendnte. Donc on trouve toutes les solutions sous l forme n i=1 A i e λ ix. Si notre but étit de trouver toutes les solutions lors on fini, elles 62

63 sont toutes les fonctions de cette forme. Si pr contre on veut résoudre un problème de Cuchy ou l on des conditions en plus sur l fonction à chercher (vleur en plusieurs points...) il fut qu on cherche les vleurs des coefficients A i de fçon à stisfire ces conditions. Exemple Résoudre f = f; f(0) = 0; f(1) = 1. Le polynôme ssocié à l éqution f f = 0 est P (z) = z 2 1 et ses rcines sont ±1. Les fonctions e x et e x forment insi une bse de l espce des solutions de l éqution. Toute solution est donc de l forme Ae x + Be x. Il fut qu on impose les conditions sur f(0) et f(1). Ceci signifie { A + B = 0; Ae + Be 1 = 1. L solution de ce système est A = e/(e 2 1), B = e/(e 2 1). On en tire que l fonction f cherchée est l fonction f(x) = e e 2 1 ex ee 2 1e x. Pr souci de complétude, on met une démonstrtion de l indépendnce des solutions exponentielles. Proposition Soient (λ i ) i=1,...,n, des réels distincts. Alors les fonctions (e λ ix ) i=1,...,n forment une fmille indépendnte. Démonstrtion. Sns perdre en générlité on peut supposer λ 1 < λ 2 < < λ n. Supposons pr l bsurde qu il existe une combinison linéire nulle des exponentielles. On urit n A i e λix = 0, i=1 ) n 1 e (A λnx n + A i e (λ i λ n)x = 0, i=1 n 1 A n + A i e (λ i λ n)x. i=1 En pssnt à l limite pour x +, comme tous les coefficients (λ i λ n ) sont négtif, on trouve lim n 1 x i=1 A ie (λ i λ n)x = 0. Pr conséquent on en déduit A n = 0. En recommençnt le risonnement vec A n 1 on trouve u fur et à mesure que tous les coefficients sont nuls, ce qui démontre que l fmille est indépendnte. L démonstrtion qu on vient de donner est ssez élémentire mis mlheureusement utilise l ordre sur les λ i. Ceci signifie qu elle ne peut ps être ppliquée ux complexes. Et nous, tout ce qu on veut fire, doit pouvoir s ppliquer à C cr seulement dns ce cs on est cpbles de grntir toujours l existence des rcines et donc de pouvoir rriver justement à n fonctions indépendntes. On donne donc une utre démonstrtion. Proposition Soient (λ i ) i=1,...,n, des complexes distincts. Alors les fonctions (e λ ix ) i=1,...,n forment une fmille indépendnte. 63

64 Démonstrtion. Supposons pr l bsurde qu il existe une combinison linéire nulle des À prtir de n A i e λix = 0 on peut dériver et obtenir donc i=1 n A i e λix = 0, i=1 n A i λ i e λix = 0, i=1... En clculnt toutes ces expression (jusqu ux dérivées (n 1) ièmes) en x = 0 on trouve n pour tout j (n 1) A i λ j i = 0. i=1 Ceci signifie que si M est l mtrice M j,i = λ j 1 i et A le vecteur (A 1, A 2,..., A n ) lors on MA = 0. Pourtnt l mtrice M est une mtrice de Vndermonde et on sit qu elle est inversible si tous les λ i sont distinctes (notmment on sit, et c est fcile à clculer, que son déterminnt est égl à Π i<h (λ i λ h )). Donc on trouve A = 0 et l indépendnce est montrée. Etpe 2, deuxième cs : les n rcines ne sont ps distinctes On tâche ici de générliser l méthode u cs où les rcines ne sont ps distinctes. On sit n fit qu on polynôme dmet toujours des rcines dns le corps C et qu on peut donc le décomposer en tnt que produit des fcteurs (x λ i ), les nombres (complexes) λ i étnt ses rcines. Pourtnt, il se peut que l un de ces fcteurs (x λ i ) pprisse plusieurs fois. Dns ce cs, on dit que le correspondnt λ i est une rcine multiple et on ppelle multiplicité de λ i l exposnt du fcteur correspondnt dns l fctoristion du polynôme. On peut donc dire que λ est une rcine de multiplicité k si P (x) = (x λ) k Q(x), mis P n est ps divisible pr (x λ) k+1. Supposons mintennt que λ est une rcine de P de multiplicité k. On lors que, non seulement e λx est une solution de (4.1), mis que xe λx, x 2 e λx,..., x k 1 e λx le sont ussi. Ceci ser formellement montré dns le lemme?? suivnt. Pourquoi on s rrête à k 1? les risons sont deux. D bord cr si on continuit on trouverit des fonctions qui ne sont plus solution. Et ceci est déjà une bonne rison. De plus, cr dns un cs de rcine multiple on se retrouve vec moins de rcines et notmment on remplce k rcines distinctes pr l seule rcine λ. Il fut donc qu vec λ on produise k solutions différentes et indépendntes. C est justement en s rrêtnt à k 1 qu on en créées k (on ne prouver ps ici l indépendnce, pourtnt). En générl on peut donc dire qu une bse des solutions de (4.1) et composée pr Toute solution est donc de l forme n (x h e λ ix ) i,h<mult(λi ). i=1 h<mult(λ i ) A i,h x h e λ ix. 64

65 Observtion Dns tous ces clculs, ils ne fut ps voir peur d utiliser les nombres complexes. chque fois qu une exponentielle d un nombre complexe pprît, il fut se souvenir de s significtion : e iφ = cos φ + i sin φ; e +ib = e (cos b + i sin b). De plus, il peut se psser que pour trouver une solution d une éqution à coefficients réels, dont les données initiles sont réelles, on doit psser pr des complexes : les coefficients inconnus A i étnt complexes eux-ussi, ils ne fut ps s inquiéter, cr il donneront lieu à des simplifictions en fisnt disprître l prtie imginire. En lterntive, on le droit de remplcer les exponentielles complexes pr des sinus et des cosinus, grâce u fit que les fonctions de l forme Ae (+ib)x + Be ( ib)x, A, B C coïncident vec les fonctions de l forme Ce x cos(bx) + De x sin(bx), C, D C. Il et pr exemple bien connu que les solutions de l éqution f + f = 0 sont les sinus, les cosinus et leurs combinisons linéires, et ceci ne demnde ps forcement de psser pr e ix et e ix. Lemme Si P (z) = (z λ) k Q(z) lors les fonctions x h e λx vec h k 1 sont solutions de l éqution homogène. Démonstrtion. L preuve ser très formelle et bstrite. Appelons D l opérteur qui ssocie à chque fonction s dérivée. D 2 ser l opérteur qui ssocier l dérivée seconde, 3D + D celui qu à f ssocier 3f + f + f etc... Avec et opérteur et ses puissnces on peut créer toutes les dérivées et des combinisons de dérivées. Pour qu une fonction f soit solution de l éqution il fut que P (D) ppliqué à f fsse zéro. Considérons d bord l ction de D λ sur une fonction du type x h e λx : (D λ)(x h e λx ) = hx h 1 e λx + λx h e λx λx h e λx = hx h 1 e λx. Ceci montre que cet opérteur, si il prend une fonction du type x h e λx, l trnsforme en une fonction du même type, en bissnt l exposnt de x et en multiplint fois un coefficient. En ppliqunt plusieurs fois l opérteur on rriver, près h itértions, à une fonction du type Ce λx, qui ser nnulée pr l itértion suivnte. Donc, si le h initile est inférieur u nombre d itértions de D λ, le résultt finl est nul. On peut vérifier que le règles usuelles de clcul vec le polynôme sont vries pour ces opérteurs différentiels et donc qund on fit P (D)(f) on peut très bien fire Q(D)(D λ) k (f). Toute fonction f(x) = x h e λx vec h k 1 est donc solution de P (D)(f) = 0. quelque chose qu on peut suivre mieux, de mnière moins bstrite, mis qui ussi importnt est l proposition suivnte, qui ser démontrée en reprennt l preuve de l Proposition Proposition Soient (λ i ) i=1,...,n, des réels distincts et n i des nombres nturels. Alors les fonctions (x j e λix ) i=1,...,n, j ni forment une fmille indépendnte. Démonstrtion. Sns perdre en générlité on peut supposer λ 1 < λ 2 < < λ n. Supposons pr l bsurde qu il existe une combinison linéire nulle des exponentielles. On écrit i n, j n I A i,j x j e λ ix = 0. Puis on v définir (i 0, j 0 ) de l mnière suivnte : i 0 = mx{i : j : A i,j 0}, j 0 = mx{j : A i0,j 0}. 65

66 En reprennt l strtégie de l Proposition on peut écrire x j 0 e λ i 0 x A i0,j 0 + A i,j x j j 0 e (λ i λ i0 )x = 0, A i0,j 0 = i n, j n i, (i,j) (i 0,j 0 ) i n, j n i, (i,j) (i 0,j 0 ) A i,j x j j 0 e (λ i λ i0 )x. En pssnt à l limite pour x +, tous les termes à droite tendent vers 0 pr croissnce comprée, lors que A i0,j 0 été choisi de mnière à être non nul. Ceci donne une contrdiction et démontre qu il n y ps de combinison linéire nulle (suf celle vec tous les coefficients nuls) Equtions non homogènes On psse mintennt u cs des équtions du type n f (n) (x) + n 1 f (n 1) (x) f (x) + 0 f(x) = g(x). (4.2) Ces équtions présentent ps ml d nlogies vec les équtions homogènes. Mis il y des choses qui ne sont plus vries. Notmment, l ensemble des solutions n est plus un espce vectoriel. Ceci est évident cr l fonction nulle n y pprtient ps. Et tout espce vectoriel contient 0. Pourtnt, ce qui est vri est le suivnt Proposition Si f 1 et f 0 sons solutions de (4.2), lors f 1 f 0 est solution de (4.1). Ce résultt ne mérite d être démontré, il suffit de fire l différence entre l éqution stisfite pr f 1 et celle stisfite pr f 0. On en tire le critère suivnt pour résoudre (4.2) : d bord il fut chercher une solution quelconque f 0 de l éqution, qui ne stisfsse ps forcement les données initiles ou les conditions en plus qu on éventuellement, puis on cherche des solutions du type f 0 + f, où f est une solution de (4.1) que l on peut trouver d près l méthode précédente et qui dépendr de n prmètres, qui seront à choisir de fçon à stisfire les données. L recherche de f 0 est ce qu on ppelle l recherche d une solution prticulière mis en fit f 0 n est ps vriment une solution prticulière, plutôt une solution quelconque, et évidemment n est ps unique. N importe quelle solution de l éqution pourrit mrcher et l idée c est de chercher l plus fcile. Dns des cs fciles il est possible de l deviner, comme dns les suivnts. Exemple Considérons l éqution f + f = 2. On peut donc choisir f 0 = 2. Exemple Considérons l éqution f + f = e x. On peut donc choisir f 0 = 1 2 ex. Ce dernier exemple est à l bse de l méthode suivnte qu on détiller, qui peut mrcher chque fois que g est le produit d un polynôme et d une exponentielle. Méthode pour l recherche d une solution prticulière si g(x) = Q(x)e λx Comme d hb dns cette section, on donner ps de justifictions théoriques ux méthodes qu on v détiller. L meilleure interpréttion de ç est l suivnte : utilisez ceci comme des suggestions pour trouver des solutions ; en fisnt les clculs, vous verrez que vous en trouvez bien une! Pour chercher une solution de n i f (i) (x) = Q(x)e λx on l chercher prmi les fonctions du type f 0 (x) = R(x)e λx, où R est lui ussi un polynôme. Ceci restreint déjà l étendue de l recherche, mis pour se rmener à chercher seulement un petit 66

67 nombre de prmètres, on veut donner des estimtions sur le degré du polynôme R. Et voilà deg(r) deg(q) + mult P (λ), c est-à-dire qu on cherche R prmi les polynoômes dont le degré est borné pr l somme de celui de Q et de l éventuelle multiplicité de λ en tnt que rcine de P. Exemple, si l éqution est lors on f (x) + 2f (x) + f(x) = (x + 2)e x, P (z) = z 2 + 2z + 1 = (z + 1) 2 ; Q(x) = x + 2, deg(q) = 1, λ = 1, mult P (λ) = 2. Il fudr lors chercher R prmi les polynômes de degré = 3. On chercher donc une solution du type (x 3 + bx 2 + cx + d)e x. Pourtnt on sit que les termes du type (cx + d)e x sont justement solutions de l éqution homogène, ce qui implique que les mettre ou non dns une solution prticulière est indifférent (cr ils e chngent ps le résultt). Donc il vut mieux chercher des solutions du type (x 3 + bx 2 )e x. De toute fçon, en rjoutnt les solutions de l homogène, on récupérer les termes en (cx + d) ussi. Comme ç le nombre de prmètres reste toujours le même. Observtion De l nture linéire de l éqution on tire que l même méthode peut être utilisé chque fois qu on un terme du type g(x) = Q 1 (x)e λ 1x +Q 2 (x)e λ 2x, en trouvnt séprément deux solutions prticulières f 1 et f 2 qui résolvent n i f (i) 1 (x) = Q 1(x)e λ 1x ; n i f (i) 2 (x) = Q 2(x)e λ 2x, ce qui entrîne n i (f 1 + f 2 ) (i) (x) = g(x). Observtion Avnt de fire un exemple, une remrque sur les fonctions trigonométriques. Le même risonnement mrche pour des cs où l on remplce les exponentielles pr des sinus ou des cosinus. On peut notmment utiliser Q(x) sin kx = Im(Q(x)e (ik)x et Q(x) cos kx = Re(Q(x)e (ik)x (si Q est à coefficients réels) ou bien Q(x) sin kx = Q(x) e(ik)x e (ik)x ; Q(x) cos kx = Q(x) e(ik)x + e (ik)x. 2i 2 Dns le premier cs il suffit de résoudre l éqution vec e ikx et puis prendre l prtie réelle (ou imginire) de l solution. Dns le deuxième il fut pr contre se référer à l remrque précédente pour gérer l somme de deux termes produit de polynôme et d exponentielle. Exemple On considérer l éqution suivnte. f (x) + f(x) = (x + 1) sin x. Grâce à l observtion 4.1.3, on peut voir ç comme ( f (x) + f(x) = Im (x + 1)e ix). On chercher une solution f 0 de l éqution (complexe) f (x) + f(x) = (x + 1)e ix, où l on λ = i qui est une rcine du polynôme P (P (z) = z 2 + 1) de multiplicité un. Le polynome Q étnt de degré un, on chercher donc R de degré deux. Mieux, on le chercher du type x 2 + bx. Pour que f 0 (x) = R(x)e ix soit solution il fut clculer ses dérivées f 0(x) = R (x)e ix + ir(x)e ix ; f 0 (x) = R (x)e ix + 2iR(x)e ix R(x)e ix. 67

68 e imposer que l éqution soit stisfit, donc ( R (x) + 2iR (x) ) e ix = (x + 1)e ix. Ceci impose l éqution R (x) + 2iR (x) = x + 1. comme on voit, e polynôme R ne rentre que pr ses dérivées. Si on l écrit sous l forme x 2 + bx on trouve 2 + 2i(2x + b) = x + 1, c est-à-dire { 4i = 1; 2 + 2ib = 1. L solution de ce système est = i/4, b = 1/4 i/2. Une solutione prticulière est donc de l forme f 0 (x) = 1 ( ) ix 2 + (1 2i)x e ix. 4 S notre but étit de trouver s prtie imginire pour trouver une solution prticulière de l éqution vec le sinus, lors il fut clculer l prtie imginire d un produit. Attention, il ne suffit ps de remplcer e ix pr sin x. Il ne suffit ps non plus de fire le produit des prties imginires! Comme on f 0 (x) = 1 4 x cos x (x2 + 2x) sin x 1 4 i(x2 + 2x) cos x 1 ix sin x 4 on en déduit Im(f 0 (x)) = 1 4 (x2 + 2x) cos x 1 x sin x, 4 ce qui nous donne l solution prticulière cherchée. Pour trouver toute solution il suffit de prendre 1 4 (x2 + 2x) cos x 1 x sin x + A cos x + B sin x. 4 Pourquoi -t-on pris des sinus et des cosinus comme bse des solutions de l homogène et non ps e ix et e ix? prce que c est l même choses. On peut trouver sinus et cosinus à prtir des exponentielles complexes et vicevers. Évidemment, il fut utiliser des coefficients complexes. Méthode de l vrition des constntes Cette méthode vise à chercher une solution prticulière pour une fonction g générle. Comme on verr, l même méthode pourrit donner l solution générle ussi (elle inclut quelque prt les coefficients des solutions de l homogène), mis on toujours le droit de l utiliser pour chercher une solution prticulière et rjouter les solutions de l homogène près. L idée est l suivnte et on l verr d bord sur un exemple d ordre deux. Exemple Trouver toutes les solutions de f (x) + f(x) = g(x) := x 2. Si l éqution étit homogène, les solutions urient été A sin x + B cos x. L méthode de l vrition des constntes suggère de chercher de solution de l éqution vec g prmi les fonctions du type f 0 (x) = A(x) sin x + B(x) cos x. Il fut remrquer que cel n est ps du tout restrictif. Ce n est ps comme toute à l heure, qund on cherchit des solutions du type polynôme fois exponentielle : celle condition-là étit bien une restriction, lors que pour l instnt ici on n rien imposé, cr toute fonction peut s écrire sous l forme A(x) sin x+b(x) cos x. Pourtnt, d un côté cette écriture ser plus prtique, cr les conditions sur A(x) et B(x) seront plus fcile à exprimer, et d utres côté les conditions seront imposées plus trd. 68

69 Ce genre de méthode, chercher une solution prticulière dns une clsse plus restreinte, est un peu comme un pri : le plus on met de conditions, le plus difficile c est de trouver une solution, lors qu il ser lus fcile de développer les clculs, surtout si les conditions qu on mettr imposeront une vleur nulle à des termes. Ici, comme toujours, si l on veut vérifier si f 0 est une solution de l éqution, il fut qu on clcule ses dérivées. On commence pr l dérivée première. f 0(x) = A (x) sin x + B (x) cos x + A(x) cos x B(x) sin x. On décide mintennt, de mnière complètement rbitrire d imposer une condition de simplifiction. On impose que le termes vec A et B donnent une contribution nulle. Ceci nous simplifier les clculs. Donc on impose que A et B stisfssent ce qui implique A (x) sin x + B (x) cos x = 0, f 0(x) = A(x) cos x B(x) sin x; f 0 (x) = A (x) cos x + B (x) sin x A(x) sin x B(x) cos x. On met mintennt les termes qu on trouvé dns l éqution, et, en clculnt f 0 + f 0, on des termes qui s effcent et on trouve A (x) cos x + B (x) sin x = g(x). Celle-ci est l deuxième condition à imposer. Comme on deux inconnus à chercher, A et B, c est risonnble d imposer deux conditions. Les clculs qu on fits montrent que, si le système suivnt est stisfit { A (x) sin x + B (x) cos x = 0, lors f 0 est une solution. A (x) cos x + B (x) sin x = g(x), Le système est un système 2 équtions 2 inconnus, linéire et tout à fit norml (suf qu en fit il s git d un système pour chque vleur de x) qu on peut résoudre comme on veut. Une fois qu on en trouve les solutions, on A et B. On trouver A et B en prennt les primitives. C est intéressnt de remrquer que ces primitives sont définies à une constnte près. Pr conséquent, l solution qu on trouve peut être modifiée en rjoutnt des termes du type c sin x ou c cos x, ce qui est tout à fit norml, comme le sinus et le cosinus sont les solutions de l homogène. C est pour ç qu on dit que l même méthode pourrit conduire ux solutions générles. Dns notre cs, vec g(x) = 1/(1 + x 2 ), on trouve, en multiplint l première éqution fois sin x et l deuxième fois cos x et en joutnt, Une solution f 0 est donc donnée pr A (x) = cos x 1 + x 2, B (x) = sin x 1 + x 2. f 0 (x) = sin x x 0 cos t x 1 + t 2 dt cos x sin t 1 + t 2 dt. Avec ce choix précis de g on n est ps cpbles (u moins, je ne suis ps cpble) de clculer les primitives. L expression de l solution vec les intégrles est qund même utile pour connître des propriétés qulittives des solutions (leur croissnce, convexité...) ou pour les clculer numériquement (en remplçnt les intégrles pr des sommes finies sur une prtition). L solution générle est finlement ( f 0 (x) = sin x A + x 0 0 ) ( cos t x ) 1 + t 2 dt sin t + cos x B t 2 dt. 69

70 On expliquer ici comment générliser cette méthode à une éqution générle (linéire à coefficients constnts mis non homogène) d ordre n. Considérons l éqution générle n k f (k) = g. k=0 Soit (y i ) i=1,...n une bse de solutions de l homogène (typiquement, des exponentielles...). L solution générle de l homogène serit du type i A iy i (x) et on cherche donc, en s inspirnt à ç, une solution du type f 0 (x) = i A i(x)y i (x). Comme toute à l heure on commence à clculer ses dérivées f 0(x) = i A i(x)y i (x) + i A i (x)y i(x). Comme première chose, on impose que l prtie vec les A i s nnule : i A i (x)y i(x) = 0, ce qui entrîne f 0(x) = A i (x)y i(x), f 0 (x) = A i(x)y i(x) + A i (x)y i (x). i i i Ici, pourtnt, il ne suffit ps de s rrêter à l dérivée d ordre deux, et il fut continuer. Pour continuer il est bien de se simplifier l vie en imposnt ussi i A i (x)y i (x) = 0. On donc f 0 (x) = i A i (x)y i (x), f 0 (x) = i A i(x)y i (x) + i A i (x)y i (x). On continue comme ç, jusqu à l dérivée n ième : on impose que tous les sommes i A i (x)y(k) i (x) s nnulent jusqu à k = n 2. Pr conséquence on obtient des expressions simplifiées des dérivées, et notmment f (k) 0 = i A i (x)y (k) i (x), pour k n 1, f (n) 0 (x) = i A i(x)y (n 1) i (x) + i A i (x)y (n) i (x). Si on met tout ç dns l éqution on obtient n 1 k=0 k ( n i=1 ) ( A i (x)y (k) i (x) + n i ) ( A i (x)y (n) i (x) + n i Les premiers termes peuvent être couplés en obtennt ( n n ) ( n k A i (x)y (k) n i (x) = A i (x) k=0 i=1 i=1 k=0 ) A i(x)y (n 1) i (x) = g(x). ) k y (k) i (x) = 0, qui est nul cr les y i sont solutions de l homogène. L condition finle devient donc ( ) n A i(x)y (n 1) i (x) = g(x), i ce qui nous dit que, si les A i stisfont le système suivnt i A i (x)y i(x) = 0, i A i (x)y i (x) = 0,... i A i (x)y(n 2) i (x) = 0, i A i (x)y(n 1) i (x) = gx)/ n, lors f 0 est une solution. Ce système, n équtions et n inconnus, peut être résolu et peut ussi s écrire de l mnière suivnte sous forme mtricile. Soit W (x) l mtrice (dont les coefficients 70

71 dépendent du point x) qui y (j) i dns s cse à l (j + 1) ième ligne et i ième colonne. Cette mtrice est dite mtrice Wronskienne, ou le Wronskien, de l éqution. Si A (x) est le vecteur (inconnu) qui A i (x) sur s i ième cordonné et G(x) est le vecteur (donné vec l éqution) (0, 0,..., 0, g(x)/ n ) R n, lors l condition est W (x)a (x) = G(x). L inversibilité de l mtrice Wronskienne découle justement de l indépendnce des solutions y i. Comme dns l exemple, on résout le système (vec l méthode qu on préfère : on inverse le Wronskien, on fit des sommes de colonnes, on devine...) et l on trouve les A i. Puis on prend les primitives. Et on une solution prticulière pr intégrtion. 4.2 Equtions linéires d ordre un, coefficients vribles Dns cette section on se dédie ux équtions du type (x)f (x) + b(x)f(x) = c(x). C est des équtions linéires qui ont ps ml de propriétés en commun vec ceux qui sont à coefficients constnts (pr exemple, si l on résout l homogène et on trouve une solution prticulière on ggné) mis qui, évidemment, ne peuvent ps être résolue en pssnt pr le polynôme ssocié. L résolution de ces équtions à l ordre supérieur est nettement plus difficile, mis pour l ordre un on peut s en sortir. Typiquement, nous on ime bien (surtout pour des risons liées ux théorèmes d existence et unicité) les équtions de l forme f = qqchose. Dns le cs des équtions à coefficients constnts cel ne posit ps de problèmes cr si le coefficient 1 est nul lors on n ps de dérivées et l éqution n est plus une équdiff, et si il n est ps nul n peut sns problèmes diviser pr 1 prtout. Dns ce cs le coefficient (x) peut s nnuler quelque prt mis ps illeurs et ceci peut donner des problèmes. Si le coefficient (x) est constmment égl à un, on dit que l éqution est sous forme résolue (même si en fit, vnt de l résoudre il fudr trviller encore un petit peu). Si le coefficient (x) ne s nnule ps, on peut se rmener à l forme résolue en divisnt pr lui. Si le coefficient s nnule il peut y voir des problèmes d existence ou d unicité de l solution qu on triter ps ici. C est pour ç qu on s occuper seulement des équtions sous forme résolue : f (x) = b(x)f(x) + c(x). Commençons pr le cs homogène c = 0 : f (x) = b(x)f(x). Ici il n est ps trop difficile de deviner une solution. On sit que toute fonction exponentielle, qund on l dérive, n l effet que d être multipliée fois l dérivée de l exposnt. Si donc B est une primitive quelconque de b, l fonction f(x) = e B(x) est une solution de l éqution. Non seulement, comme l éqution est linéire et homogène, l espce des solutions ser un espce vectoriel et donc toute fonction du type f(x) = Ae B(x), où A est une constnte, est une solution. Cet espce vectoriel ser bien de dimension un (en correspondnce biunivoque vec les données initiles f(0)) et celles-ci sont toutes et seules les solutions (le fit que toute solution est de cette forme peut être vérifié en dérivnt f(x)e B(x) : (f(x)e B(x) ) = f (x)e B(x) + b(x)f(x)e B(x) = 0, 71

72 ce qui montre que l quntité f(x)e B(x) est constnte). Pour le cs non homogène on utiliser une technique tout à fit correspondnte à celle de l vrition des constntes. On chercher une solution du type f(x) = A(x)e B(x), ce qui, comme toute à l heure, n est ps du tout contrignnt. En développnt les dérivées et en les mettnt dns l éqution, on trouve ce qui implique A (x)e B(x) b(x)a(x)e B(x) = b(x)a(x)e B(x) + c(x), A (x) = c(x)e B(x). Comme dns l section précédente, on trouvé A, et donc A est défini à une constnte dditive près, ce qui est norml cr rjouter une constnte fois e B(x) n est que rjouter une solution de l homogène. L solution générle est donc de l forme x ) f(x) = e (A B(x) + c(t)e B(t) dt 0 et l on peut bien vérifier que toute fonction de cette forme est solution. De plus, si on connît une vleur f(x 0 ) (typiquement x 0 = 0) et l primitive B été choisie de fçon à voir B(x 0 ) = 0 (donc B(x) = x x 0 b(t)dt), lors l constnte A coïncide vec f(x 0 ) (il suffit pour cel de remplcer x vec x 0 dns l formule). 4.3 Equtions non linéires d ordre un à vrible séprbles Seule cette dernière section ser dédiée à des équtions non linéires. Les équtions non linéires d ordre un plus générles, dns leur forme résolue, ont l forme f (x) = F (x, f(x)). Pour ce type d éqution il existe un théorème très connu (Théorème de Cuchy-Lipschitz) qui donne un résultt d existence (locle : c est-à-dire, si on fixe f(x 0 ) il existe une solution définie sur un voisinge de x 0 ) et d unicité. Ce résultt demnde pourtnt que F stisfsse quelques hypothèses, et notmment que F soit Lipschitzienne (ou C 1 ). De plus, pour ces équtions, il n existe ps toujours une solution définie sur toute l droite réelle, comme on verr dns les exemples. Les équtions qu on sit triter isément sont celles de l forme (dite à vribles séprbles") où donc l fonction F l forme F (x, y) = (x)b(y). f (x) = (x)b(f(x)), (4.3) On commencer pr un exemple qui explique l idée et puis on rendr tout ç rigoureux. Exemple Considérer l éqution f (x) = x 2 f(x), qui d illeurs pprtient à l clsse d équtions linéires qu on étudiée dns l dernière section. Si l on écrit f comme df/dx, on peut mettre l équtions sous l forme df dx = x2 f; df f = x2 dx, 72

73 ce qui ne signifie ps grnde chose mis fit ce qui est déclré dns le nom séprer les vribles". Puis, on envie d intégrer, grâce à l présence du df et du dx, en obtennt On obtient donc df f = x 2 dx; f = e x3 /3+c, ln(f) = x3 3 + c. ce qui correspond complètement à ce qu on vit vu dns l prtie sur les équtions linéires à coefficients constnts. De toute fçon, cette méthode, vec ses écritures qui ne sont ps du tout formelles, écrite comme ç, n ps vriment le but de démontrer qu on trouvé une solution, mis plutôt de suggérer une solution. On pourr près l vérifier (en dérivnt) et conclure grâce ux théorèmes d unicité. Pour formliser cette méthode on peut regrder de près ce qu on fit : on divisé pr b(f) (ici f) et pris une primitive (ici le logrithme). Puis on pris une primitive de l utre coté ussi. On peut donc énoncer et démontrer le théorème suivnt. Théorème Supposons b 0 et continue. Si f est solution de (4.3) et A est une primitive de et B de 1/b, lors on B(f(x)) = A(x) + C, ce qui implique f(x) = B 1 (A(x) + C) (B est inversible cr strictement monotone, s dérivée b étnt une fonction continue et non nulle, donc de signe constnt). Démonstrtion. Il suffit de vérifier que l quntité B(f(x)) A(x) est bien constnte, ce qui équivut à ce que s dérivée soit nulle. S dérivée est qui est nulle grâce à l éqution. B (f(x))f (x) (x) = f (x) b(f(x)) (x), L hypothèse que b ne s nnule ps n est ps restrictive cr si pour une certine vleur y 0 on b(y 0 ) = 0 lors l constnte f = y 0 est solution de (4.3). Pour décider si chercher une solution constnte ou chercher une solution vec cette méthode il fut regrder l vleur initile f(x 0 ) qui nous est donnée : si elle nnule b lors l solution ser constnte, sinon on l trouver comme ç. On v voir ç dns des exemples. Exemple Trouver l solution de { f (x) = xf 2 (x), f(0) = 1; et de { f (x) = xf 2 (x), f(0) = 0. L solution du deuxième système est évidemment f(x) = 0. Concernnt le premier, pr contre, on (x) = x, A(x) = x2 2 b(y) = 1 y2, b(y) = y 2, B(y) = y 1, donc d où 1 f(x) = x2 2 + c, f(x) = 73 1 x c.

74 L constnte c peut être trouvée en imposnt f(0) = 1, ce qui nous dit 1 = f(0) = 1, d où c = 1. c L solution est donc f(x) = 1, sur ] 2, 2[. 1 x2 2 comme on peut voir cette solution n est définie que sur un intervlle borné, qui dépende de l vleur de c qui dépende de son côté de l vleur de f(0). Aux bornes de cet intervlle l solution v à l infini et ce n est plus possible de l prolonger. L même méthode est très efficce pour des équtions utonomes, c est-à-dire où on n ps l prtie (x), donc f (x) = b(f(x)) tout court. L exemple que l on v voir est qund même un peu prticulier. Exemple Trouver l solution de { f (x) = f(x), f(0) = 1; et de L même méthode de toute à l heure nous donne Donc on (x) = 1, A(x) = x b(y) = y 1/2, 2 f(x) = x + c. { f (x) = f(x), f(0) = 0. 1 b(y) = y 1/2, B(y) = 2y 1/2, Dns le premier cs on impose f(0) = 1 et on trouve c = 2. L solution est donc ( ) x f(x) =. 2 Dns le deuxième on trouve c = 0 et l solution est f(x) = x2 4. Pourtnt, il est évident que l fonction nulle f(x) = 0 est une solution ussi. Ceci est en effet un exemple (typique) de non-unicité, et l rison est à chercher dns le fit que l fonction b(y) = y n est ni Lipschitzienne ni C 1, ce qui empêcher d ppliquer les théorèmes usuels. 4.4 Astuces diverses : chngement de vrible Cette dernière section veut suggérer des méthodes pour se rmener à des équtions de type connu pr des chngements de vrible. On verr deux exemples. Une fois on fer un chngement de vrible en x, une fois en f. Exemple L éqution x 2 f (x) + f(x) = 0 n rentre ps dns les cdres qu on étudié jusqu ici. Si elle étit d ordre un on urit pu ppliquer soit l théorie des équtions linéires à coefficients vribles soit celle de l séprtion des constntes. Mis là elle est d ordre deux. Le chngement de vrible que l on suggère est très efficce qund on chque dérivée de f multipliée fois une puissnce de x du bon exposnt (disons tous des termes du type x h f (h) (x)). Posons z(x) = f(e x ). 74

75 On z (x) = f (e x )e x et z (x) = f (e x )e x + f (x)(e x ) 2 = z (x) + f (x)(e x ) 2. En utilisnt l éqution, qui dit que pour tout t (donc t = e x ussi) on t 2 f (t) = f(t), on trouve z (x) = z (x) f(e x ) = z (x) z(x), ce qui implique que z stisfit l éqution linéire à coefficients constnts z z + z = 0. On peut donc clculer z d près ce qu on ppris sur ce type d équtions. Puis, si l on connît z on retrouve f pr f(x) = f(e ln x ) = z(ln x). On peut remrquer que cette solution n est définie que pour x > 0. Ceci est norml, cr l éqution peut être mise en forme résolue sur {x 0} seulement. sur le positifs on peut utiliser ce chngement de vrible et sur les négtifs utiliser w(x) = f( e x ) mrche ussi bien. Exemple L éqution cos(f(x))f (x) + x 3 = 0 (4.4) peut être résolue en tnt qu éqution à vribles séprbles (mis il y un petit souci là ou le cosinus s nnule). Ou bien on peut remrquer que cos(f(x))f (x) = (sin(f(x)) et fire ce chngement de vrible sur l fonction f, en posnt z(x) = sin(f(x)). L éqution devient très fcilement z (x) + x 3 = 0. Si l on remrque que x 3 = (x 4 /4) on lors ( sin(f(x)) + x4 4 ) = 0. Ceci implique que l quntité sin(f(x))+x 4 /4 reste constnte le long de l solution. Une quntité qui cette propriété (elle est constnte le long des solutions) est dite intégrle première" de l éqution. Trouver une intégrle première permet souvent de trnsformer une éqution différentielle d ordre un en une éqution sns dérivées (comme ici) ou une éqution d ordre supérieur en une d ordre plus bs. Pr exemple si l on prend l éqution f +f = 0 et on l multiplie pr f on obtient ((f ) 2 +f 2 ) = 0, ce qui nous donne une intégrle première d ordre un pour une éqution d ordre deux. Ceci dit, les méthodes de chngement de vrible ou d intégrle première sur l éqution (4.4) ne sont rien de différent de l méthode de séprtion des constntes. Il est plus intéressnt de voir ce qu il se psse sur un exemple d ordre supérieur, là où l on moins d outils à disposition. Pr exemple, l éqution cos(f(x))f (x) sin(f(x))(f (x) 2 + 1) = (x + 1) cos x l ir très compliquée, mis si l on pose sin(f(x)) = z(x) on l trnsforme en z (x) z(x) = (x + 1) cos x, ce qui peut être résolue vec les méthodes usuelles. 75