Université de Mrseille Licence de Mthémtiques, ere nnée, Anlyse (limites, continuité, dérivées, intégrtion) T. Gllouët July 29, 205
Tble des mtières Limites 3. Définition et propriétés...................................... 3.2 Opértions sur les limites.................................... 8.3 Fonctions monotones........................................4 Exercices............................................. 2.4. Quelques rppels (Prties mjorées et minorées, Suites... )............. 2.4.2 Limites.......................................... 4.5 Exercices corrigés......................................... 6 2 Continuité 9 2. Définition et propriétés...................................... 9 2.2 Théorème des vleurs intermédiires.............................. 20 2.3 Fonction continue sur un intervlle fermé borné........................ 2 2.4 Fonction strictement monotone et continue.......................... 23 2.5 Exercices............................................. 24 2.6 Exercices corrigés......................................... 28 3 Dérivée 39 3. Définitions............................................. 39 3.2 Opértions sur les dérivées.................................... 40 3.3 Théorème des Accroissements Finis............................... 43 3.4 Fonctions de clsse C n...................................... 44 3.5 Exercices............................................. 45 3.6 Exercices corrigés......................................... 49 4 Formules de Tylor et développements limités 68 4. Tylor-Lgrnge......................................... 68 4.2 Tylor-Young........................................... 69 4.3 Fonctions nlytiques (hors progrmme...)........................... 7 4.4 Développements limités..................................... 73 4.5 Exemples (formules de tylor, DL)............................... 78 4.6 Equivlents............................................ 8 4.7 Exercices............................................. 82 4.8 Exercices corrigés......................................... 88
5 Intégrle et primitives 2 5. Objectif.............................................. 2 5.2 Intégrle des fonctions en esclier................................ 3 5.3 Intégrle des fonctions continues................................ 6 5.4 Primitives............................................. 2 5.5 Intégrtion pr prties, formule de Tylor........................... 23 5.6 Théorème de convergence.................................... 24 5.7 Exercices............................................. 25 5.8 Exercices corrigés......................................... 28 6 Fonctions réelles de plusieurs vribles 33 6. Limite, continuité......................................... 33 6.2 Différentielle, dérivées prtielles................................. 35 6.3 Recherche d un extremum.................................... 43 6.4 Exercices............................................. 43 2
Chpitre Limites. Définition et propriétés Dns tout ce document, on utiliser indifférement le terme fonction et le terme ppliction. Une ppliction (ou une fonction) f de D dns E est l donnée pour tout x D de son imge pr f, notée f(x). (Le domine de définition de f est donc ici l ensemble D.) lorsque nous prlerons d une fonction de R de R, le domine de définition de f ser donc R tout entier. Définition. (Limite finie en un point de R) Soit f une ppliction de D R dns R, R et l R. On suppose qu il existe b, c R t.q. b < < c et D ]b, [ ], c[. On dit que l est limite de f en si pour tout ε > 0, il existe α > 0 t.q. : (x D, x, x α) ( f(x) l ε). Proposition. (Unicité de l limite) Soit f une ppliction de D R dns R et R. On suppose qu il existe b, c R t.q. b < < c et D ]b, [ ], c[. Soit l, m R. On suppose que l est limite de f en et que m est ussi limite de f en. Alors, l = m. Démonstrtion : Soit ε > 0. Comme l est limite de f en, il existe α > 0 t.q. Comme m est limite de f en, il existe β > 0 t.q. x D, x, x α f(x) l ε. x D, x, x β f(x) m ε. On choisit mintennt x = min( + α, + β, +c 2 ). On lors x, x D (cr < x < c), x α et x β. On donc f(x) l ε et f(x) m ε. On en déduit l m 2ε. On insi montré que l m 2ε, pour tout ε > 0. On en déduit que l = m. En effet, si l m on l m > 0. On choisit lors ε = l m 4 et on obtient 2ε = l m 2 et donc 2 (cr ε > 0). Ce qui est bsurde. On donc bien, nécessirement, l = m. ε, Nottion : Si l est limite de f en, on note l = lim x f(x). 3
Proposition.2 (Crctéristion séquentielle de l limite) Soit f une ppliction de D R dns R, R et l R. On suppose qu il existe b, c R t.q. b < < c et D ]b, [ ], c[. Alors, l est l limite en de f si et seulement si f trnsforme toute suite convergente vers (et prennt ses vleurs dns D \ {}) en suite convergente vers l, c est-à-dire : (x n ) n N D \ {}, lim n + x n = lim f(x n) = l. n + Démonstrtion : On suppose tout d bord que l = lim x f(x) et on v montrer que f trnsforme toute suite convergente vers (et prennt ses vleurs dns D \ {}) en suite convergente vers l. Soit (x n ) n N D \ {} t.q. lim n + x n =. On veut montrer que lim n + f(x n ) = l, c est-à-dire (pr définition de l limite d une suite) que pout tout ε > 0 il existe n 0 N t.q. n n 0 f(x n ) l ε. (.) Soit donc ε > 0. On cherche à montrer l existence de n 0 donnnt (.). On commence pr remrquer que, comme l = lim x f(x), il existe α > 0 t.q. Puis, comme lim n + x n =, il existe n 0 N t.q. x D, x, x α f(x) l ε. (.2) n n 0 x n α. On donc pour n n 0, x n D, x n (cr l suite (x n ) n N prend ses vleurs dns D \ {}) et x n α. Ce qui donne, pr (.2), f(x n ) l ε. On donc bien n n 0 f(x n ) l ε. On donc bien montré que lim n + f(x n ) = l. Ce qui termine l première prtie de l démonstrtion (c est-à-dire que l = lim x f(x) implique que f trnsforme toute suite convergente vers (et prennt ses vleurs dns D \ {}) en suite convergente vers l.) On montre mintennt l réciproque. On suppose que f trnsforme toute suite convergente vers (et prennt ses vleurs dns D \ {}) en suite convergente vers l. On veut montrer que l = lim x f(x). Pour cel, on v risonner pr l bsurde. On suppose que l n est ps l limite en de f (l fonction f peut lors voir une limite en différente de l ou bien ne ps voir de limite en ) et on v construire une suite (x n ) n N prennt ses vleurs dns D \ {}, t.q. lim n + x n = et l n est ps limite de f(x n ) qund n + (en contrdiction vec l hypothèse). Comme l n est ps l limite en de f, il existe ε > 0 t.q. pour tout α > 0 il existe x t.q. x D, x, x α et f(x) l > ε. (.3) Soit n N. En prennt α = n+ dns (.3), on peut donc choisir un réel x n t.q. x n D, x n, x n n + et f(x n) l > ε. (.4) On insi construit une suite (x n ) n N t.q. (x n ) n N D \ {}, lim n + x n = (cr x n n+ pour tout n) et l n est ps limite de f(x n ) qund n + (cr f(x n ) l > ε pour tout n). Ce qui est bien en contrdiction vec l hypothèse que f trnsforme toute suite convergente vers (et prennt ses vleurs dns D \ {}) en suite convergente vers l. Ce qui termine l démonstrtion de l proposition.2. 4
Remrque. Il est souvent prtique d utiliser l crctéristion séquentielle de l limite. Soit, pr exemple, une fonction f de R dns R, A une prtie non vide mjorée de R et l borne supérieure de A. Soit enfin m R. On suppose que. f(x) m pour tout x A, 2. lim x f(x) = f(). On veut montrer que f() m. Bien sûr, ceci est immédit si A (et il suffit lors d utiliser l première condition!) mis est un peu moins immédit si A. Dns ce cs ( A), on remrque qu il existe une suite (x n ) n N d éléments de A t.q. lim n + x n = (ceci est donné dns l proposition.3). Comme lim x f(x) = f(), on donc lim n + f(x n ) = f() et comme f(x n ) m pour tout n N, on en déduit bien que f() m. Proposition.3 Soit A une prtie non vide de R.. On suppose que A est mjorée et on pose = sup(a). Il existe lors une suite (x n ) n N d éléments de A t.q. lim n + x n =. 2. On suppose que A n est ps mjorée. Il existe lors une suite (x n ) n N d éléments de A t.q. lim n + x n = +. Démonstrtion : Cette démonstrtion est lissée en exercice (exercice.6). Définition.2 (Limite finie à droite (ou à guche) en un point de R) Soit f une ppliction de D R dns R, R et l R.. On suppose qu il existe c R t.q. < c et D ], c[. On dit que si l est limite à droite de f en si pour tout ε > 0 il existe α > 0 t.q. : x D, < x + α f(x) l ε. 2. On suppose qu il existe b R t.q. b < et D ]b, [. On dit que l est limite à guche de f en si pour tout ε > 0 il existe α > 0 t.q. : x D, α x < f(x) l ε. Proposition.4 (Unicité de l limite à droite (ou à guche)) Soit f une ppliction de D R dns R et R.. On suppose qu il existe c R t.q. < c et D ], c[. Si f dmet une limite (finie) à droite en, cette limite est unique. 2. On suppose qu il existe b R t.q. b < et D ]b, [. Si f dmet une limite (finie) à guche en, cette limite est unique. Démonstrtion : L démonstrtion de l unicité de l limite à droite est très voisine de l démonstrtion de l unicité de l limite fite pour l proposition.. On reprend ici cette démonstrtion. On suppose que l est limite à droite de f en et que m est ussi limite à droite de f en. Soit ε > 0. Comme l est limite à droite de f en, il existe α > 0 t.q. x D, < x + α f(x) l ε. 5
Comme m est limite à droite de f en, il existe β > 0 t.q. x D, < x + β f(x) m ε. On choisit mintennt x = min( + α, + β, +c 2 ). On lors x D, < x + α et < x + β. On donc f(x) l ε et f(x) m ε. On en déduit l m 2ε. On insi montré que l m 2ε, pour tout ε > 0. Comme dns l proposition., on en déduit que l = m. Ce qui donne l unicité de l limite à droite de f en. L démonstrtion de l unicité de l limite à guche est semblble et est lissée en exercice. Nottion : Si l est limite à droite de f en, on note l = lim x,x> f(x). Si l est limite à guche de f en, on note l = lim x,x< f(x). Proposition.5 (Limite=limite à droite et à guche) Soit f une ppliction de D R dns R, R et l R. On suppose qu il existe b, c R t.q. que b < < c et D ]b, [ ], c[. Alors, f dmet l comme limite en si et seulement si f dmet l comme limite à droite et à guche en. Démonstrtion : Cette démonstrtion (dns le cs D = R \ {}) est lissé en exercice (exercice.9). Proposition.6 (Crctéristion séquentielle de l limite à droite) Soit f une ppliction de D R dns R, R et l R. On suppose qu il existe c R t.q. < c et D ], c[. On lors :. l est l limite à droite en de f si et seulement si f trnsforme toute suite convergente vers, prennt ses vleurs dns D \ {} et supérieure à, en suite convergente vers l, c est-à-dire : (x n ) n N D, x n > pour tout n N, lim n + x n = lim f(x n) = l. n + 2. l est l limite à droite en de f si et seulement si f trnsforme toute suite convergente vers, prennt ses vleurs dns D \ {} et décroissnte, en suite convergente vers l, c est-à-dire : (x n ) n N D, < x n+ x n pour tout n N, lim n + x n = lim f(x n) = l. n + Démonstrtion : L démonstrtion du premier item est très voisine de celle fite pour l proposition.2. On reprend donc ici l démonstrtion de l proposition.2. On suppose tout d bord que l = lim x,x> f(x) et on v montrer que f trnsforme toute suite convergente vers, prennt ses vleurs dns D \ {} et supérieure à, en suite convergente vers l. Soit (x n ) n N D t.q. lim n + x n = et < x n pour tout n N. On veut montrer que lim n + f(x n ) = l, c est-à-dire (pr définition de l limite d une suite) que pout tout ε > 0 il existe n 0 N t.q. n n 0 f(x n ) l ε. (.5) Soit donc ε > 0. On cherche à montrer l existence de n 0 donnnt (.5). On commence pr remrquer que, comme l = lim x,x> f(x), il existe α > 0 t.q. x D, < x + α f(x) l ε. (.6) 6
Puis, comme lim n + x n = (et que x n > pour tout n N), il existe n 0 N t.q. n n 0 < x n + α. On donc pour n n 0, x n D (cr l suite (x n ) n N prend ses vleurs dns D) et < x n + α. Ce qui donne, pr (.6), f(x n ) l ε. On donc bien n n 0 f(x n ) l ε. On donc bien montré que lim n + f(x n ) = l. Ce qui termine l première prtie de l démonstrtion (c est-à-dire que l = lim x f(x) implique que f trnsforme toute suite convergente vers, prennt ses vleurs dns D \ {} et supérieure à, en suite convergente vers l.) On montre mintennt l réciproque. On suppose que f trnsforme toute suite convergente vers, prennt ses vleurs dns D \ {} et supérieure à, en suite convergente vers l. On veut montrer que l = lim x,x> f(x). Pour cel, on v risonner pr l bsurde. On suppose que l n est ps l limite à droite en de f (l fonction f peut lors voir une limite à droite en différente de l ou bien ne ps voir de limite à droite en ) et on v construire une suite (x n ) n N prennt ses vleurs dns D \ {}, supérieure à, t.q. lim n + x n = et t.q. l n est ps limite de f(x n ) qund n + (en contrdiction vec l hypothèse). Comme l n est ps l limite à droite en de f, il existe ε > 0 t.q. pour tout α > 0 il existe x t.q. x D, < x + α et f(x) l > ε. (.7) Soit n N. En prennt dns (.7) α = n+, on peut donc choisir x n t.q. x n D, < x n + n + et f(x n) l > ε. on obtient insi une suite (x n ) n N D \ {}, supérieure à, tendnt vers, qund n +, et dont l imge pr f ne tend vers l. Ce qui est bien en contrdiction vec l hypothèse que f trnsforme toute suite convergente vers, prennt ses vleurs dns D \ {} et supérieure à, en suite convergente vers l. Ce qui termine l démonstrtion du premier item de l proposition.6. On montre mintennt le deuxième item. L première prtie est immédite. Si l = lim x,x>, l fonction f trnsforme toute suite convergente vers, prennt ses vleurs dns D \ {} et décroissnte, en suite convergente vers l (cr une telle suite est nécessirement supérieure à ). Pour montrer l réciproque, on risonne une nouvelle fois pr l bsurde. On suppose que l n est ps l limite à droite en de f. L démonstrtion du premier item permis de montrer qu il existit ε > 0 et une suite (x n ) n N vérifint < x n, x n D, f(x n ) l > ε pour tout n N et lim x n =. n + Il suffit de modifier légerement cette suite pour l rendre décroissnte. Pour n N on pose y n = min(x 0,..., x n ). L suite (y n ) n N vérifie lors (en remrqunt que y n est l un des x p pour p n et que < y n x n ) < y n+ y n, y n D, f(y n ) l > ε pour tout n N et lim y n =. n + l suite (y n ) n N prend donc ses vleurs dns D\{}, est décroissnte, converge vers et l suite (f(y n )) n N ne converge ps vers l. Ceci est en contrdiction vec l hypothèse. L démonstrtion de l proposition.6 est terminée. 7
Bien sûr, une crctéristion nlogue est possible pour l limite à guche. Dns le premier item, on remplce supérieure pr inférieure et dns le deuxième item, on remplce décroissnte pr croissnte, voir l exercice.9. Exemple. On prend ici D =]0, [ et on cherche l limite à droite de f en 0 dns les deux exemples suivnts :. Pour x D, f(x) = sin( x ). Pour cet exemple, f n dmet ps de limite à droite en 0. 2. Pour x D, f(x) = x sin( x ). Pour cet exemple, lim x 0,x>0 f(x) = 0. Définition.3 (Limite infinie en point, limites en ± ) Soit f une ppliction de D R dns R.. Soit R. On suppose qu il existe b, c R t.q. D ]b, [ ], c[ et b < < c. On dit que lim x f(x) = + si pour tout A R il existe α > 0 t.q. : x D, x, x α f(x) A. 2. Soit l R. On suppose qu il existe b R t.q. D ]b, + [. On dit que lim x + f(x) = l si pour tout ε > 0, il existe M > 0 t.q. : x D, x M f(x) l ε. 3. On suppose qu il existe b R t.q. D ]b, + [. On dit que lim x + f(x) = + si pour tout A R il existe M > 0 t.q. : x D, x M f(x) A. Bien sûr, des définitions nlogues existent vec u lieu de + et, dns le cs du premier item, il est ussi possible de définir des limites infinies à droite et à guche. Il est suggéré d écrire de telles définitions. Exemple.2 On prend ici D =]0, [ f(x) = pour x D. On lors ; x2. lim x 0,x>0 f(x) = +, 2. lim x + f(x) = 0..2 Opértions sur les limites Proposition.7 (Limite d une somme, d un produit et d un quotient) Soit f, g deux pplictions de D R dns R et, b, c R t.q. b < < c et D ]b, [ ], c[. Soit l, m R t.q. lim x f(x) = l et lim x g(x) = m. Alors :. lim x (f + g)(x) = l + m, 2. lim x fg(x) = lm, 8
3. Si m 0, il existe β > 0 t.q. ] β, [ ], + β[ D et g(x) 0 pour tout x ] β, [ ], + β[ (de sorte que f/g est bien définie sur ] β, [ ], + β[) et on : f lim x g (x) = l m. Démonstrtion : Les items et 3 sont lissés en exercice (exercice.0). On montre ici le deuxième item. On veut montrer que lim x fg(x) = lm, c est-à-dire que pour tout ε > 0 il existe α > 0 t.q. x D, x, x α fg(x) lm ε. (.8) Soit ε > 0. On cherche donc α > 0 vérifint (.8). Pour x D, on rppelle que fg(x) = f(x)g(x). On commence pr remrquer que fg(x) lm = fg(x) lg(x) + lg(x) lm, de sorte que Comme lim x g(x) = m, il existe α > 0 t.q. fg(x) lm f(x) l g(x) + l g(x) m. (.9) x D, x, x α g(x) m ε 2( l + ), de sorte que x D, x, x α l g(x) m ε 2. (.0) Il existe ussi 2 > 0 t.q. x D, x, x α 2 g(x) m g(x) m +, de sorte que x D, x, x α 2 f(x) l g(x) f(x) l ( m + ). (.) Enfin, comme lim x f(x) = l, il existe α 3 > 0 t.q. x D, x, x α 3 f(x) l ε 2( m + ). (.2) On pose mintennt α = min(α, α 2, α 3 ) > 0 et on obtient, grâce ux inéglités (.9)-(.2), Ce qui est (.8) et conclut l démonstrtion. x D, x, x α fg(x) lm ε 2 + ε 2 = ε. Des résultts nlogues à ceux donnés dns l proposition.7 sont possibles si l = ± et (ou) si m = ±. Proposition.8 (pssge à limite dns une inéglité) Soit f, g deux pplictions de D R dns R et, b, c R t.q. D ]b, [ ], c[ vec b < < c. Soit l, m R t.q. lim x f(x) = l et lim x g(x) = m. On suppose que f(x) g(x) pour tout x D. On lors l m. 9
Démonstrtion : On commence pr montrer que l m 2ε, pour tout ε > 0. Soit ε > 0. Comme lim x f(x) = l, il existe α > 0 t.q. x D, x, x α f(x) l ε l ε f(x) l + ε. Comme lim x g(x) = m, il existe α 2 > 0 t.q. x D, x, x α 2 g(x) m ε m ε g(x) m + ε. On choisit mintennt x = + α vec α = min(α, α 2, +c 2 ) (de sorte que α α, α α 2, x et x D). On lors l ε f(x) g(x) m + ε. On donc bien montré que l m 2ε pour tout ε > 0. On en déduit que l m 0. En effet, si l m > 0, on pose ε = l m 4 et on obient 4ε = l m 2ε, ce qui est bsurde cr ε > 0. Finlement, on bien montré que l m. Voici une conséquence immédite de l proposition.8. Soit f, g, h trois pplictions de D R dns R et, b, c R t.q. D ]b, [ ], c[ vec b < < c. Soit l, m, k R t.q. lim x f(x) = l, lim x g(x) = m et lim x h(x) = k. On suppose que f(x) h(x) g(x) pour tout x D. On lors l k m. Il suffit en effet d ppliquer l proposition.8 vec le couple f, h et vec le couple h, g. Il est ussi intéressnt de remrquer que si l = m, il est inutile de supposer que h it une limite en. Le fit que h it une limite en (et que cette limite soit l) est lors une conséquence de l encdrement de h entre f et g. Ceci est donné dns l proposition.9. Proposition.9 (Limite pr encdrement) Soit f, g, h trois pplictions de D R dns R et, b, c R t.q. D ]b, [ ], c[ vec b < < c. Soit l R t.q. lim x f(x) = lim x g(x) = l. On suppose que f(x) h(x) g(x) pour tout x D. L fonction h lors une limite en et cette limite est l. (c est-à-dire lim x h(x) = l.) Démonstrtion : Soit ε > 0. Comme lim x f(x) = l, il existe α > 0 t.q. x D, x, x α f(x) l ε l ε f(x) l + ε. Comme lim x g(x) = l, il existe α 2 > 0 t.q. x D, x, x α 2 g(x) l ε l ε g(x) l + ε. On pose lors α = min(α, α 2 ) On lors x D, x, x α l ε f(x) h(x) g(x) l + ε, et donc x D, x, x α h(x) l ε. Ce qui prouve bien que l fonction h une limite en et que cette limite est l. On donne mintennt un résultt (mlheureusement un peu compliqué à énoncer) sur l composition de limites. 0
Proposition.0 (Composition de limites) Soit f, g deux pplictions de R dns R et, b, c R. On suppose que lim x f(x) = b et lim x b g(x) = c. On suppose ussi que f(x) b pour tout x R\{}. Alors, lim x g f(x) = c Démonstrtion : Soit ε > 0. On cherche α > 0 t.q. x, x α g(f(x)) c ε. On commence pr utiliser le fit que lim y b g(y) = c. Ceci donne l existence de η > 0 t.q. Puis, comme lim x f(x) = b, il existe α > 0 t.q. y b, y b η g(y) c ε. (.3) x, x α f(x) b η. Comme f(x) b (pour tout x R \ {}), on donc vec (.3) On bien montré que lim x g f(x) = c. x, x α g(f(x)) c ε. Remrque.2 Dns l proposition.0, nous vons pris (pour simplifier l énoncé) des pplictions de R dns R. Mis, cette proposition reste vrie si f est définie que D R et g définie sur E R en supposnt qu il existe γ > 0 t.q. D ] γ, [ ], + γ[ et E ]b γ, b[ ]b, +γ[. Il fut lors commençer pr remrquer que g f est définie sur ensemble qui contient ] δ, [ ], + δ[ pour un certin δ > 0..3 Fonctions monotones Définition.4 (fonctions croissntes) Soit < b + et f une ppliction de ], b[ dns R.. On dit que f est croissnte (ou monotone croissnte) si : x, y ], b[, x < y f(x) f(y). 2. On dit que f est strictement croissnte (ou strictement monotone croissnte) si : x, y ], b[, x < y f(x) < f(y). De mnière nlogue, on définit les fonctions décroissntes. Proposition. (Limites d une fonction monotone) Soit < b + et f une ppliction croissnte de ], b[ dns R. On lors :. L ppliction f dmet en tout point c ], b[ une limite à droite et une limite à guche, encdrnt f(c) (c est-à-dire lim x c,x<c f(x) f(c) lim x c,x>c f(x)). 2. L ppliction f dmet une limite (à guche) finie ou égle à + en b, et l ppliction f dmet une limite (à droite) finie ou égle à en.
Démonstrtion : Soit c ], b[. On v montrer que f dmet une limite à guche en c et que cette limite est inférieure ou égle à f(c). On pose A = {f(x), x < c}. L ensemble A est une prtie non vide de R, mjorée pr f(c) (cr f est croissnte), il dmet donc une borne supérieure, que l on note l. On l f(c) (cr f(c) est un mjornt de A). On montre mintennt que l = lim x c,x<c f(x). Soit ε > 0. Comme l ε n est ps un mjornt de A (puisque l est le plus petit des mjornts de A), il existe b A t.q. b > l ε. Il existe donc x 0 < c t.q. f(x 0 ) = b > l ε. On pose α = c x 0. On donc α > 0 et, grâce à l croissnce de f, et donc, comme x 0 = c α et f(x 0 ) = b > l ε, x 0 x f(x 0 ) f(x), c α x l ε < f(x). Pr définition de l on ussi On donc, finlement, x < c f(x) l. c α x < c l ε < f(x) l. Ceci prouve que l = lim x c,x<c f(x). On donc bien montré que f dmet une limite à guche en c et que cette limite est inférieure ou égle à f(c). Un risonnement semblble (non fit ici) permet de montrer que f dmet une limite à droite en c et que cette limite est supérieure ou égle à f(c). Pour montrer que f dmet une limite à guche, finie ou égle à +, en b, on pose Im(f) = {f(x), x ], b[}. Si Im(f) est mjorée, on note β l borne supérieure de Im(f). L croissnce de f permet lors de montrer que β = lim x b,x<b f(x). Cette démonstrtion est lissée ici en exercice. Si Im(f) n est ps mjorée, l croissnce de f permet de montrer que lim x b,x<b f(x) = +. Cette démonstrtion est ussi lissée ici en exercice. Bien sûr, les démonstrtions pour trouver l limite à droite en sont très voisines. Remrque.3 Soit < b + et f une ppliction croissnte de ], b[ dns R. On pose α = lim x,x> f(x) et β = lim x b,x<b f(x) (on rppelle que α R { } et β R {+ }). Si f n ps de sut (c est-à-dire lim x c,x<c f(x) = lim x c,x>c f(x) pour tout c ], b[), l ppliction f est lors une bijection de ], b[ dns ]α, β[. Nous démontrerons cette propriété u chpitre 2, section 2.4..4 Exercices.4. Quelques rppels (Prties mjorées et minorées, Suites... ) Exercice. Soit, b R. Montrer les implictions suivntes :. ( ε > 0, < ε) = 0. 2
2. ( ε > 0, < b + ε) b. 3. ( ε > 0, b < ε) = b. Pour les exercices suivnts, on rppelle que si A est une prtie non vide mjorée de R, il existe un nombre réel, noté sup(a), qui est le plus petit des mjornts de A. De même, si A est une prtie non vide minorée de R, il existe un nombre réel, noté inf(a), qui est le plus grnd des minornts de A. Exercice.2 Soit A est une prtie non vide mjorée de R. On pose A = {, A}. Montrer que A est une prtie non vide minorée R. Comprer inf( A) et sup(a). Exercice.3 Soit A et B deux prties non vides de R t.q. A B. On suppose que B est mjorée. Montrer que A est mjorée et que sup(a) sup(b). Cette dernière inéglité est-elle nécessirement stricte si l inclusion de A dns B est stricte? Exercice.4 Soit A et B deux prties non vides mjorées de R. On pose A + B = { + b, A et b B}. Montrer que A + B est mjorée et comprer sup(a + B) et sup(a) + sup(b). Exercice.5. Montrer que toute suite convergente dns R est bornée (c est-à-dire mjorée et minorée). 2. Montrer que toute suite croissnte mjorée est convergente dns R. Exercice.6 Soit A une prtie non vide de R.. On suppose que A est mjorée et on pose = sup(a). Montrer qu il existe une suite d éléments de A qui converge vers. 2. On suppose que A n est ps mjorée. Montrer qu il existe une suite d éléments de A qui converge vers l infini. Exercice.7 (Moyennes hrmonique et rithmétique). Montrer que, pour tout, b R t.q. 0 < < b, on : < 2b + b < + b < b. 2 2. Soit u 0, v 0 R t.q. 0 < u 0 < v 0. On définit, pr récurrence, les suites (u n ) n N et (v n ) n N pr : u n+ = 2u nv n, v n+ = u n + v n. u n + v n 2 () Montrer que les suites (u n ) n N et (v n ) n N sont bien définies et que u n, v n > 0 pour tout n N. Montrer que les suites (u n ) n N et (v n ) n N sont convergentes (dns R). (b) Montrer que lim n + u n = lim n + v n. (c) Vérifier que l suite (u n v n ) n N est constnte. (d) Donner l limite commune ux suites (u n ) n N et (v n ) n N. 3
.4.2 Limites Exercice.8 Soit l R, R, (u n ) n N une suite et f une ppliction de R dns R. Ecrire à l ide des quntificteurs les phrses suivntes :.. L suite (u n ) n N ne tend ps vers l qund n tend vers +. 2. L suite (u n ) n N tend vers + qund n tend vers +. 3. f(x) ne tend ps vers l qund x tend vers. 4. f(x) ne tend ps vers l qund x tend vers +. Exercice.9 (Limite, limite à droite et limite à guche) Soit R et l R. Soit f une ppliction définie sur A = R \ {} à vleurs dns R.. Montrer que f dmet l comme limite en si et seulement si f dmet (en ) l comme limite à droite et comme limite à guche. 2. Montrer que f dmet l comme limite à guche en si et seulement si f vérifie l condition suivnte : Pour toute suite (x n ) n N de points de A, x n, qund n + lim f(x n) = l, n + où x n qund n + signifie = lim n + x n et x n+ x n pour tout n N. 3. Reprendre les questions et 2 vec l = et vec l =. Exercice.0 (Opértions sur les limites) Soit, b R, < b et I =], b[. Soit f et g deux pplictions de I dns R et l, m R. On suppose que l = lim x, x> f(x) et m = lim x, x> g(x).. Montrer que l + m = lim x, x> (f + g)(x). 2. On suppose que m 0. Montrer qu il existe c ], b[ t.q. g(x) 0 pour tout x J =], c[. Montrer que l m = lim x, x> f(x) g(x). 3. On suppose que m = 0, l > 0 et que g(x) > 0 pour tout x I. Montrer que lim x, x> f(x) g(x) =. 4. On prend ici = 0, b =, f(x) = sin( x ) et g(x) = x. Les pplictions fg et f/g (qui est bien définie sur I) ont-elles une limite à droite en 0? Exercice. (Quelques exemples... ) Pour les exemples suivnts, l fonction f est définie sur I = R.. On définit f pr f(x) = x + x 2 x pour x 0 et f(0) =. L ppliction f -t-elle une limite en 0? une limite à droite en 0? une limite à guche en 0? 4
2. On définit f pr f(x) = x 2 + x + (x + ) pour tout x. Quelle l limite de f en +? 3. On définit f pr f(x) = sin( x 2 ) x pour x 0 et f(0) =. L ppliction f -t-elle une limite en 0? une limite à droite en 0? une limite à guche en 0? 4. Pour x R, on note E(x) = sup{n Z; n x}. On définit f pr f(x) = x x E(x) pour tout x 0. Soit n Z, L ppliction f -t-elle une limite en n? une limite à droite en n? une limite à guche en n? Exercice.2 (Autres exemples... ). f(x) = x 3 3x+2 2x 2 x pour x ]0, [. Quelle est l limite (à guche) de f en? 2. f(x) = x+3 4x+3 x+4 2x+4 pour x ]0, [. Quelle est l limite (à droite) de f en 0? 3. Soit > 0. On définit f pr f(x) = (+x) x pour x ]0, [. Quelle est l limite (à droite) de f en 0? 4. f(x) = ( + sin x) x pour x ]0, [. Quelle est l limite (à droite) de f en 0? Exercice.3 (Fonction périodique dmettnt une limite) Soit f une ppliction de R dns R. on suppose qu il existe T > 0 t.q. f(x + T ) = f(x) pour tout x R (on dit lors que f est périodique de période T ). On suppose de plus que f dmet une limite finie, notée l, en +. Montrer que f est une fonction constnte. Exercice.4 (Limite en + ) Soit f : R R définie pr f(x) = sin(x) pour tout x R. L fonction f dmet-elle une limite en +? Exercice.5 (Point fixe d une ppliction croissnte) Soit I = [0, ] et f une ppliction croissnte de I dns I. On pose A = {x I, f(x) x}. Montrer que :. A, 2. x A f(x) A. 3. A possède une borne inférieure I. 4. f() =. (Toute ppliction croissnte de [0, ] dns [0, ] dmet donc un point fixe.) Exercice.6 (Densité de Q dns R) Pour tout x R et tout ε > 0, construire x ε Q tel que x x ε ε. Exercice.7 (Moyenne de Cesàro) Soit (u n ) n N une suite de nombres complexes. On définit l suite (v n ) n N pr v n = u+...+un n.. Soit l C. On suppose (dns cette question) que lim n + u n = l. Montrer que lim n + v n = l. 2. On suppose mintennt que u n R, pour tout n N. () Montrer que lim n + u n = + implique lim n + v n = +. 5
(b) On suppose que l suite (u n ) n N est croissnte. Soit l R +, montrer que lim v n = l lim u n = l. n + n + 3. (Générlistion) Soit (λ n ) une suite de nombres réels strictement positifs. Soit l C. On suppose que lim n + u n = l et que lim λ k ) = +. Pour n N, on pose Montrer que lim n + w n = l. 4. Montrer que n + ( k=n w n = k= k=n k= λ ku k k=n k= λ. k + 2 + 3 3 +... + n n lim =. n + n 5. Soit l C. On suppose que lim n + (u n+ u n ) = l. Montrer que lim n + u nn = l..5 Exercices corrigés Exercice.8 (Corrigé de l exercice.) Pour les exemples suivnts, l fonction f est définie sur I = R.. On définit f pr f(x) = x + x 2 x pour x 0 et f(0) =. L ppliction f -t-elle une limite en 0? une limite à droite en 0? une limite à guche en 0? Pour x > 0, on f(x) = x +. On donc lim x 0,x>0 f(x) =. L fonction f donc une limite à droite en 0. Pour x < 0, on f(x) = x (cr x 2 = x). On donc lim x 0,x<0 f(x) =. L fonction f donc une limite à guche en 0. Comme lim x 0,x>0 f(x) lim x 0,x<0 f(x), l fonction f n ps de limite en 0. 2. On définit f pr f(x) = x 2 + x + (x + ) pour tout x. Quelle l limite de f en +? Pour x > 0, on : f(x) = ( x 2 + x + (x + ))( x 2 + x + + (x + )) x2 + x + + (x + ) = x2 + x + (x + ) 2 x2 + x + + (x + ), et donc f(x) = x x2 + x + + (x + ) =. + x + x + + 2 x On en déduit que lim x + f(x) = 2. 6
3. On définit f pr f(x) = sin( x 2 ) x pour x 0 et f(0) =. L ppliction f -t-elle une limite en 0? une limite à droite en 0? une limite à guche en 0? Pour x > 0, on f(x) = sin(x) x. L fonction sin est dérivble et s dérivée est l fonction cos. L limite à droite en 0 de f est donc cos(0), c est-à-dire lim x 0,x>0 f(x) =. L fonction f donc une limite à droite en 0. Pour x < 0, on f(x) = sin( x) x une limite à guche en 0. = sin(x) x. On donc lim x 0,x<0 f(x) =. L fonction f donc Comme lim x 0,x>0 f(x) lim x 0,x<0 f(x), l fonction f n ps de limite en 0. 4. Pour x R, on note E(x) = sup{n Z; n x}. On définit f pr f(x) = x x E(x) pour tout x 0. Soit n Z, L ppliction f -t-elle une limite en n? une limite à droite en n? une limite à guche en n? Pour x [n, n[, on E(x) = n et donc f(x) = x x n +. lim x n,x<n f(x) = n. L fonction f donc une limite à guche en n. On en déduit que Pour x [n, n+[, on E(x) = n et donc f(x) = x x n. On en déduit que lim x n,x>n f(x) = n. L fonction f donc une limite à droite en n. Comme lim x n,x>n f(x) lim x n,x<n f(x), l fonction f n ps de limite en n. Exercice.9 (Corrigé de l exercice.3) Soit f une ppliction de R dns R. on suppose qu il existe T > 0 t.q. f(x + T ) = f(x) pour tout x R (on dit lors que f est périodique de période T ). On suppose de plus que f dmet une limite finie, notée l, en +. Montrer que f est une fonction constnte. Soit x R, on v montrer que f(x) = l. On commence pr montrer, pr récurrence sur n, que f(x) = f(x + nt ) pour tout n N. En effet, pour n =, l hypothèse sur f donne bien f(x) = f(x + T ). Puis, soit n N. On suppose que f(x) = f(x + nt ). L hypothèse sur f, utilisée vec le point x + nt, donne f(x + nt ) = f(x + nt + T ). On en déduit que f(x) = f(x + (n + )T ). On bien insi montré, pr récurrence sur n, que f(x) = f(x + nt ) pour tout n N. On remrque mintennt que lim n + (x + nt ) = +. Comme f dmet l comme limite en +, on donc lim n + f(x + nt ) = l, et donc f(x) = l. Ce qui prouve que f est l fonction constnte et égle à l. Exercice.20 (Corrigé de l exercice.4) Soit f : R R définie pr f(x) = sin(x) pour tout x R. L fonction f dmet-elle une limite en +? L fonction f n ps de limite en +. En effet, supposons que f it une limite en +, notée l (vec l R {+ } { }). Toute suite convergent vers + est lors trnsformée en une suite ynt l pour limite. En prennt l suite (x n ) n N vec x n = 2nπ pour tout n N, on en déduit que l = 0. Puis, en prennt l suite (y n ) n N vec y n = 2nπ + π 2, on en déduit que l =. Ceci prouve que f n ps de limite en +. 7
Une utre démonstrtion possible consiste à utiliser l exercice.9. 8
Chpitre 2 Continuité 2. Définition et propriétés Définition 2. (Continuité en un point) Soit f une ppliction de D R dns R et D.. On dit que f est continue en si pour tout ε > 0, il existe δ > 0 t.q. : x D, x δ f(x) f() ε. 2. On dit que f est séquentiellement continue en si f trnsforme toute suite convergente vers en suite convergente vers f(), c est-à-dire : (x n ) n N D, lim n + x n = lim f(x n) = f(). n + Remrque 2. Sous les hypothèses de l définition 2. et si il existe b, c R t.q. b < < c et D ]b, [ ], c[, il est fcile de voir que f est continue en si et seulement si f() = lim x f(x). Théorème 2. (Continuité versus continuité séquentielle) Soit f une ppliction de D R dns R et D. Alors, f continue en si et seulement si f est séquentiellement continue en. Démonstrtion : L démonstrtion n est ps détillée ici. Il suffit essentiellement de reprendre celle de l proposition.2. Remrque 2.2 L continuité en un point est une propriété locle. En effet, Soit f une ppliction de D R dns R et D. Soit γ > 0. On pose D = D ] γ, + γ[. On ppelle f l restriction de f D (c est-à-dire que f est définie sur D et f = f sur D). Alors, f est continue en si et seulement si f est continue en. Définition 2.2 (Continuité) Soit f une ppliction de D R dns R. on dit que f est continue si f est continue en tout point de D. Remrque 2.3 Une ppliction f de R dns R peut être continue en tout point de R, elle peut être continue en certins points de R et non continue en d utres points. Enfin, elle peut ussi être continue en ucun point de R. C est le cs, pr exemple, de l fonction f définie pr f(x) = si x Q et f(x) = 0 si x R \ Q. 9
On donne mintennt l définition de l continuité uniforme, plus forte que l continuité. Définition 2.3 (Continuité uniforme) Soit f une ppliction de D R dns R. on dit que f est uniformément continue si pour tout ε > 0, il existe δ > 0 t.q. : x, y D, x y δ f(y) f(x) ε. Exemple 2. On prend ici D =]0, [ et f(x) = x pour x ]0, [. L ppliction f est continue (c est-àdire continue en tout point de D) mis n est ps uniformément continue. Proposition 2. (Somme, produit et quotient d pplictions continues) Soit f, g deux pplictions de D R dns R et D. On suppose que f et g sont continues en. Alors :. L ppliction f + g est continue en, 2. L ppliction fg est continue en, 3. Il existe β > 0 t.q. g(x) 0 pour x D ] β, + β[ et f/g (qui est bien définie pour x D ] β, + β[) est continue en. Démonstrtion : Ici ussi, il suffit essentiellement de reprendre l démonstrtion de l proposition.7. Proposition 2.2 (Continuité de l composée) Soit f une ppliction de D R dns R et g une ppliction de E R de R. On suppose que Im(f) = {f(x), x D} E (de sorte que g f est définie sur D). Soit D. On suppose que f est continue en et g est continue en f(). Alors, g f est continue en. Démonstrtion : Ici ussi, il suffit essentiellement de reprendre l démonstrtion de l proposition.0. 2.2 Théorème des vleurs intermédiires Théorème 2.2 (Théorème des vleurs intermédiires) Soit, b R, < b, et f une ppliction continue de [, b] dns R. Alors, l ppliction f prend toutes les vleurs comprises entre f() et f(b) (c est-à-dire que pour tout γ pprtennt à l intervlle dont les bornes sont f() et f(b), il existe c [, b] t.q. f(c) = γ). Démonstrtion : On distingue deux cs possibles. Premier cs. On suppose que f() f(b). Soit γ [f(), f(b)]. On pose A = {x [, b] t.q. f(x) γ}. L ensemble A est non vide (cr il contient ) et est mjoré pr b. Il dmet donc une borne supérieure que nous notons c. On, bien sûr, c b ( A et b est un mjornt de A). On v montrer que f(c) = γ. On commence pr remrquer qu il existe une suite (c n ) n N de points de A t.q. lim n + c n = c (voir, pr exemple, l exercice.6). Pr continuité de f en c, on donc f(c) = lim n + f(c n ) et donc, comme f(c n ) γ pour tout n N, on en déduit f(c) γ. 20
On suppose mintennt que f(c) < γ (et on v montrer que ceci est impossible). On donc c < b (cr f(b) γ). On pose ε = γ f(c) > 0. Pr continuité de f en c, il existe donc α > 0 t.q. x [, b], x c α f(x) f(c) ε. On donc, en prticulier, vec β = min(α, b c) > 0, c x c + β f(x) f(c) + ε = γ. Ceci prouve que (pr exemple) c + β A, en contrdiction vec l définition de c (qui est c = sup A). On insi montré que f(c) n est ps strictement inférieur à γ. On donc f(c) = γ. Deuxième cs. On suppose que f() > f(b). Soit γ [f(b), f()]. On montre lors qu il existe c [, b] t.q. f(c) = γ pr un risonnement semblble u précédent en prennt A = {x [, b] t.q. f(x) γ}. Ce risonnement n est ps détillé ici. Remrque 2.4 Voici deux conséquences immédites du théorème des vleurs intermédiires.. Soit, b R, < b, et f une ppliction continue de [, b] dns R. Alors {f(x), x [, b]} contient l intervlle dont les bornes sont f() et f(b). 2. Soit I un intervlle de R et f une ppliction continue de I dns R. Alors, f vérifie l propriété des vleurs intermédiires, c est à dire : Pour tout, b I, < b, {f(x), x [, b]} contient l intervlle dont les bornes sont f() et f(b). Remrque 2.5 Soit I un intervlle de R et f une ppliction de I dns R. L remrque précédente montre que l continuité de f implique que f vérifie l propriété des vleurs intermédiires. L réciproque est fusse, c est-à-dire que le fit que f vérifie l propriété des vleurs intermédiires n implique ps l continuité de f. (L propriété des vleurs intermédiires peut être présentée comme une sorte de continuité vec l notion d ordre dns R, lors que l continuité fit plutôt ppel à l notion de distnce.) Nous verrons u chpitre 3 que si f est dérivble de ], b[ dns R, lors f vérifie l propriété des vleurs intermédiires mis n est ps toujours continue. 2.3 Fonction continue sur un intervlle fermé borné Théorème 2.3 (fonction continue sur un compct) Soit, b R, < b, et f une ppliction continue de [, b] dns R. Alors, l ppliction f est bornée et tteint ses bornes. (c est-à-dire qu il existe m, M R et c, d [, b] t.q. f(c) = m, f(d) = M et, pour tout x [, b], m f(x) M.) Démonstrtion : Etpe On montre tout d bord que f est mjorée (c est-à-dire que Im(f) = {f(x), x [, b]} est mjorée). Pour cel, on risonne pr l bsurde. On suppose donc que f n est ps mjorée. Soit n N. Comme f n est ps mjorée, l ensemble A n = {x [, b] t.q. f(x) n} est non vide. Comme cet ensemble est mjoré pr b, il dmet une borne supérieure, notée x n, et on x n [, b]. On sit ussi que x n est limite d une suite de point de A n (voir l exercice.6). Il existe donc une suite (x n,k ) k N d élément de A n t.q. lim k + x n,k = x n (noter que n est ici fixé). Comme x n,k A n, on f(x n,k ) n et comme f est continue en x n, on lim k + f(x n,k ) = f(x n ). On en déduit que f(x n ) n (noter bien encore que n est ici fixé). 2
L suite (x n ) n N est décroissnte (cr A n+ A n ) et minorée (pr ). Elle est donc convergente dns R. On pose x = lim n + x n. Comme x n b pour tout n N, on ussi x b, et comme f est continue en x, on lim n + f(x n ) = f(x), ce qui impossible cr f(x n ) n pour tout n N (et donc lim n + f(x n ) = + ). On donc montré que f est mjorée. Un risonnement similire non fit ici permet de montrer que fest minorée. Etpe 2 On note M = sup{im(f)}. On montre mintennt qu il existe d [, b] t.q. f(d) = M. Pour cel, on utilise un risonnement semblble à celui de l première étpe. Soit n N, On pose M n = M n et B n = {x [, b] t.q. f(x) M n }. Comme M n n est ps un mjornt de Im(f), l ensemble B n est non vide. Comme cet ensemble est mjoré pr b, il dmet une borne supérieure, notée y n, et on y n [, b]. Comme y n est limite d une suite de point de B n et que f est continue en y n, on donc f(y n ) M n. (On risonné ici comme à l première étpe. Noter ussi que f(y n ) M cr M = sup{im(f)}.) L suite (y n ) n N est décroissnte (cr B n+ B n ) et minorée (pr ). Elle est donc convergente dns R. On pose d = lim n + y n. Comme y n b, pour tout n N, on ussi d b et, comme f est continue en d, on lim n + f(y n ) = f(d). On en déduit que f(d) = M en pssnt à l limite sur les inéglités M n = M n f(y n) M. Un risonnement similire non fit ici permet de montrer qu il existe c [, b] t.q. f(c) = m = inf(im(f)). Exemple 2.2 On prend ici I =]0, [ et f(x) = /x pour x ]0, [. Pour cet exemple, l ppliction f est non mjorée et elle est minorée mis s borne inférieure est non tteinte. Le théorème 2.2 permet de montrer que l imge d un intervlle pr une ppliction continue est un intervlle. Avec le théorème 2.3, on même que l imge pr une ppliction continue d un intervlle fermé borné est un intervlle fermé borné. Ceci est donné dns le théorème 2.4. Théorème 2.4 (Imge d un intervlle pr une ppliction continue) Soit I intervlle (non vide) de R et f une ppliction continue de I dns R. On pose Im(f) = {f(x), x I}. Alors :. L ensemble Im(f) est un intervlle. (Autrement dit, l imge pr une ppliction continue d un intervlle est un intervlle.) 2. Si I = [, b] vec, b R, < b, on Im(f) = [m, M] vec m, M R (on peut noter que m = inf(im(f)) et M = sup(im(f))). (Autrement dit, l imge pr une ppliction continue d un intervlle fermé borné est un intervlle fermé borné.) Démonstrtion : On montre tout d bord le er item du théorème. Si Im(f) est minorée, on pose α = inf(im(f)). Si Im(f) n est ps minorée, on pose α = (dns ce cs, on pose ussi inf(im(f)) = ). De même, si Im(f) est mjorée, on pose β = sup(im(f)). Si Im(f) n est ps mjorée, on pose β = + (dns ce cs, on pose ussi sup(im(f)) = + ). L définition de α et β donne donc imméditement que Im(f) [α, β]. Pour montrer que Im(f) est un intervlle, il suffit de montrer que ]α, β[ Im(f). Soit γ ]α, β[. Comme γ n est ps un minornt de Im(f), il existe I t.q. f() < γ. De même, Comme γ n est ps un mjornt de Im(f), il existe b I t.q. f(b) > γ. le nombre γ est donc compris entre f() 22
et f(b). Comme f est continue sur l intervlle fermé borné dont les bornes sont et b, le théorème des vleurs intermédiires (théorème 2.2) donne qu il existe x entre et b (et donc x dns I) t.q. f(x) = γ. On donc bien montré que ]α, β[ Im(f) et donc que Im(f) est un intervlle (c est un intervlle dont les bornes sont α et β). On montre mintennt le deuxième item du théorème. Le théorème 2.3 montre qu il existe m, M R et c, d [, b] t.q. f(c) = m, f(d) = M et que Im(f) [m, M). Puis le théorème des vleurs intermédiires (théorème 2.2) montre que pour tout γ [m, M], il existe x entre c et d (et donc x [, b]) t.q. f(x) = γ. On en déduit que Im(f) = [m, M]. 2.4 Fonction strictement monotone et continue Théorème 2.5 Soit I un intervlle (de R) dont les extrémités sont et b, vec < b +, et f une ppliction strictement croissnte, continue, de I dns R. On pose Im(f) = {f(x), x I}, α = inf(im(f)) (vec inf(im(f)) = si Im(f) est non minorée), β = sup(im(f)) (vec sup(im(f)) = + si Im(f) est non mjorée). Alors :. Im(f) est un intervlle dont les extrémités sont α et β. On note J cet intervlle. 2. Si I =], b[, on lors J =]α, β[. 3. L ppliction f est bijective de I dns J. 4. On note g l fonction réciproque de f (c est-à-dire g définie de J dns I t.q. g f(x) = x pour tout x I et f g(x) = x pour tout x J). L ppliction g est continue et strictement croissnte (de J dns I). Démonstrtion :. Le théorème 2.4 donne que Im(f) est un intervlle. L définition de α et β donne lors que les extrémités de cet intervlle sont α et β. 2. Pour montrer que Im(f) =]α, β[ (lorsque I =], b[), il suffit de montrer que α Im(f) et β Im(f). Pour cel, on risonne pr l bsurde. On suppose que α Im(f). Il existe lors c ], b[ t.q. f(c) = α (et donc α R). Mis, en prennt y ], c[, on lors, grâce à l stricte croissnce de f, f(y) < f(c) = α, ce qui contrdictoire vec l définition de α. Donc, α Im(f). De mnière nlogue, on peut montrer que β Im(f). On bien insi montré que Im(f) =]α, β[. 3. L fonction f est surjective de I dns J (cr J = Im(f)). Il reste à montrer que f est injective, mis ceci est une conséquence simple de l stricte croissnce de f. En effet, soit x, y I, x y. Si x > y, on f(x) > f(y). Si x < y, on f(x) < f(y). Dns les deux cs, on donc f(x) f(y), ce qui prouve l injectivité de f. L ppliction f est donc bien une bijection de I dns J. 4. On note g l fonction réciproque de f (g est donc définie de J dns I). On remrque tout d bord que g est strictement croissnte. En effet, soit x, y J, x < y. Si g(x) g(y), on, pr l croissnce de f, x = f(g(x)) f(g(y)) = y, ce qui est impossible. On donc g(x) < g(y), ce qui prouve que g est strictement croissnte. Il reste à montrer que g est continue en tout point de J. Soit α < γ < β. Comme g est croissnte, g dmet des limites à droite et à guche en γ, notées g l (γ) et g r (γ), et ces limites encdrent g(γ) (proposition.). Plus précisément : lim g(x) = sup{g(x), x < γ} = g l(γ) g(γ) g r (γ) = inf{g(x), x > γ} = lim g(x). x γ,x<γ x γ,x>γ 23
Mis, comme Im(g) est un intervlle (cr Im(g) = I) l ensemble [g l (γ), g r (γ)] est inclus dns Im(g), ce qui n est possible que si g l (γ) = g r (γ). On donc g l (γ) = g(γ) = g r (γ), ce qui prouve que g est continue en γ. Un risonnement nlogue prouve que g est continue en α si α J (on considère lors l limite à droite de g en α et on montre qu elle est égle à ) et que g est continue en β si β J (on considère lors l limite à guche de g en β et on montre qu elle est égle à b). Ceci termine l démonstrtion de ce théorème. Exemple 2.3 On prend dns cette exemple I =] π/2, π/2[ et, pour x I, f(x) = tn(x). L fonction f est continue strictement croissnte de I dns R. On α = inf(imf) = et β = sup(imf) = +. Le théorème 2.5 donne lors que f est une bijection de I dns J vec J = R et que s fonction réciproque est continue strictement croissnte de J dns I. Cette fonction réciproque est l fonction rctn. 2.5 Exercices Exercice 2. (Fonction continue, non nulle en un point) Soit f une fonction de R dns R et R. On suppose que f est continue en et que f() 0. Montrer que f est non nulle sur un intervlle ouvert contennt. Exercice 2.2 (Fonction lipschitzienne) Soit f : R R et k R +. On suppose que f(x) f(y) k x y pour tout x, y R. Montrer que f est continue (sur tout R). Exercice 2.3 Pour quelle vleur de α l fonction f, définie ci-près, est-elle continue sur R? { x 3 8 f(x) = x 2 si x 2 α si x = 2. Exercice 2.4 (Fonctions monotones) Soit, b R, < b et I =], b[. Soit f une ppliction strictement croissnte de I dns R. On pose A = {f(x), x I}, α = inf A et β = sup A. (Si A est non minorée, on pose inf A =. Si A est non mjorée, on pose sup A = +.). Montrer que lim x f(x) = α (on pourr distinguer les cs α R et α = ). Montrer que lim x b f(x) = β. 2. Soit c I. Montrer que f dmet une limite à droite en c, notée f d (c), et une limite à guche en c, notée f g (c). Montrer que f g (c) f(c) f d (c). 3. On suppose que f d (c) = f g (c) pour tout c I (vec f d et f g définies à l question précédente). Montrer que f est continue et que f est bijective de ], b[ dns ]α, β[. Exercice 2.5 (Polynôme de degré impir) Montrer que toute fonction polynôme de R dns R, de degré impir, s nnule en u moins un point. Exercice 2.6 (Existence d un mximum) 24
Soit f une fonction continue de R + dns R +. On suppose que lim x f(x) = 0. Montrer que f dmet un mximum (c est-à-dire qu il existe R + t.q., pour tout x R +, f(x) f()). Exercice 2.7 (Injectivité et continuité donne monotonie) Soit, b R, < b, et f [, b] R continue et injective. Montrer que f est monotone. [Utiliser le théorème des vleurs intermédiires.] Exercice 2.8 (Prolongement pr continuité) Soit f l ppliction de R \ {, } dns R définie pr :. L fonction f est-elle continue en 0? 2. Clculer lim x f(x) et lim x f(x). f(x) = x3 2x 2 x + 2. x 3. Existe-t-il une fonction g définie et continue sur R et qui est égle à f sur R \ {, }? Exercice 2.9 Soit f et g deux fonctions de [0, ] dns R, continues et t.q. f(0) = g() = 0 et g(0) = f() =. Montrer que : λ R +, x [0, ], f(x) = λg(x). Exercice 2.0 (Vleur intermédiire) Soit f une fonction continue de [0, ] dns R.. Montrer que pour tout t [0, ], l ensemble {s [0, ] t.q. f(s) = f(0)+f(t) 2 } est non vide. Pout t [0, ], on pose ϕ(t) = inf{s [0, ] t.q. f(s) = f(0)+f(t) 2 }. 2. Soit t [0, ], montrer que ϕ(t) [0, ] et que f(ϕ(t)) = f(0)+f(t) 2. 3. Montrer que si f est strictement croissnte, l ppliction ϕ insi définie de [0, ] dns [0, ] est continue. 4. Donner un exemple de fonction f pour lequel l fonction ϕ n est ps continue. Exercice 2. (Fonction dont l imge est discrète) Soit f : R R une fonction continue (c est-à-dire continue en tout point de R). On suppose que f(x) {0, }, pour tout x R. Montrer que f est constnte. [utiliser le théorème des vleurs intermédiires.] Exercice 2.2 (Continuité de mx et min ). Montrer que, pour tout x, y R, mx{x, y} = 2 (x + y + x y ) et min{x, y} = 2 (x + y x y ). 2. Soit f et g deux pplictions de R dns R. On définit les pplictions f g et f g de R dns R pr : (f g)(x) = mx{f(x), g(x)}, (f g)(x) = min{f(x), g(x)}, pour x R. Soit R. On suppose que f et g sont continues en. Montrer que f g et f g sont continues en. 25
Exercice 2.3 (Convexe implique continue) Soit f une ppliction de R dns R. On suppose que f est convexe, c est à dire que f(tx + ( t)y) tf(x) + ( t)f(y) pour tout t [0, ] et pour tout x, y R. On pose α = f() f(0), β = f(0) f( ) et γ = mx{ α, β }.. Soit x ]0, [. Montrer que βx f(x) f(0) αx. [Utiliser le fit que x = t + ( t)0, vec t = x, et 0 = tx + ( t)( ), vec t = +x.] 2. Soit x ], [. Montrer que f(x) f(0) γ x. En déduire que f est continue en 0. 3. Montrer que f est continue en tout point de R. Exercice 2.4 (Borne supérieure tteinte) Soit f une ppliction continue de R + dns R + (on rppelle que R + = [0, [). On suppose que lim x f(x) = 0. Montrer que l ensemble {f(x), x R + } est mjoré et qu il existe R + t.q. f() = sup{f(x), x R + }. Exercice 2.5 (Exercice sur les vleurs intermédiires) Soit f une ppliction continue de [0, ] dns R t.q. f(0) = f(). Soit n N. pour x [0, n ], on pose g(x) = f(x + n ) f(x).. Montrer que n k=0 g( k n ) = 0. 2. Montrer qu il existe x 0, x [0, n ] t.q. g(x 0) 0 et g(x ) 0. 3. Montrer qu il existe x [0, n ] t.q. f(x + n ) = f(x). Exercice 2.6 (Prolongement pr continuité) Pour x ]0, [, on pose f(x) = Exercice 2.7 (Point fixe) x ln(x). Peut on prolonger f pr continuité en 0 et en? Soit f une fonction continue de [0, ] dns [0, ] et vérifint. Montrer que f est injective. 2. Montrer que {f(0), f()} = {0, }. 3. Montrer que f est surjective. 4. Montrer que f dmet un point fixe. Exercice 2.8 (Eqution fonctionnelle) x, x 2 [0, ], x x 2 f(x ) f(x 2 ). Soit f une fonction définie sur R +, à vleurs dns R et vérifint l éqution fonctionnelle suivnte : Pour tout x, y R +, f(x + y) = f(x)f(y).. Montrer que f est à vleurs positives ou nulles. 26
2. Montrer que si f(0) = 0 lors f est identiquement nulle. Dns ce qui suit on suppose que f n est ps identiquement nulle. 3. Clculer f(0). 4. Soit x R + et n N, exprimer f(nx) et f( x n ) en fonction de f(x) et n. 5. Soit x R + et p, q deux entiers nturels strictement positifs. On pose r = p q,en clculnt f(q(rx)) de deux mnières différentes, exprimer f(rx) en fonction de f(x) et r. 6. Dns cette question on suppose qu il existe α > 0 tel que f(α) = 0. () Construire une suite (x n ) de réels strictement positifs convergent vers 0 et tellle que f(x n ) = 0 pour tout n N. (b) Montrer que l fonction f est nulle sur R +. Dns ce qui suit on suppose que f est à vleurs strictement positives. 7. On suppose dns cette question que f est continue à droite sur R +. Montrer qu il existe un réel tel que f(x) = e x pour tout x R +. 8. On suppose que f est continue à droite en 0, montrer que f est continue à droite en tout point de R + et conclure qu il existe un réel tel que f(x) = e x pour tout x R +. 9. On suppose qu il existe deux réels A, B vérifint 0 A < B tels que f soit mjorée sur [A, B]. () Montrer que sur [0, B A], f est minorée de borne inférieure strictement positive. (b) Montrer que f est continue à droite de 0. (c) Montrer qu il existe un réel tel que f(x) = e x pour tout x R +. Exercice 2.9 (Croissnce et continuité) Soit < b + et f une fonction croissnte de ], b[ dns R. Montrer que f est continue si et seulement si Im(f) est un intervlle. Exercice 2.20 (Une remrque pour un cours de thermodynmique) Soit f une fonction de R + dns R. Pour x R +, on pose g(x) = x f( x ). Montrer que f est convexe si et seulement si g est convexe. Exercice 2.2 (Mjortion... ). Montrer qu il n existe ps C R t.q. 2. Soit < q. Montrer qu il existe C q R t.q. t ln( + s) t ln( + t) + s + C pour tout t, s R +. t ln( + s) t ln( + t) + s q + C q pour tout t, s R +. Exercice 2.22 (Existence pour un système non linéire) Le but de cet exercice est de montrer qu il existe x, y R t.q. { 5x + 2 sin(x) + 2 cos(y) = 0, 2 cos(x) + 2 sin(y) + 5y = 0.. Pour x R, on pose f(x) = 5x + 2 sin(x). Montrer que f est une bijection continue de R dns R. 2. Montrer que le système (2.) dmet u moins une solution. (2.) 27
2.6 Exercices corrigés Exercice 2.23 (Corrigé de l exercice 2.) Soit f une fonction de R dns R et R. On suppose que f est continue en et que f() 0. Montrer que f est non nulle sur un intervlle ouvert contennt. On pose δ = f(). Comme δ > 0 et que f est continue en, il existe γ > 0 t.q. : x R, x γ f(x) f() δ 2 f() δ 2 f(x) f() + δ 2. Si f() > 0, on donc f(x) f() 2 > 0, pour tout x ] γ, + γ[. Si f() < 0, on f(x) f() 2 < 0, pour tout x ] γ, + γ[. Dns les deux cs (f() > 0 et f() < 0) on donc : x ] γ, + γ[ f(x) 0. ce qui repond à l question cr ] γ, + γ[ est un intervlle ouvert contennt. Exercice 2.24 (Corrigé de l exercice 2.2) Soit f : R R et k R +. On suppose que f(x) f(y) k x y pour tout x, y R. Montrer que f est continue (sur tout R). Soit ε > 0. On choisit η = ε k+. On donc η > 0 et : x, y R, x y η f(x) f(y) kη = kε k + ε. Ceci prouve que f est uniformément continue sur R (et donc, en prticulier, continue en tout point de R). Exercice 2.25 (Corrigé de l exercice 2.3) Pour quelle vleur de α l fonction f, définie ci-près, est-elle continue sur R? f(x) = { x 3 8 x 2 si x 2 α si x = 2. L fonction f est continue en tout point différent de 2 (cr c est le quotient de deux fonctions continues et le dénominteur en non nul). le seul problème est donc l continuité en 2. On remrque que x 3 8 = (x 2)(x 2 + 2x + 4) et donc, pour x 2, f(x) = x3 8 x 2 = x2 + 2x + 4. Ceci permet de montrer que lim x 2 f(x) = 2 et donc que f est continue en 2 si seulement si α = 2. L fonction f est donc continue sur R si et seulement si α = 2. 28
Exercice 2.26 (Corrigé de l exercice 2.5) Montrer que toute fonction polynôme de R dns R, de degré impir, s nnule en u moins un point. Soit p un polynôme de degré impir et n N le degré de ce polynôme. Il existe donc 0 et q polynôme de degré u plus égl à n t.q. et donc p(x) = x n + q(x) pour tout x R, p(x) = x n ( + q(x) x n ) pour tout x R. Comme q est de degré strictement inférieur à n, on lim x ± q(x) x n = 0. Comme n est impir, on donc : Si > 0, Si < 0, lim p(x) = et lim x lim p(x) = + et lim x p(x) = +. x + p(x) =. x + Dns les deux cs ( > 0 et < 0) on donc lim x + p(x)p( x) =. On en déduit, en prticulier, qu il existe > 0 t.q. p()p( ) < 0. Ceci montre que 0 est entre p() et p( ). Comme p est une fonction continue sur [, ], le théorème des vleurs intermédiires (théorème 2.2) permet d ffirmer qu il existe c [, ] t.q. p(c) = 0. Donc, le polynôme p s nnule en u moins un point. Exercice 2.27 (Corrigé de l exercice 2.6) Soit f une fonction continue de R + dns R +. On suppose que lim x f(x) = 0. Montrer que f dmet un mximum (c est-à-dire qu il existe R + t.q., pour tout x R +, f(x) f()). On pose ε = f(0). Comme f(0) > 0 et lim x f(x) = 0, il existe A 0 t.q. : x A f(x) ε f(x) ε. (2.2) On remrque mintennt que l fonction f est continue sur l intervlle [0, A]. Comme cet intervlle est fermé borné, on en déduit (théorème 2.3) que f est bornée sur [0, A] et tteint ses bornes. Il existe donc [0, A] t.q. : x [0, A] f(x) f(). Comme 0 [0, A], on, en prticulier ε = f(0) f(). Avec (2.2), ceci donne f(x) ε f() pour tout x A. On donc, finlement : x R + f(x) f(). Exercice 2.28 (Corrigé de l exercice 2.7) Soit, b R, < b, et f [, b] R continue et injective. Montrer que f est monotone. [Utiliser le théorème des vleurs intermédiires.] 29
On f() f(b) (cr f est injective et b). On suppose que f() < f(b) et on v montrer que f est strictement croissnte (si f() > f(b), un risonnement nlogue donnerit que f est strictement décroissnte). On montre tout d bord que f prend ses vleurs dns l intervlle [f(), f(b)]. Pour cel on risonne pr l bsurde. Soit x ], b[. Si f(x) f(b), on lors f(b) [f(), f(x)]. Le théorème des vleurs intermédiires (théorème 2.2) ppliqué à l intervlle [, x] donne lors l existence de c [, x] t.q. f(c) = f(b). Ce qui impossible cr f est injective. On donc f(x) < f(b). Un risonnement nlogue permet de montrer que f(x) > f(). On montre mintennt que f est strictement croissnte. Soit x < y b. On sit déjà que f() f(x) f(b) et f() f(y) f(b). Pour montrer que f(x) < f(y), on risonne encore pr l bsurde. Si f(x) f(y), on f(x) [f(y), f(b)]. Le théorème des vleurs intermédiires ppliqué à l intervlle [y, b] donne lors l existence de d [y, b] t.q. f(d) = f(x). Comme x < y on d x et ceci est impossible cr f est injective. On donc f(x) < f(y). On bien montré que f est strictement croissnte. Exercice 2.29 (Corrigé de l exercice 2.8) Soit f l ppliction de R \ {, } dns R définie pr : f(x) = x3 2x 2 x + 2. x. L fonction f est-elle continue en 0? Oui! L fonction f est continue en 0 cr c est le quotient de deux fonctions continues en 0 et que l fonction u dénominteur ne s nnule ps en 0. 2. Clculer lim x f(x) et lim x f(x). On remrque que x 3 2x 2 x + 2 = (x )(x 2 x 2) = (x )(x + )(x 2). Pour x 0, x, on donc f(x) = x3 2x 2 x+2 x = (x+)(2 x). On en déduit que lim x f(x) = 2. Pour x 0, x, on f(x) = x3 2x 2 x+2 +x = (x )(x 2). On en déduit que lim x f(x) = 6. 3. Existe-t-il une fonction g définie et continue sur R et qui est égle à f sur R \ {, }? Oui, une telle fonction g existe. Pour x 0, on g(x) = (x + )(2 x) et pour x < 0, on g(x) = (x )(x 2). Exercice 2.30 (Corrigé de l exercice 2.9) Soit f et g deux fonctions de [0, ] dns R, continues et t.q. f(0) = g() = 0 et g(0) = f() =. Montrer que : λ R +, x [0, ], f(x) = λg(x). 30
Soit λ R +. On définit l fonction h de [0, ] dns R en posnt : h(x) = f(x) λg(x) pour tout x [0, ]. L fonction h est continue sur [0, ] (cr f et g sont continues sur [0, ]). Comme h(0) = f(0) λg(0) = λ 0 et h() = f() λg() = f() = 0, le théorème des vleurs intermédiires (théorème 2.2) donne qu il existe x [0, ] t.q. h(x) = 0, c est-à-dire f(x) = λg(x). (Bien sûr, le point x trouvé dépend, en générl, de λ.) Exercice 2.3 (Corrigé de l exercice 2.0) Soit f une fonction continue de [0, ] dns R.. Montrer que pour tout t [0, ], l ensemble {s [0, ] t.q. f(s) = f(0)+f(t) 2 } est non vide. Soit t [0, ]. L fonction f est continue sur [0, t] et f(0)+f(t) 2 est une vleur intermédiire entre f(0) et f(t). D près le théorème des vleurs intermédiires (théorème 2.2), il existe donc s [0, t] (et donc s [0, ]) t.q. f(s) = f(0)+f(t) 2. Ceci prouve que l ensemble {s [0, ] t.q. f(s) = f(0)+f(t) 2 } est non vide. Pout t [0, ], on pose ϕ(t) = inf{s [0, ] t.q. f(s) = f(0)+f(t) 2 }. 2. Soit t [0, ], montrer que ϕ(t) [0, ] et que f(ϕ(t)) = f(0)+f(t) 2. On pose A t = {s [0, ] t.q. f(s) = f(0)+f(t) 2 }. L ensemble A t est non vide (d près l ere question) et minoré pr 0. Il dmet donc un borne inférieure, notée ϕ(t), et 0 ϕ(t). D utre prt, comme A t [0, ], on ussi ϕ(t). Pour montrer que f(ϕ(t)) = f(0)+f(t) 2, on rppelle qu il existe une suite ( n ) n N A t t.q. : lim n = inf A t = ϕ(t). n + Comme n A t, on f( n ) = f(0)+f(t) 2. En pssnt à limte sur cette églité, l continuité de f en ϕ(t) donne f(ϕ(t)) = f(0)+f(t) 2. 3. Montrer que si f est strictement croissnte, l ppliction ϕ insi définie de [0, ] dns [0, ] est continue. L fonction f étnt strictement croissnte, elle est bijective de [0, ] dns son imge. Comme elle est continue, son imge est un intervlle (théorème 2.4) et s fonction réciproque, notée g, est églement continue (théorème 2.5). On donc : ( ) f(0) + f(t) ϕ(t) = g pour tout t [0, ]. 2 Ceci prouve que ϕ est continue cr composée de fonctions continues. 3
4. Donner un exemple de fonction f pour lequel l fonction ϕ n est ps continue. On prend f(t) = 0 pour t [0, 2 ] et f(t) = t 2 pour t ] 2, ]. L fonction f est bien continue de [0, ] dns R et on remrque que ϕ(t) = 0 pour t [0, 2 ] et que ϕ(t) > 2 pour t > 2. On en déduit que ϕ n est ps continue en 2. Exercice 2.32 (Corrigé de l exercice 2.) Soit f : R R une fonction continue (c est-à-dire continue en tout point de R). On suppose que f(x) {0, }, pour tout x R. Montrer que f est constnte. [utiliser le théorème des vleurs intermédiires.] On risonne pr l bsurde. On suppose que f n est ps constnte. Il existe donc, b R t.q. f() = 0 et f(b) =. Comme f est continue sur l intervlle fermé dont les bornes sont et b et que (pr exemple) 2 est une vleur intermédiire entre 0 et, le théorème des vleurs intermédiires (théorème 2.2) donne l existence de c (entre et b) t.q. f(c) = 2, ce qui est impossible cr f(c) = 0 ou. Exercice 2.33 (Corrigé de l exercice 2.2). Montrer que, pour tout x, y R, mx{x, y} = 2 (x + y + x y ) et min{x, y} = 2 (x + y x y ). Soit x, y R. Si x y, on lors 2 (x + y + x y ) = 2 (x + y + x y) = x = mx{x, y}. On ussi 2 (x + y x y ) = 2 (x + y x + y) = y = min{x, y}. Si x < y, on est rmené u cs précédent en remrqunt que mx{x, y} = mx{y, x} et min{x, y} = min{y, x} et x y = y x. 2. Soit f et g deux pplictions de R dns R. On définit les pplictions f g et f g de R dns R pr : (f g)(x) = mx{f(x), g(x)}, (f g)(x) = min{f(x), g(x)}, pour x R. Soit R. On suppose que f et g sont continues en. Montrer que f g et f g sont continues en. On note ϕ l ppliction (de R dns R) s s. L ppliction ϕ est continue. L question nous donne f g = 2 (f + g + ϕ (f g)) et f g = 2 (f + g ϕ (f g)). Comme les fonctions f et g sont continues en, l fonction ϕ (f g) est continue en (pr composition et différence de fonctions continues). On en déduit que f g et f g sont continues en. Exercice 2.34 (Corrigé de l exercice 2.3) Soit f une ppliction de R dns R. On suppose que f est convexe, c est à dire que f(tx + ( t)y) tf(x) + ( t)f(y) pour tout t [0, ] et pour tout x, y R. On pose α = f() f(0), β = f(0) f( ) et γ = mx{ α, β }. 32
. Soit x ]0, [. Montrer que βx f(x) f(0) αx. [Utiliser le fit que x = t + ( t)0, vec t = x, et 0 = tx + ( t)( ), vec t = +x.] Comme x = t + ( t)0, vec t = x ]0, [, l convexité de f donne : f(x) tf() + ( t)f(0) = f(0) + t(f() f(0)) et donc : f(x) f(0) αx. On prend mintennt t = +x, on bien tx + ( t)( ) = t(x + ) = 0. Comme l convexité de f donne f(0) tf(x) + ( t)f( ) et donc : +x ]0, [, On en déduit : Comme ( t) = tf(0) + ( t)f(0)) tf(x) + ( t)f( ). t(f(0) f(x)) ( t)(f( ) f(0)) = β( t). x +x = tx, on en déduit bien f(0) f(x) βx c est-à-dire : βx f(x) f(0). 2. Soit x ], [. Montrer que f(x) f(0) γ x. En déduire que f est continue en 0. Soit x ]0, [, l question donne f(x) f(0) mx{αx, βx} γx = γ x. On suppose mintennt que x ], 0[. On risonne de mnière nlogue à l question. On remrque d bord que x = t( ) + ( t)0, vec t = x ]0, [. l convexité de f donne donc f(x) tf( ) + ( t)f(0) = f(0) x(f( ) f(0)) et donc : f(x) f(0) βx. Avec t = x, on 0 = tx + ( t)(). Comme x ]0, [, l convexité de f donne f(0) tf(x) + ( t)f(), on en déduit t(f(0) f(x)) ( t)(f() f(0)) = ( t)α. Enfin, comme t = x x = xt, on obtient : f(0) f(x) αx. On finlement αx f(x) f(0) βx et on conclut, comme pour le cs x ]0, [, f(x) f(0) mx{βx, αx} γ x. Comme le cs x = 0 est trivil, on bien démontré f(x) f(0) γ x pour tout x ], [. (2.3) De (2.3), on déduit fcilement que f est continue en 0. En effet, soit ε > 0, On prend η = min{ 2, } > 0, l inéglité (2.3) donne lors : ε γ+ x 0 η f(x) f(0) ε, ce qui prouve bien l continuité de f en 0. 33
3. Montrer que f est continue en tout point de R. Soit R. On définit g de R dns R en posnt, pour x R, g(x) = f(x + ). L fonction f est continue en si (et seulement si) l fonction g est continue en 0. Pour montrer que g est continue en 0 (et donc que f est continue en ), il suffit de remrquer que g est convexe et d ppliquer l question précédente (à l fonction g u lieu de f). Il reste donc à montrer que g est convexe. Soit x, y R et t [0, ], on g(tx + ( t)y) = f(tx + ( t)y + ) = f(t(x + ) + ( t)(y + )) tf(x + ) + ( t)f(y + ) = tg(x) + ( t)g(y). Ceci prouve donc que g est convexe. On insi montré que f est continue en. Exercice 2.35 (Théorème des Vleurs Intermédiires (TVI)) Soit f une fonction continue de [0, ] dns [0, ].. Montrer qu il existe x 2 [0, ] tel que f(x 2 ) = (x 2 ) 2. [On pourr considérer l fonction g(x) = f(x) x 2.] L fonction g est continue sur [0, ]. On g(0) = f(0) 0 (cr f prend ses vleurs dns [0, ]) et g() = f() 0 (cr f prend ses vleurs dns [0, ]). Le théorème des vleurs intermédiires donne lors qu il existe x 2 t.q. g(x 2 ) = 0, c est-à-dire f(x 2 ) = (x 2 ) 2. 2. Soit n N. Montrer qu il existe x n [0, ] tel que f(x n ) = (x n ) n. Pour x [0, ], on pose h n (x) = f(x) x n. L fonction h n est continue sur [0, ] et on, comme à l question précédente, h n (0) = f(0) 0 et h n () = f() 0. Le théorème des vleurs intermédiires donne lors qu il existe x n t.q. h n (x n ) = 0, c est-à-dire f(x n ) = (x n ) n. 3. On suppose mintennt que f est strictement décroissnte. Pour n N et x [0, ], on pose h n (x) = f(x) x n. Soit n N. Montrer que h n est strictement décroissnte sur [0, ] et qu il existe un unique x n [0, ] tel que f(x n ) = (x n ) n. Montrer que, pour tout n N, h n+ (x n ) > 0. En déduire x n+ > x n. Montrer que l suite (x n ) n N est convergente et que lim n + x n =. Quelle est l limite de (x n ) n qund n +? L fonction x x n est ussi strictement décroissnte sur [0, ]. L fonction h n est donc strictement décroissnte comme somme de deux fonctions strictement décroissntes. L existence de x n [0, ] t.q. h n (x n ) = 0 est donnée pr l question précédente. L unicité de x n vient de l strict décroissnce de h n cr si x n [0, ] est t.q. h n (x n ) = 0, on, pour tout x [0, ] \ {x n }, h n (x) > 0 si x < x n et h n (x) < 0 si x > x n, et donc h n (x) 0. Le point x n est donc le seul élément de [0, ] pour lequel h n s nnule. 34
Comme f est strictement décroissnte, on f() < f(0). Puis, comme f(0), f() [0, ], on donc f(0) > 0 et f() <. On en déduit x n 0 (cr h n (0) = f(0) > 0) et x n (cr h n () = f() < 0). Ce qui montre que 0 < x n <. On donc h n+ (x n ) = f(x n ) (x n ) n+ = h n (x n ) + (x n ) n (x n ) n+ = (x n ) n ( x n ) > 0. Comme h n+ (x n+ ) = 0 < h n+ (x n ) et que h n+ est strictement décroissnte, on nécessirement x n+ > x n. L suite (x n ) n N est croissnte mjorée (pr ), elle est donc convergente. On note l limite de cette suite. Comme 0 < x n < pour tout n N, on donc [0, ]. On remrque mintennt que lim n + (x n ) n = lim n + f(x n ) = f() (cr f est continue en ). Si [0, [, on lim n + (x n ) n = 0 et donc f() = 0, ce qui est impossible cr l décroissnce strict de f donne f() > f() 0. On donc nécessirement = (et donc lim n + x n = ). Enfin, on lim n + (x n ) n = lim n + f(x n ) = f(). Exercice 2.36 (Borne supérieure d une fonction) On définit l fonction f de ]0, [ dns R pr f(x) = x cos(x) pour x ]0, [. On pose A = {f(x), x ]0, [}.. Clculer les limites de f en 0 et +. lim x 0 f(x) =, lim x f(x) = 0. 2. Montrer que l fonction f n est ps minorée (i.e. l prtie A n est ps minorée). L fonction f n est ps minorée cr lim x 0 f(x) =. 3. () Montrer qu il existe α, β R, 0 < α < β, t.q., pour tout x ]0, [, f(x) sup B vec B = {f(y); y [α, β]}. On prend α = π 2 et β = π. L fonction f est continue sur [α, β] qui est un intervlle fermé borné. L fonction f est donc bornée sur [α, β] et tteint ses bornes. il existe donc c [α, β] t.q. f(c) = sup B (et donc, pour tout x [α, β], f(c) f(x)). On, en prticulier, f(c) f(β) = f(π) = π. Pour x ]0, π 2 [, on f(x) 0 < π f(c). Pour x > π, on f(x) f(x) x < π f(c). On donc bien, pour tout x ]0, [, f(x) f(c) = sup B (ce qui donne sup A = sup B). (b) En déduire que l fonction f est mjorée (i.e. l prtie A est mjorée) et que l borne supérieure de f est tteinte. L démonstrtion précédente donne que f(c) = sup A. L fonction f est donc mjorée (i.e. l prtie A est mjorée) et l borne supérieure de f est tteinte. Soit ]0, [ t.q. f() = sup A (c est-à-dire f() f(x) pour tout x ]0, [). 35
4. Montrer que f() > 0 et que < 2π. On, en prticulier, f() f(π) = π > 0. L démonstrtion de l question 3() donne que [ π 2, π] (cr f(x) < sup B si x [ π 2, π] et f() = sup B). On donc π < 2π. Mis on peut ussi démontrer que < 2π en utilisnt l périodicité de l fonction x cos(x). En effet, on remrque que d bord que f(2π) < 0, donc 2π. Puis, si > 2π, on f( 2π) = cos() 2π > cos() cr cos() > 0. On en déduit f( 2π) > f(), en contrdiction vec l définition de. On donc bien montré que < 2π. 5. Montrer que π 2 < < 3π 2 et que f () = 0. On sit déjà que ]0, 2π[. Comme f() > 0 et que f(x) 0 si x ]0, π 2 ] [ 3π 2, 2π[, on en déduit que ] π 2, 3π 2 [. Le fit que f () = 0 été vu en cours (il suffit de remrquer que f( + h) f() 0 pour tout h 0 t.q. + h > 0 et d utiliser l définition de f ()). 6. Pour x [ π 2, 3π 2 ], on pose g(x) = x sin(x) + cos(x). Montrer qu il existe un unique b ] π 2, 3π 2 [ t.q. g(b) = 0. Montrer que b ] π 2, π[. Montrer que = b et en déduire que f tteint son mximum en un unique point. Pour x ] π 2, 3π 2 [, on g (x) = x cos(x) < 0. L fonction g est donc continue et strictement décroissnte (ceci été vu en cours) sur [ π 2, 3π 2 ]. Comme g( π 2 ) > 0 et g( 3π 2 ) < 0, il existe un unique b ] π 2, 3π 2 [ t.q. g(b) = 0 (l existence de b découle du théorème des vleurs intermédiires et l unicité de b découle de l stricte décroissnce de g). Comme g(π) < 0, le théorème des vleurs intermédiires (ppliqué vec l intervlle [ π 2, π]) permet de dire que cet unique b pprtient à l intervlle ] π 2, π[. Comme f (x) = g(x) x, pour tout x ]0, [, et comme l on sit que ] π 2 2, 3π 2 [ et f () = 0, on nécessirement = b. Ceci prouve que b est l unique point de ]0, [ pour lequel f tteint son mximum. Exercice 2.37 (Vleur intermédiire) Soit α > 0, β > 0. Soit f une fonction continue de [0, α[ dns R, t.q. f(0) < 0 et lim f(x) = +. x α,x<α Soit g une fonction continue de R dns R, t.q. g(0) < 0 et g(β) > 0. Montrer qu il existe x ]0, min(α, β)[ t.q. f(x)(x β) g(x) = 0. [On pourr distinguer les cs β < α, β > α et β = α.] Pour x [0, α[, on pose ϕ(x) = f(x)(x β) g(x). L fonction ϕ est donc continue sur [0, α[. Cs β < α. Dns ce cs, l fonction ϕ est continue sur [0, β]. On remrque que ϕ(0) > 0 et ϕ(β) < 0. Le théorème des vleurs intermédiires donne donc l existence de x ]0, β[ t.q. ϕ(x) = 0. 36
Cs β > α. Dns ce cs, on lim x α,x<α ϕ(x) =. Il existe donc, pr exemple, η > 0 t.q. : x [0, α[, x α η ϕ(x) < 0. On en déduit l existence de γ ]0, α[ t.q. ϕ(γ) < 0. Comme ϕ(0) > 0, le théorème des vleurs intermédiires donne donc l existence de x ]0, γ[ ]0, α[ t.q. ϕ(x) = 0. Cs β = α. On modifie légèrement le risonnement précédent. Comme lim x α,x<α f(x) = +. Il existe η > 0 t.q. : x [0, α[, x α η f(x) > 0. Comme x β < 0 si x < α = β, on donc x [0, α[, x α η ϕ(x) < 0. On conclut lors comme dns le cs précédent. Exercice 2.38 Soit f une ppliction continue d un intervlle I R dns R. On suppose que f ne s nnule ps sur I. Montrer que f grde un signe constnt sur I. On risonne pr contrposée. Si f ne grde ps un signe constnt sur l intervlle I (qui n est ps nécessirement fermé ni borné), cel signifie qu il existe, b I t.q. f() < 0 et f(b) > 0. Comme 0 est une vleur intermédiire entre f() et f(b), il existe donc x entre et b t.q. f(x) = 0. Comme I est un intervlle contennt et b, il contient ussi x. Donc, f s nnule sur I. On bien insi montré que si f ne s nnule ps sur l intervlle I, lors f est de signe constnt sur I. Exercice 2.39 Montrer que le polynôme x 30 + 4x 7 7x 5 7 dmet u moins une rcine dns l intervlle ]0, [. On pose f(x) = x 30 + 4x 7 7x 5 7. Le polynôme f est une fonction continue sur [0, ]. On remrque que f(0) = 7 et f() =. Comme 0 est une vleur intermédiire entre f(0) et f(), il existe donc x ]0, [ t.q. f(x) = 0. Exercice 2.40 Montrer que x y x y, pour tout x, y R +. En déduire que l ppliction x x est uniformément continue sur R +. Montrer que l ppliction x x n est ps uniformément continue sur ]0, ]. Soit x, y R +, vec x y. Le plus rpide est de remrquer que ( x y) 2 = x + y 2 x y x + y 2 y y (cr y x). On en déduit que ( x y) 2 x y, c est-à-dire x y x y. Le cs y x est similire. On donc, pour tout x, y R +, x y x y. Soit ε > 0. On prend α = ε 2. On obtient insi : x, y R +, x y α x y x y α = ε. 37
Ceci prouve bien que l ppliction x x est uniformément continue sur R +. Pour montrer que x x n est ps uniformément continue sur ]0, ], on risonne pr l bsurde. On suppose donc que f est uniformément continue sur ]0, ]. Il existe lors (en prticulier) α > 0 t.q. : x, y ]0, ], x y α x. (2.4) y On prend lors β = min{ 4, α}, x = 2β et y = β. On bien x, y ]0, ] et x y = β α. Pourtnt, on x y = β 2β = 2 2β 2 >, en contrdiction vec (2.4). Ce qui prouve que f n est ps uniformément continue sur ]0, ]. Exercice 2.4 soit f l ppliction de [, [ dns R définie pr f(x) = x2+2x+2, pour tout x. Montrer que f est bijective de [, [ dns ]0, ] et donner ue formule explicite pour s fonction réciproque. L fonction h : x (x 2 + 2x + 2) est continue et strictement croissnte sur [, [ (cr s dérivée est strictement positive sur ], [). Comme h( ) =, elle est ussi strictement positive. On en déduit que l fonction f (définie pr f = / h) est bien définie, continue et strictement décroissnte sur [, [. Le théorème 2.5 (ppliqué à l fonction f pour se rmener u cs d une fonction strictement croissnte) donne lors qu elle est bijective de [, [ sur son imge et que cette imge est l intervlle ]0, ] cr f( ) = et lim x f(x) = 0. L fonction réciproque de f, notée g, est donc une fonction continue strictement décroissnte de ]0, ] dns [, [. Soit y ]0, ]. On clcule mintennt explictement g(y). On pose x = g(y) de sorte que x [, [ et y = f(x). On donc x 2 + 2x + 2 = y. Ceci donne (x + ) 2 = 2 y. Comme x [, [, on x + 0 2 et donc x + = y 2, c est-à-dire : y 2 x = +. y 38
Chpitre 3 Dérivée 3. Définitions Définition 3. Soit < b, f une ppliction de ], b[ dns R et x ], b[. Pour h ] x, b x[, h 0, on pose ϕ(h) = f(x+h) f(x) h. On dit que f est dérivble en x si ϕ une limite finie en 0 (cette limite est lors unique, d près l proposition., chpitre ). On note lors f (x) cette limite (on donc f (x) = lim h 0 ϕ(h)). Remrque 3. On reprend les hypothèses de l définition précédente. Soit < b. f une ppliction de ], b[ dns R et x ], b[. Pour h ] x, b x[, h 0 on pose ϕ(h) = f(x+h) f(x) h. On suppose que ϕ une limite finie en 0. Cette limite est notée f (x). En posnt ϕ(0) = f (x), l fonction ϕ est lors continue en 0. Nous donnons mintennt une utre mnière de définir l dérivée. L intérêt de cette seconde définition est qu elle ser générlisble pour des pplictions de R n dns R p si n >. Définition 3.2 Soit < b, f une ppliction de ], b[ dns R et x ], b[. On dit f est différentible en x si il existe A R t.q. f(x + h) = f(x) + Ah + hg(h), pour h t.q. x + h ], b[, vec lim h 0 g(h) = 0 (et donc g continue en 0 si on pose g(0) = 0). L différentielle de f en x est lors l ppliction linéire de R dns R : h Ah. (L proposition 3. montre que A est unique.) Voici le lien entre ses deux définitions. Proposition 3. Soit < b, f une ppliction de ], b[ dns R et x ], b[. On lors :. L ppliction f est dérivble en x si et seulement si elle est différentible en x. 2. Si f est dérivble, l différentielle de f est l ppliction linéire de R dns R : h f (x)h. Démonstrtion : Pour h ] x, b x[, h 0, on pose ϕ(h) = f(x+h) f(x) h. Si f est dérivble en x, on lim h 0 ϕ(h) = f (x), c est-à-dire ϕ(h) = f (x) + g(h) vec lim h 0 g(h) = 0. On en déduit donc que f(x + h) = f(x) + hf (x) + hg(h) vec lim h 0 g(h) = 0. Ceci montre que f est 39
différentible en x et que l différentielle de f en x est l ppliction linéire de R dns R qui à h ssocie f (x)h. Réciproquement, on suppose mintennt que f est différentible en x. Il existe donc A R t.q. f(x+h) = f(x) + Ah + hg(h) (pour h t.q. x + h ], b[) et lim h 0 g(h) = 0. On en déduit que ϕ(h) = A + g(h) et donc, comme lim h 0 g(h) = 0, que f est dérivble en x et f (x) = A. On donc bien montré les deux ssertions de l proposition 3.. Définition 3.3 (Tngente à l courbe) Soit < b, f une ppliction de ], b[ dns R et x ], b[. On suppose que f est dérivble en x. L tngente à l courbe de f u point (x, f(x)) est l droite d éqution y f(x) + f (x)(y x). Remrque 3.2 Soit f une ppliction continue de R dns R et x R. On suppose que f est dérivble en x. En générl (c est à dire en dehors de certins points prticuliers que nous ppellerons points d inflexion ), l droite de pente f (x) et pssnt pr le point (x, f(x)) est l seule, prmi toutes les droites pssnt pr le point (x, f(x)), à ne ps trverser le courbe de f u point (x, f(x)). Remrque 3.3 Soit < b, f une ppliction de ], b[ dns R et x ], b[. Le fit que f soit dérivble en x implique que f est continue en x. L réciproque est fusse comme le montre l exemple f(x) = x pour x R (f est continue en 0 mis non dérivble en 0). 3.2 Opértions sur les dérivées Proposition 3.2 Soit < b. f et g deux pplictions de I =], b[ dns R et x ], b[. On suppose que f et g sont dérivbles en x. Alors :. L ppliction f + g est dérivble en x et (f + g) (x) = f (x) + g (x). 2. L ppliction fg est dérivble en x et (fg) (x) = f(x)g (x) + f (x)g(x). 3. On suppose g(y) 0 pour tout y I. L ppliction f/g est lors définie sur I, f/g est dérivble en x et : ( ) f (x) = f (x) g g(x) f(x)g (x) g 2 = f (x)g(x) f(x)g (x) (x) g 2. (x) Démonstrtion : Pour simplifier les écritures (cel ne chnge ps les risonnements), on se limite u cs I = R.. Pour h 0, on remrque que (f(x + h) + g(x + h)) (f(x) + g(x)) h = f(x + h) f(x) h + g(x + h) g(x). h Comme les deux termes de droite ont une limite qund h 0, on en déduit que le terme de guche ussi une limite qund h 0. Cette limite est f (x) + g (x). Ceci prouve bien que f + g est dérivble en x et que (f + g) (x) = f (x) + g (x). 40
2. l démonstrtion est un peu plus longue pour ce deuxième item. Pour h 0, on : fg(x + h) fg(x) h = (f(x + h) f(x))g(x + h) h + f(x)(g(x + h) g(x)). h Comme f est dérivble en x et que g est continue en x (cr g est dérivble en x), le premier terme du membre de droite tend vers f (x)g(x) qund h tend vers 0. Comme g est dérivble en x, le second terme du membre de droite tend vers f(x)g (x) qund h tend vers 0. On obtient bien, finlement, que fg est dérivble en x et que (fg) (x) = f (x)g(x) + f(x)g (x). 3. Pour ce troisième item, on commence pr montrer que l fonction /g (qui est bien définie sur I cr g ne s nnule ps) est dérivble et pr clculer s dérivée. Pour h 0, on : ( h g(x + h) ) g(x) g(x + h) + h) g(x) = = g(x g(x) hg(x + h)g(x) h g(x + h)g(x). Comme g est continue et dérivble en x, on en déduit que lim h 0 h ( g(x+h) g(x) ) = g (x) g 2 (x) donc que g est dérivble en x et que s dérivée est g (x) g 2 (x). Pour conclure on utilise mintennt le deuxième item en remrqunt que f g = f ( g et ). On obtient que f g est dérivble en x et que ( ) f (x) = f (x) g g(x) g (x)f(x) g 2. (x) Proposition 3.3 (Dérivée d une fonction composée) Soit I et J deux intervlles ouverts de R, g une ppliction de I dns R et f ppliction de J dns R. On suppose que Im(g) J. Soit x I. On suppose que g est dérivble en x et f dérivble en g(x). Alors, f g est dérivble en x et (f g) (x) = f (g(x))g (x). Démonstrtion : Ici ussi, on suppose, pour simplifier les écritures, que I = J = R. On v risonner ici en utilisnt plutôt l notion de différentibilité (équivlente, pr l proposition 3., à l notion de dérivbilité). Comme g est différentible en x, on pour tout h R, g(x + h) = g(x) + g (x)h + hr(h), vec lim h 0 r(h) = 0 (et donc r continue en 0 en posnt r(0) = 0, comme cel est dit dns l définition 3.2). Pour tout h R, on donc : f g(x + h) = f(g(x + h)) = f(g(x) + g (x)h + hr(h)). (3.) On utilise mintennt le fit que f est différentible en g(x), on donc pour tout k R, f(g(x) + k) = f(g(x)) + f (g(x))k + ks(k), (3.2) vec lim k 0 s(k) = 0 (et donc s continue en 0 en posnt s(0) = 0). Dns (3.2), on prend k = g (x)h+hr(h), on obtient, vec (3.), pour tout h R : f g(x + h) = f g(x) + f (g(x))g (x)h + f (g(x))hr(h) + (g (x)h + hr(h))s(g (x)h + hr(h)), 4
que l on peut ussi écrire f g(x + h) = f g(x) + f (g(x))g (x)h + hr(h), vec R(h) = f (g(x))r(h) + g (x)s(g (x)h + hr(h)) + r(h)s(g (x)h + hr(h)). Pr composition de fonctions continues (les fonctions s et r sont continues en 0), on lim h 0 s(g (x)h + hr(h)) = 0 et donc lim h 0 R(h) = 0. Ce qui prouve que f g est différentible, et donc dérivble, en x et que s dérivée est f (g(x))g (x). Proposition 3.4 (Fonction réciproque) Soit < b et f une ppliction de ], b[ dns R. On suppose que f est strictement croissnte et continue. On rppelle (théorème 2.5) que f est lors une bijection de ], b[ dns ]α, β[ (vec α = inf(im(f)) et β = sup(im(f))). On note g l fonction réciproque de f. Soit x ], b[. on suppose que f dérivble en x et f (x) 0. Alors g est dérivble en f(x) et g (f(x)) = f (x). Démonstrtion : Le théorème 2.5 donne que g est continue (sur tout l intervlle ]α, β[) et donc continue en f(x) (c est-à-dire u point f(x)). On montre mintennt que g est dérivble en f(x). On pose y = f(x), de sorte que x = g(y). Soit h 0 t.q. y + h ]α, β[ (noter que y ]α, β[). On, comme f g(z) = z pour tout z ]α, β[ : g(y + h) g(y) h = g(y + h) g(y) (y + h) y = g(y + h) g(y) f g(y + h) f g(y). Mis g(y) = x et g(y + h) = g(y) + k(h) = x + k(h) vec lim h 0 k(h) = 0 cr g est continue en y (noter d illeurs que k(h) 0 cr h 0 et g injective). On donc : g(y + h) g(y) h = x + k(h) x f(x + k(h)) f(x) = k(h) f(x + k(h)) f(x) Pr composition de limite (proposition.0) ou composition de fonctions continues (en posnt k(0) = 0), on en déduit : g(y + h) g(y) k lim = lim h 0 h k 0 f(x + k) f(x) = f (x), ce qui montre bien que g est dérivble en y et g (y) = f (x). Remrque 3.4 Dns l proposition 3.4, si on dmet que g est dérivble en f(x), l formule donnnt g u point f(x) est fcile à retrouver en écrivnt que g f(y) = y, pour tout y, et en dérivnt l fonction composée g f (proposition 3.3) en x. En effet, en supposnt que g est dérivble en f(x), l proposition 3.3 donne que g f est dérivble en x et (g f) (x) = g (f(x))f (x). Comme g f(y) = y pour tout y, on ussi (g f) (x) = et donc, puisque l on supposé que f (x) 0, g (f(x)) = f (x). Exemple 3.. On note ln l ppliction de ]0, + [ dns R dont l dérivée est l ppliction x /x et qui s nnule en (nous verrons u chpitre 5 que cette ppliction existe, c est l primitive s nnulnt en de l ppliction x /x définie sur ]0, + [). L ppliction ln est strictement croissnte et continue (cr dérivble) et son imge est égle R. L fonction réciproque de l fonction ln existe donc et est strictement croissnte continue de R dns ]0, + [ (théorème 2.5). Cette fonction réciproque s ppelle l fonction exponentielle, c est l ppliction x e x. En ppliqunt l proposition 3.4, vec f = ln et g l fonction réciproque, on obient pour tout x ]0, [, g (ln(x)) = x (cr f (x) = /x 0) et donc, pour tout y R, g (y) = g(y) (cr x = g(ln(x))). On insi montré que l dérivée de l fonction exponentielle est l fonction exponentielle elle-même. 42
2. On définit ici l ppliction f de ]0, [ dns ]0, [ pr f(x) = x 4 si x ]0, [. On montre tout d bord que f est dérivble en tout point de ]0, + [ et f (x) = 4x 3 pour tout x ]0, + [. On en déduit que, pour tout x > 0, g (x) = où g est l fonction réciproque de f. 3.3 Théorème des Accroissements Finis Nous commençons pr un cs prticulier du théorème des Accroissements Finis. 4x 3 4 Théorème 3. (Théorème de Rolle) Soit < < b < et f une ppliction de [, b] dns R. on suppose que f continue sur [, b] et dérivble sur ], b[ (c est-à-dire dérivble en tout point de ], b[). on suppose ussi que f() = f(b). Alors, il existe c ], b[ t.q. f (c) = 0. Démonstrtion : Nous démontrons ce théorème en distingunt 3 cs possibles. Premier cs. On suppose que f(x) = f() pour tout x [, b]. On prend lors pour c un point quelconque de ], b[ (pr exemple c = 2 ( + b)) et on bien f (c) = 0. Deuxième cs. On suppose qu il existe x [, b] t.q. f(x) > f(). Comme f est continue sur [, b], d près le théorème 2.3, il existe c [, b] t.q. f(c) = M = mx{f(x), x [, b]}. Comme M > f() = f(b), on donc c ], b[. Pour h 0 t.q. c + h b, on pose ϕ(h) = f(c + h) f(c). h Pour h > 0, on f(c + h) M = f(c) et donc ϕ(h) 0. On en déduit que f (c) = lim h 0,h>0 ϕ(h) 0. Pour h < 0, on f(c + h) M = f(c) et donc ϕ(h) 0. On en déduit que f (c) = lim h 0,h<0 ϕ(h) 0. Finlement, on donc nécessirement f (c) = 0. Troisième cs. On suppose qu il existe x [, b] t.q. f(x) < f(). On risonne lors de mnière semblble u cs précédent. On remrque qu il existe c ], b[ t.q. f(c) = m = min{f(x), x [, b]}. Puis, on montre que f (c) = 0. Nous donnons mintennt le théorème des Accroissements Finis. Théorème 3.2 (Théorème des Accroissements Finis) Soit < < b < et f une ppliction de [, b] dns R. on suppose que f continue sur [, b] et dérivble sur ], b[. Alors, il existe c ], b[ t.q. f(b) f() = (b )f (c). Démonstrtion : On v utiliser le théorème 3. pour une fonction bien choisie. Pour x [, b], on pose g(x) = f(x) f(b) f() (x ). b L fonction g est continue sur [, b] et dérivble sur ], b[. De plus, on g(b) = g() = f(). Le théorème 3. montre donc qu il existe c ], b[ t.q. g (c) = 0. Comme g (x) = f (x) f(b) f() b, pour tout x ], b[, on donc f (c) = f(b) f() b, c est-à-dire f(b) f() = f (c)(b ). Voici mintennt quelques conséquences du théorème des Accroissements Finis. Remrque 3.5 Soit < < b < et f une ppliction de [, b] dns R. on suppose f continue sur [, b] et dérivble sur ], b[. On lors : 43
. f(b) f() = γ(b ) vec m γ M, m = inf{f (x), x ], b[} R { } et M = sup{f (x), x ], b[} R { }. (C est équivlent à l conclusion du théorème des Accroissements Finis suf que le théorème des Accroissements Finis donne des inéglités strictes sur γ lorsque les bornes m et M ne sont ps tteintes. Cette équivlence est due u fit que f vérifie l propriété des vleurs intermédiires.) 2. On suppose de plus qu il existe M R t.q. f (x) M pour tout x ], b[. Alors f(b) f() M b. (C est cette forme du théorème des Accroissements Finis qui pourr être générlisée u cs d une ppliction de R n dns R p, voir le théorème 6.. L forme donnée dns le théorème 3.2 n étnt plus vrie si p >.) 3. On suppose de plus que f (x) 0 pour tout x ], b[. Alors f est croissnte. 4. On suppose de plus que f (x) > 0 pour tout x ], b[. Alors f est strictement croissnte. 5. On suppose de plus que f (x) = 0 pour tout x ], b[. Alors f est constnte. On suppose mintennt que f et g sont continues sur [, b] et dérivbles sur ], b[ et que f (x) = g (x) pour tout x ], b[. Alors f g est constnte. 3.4 Fonctions de clsse C n Définition 3.4 Soit < b et f une ppliction de ], b[ dns R.. f est dérivble sur ], b[ si f est dérivble en tout point de ], b[. 2. f est de clsse C 0 (on écrit f C 0 (], b[) ou f C(], b[)) si f est continue sur ], b[. 3. n. f est de clsse C n sur ], b[ (on écrit f C n (], b[)) si f est dérivble sur ], b[ et f est de clsse C n. 4. f est de clsse C sur ], b[ si, pour tout n 0, f est de clsse C n sur ], b[. Nottion : f (0) = f et, pour n, f (n) = (f (n ) ). Exemple 3.2 Exemples de fonctions de clsse C.. =, b =. f(x) = e x pour x R. f est de clsse C et f (n) = f pour tout n 0. 2. = 0, b =. Soit α R. g(x) = x α = e α ln(x) pour x ], b[. g est de clsse C, g (x) = αx α, pour tout x ], b[, et, pr récurrence sur n, g (n) (x) = α(α )... (α n + )x α n pour tout x ], b[ et pour tout n 2. 3. = 0, b =. h(x) = ln(x) pour x ], b[. h est de clsse C et h (x) = x pour tout x ], b[ (pour clculer les dérivées suivntes de h, on utilise lors le deuxième item). (On rppelle que l fonction ln est définie, sur R +, comme étnt l primitive de x /x s nnulnt en. L existence de cette primitive est montrée u chpitre 5.) 44
3.5 Exercices Exercice 3. (Opértions sur les dérivées) Soit < b, x ], b[ et f, g deux pplictions de ], b[ dns R. On suppose que f et g sont dérivbles en x.. Montrer que (f + g) est dérivble en x et (f + g) (x) = f (x) + g (x). 2. Montrer que fg est dérivble en x et (fg) (x) = f (x)g(x) + f(x)g (x). 3. On suppose que g(y) 0 pour tout y ], b[. Montrer que f/g est dérivble en x et que : Exercice 3.2 (Dérivée en un point) (f/g) (x) = g(x)f (x) f(x)g (x) g 2. (x) Soit f une ppliction continue de R dns R. On suppose que f est dérivble pour tout x 0 et que f (définie sur R ) dmet une limite en 0, notée l. Montrer que f est dérivble en 0 et que f (0) = l. [On pourr utiliser le théorème des ccroissements finis.] Exercice 3.3 (Dérivbilité de x x ) Etudier, selon les vleurs du prmètre > 0, l continuité et l dérivbilité de l ppliction f de R dns R définie pr f(x) = x pour tout x R et f(0) = 0. Exercice 3.4 (Sur l dérivbilité d un produit) Soient f et g deux fonctions de R dns R et R. On suppose que f est dérivble en, que f() = 0 et que g une limite dns R qund x tend vers. L fonction fg est elle dérivble en? Exercice 3.5 (Dérivée non continue) On définit f de R dns R pr : f(x) = 0, si x 0, f(x) = x 2 sin, si x > 0. x Montrer que f est dérivble en tout point de R et clculer f (x) pour tout x R. L dérivée de f est-elle continue? Exercice 3.6 (Dérivée et propriété des vleurs intermédiires) Soit < b et f une ppliction de ], b[ dns R. On suppose que f est dérivble pour tout x ], b[. On v montrer, dns cet exercice, que f (définie sur ], b[) vérifie l propriété des vleurs intermédiires. Soit c, d ], b[, c < d, et γ pprtennt à l intervlle ouvert dont les bornes sont f (c) et f (d).. Montrer que pour η > 0 suffismment petit, γ pprtient à l intervlle ouvert dont les bornes sont f(c+η) f(c) η et f(d η) f(d) η. 45
2. On choisit η ]0, d c[ t.q. γ pprtienne à l intervlle ouvert dont les bornes sont f(c+η) f(c) et f(d η) f(d) η. On définit g de [c, d η] dns R pr : g(x) = f(x + η) f(x), pour x [c, d η]. η Montrer que g est continue sur l intervlle [c, d η] et en déduire qu il existe y [c, d η] t.q. g(y) = γ. 3. Montrer qu il existe z [c, d] t.q. f (z) = γ. Exercice 3.7 (Propriété des vleurs intermédiires n implique ps continuité) En utilisnt les deux exercices précédents, donner un exemple d ppliction de R dns R vérifint l propriété des vleurs intermédiires et non continue. Exercice 3.8 (Accroissements finis générlisés ) Soit, b R, < b. Soit f et g deux pplictions continues de [, b] dns R. On suppose que f et g sont dérivbles pour tout x ], b[ et que g (x) 0 pour tout x ], b[.. Montrer que g(x) g() 0 pour tout x ], b]. 2. Montrer qu il existe c ], b[ t.q. : f(b) f() g(b) g() = f (c) g (c). [On pourr considérer l fonction u définie sur [, b] pr u(x) = f(x) f(b) f() g(b) g() g(x).] Exercice 3.9 Soit, b R, < b. Soit f une ppliction continue de [, b] dns R. On suppose que f est deux fois dérivble pour tout x ], b[ (c est-à-dire que f est dérivble pour tout x ], b[ et que f, qui est donc définie sur ], b[, est ussi dérivble pour tout x ], b[). Soit x 0 ], b[.. Montrer qu il existe A R t.q. : 2. On définit ϕ sur [, b] pr : f(x 0 ) = f() + ϕ(x) = f(x) f() f(b) f() b (x 0 ) + (x 0 )(x 0 b) A. 2 f(b) f() (x ) b Montrer qu il existe c ], x 0 [ et d ]x 0, b[ t.q. ϕ (c) = ϕ (d) = 0. 3. Montrer qu il existe θ ], b[ t.q. : Exercice 3.0 f(x 0 ) = f() + f(b) f() b (x )(x b) A. 2 (x 0 ) + (x 0 )(x 0 b) f (θ). 2 η 46
Pour x R, on pose f(x) = x + e x. Montrer que f est strictement croissnte, continue et bijective de R dns R. On note g l ppliction réciproque de f. Montrer que g est deux fois dérivble sur R. Clculer g () et g (). Exercice 3. (Limite à l infini) Soit f une fonction dérivble de ]0, [ dns R. On suppose que lim x f (x) = 0. Montrer que f(x) lim x x = 0. Exercice 3.2 (Dérivbilité en un point) Soit f une ppliction continue de R dns R et R.. On suppose que f est dérivble en tout point x différent de et que f (définie sur R \ {}) dmet une limite en, notée. Montrer que f est dérivble en et que f () =. [Cette question été fite dns un exercice précédent vec = 0.] 2. On suppose que f est de clsse C sur R \ {} et que, pour tout n N, f (n) (définie sur R \ {}) dmet une limite en, notée n. Montrer que f est de clsse C sur R. [On pourr risonner pr récurrence sur n.] Exercice 3.3 (Fonctions höldériennes) Soit f une fonction de R dns R, β R, β > 0 et k R, k > 0. On suppose que, pour tout x, y R, f(y) f(x) k y x β.. Montrer que f est continue en tout point de R. 2. On suppose, dns cette question, que β >. Soit x R, montrer que f (x) = 0. En dï duire que f est constnte. 3. (Exemple) Pour x R, on pose g(x) = x 2. Montrer que, pour tout x, y R, on g(y) g(x) y x 2. [On pourr montrer qu on peut supposer y x, et distinguer les cs où x et y sont de même signe et où x et y sont de signe contrire.] Exercice 3.4 (Exercice de rédction... ) Soit ϕ une ppliction de ]0, [ dns R, dérivble (en tout point de ]0, [) et t.q. lim x ϕ(x) = 0.. On suppose que ϕ (x) 0 pour tout x > 0. Montrer que ϕ(x) 0 pour tout x > 0. 2. On suppose que ϕ (x) < 0 pour tout x > 0. Montrer que ϕ(x) > 0 pour tout x > 0. Exercice 3.5 (Etude d une fonction) Soit > 0. On définit f de R dns R de l mnière suivnte : (On rppelle que b x = e x ln b, pour b > 0 et x R.). (Continuité de f) f(x) = ( + x )x, si x 0, f(0) =. 47
() Montrer que e z + z2 2 pour tout z R +. En déduire que ln( + y) 2y, pour tout y R +. (b) En utilisnt l question précédente, montrer que f(x) e 2x, pour tout x ]0, [. (c) Montrer que lim x 0,x>0 f(x) =. (d) Montrer que f est continue en 0. [On pourr remrquer que f(x)f( x) =, pour tout x R.] 2. (Dérivbilité de f sur R ) Montrer que f est de clsse C sur R et que f (x) > 0 pour tout x 0. [Pour x > 0, on pourr mettre f (x) sour l forme f(x)ϕ(x) et utiliser l exercice 3.4.] Montrer que f est strictement croissnte. 3. (Dérivbilité en 0?) Montrer que lim x 0 f (x) = +. L ppliction f est-elle dérivble en 0? (Justifier l réponse... ) 4. (Limites en ± ) Donner (en fonction de ) les limites en + et de f. Dns l suite, on note l et m ces limites. 5. (Fonction réciproque) Montrer que f est une bijection de R dns ]m, l[. On note g l fonction réciproque de f (de sorte que g est une ppliction de ]m, l[ dns R). Montrer que g est dérivble en (noter que ]m, l[) et clculer g (). [Pour h 0, on pourr ppliquer le théorème des Accoissements Finis à l fonction f entre les points g( + h) et g().] 6. (Régulrité de l fonction réciproque) Montrer que l fonction réciproque de f est de clsse C sur ]m, l[ mis que f n est ps de clsse C sur R. Exercice 3.6 (Dérivée à droite et à guche) Soit f une ppliction de R dns R et R. On dit que f une dérivée à droite en si lim x, x> (f(x) f())/(x ) existe (dns R). Cette limite est lors notée f d ().. Soit f, g deux pplictions de R dns R et R. On suppose que g est dérivble en et qu il existe η > 0 tel que f(x) = g(x) pour tout x [, + η[. Montrer que f est dérivble à droite en et clculer f d () en fonction de g. Donner un résultt similire pour l dérivée à guche. On remrque que f(x) f() x à droite en et que f d () = g (). = g(x) g() x pour tout x ], + η[. On en déduit que f à une dérivée Pour montrer l dérivbilité à guche de f en, il suffit de remplcer, dns l hypothèse, f(x) = g(x) pour tout x [, + η[ pr f(x) = g(x) pour tout x ] η, ]. On obtient lors que f est dérivble à guche en et que f g() = g (). 2. On définit f pr f(x) = x + x 2 + x 2 pour tout x R. Montrer que f est dérivble à droite et à guche ux points, 0 et. Donner les vleurs de ces dérivées. On remrque que f(x) = x + 2x 2, si x, f(x) = x +, si x 0, f(x) = x +, si 0 x, f(x) = x + 2x 2, si x. 48
L première question permet lors de conclure. Pr exemple, pour montrer que f dmet une dérivée à droite en, on utilise une fonction g définie pour x > / 2 pr x + 2x 2. On obtient que f est dérivble à droite en et que f d () = (cr g (x) = + 2x/ 2x 2 pour x > / 2). De mnière nlogue, on f g() = f d (0) =, f g(0) = f d ( ) = et f g( ) =. 3.6 Exercices corrigés Exercice 3.7 (Corrigé de l exercice 3.5) On définit f de R dns R pr : f(x) = 0, si x 0, f(x) = x 2 sin, si x > 0. x Montrer que f est dérivble en tout point de R et clculer f (x) pour tout x R. L dérivée de f est-elle continue? Sur l intervlle ouvert ], 0[, l fonction f est l fonction nulle. Elle est donc dérivble et s dérivée est ussi l fonction nulle, c est-à-dire que f (x) = 0 pour tout x ], 0[. Remrque : Pour svoir si f est dérivble en 0, il est insuffisnt de s intéresser ux vleurs de f(x) pour x 0. Il fut ussi svoir comment se comporte f(x) pour des x > 0 voisins de 0. Sur l intervlle ouvert ]0, + [, l fonction f est formée pr produit et composition de fonctions dérivbles. Les propositions 3.2 et 3.3 donnent lors que f est dérivble et donnent ussi une formule pour f : f (x) = 2x sin( x ) cos( ) pour tout x > 0. x Il reste mintennt à montrer que f est dérivble en 0. Pour cel, on utilise l définition de l dérivbilité en 0. Comme l fonction sin prend ses vleurs entre et, on, pour tout h R, h 0, On en déduit que f(h) f(0) h et donc que f est dérivble en 0 et f (0) = 0. = f(h) h f(h) f(0) lim = 0, h 0 h En résumé, on donc f dérivble en tout point de R et f (x) = 0 si x 0, h. f (x) = 2x sin( x ) cos( ) si x > 0. x L fonction f est continue en tout point x 0. Mis, elle n est ps continue en 0 cr f (0) = 0 et on peut trouver une suite (x n ) n N t.q. lim x n = 0 et n + lim f (x n ) 0. n + 49
Il suffit de prendre x n = /(2nπ) pour n N. En effet, vec ce choix de x n, on, pour tout n N f (x n ) = 2 sin(2nπ) cos(2nπ) =, 2nπ et donc lim n + x n = 0 et lim n + f (x n ) = 0. Exercice 3.8 (Corrigé de l exercice 3.9) Soit, b R, < b. Soit f une ppliction continue de [, b] dns R. On suppose que f est deux fois dérivble pour tout x ], b[ (c est-à-dire que f est dérivble pour tout x ], b[ et que f, qui est donc définie sur ], b[, est ussi dérivble pour tout x ], b[). Soit x 0 ], b[.. Montrer qu il existe A R t.q. : f(x 0 ) = f() + f(b) f() b (x 0 ) + (x 0 )(x 0 b) A. 2 Il suffit de définir de définir A pr l formule suivnte : A = ( 2 f(x 0 ) f() (x 0 )(x 0 b) ) f(b) f() (x 0 ). b On obtient bien f(b) f() f(x 0 ) = f() + (x 0 ) + (x 0 )(x 0 b) A. (3.3) b 2 2. On définit ϕ sur [, b] pr : ϕ(x) = f(x) f() f(b) f() (x ) b (x )(x b) A. 2 Montrer qu il existe c ], x 0 [ et d ]x 0, b[ t.q. ϕ (c) = ϕ (d) = 0. L fonction ϕ est continue sur l intervlle [, x 0 ] et dérivble sur l intervlle ], x 0 [, on peut donc utiliser le théorème des ccroissements finis (théorème 3.2). Il donne l existence de c ], x 0 [ t.q. ϕ(x 0 ) ϕ() = ϕ (c)(x 0 ). Comme ϕ() = 0 et ϕ(x 0 ) = 0 (pr le choix de A), on donc ϕ (c) = 0. De même, l fonction ϕ est continue sur l intervlle [x 0, b] et dérivble sur l intervlle ]x 0, b[, on peut donc utiliser le théorème des ccroissements finis. Il donne l existence de d ]x 0, b[ t.q. ϕ(x 0 ) ϕ(b) = ϕ (d)(x 0 b). Comme ϕ(b) = ϕ(x 0 ) = 0, on donc ϕ (d) = 0. 3. Montrer qu il existe θ ], b[ t.q. : f(x 0 ) = f() + f(b) f() b (x 0 ) + (x 0 )(x 0 b) f (θ). 2 50
L fonction ϕ est continue sur l intervlle [c, d] et dérivble sur l intervlle ]c, d[ (cr c, d ], b[ et que f est dérivble sur ], b[), on peut donc utiliser le théorème des ccroissements finis. Il donne l existence de θ ]c, d[ t.q. ϕ (θ) = 0. Or, pour tout x ], b[, on ϕ (x) = f (x) A. On donc A = ϕ (θ). En reportnt cette vleur de A dns (3.3) on obtient bien f(x 0 ) = f()+ f(b) f() b ) + (x0 )(x0 b) 2 f (θ). (x 0 N.B. Pour les questions 2 et 3, on peut ussi utiliser l version réduite du théorème 3.2, c est-àdire le théorème de Rolle (théorème 3.). Exercice 3.9 (Corrigé de l exercice 3.2) Soit f une ppliction continue de R dns R et R.. On suppose que f est dérivble en tout point x différent de et que f (définie sur R \ {}) dmet une limite en, notée. Montrer que f est dérivble en et que f () =. [Cette question été fite dns un exercice précédent vec = 0.] f(+h) f() On veut montrer que lim h 0 h =, c est-à-dire que pour tout ε > 0, il existe α > 0 t.q. : h 0, h α f( + h) f() ε. (3.4) h Soit ε > 0. On cherche donc α vérifint (3.4). Comme lim x f (x) =, il existe α > 0 t.q. : y, y α f (y) ε. (3.5) Soit mintennt h 0 t.q. h α. En ppliqunt le théorème des ccroissements finis (théorème 3.2) à l fonction f (qui est continue sur l intervlle fermé dont les bornes sont et + h et dérivble sur l intervlle ouvert dont les bornes sont et + h) il existe y strictement compris entre et + h t.q. f( + h) f() = hf (y). Comme y h α, on peut utiliser (3.4) et on obtient : f( + h) f() = f (y) ε. h Pour tout ε > 0, on donc bien trouvé α > 0 vérifint 3.5. Ceci prouve que f est dérivble en et que f () =. Comme lim x f (x) =, on donc ussi montré que f est continue en. 2. On suppose que f est de clsse C sur R \ {} et que, pour tout n N, f (n) (définie sur R \ {}) dmet une limite en, notée n. Montrer que f est de clsse C sur R. [On pourr risonner pr récurrence sur n.] On v montrer, pr récurrence sur n, que f est de clsse C n sur R, pour tout n N. Initilistion. Pour n = 0, on bien f de clsse C 0 (cr f est continue sur R). Hérédité. Soit n N. On suppose que f est de clsse C n, en on v montrer que f est de clsse C n+. On pose g = f (n). L fonction g est donc continue sur R. Les hypothèses de l question donne ussi que g est dérivble sur R\{} et que lim x g (x) = n+ (cr g = f (n+) sur R\{}). On peut donc ppliquer l question à l fonction g. Elle donne que g est dérivble en et que 5
g est continue en. Comme g = f (n), on donc f (n) dérivble en et f (n+) continue en. Les hypothèses de l question donnnt ussi que f (n) est dérivble sur R \ {} et que f (n+) est continue sur R \ {}, on obtient finlement que f est de clsse C n+. On bien insi montré, pr récurrence sur n, que f est de clsse C n sur R, pour tout n N. Ceci signifie que f est de clsse C. Exercice 3.20 (Corrigé de l exercice 3.3) Soit f une fonction de R dns R, β R, β > 0 et k R, k > 0. On suppose que, pour tout x, y R, f(y) f(x) k y x β.. Montrer que f est continue en tout point de R. On v même montrer que f est uniformément continue. Soit ε > 0. On pose α = ( ε k ) β, de sorte que α > 0 et : x, y R, x y α f(y) f(x) k y x β kα β = ε. Ceci montre bien que f est uniformément continue sur R. 2. On suppose, dns cette question, que β >. Soit x R, montrer que f (x) = 0. En dï duire que f est constnte. Pour h 0, on, en utilisnt l hypothèse sur f vec y = x + h, f(x + h) f(x) k h β. On en déduit : f(x + h) f(h) 0 k h β. h Comme β >, on lim h 0 k h β = 0 et donc lim h 0 f(x+h) f(h) h = 0 (on risonne ici vec un x fixé). Ceci prouve que f (x) = 0. On donc montré que f (x) = 0 pour tout x R. En utilisnt le théorème des ccroissements finis, ceci implique que f est constnte (voir l remrque 3.5). On rppelle ici cette démonstrtion. Soit x R. Le théorème des ccroissements finis (théorème 3.2) donne l existence de y entre 0 et x t.q. f(x) f(0) = xf (y). comme f (y) = 0, on donc f(x) = f(0). L fonction f est donc constnte. 3. (Exemple) Pour x R, on pose g(x) = x 2. Montrer que, pour tout x, y R, on g(y) g(x) y x 2. [On pourr montrer qu on peut supposer y x, et distinguer les cs où x et y sont de même signe et où x et y sont de signe contrire.] Soit x, y R. En chngent éventuellement x en y et y en x (ce qui ne chnge ps g(y) g(x) et y x ), on peut supposer y x. En chngent éventuellement y en y et x en x (ce qui ne chnge toujours ps g(y) g(x) et y x ), on peut églement supposer y 0. On distingue mintennt 2 cs selon le signe de x. 52
Cs. On suppose ici x 0. On lors g(y) g(x) = y x et y x = y x. On remrque lors que ( y x) 2 = y + x 2 y x y + x 2 x x (cr y x) et donc ( y x) 2 y + x 2x = y x, ce qui donne bien : g(y) g(x) = y x y x = y x 2. Cs 2. On suppose ici x < 0. Comme g(y) g(x) 0, on g(y) g(x) = g(y) g(x) g(y). En utilisnt le premier cs précédent vec le couple (0, y), on : g(y) = g(y) g(0) y 2. Comme 0 y y x, on y 2 y x 2 et donc : g(y) g(x) g(y) y 2 y x 2. Exercice 3.2 (Corrigé de l exercice 3.4) Soit ϕ une ppliction de ]0, [ dns R, dérivble (en tout point de ]0, [) et t.q. lim x ϕ(x) = 0.. On suppose que ϕ (x) 0 pour tout x > 0. Montrer que ϕ(x) 0 pour tout x > 0. Soit x > 0. On veut montrer que ϕ(x) 0. Soit y > x. L fonction f est continue sur [x, y] et dérivble sur ]x, y[. Le théorème des ccroissemens finis donne donc l existence de z ]x, y[ t.q. ϕ(y) ϕ(x) = (y x)ϕ (z). Comme ϕ (z) 0 et y > x, on donc ϕ(x) ϕ(y). On peut mintennt psser à l limite dns cette inéglité qund y tend vers + (vec x fixé) et on obtient : ϕ(x) lim ϕ(y) = 0. y 2. On suppose que ϕ (x) < 0 pour tout x > 0. Montrer que ϕ(x) > 0 pour tout x > 0. Soit x > 0. En ppliqunt encore une fois le théorème des ccroissemens finis, il existe z ]x, x + [ t.q. ϕ(x + ) ϕ(x) = ϕ (z). Comme ϕ (z) < 0 n donc ϕ(x) > ϕ(x + ). Or, on sit, pr l question, que ϕ(x + ) 0. On donc ϕ(x) > 0. Exercice 3.22 (Corrigé de l exercice 3.5) Soit > 0. On définit f de R dns R de l mnière suivnte : (On rppelle que b x = e x ln b, pour b > 0 et x R.). (Continuité de f) f(x) = ( + x )x, si x 0, f(0) =. 53
() Montrer que e z + z2 2 pour tout z R +. En déduire que ln( + y) 2y, pour tout y R +. On pose, pour z R, g(z) = e z z2 2. L fonction g est de clsse C et on g (z) = e z z, g (z) = e z pour tout z R. Comme g (z) 0 pour tout z R +, l fonction g est croissnte sur R + (d près le troisième item de l remrque 3.5). On donc g (z) g (0) = 0 pour tout z R +. L fonction g est donc croissnte sur R + (toujours pr le troisième item de l remrque 3.5), ce qui donne g(z) g(0) = 0 pour tout z R +. Ce qui donne bien : e z + z2 2 pour tout z R +. Soit y R +. On pplique l inéglité précédente vec z = 2y R +, on obtient que e 2y + y. Comme l fonction ln est croissnte sur R +, on obtient : 2y ln( + y). (b) En utilisnt l question précédente, montrer que f(x) e 2x, pour tout x ]0, [. Soit x > 0. Comme f(x) = e x ln(+ x ), on f(x) (cr x ln( + x ) > 0) et, en utilisnt l question précédente vec y = x, f(x) ex 2 x = e 2x. (c) Montrer que lim x 0,x>0 f(x) =. En pssnt à limite, qund x 0 vec x > 0, dns l inéglité f(x) e 2x, on obtient que lim x 0,x>0 f(x) =. (d) Montrer que f est continue en 0. [On pourr remrquer que f(x)f( x) =, pour tout x R.] Comme f(x) = f( x) pour tout x < 0, on (vec l question précédente) : lim f(x) = x 0, x<0 lim x 0, x>0 f(x) =. On donc lim x 0 f(x) =, et, comme f(0) =, on en déduit que f est continue en 0. 2. (Dérivbilité de f sur R ) Montrer que f est de clsse C sur R et que f (x) > 0 pour tout x 0. [Pour x > 0, on pourr mettre f (x) sour l forme f(x)ϕ(x) et utiliser l exercice 3.4.] Montrer que f est strictement croissnte. Pour x R +, on f(x) = e x ln(+ x ). On en déduit que f est de clsse C sur R + comme composée de fonctions de clsse C (on même f de clsse C sur R +). De même, pour x R, on f(x) = e x ln( x ). On en déduit que f est de clsse C sur R comme composée de fonctions de clsse C. L fonction f est donc de clsse C sur R. 54
Pour x > 0, on f (x) = f(x)ϕ(x) vec : ϕ(x) = ln( + x ) + x. En tout point de R +, ϕ est dérivble et on, pour x R + : ϕ (x) = x( + x) + ( + x) 2 = 2 x( + x) 2 < 0. De plus, on lim x + ϕ(x) = 0. Avec l exercice 3.4, on en déduit que ϕ(x) > 0 pour tout x > 0. Comme f (x) = f(x)ϕ(x) et que f(x) > 0, on donc ussi f (x) > 0 pour tout x > 0. En utilisnt le qutrième item de l remrque 3.5, on en déduit que f est strictement croissnte sur R +. Pour x R on f(x) = f( x). On donc f dérivble sur R et f (x) = f ( x) f( x) 2 (pour tout x < 0). On donc ussi f (x) > 0 pour tout x > 0, ce qui donne que f est strictement croissnte sur R. Finlement, on bien montré que f est strictement croissnte sur R. 3. (Dérivbilité en 0?) Montrer que lim x 0 f (x) = +. L ppliction f est-elle dérivble en 0? (Justifier l réponse... ) En reprennt l fonction ϕ introduite à l question précédente, on lim x 0, x>0 ϕ(x) = +. Comme f (x) = f(x)ϕ(x) pour tout x > 0 et que lim x 0 f(x) =, on en déduit : lim f (x) = +. x 0, x>0 Comme f (x) = f ( x) f( x) 2 pour tout x < 0, on ussi lim x 0, x<0 f (x) = +. On donc lim x 0 f (x) = +. f(h) f(0) On v montrer mintennt que lim h 0 h = + (ce qui prouve bien que f n est ps dérivble en 0). Soit M R. Comme lim x 0 f (x) = +, il existe α > 0 t.q. : x 0, x α f (x) M. Soit h 0, h α. En ppliqunt le théorème des ccroissements finis (théorème 3.2) à l fonction f sur l intervlle dont les bornes sont 0 et h, il existe x strictement entre 0 et h t.q. f(h) f(0) = hf (x). Comme x 0 et x < h α, on f (x) M et donc : On donc : f(h) f(0) h h 0, h α = f (x) M. f(h) f(0) h M. Ceci prouve que lim h 0 f(h) f(0) h = + et donc que f n est ps dérivble en 0. 55
4. (Limites en ± ) Donner (en fonction de ) les limites en + et de f. Pour y ], + [, on pose ψ(y) = ln( + y). fonction ψ est dérivble et ψ (y) = donc, en prticulier : ln( + y) lim = ψ (0) =. y 0 y +y. On On donc (en posnt y = x ) lim x + x ln( + x ) =. On en déduit que lim x + f(x) = e. Comme f(x) = f( x), on lim x f(x) = lim x + f(x) = e. Dns l suite, on note l et m ces limites. On donc l = e et m = e 5. (Fonction réciproque) Montrer que f est une bijection de R dns ]m, l[. On note g l fonction réciproque de f (de sorte que g est une ppliction de ]m, l[ dns R). Montrer que g est dérivble en (noter que ]m, l[) et clculer g (). [Pour h 0, on pourr ppliquer le théorème des Accoissements Finis à l fonction f entre les points g( + h) et g().] L fonction f est continue strictement croissnte de R dns R. Ses limites en + et sont l et m. Le théorème 2.5 donne lors que f est une bijection de R dns ]m, l[ et que s fonction réciproque, notée g, est continue strictement croissnte de ]m, l[ dns R. On v montrer mintennt que g est dérivble en et que g () = 0, c est-à-dire que g( + h) g() lim = 0. h 0 h L idée principle est de remrquer que, pour h 0 (et t.q. + h ]m, l[), on : g( + h) g() h = τ f(τ) f(0), vec τ = g(+h) g() = g(+h) (cr g() = 0 puisque f(0) = ) et donc f(τ) = +h = f(0)+h. (Noter ussi que τ 0 cr g est injective). g(+h) g() Comme g est continue, on lim h 0 g( + h) g() = 0. Pour montrer que lim h 0 h = 0, τ il suffit donc de montrer que lim τ 0 f(τ) f(0) = 0, c est-à-dire que pour tout ε > 0, il existe α > 0 t.q. : τ τ 0, τ α ε. (3.6) f(τ) f(0) Soit ε > 0. On cherche α > 0 stisfisnt (3.6). Comme lim x 0 f (x) = +, il existe α > 0 t.q. x 0, x α f (x) ε. (3.7) Soit τ 0 t.q. τ α. On pplique le théorème des ccroissements finis à l fonction f sur l intervlle dont les bornes sont 0 et τ. Il donne l existence de z strictement entre 0 et τ t.q. 56
τ f(τ) f(0) = f (z). Comme f (z) ε f(τ) f(0) = τf (z). On donc τ z τ α), on donc 0 < f(τ) f(0) ε. ce qui donne : τ f(τ) f(0) ε. > 0 (grâce à (3.7) cr On donc trouvé α > 0 stisfisnt (3.6). Ce qui prouve que g est dérivble en et g () = 0. 6. (Régulrité de l fonction réciproque) Montrer que l fonction réciproque de f est de clsse C sur ]m, l[ mis que f n est ps de clsse C sur R. L fonction f est de clsse C sur R (mis ps sur R cr f n est ps dérivble en 0) et f ne s nnule ps sur R (on montré que f (x) > 0 pour tout x R ). On en déduit que l fonction réciproque de f, notée g, est de clsse C sur {f(x), x R }, c est-à-dire sur ]m, [ ], l[. Plus précisément, pour tout y ]m, [ ], l[, on : g (y) = f (g(y)). Comme g est continue sur ]m, l[ et que f est continue et non nulle sur R, on en déduit bien que g est continue sur ]m, [ ], l[ (noter que g(y) 0 si y 0 cr g est injective). Dns l question 6, on montré que g est dérivble en et que g () = 0. Pour montrer que g est de clsse C sur ]m, l[, il reste donc seulement à montrer que g est continue en. Or, comme lim y g(y) = g() = 0, on : lim y g (y) = lim y f (g(y)) = lim x 0 f (x) = 0. Ce qui prouve l continuité de g en. On bien, finlement, montré que g est de clsse C sur ]m, l[. Exercice 3.23 (Points fixes de f, si f f = f) Soit < < b < + et f une fonction continue de [, b] dns [, b]. On rppelle que x [, b] est un point fixe de f si f(x) = x.. Montrer que f dmet u moins un point fixe. [On pourr considérer l fonction g définie sur [, b] pr g(x) = f(x) x.] On remrque que g() = f() 0 (cr f() ) et g(b) = f(b) b 0 (cr f(b) b). Comme g est continue sur [, b] et g() 0 g(b), le théorème des vleurs intermédiires donne l existence de c [, b] t.q. g(c) = 0. On suppose dns l suite que f f = f. On pose Im(f) = {f(x), x [, b]}. 2. Montrer que tout élément de Im(f) est un point fixe de f. Soit y Im(f). Il existe x [, b] t.q. y = f(x). On donc f(y) = f(f(x)) = f f(x) = f(x) = y. Ce qui prouve que y est un point fixe de f. 57
3. On suppose, dns cette question, que f dmet un seul point fixe. Montrer que f est constnte. Puisque f dmet un seul point fixe, l question précédente donne que Im(f) ne peut contenir que un seul point. Ce qui prouve que f est constnte. On suppose dns l suite que f dmet u moins 2 points fixes (disctints) et que f est dérivble (c est-à-dire dérivble en tout point de ], b[). 4. Montrer qu il existe m, M [, b] t.q. Im(f) = [m, M] et m < M. L imge d un intervlle fermé borné pr une fonction continue est encore un intervlle fermé borné. Il existe donc m, M R t.q. m M et Im(f) = [m, M]. Comme f dmet u moins 2 points fixes, Im(f) contient u moins deux points. Donc, m < M. 5. Montrer que f (x) = pour tout x ]m, M[ (ici et dns l suite, m et M sont donnés pr l question précédente). Pour tout x ]m, M[, on f(x) = x (cr ]m, M[ Im(f)). On donc, pour tout x ]m, M[, f (x) =. 6. On suppose, dns cette question, que m >. () Montrer que f (m) =. On < m < M b. L fonction f est donc dérivble en m. Pour 0 < h < M m, on f(m)=m et f(m + h) = m + h (cr m et (m + h) sont dns Im(f) et sont donc des points fixes de f). On donc : f(m + h) f(m) =. h On en déduit que : f f(m + h) f(m) f(m + h) f(m) (m) = lim = lim =. h 0 h h 0,h>0 h (b) Montrer qu il existe x ], m[ t.q. f(x) < m. Comme f est dérivble en m et que f (m) =, on f(x) = f(m) + (x m) + (x m)ε(x) vec lim x m ε(x) = 0. Il existe donc η > 0 t.q. : Pour x [, m[ vec m x < η on donc : x m η ε(x) <. f(x) < f(m) + (x m) + x m = f(m). 58
(c) En déduire que l hypothèse m > est en contrdiction vec l définition de m. Si m >, on vient de montrer l existence de x [, b] t.q. f(x) < f(m), ce qui impossible cr f(x) Im(f) = [m, M] et f(m) = m (cr m Im(f) et donc m est un point fixe de f). 7. Montrer que m =, M = b et f(x) = x pour tout x [, b]. L question précédente donne m et donc finlement m = (cr [m, M] = Im(f) [, b]). De mnière nlogue, on peut montrer que M = b. On donc Im(f) = [, b] et donc f(x) = x pour tout x [, b]. 8. Montrer que le résultt de l question précédente peut être fux si on retire l hypothèse f dérivble. [On cherche donc f continue de [, b] dns [, b] t.q. f f = f, f dmet u moins deux points fixes distincts et il existe x [, b] t.q. f(x) x.] On peut prendre, pr exemple, = 0, b = 3, f(x) = si 0 x <, f(x) = x si x 2, f(x) = 2 si 2 < x 3. Exercice 3.24 (Clcul de limites) sin(x) e Clculer lim x x, lim x e 2x x x 0 x et lim x 0,x>0 (ln(+x)). 2 sin(x) lim x x = 0 cr sin(x) x x pour tout x > 0. Pour x R, on pose fx) = e x e 2x. L fonction f est dérivble en 0 et f(0) = 0. On en déduit e lim x e 2x x 0 x = f (0) =. Pour x ], [,, on pose g(x) = ln( + x) 2. L fonction g est dérivble en 0 et g(0) = 0. On en déduit ln(+x) lim 2 x 0 x = g x (0) = 0. Comme g(x) > 0 qund x > 0, on donc lim x 0,x>0 (ln(+x)) = +. 2 Exercice 3.25 (Fonction sous linéire) Soit f une fonction dérivble de R dns R et t.q. f(0) = 0. On définit l fonction g de R + dns R (vec R + = [0, [) pr : g(x) = f(x) si x > 0, x g(0) = f (0).. Montrer que g est continue en tout point de R +. L fonction g est continue sur ]0, [ cr c est le quotient de deux fonctions continues et que son dénominteur ne s nnule pr (sur ]0, [). On peut ussi noter que g est dérivble sur ]0, [ f(x) f(0) Comme f est dérivble en 0 et que f(0) = 0, On lim x 0,x>0 g(x) = lim x 0 x 0 = f (0). L fonction g est donc continue en 0 (et donc continue sur tout R+ = [0, [). On suppose mintennt qu il existe α, β R, t.q., pour tout x R +, f(x) αx + β. 59
2. Montrer que g est mjorée (c est-à-dire que l ensemble {g(x), x R + } est mjoré) L fonction g est continue sur [0, ]. L restriction de g à [0, ] est donc mjorée (cr [0, ] est fermé et borné). Il existe donc M t.q., pour tout x [0, ], g(x) M. Puis, pour x >, on remrque que g(x) α + β x α + β. On donc finlement, pour tout x R +, g(x) C = mx{m, α + b }, ce qui prouve que g est mjorée. 3. On suppose, dns cette question, que α < f (0). Montrer qu il existe R + t.q. g() = sup{g(x), x R + }. Montrer que g() = f (). On choisit ε = f (0) α > 0, et on pose A = β ε 0. Pour x A, on donc g(x) α + β x α + ε = f (0). L fonction g est continue sur l intervlle fermé borné [0, A], il existe donc [0, A] R + t.q. g() = sup{g(x), x [0, A]}. Mis, comme sup{g(x), x [0, A]} g(0) = f (0) et que pour x > A on g(x) f (0), on donc g() = sup{g(x), x R + }. Si = 0, on bien g() = f (). Si > 0, le fit que g() = sup{g(x), x R + } et que g soit dérivble en permet de montrer que g () = 0 (comme dns l démonstrtion du théorème des ccroissements finis). Comme xg(x) = f(x) pour tout x > 0, on g(x) + xg (x) = f (x) pour tout x > 0 et donc g() = f (). 4. On suppose, dns cette question, que f(x) = x x3 +x 2. () L fonction f vérifie-t-elle les hypothèses données u début de l exercice? Oui... f est dérivble et f(0) = 0. (b) Donner des vleurs de α et β pour lesquelles, pour tout x R +, f(x) αx + β. x Comme 3 +x 0 pour tout x R 2 +, les vleurs suivntes conviennent : α =, β = 0. (c) Montrer qu il existe un unique R + t.q. g() = sup{g(x), x R + } et donner cette vleur de. On g(x) <, pour tout x ]0, [, et g(0) =. Il existe donc un unique R + t.q. g() = sup{g(x), x R + }(= ) et = 0. 5. On suppose, dns cette question, que α = f (0). Montrer qu il existe R + t.q. g() = sup{g(x), x R + } et que g() = f (). On pose γ = sup{g(x), x R + }. On γ g(0) = f (0) et donc distingue deux cs ; Premier cs : γ = f (0). Dns ce cs, = 0 convient cr g(0) = f (0) = γ. 60
Deuxième cs : γ > f (0). On choisit lors ε = γ f (0) 2 > 0, et on pose A = β ε 0. Pour x A, on donc g(x) α + β x α + ε = f (0) + ε = γ+f (0) 2 < γ. On donc sup{g(x), x [A, [} < γ et donc : γ = sup{g(x), x R + } = sup{g(x), x [0, A]}. L fonction g est continue sur l intervlle fermé borné [0, A], il existe donc [0, A] R + t.q. g() = sup{g(x), x [0, A]}. Ce qui donne bien g() = γ. L démonstrtion de g() = f () est identique à celle de l question 3. 6. Montrer, en donnnt un exemple (c est-à-dire en choissisnt convenble f) qu il peut ne ps exister R + t.q. g() = sup{g(x), x R + } (pour cet exemple, on ur donc nécessirement α > f (0)). On peut prendre, pr exemple, f définie pr f(x) = x + x3 +x pour tout x R. On bien f 2 x dérivble, f(0) = 0. Comme 2 +x < pour tout x R, les vleurs α = 2 et β = 0 conviennent 2 et on g(x) < 2, pour tout x R +. Enfin, on lim x g(x) = 2. on en déduit que sup{g(x), x R + } =2 et qu il n existe ps d élément de R + t.q. g() = sup{g(x), x R + }. Exercice 3.26 (TAF... ) Soit f une ppliction continue de R dns R. On suppose que f est dérivble pour tout x 0 et que lim x 0 f (x) = +.. Montrer que f n est ps dérivble en 0. f(h) f(0) On v montrer que lim h 0 h = (ce qui prouve que f n est ps dérivble en 0), c est-àdire que pour tout M R il existe α > 0 t.q. : h 0, h α f(h) f(0) h Soit donc M R. Comme lim x 0 f (x) = +. il existe α > 0 t.q. : M. (3.8) x 0, x α f (x) M. (3.9) Soit mintennt h 0 vec h α, le théorème des ccroissements finis (théorème 3.2) donne l existence de c ] min(0, h), mx(0, h)[ t.q. : f(h) f(0) h = f (c). Comme h α, on c ] α, α[ et, comme c 0, (3.9) donne f (c) M, on donc f(h) f(0) h M. On bien insi montré que pour tout M R, il existe α > 0 vérifint (3.8). Ceci montre que f(h) f(0) lim h 0 h = + et donc que f n est ps dérivble en 0. 6
2. On suppose mintennt que f est bijective de R dns R, strictement croissnte et que f(0) = 0. On note g l fonction réciproque de f [l existence de l function g été vue en cours]. Montrer que g est dérivble en 0 et que g (0) = 0. On reprend ici essentiellement l démonstrtion fite en cours pour montrer l dérivbilité d une fonction réciproque. On veut montrer que lim h 0 g(h) g(0) h = 0, c est-à-dire que pour tout ε > 0, il existe β > 0 t.q. : h 0, h β g(h) g(0) ε. (3.0) h Soit h 0. Comme f g(h) = h, f(0) = 0 et g(0) = 0 (noter que g(h) 0 cr h 0 et g injective), on : g(h) g(0) g(h) = h f(g(h)) f(0). Le théorème des ccroissements finis donne l existence de d ] min(0, g(h)), mx(0, g(h))[ t.q. : (bien sûr, le point d dépend de h). On donc : f(g(h)) f(0) = g(h)f (d) g(h) g(0) h = f (d). (3.) Cette églité, vec (3.9) et l continuité de g (qui été vue en cours) nous suggère le choix de β, à prtir de ε, pour voir (3.0). En effet, soit ε > 0. On choisit M = /ε. Il existe lors α > 0 vérifint (3.9). Mis, comme g est continue en 0, il existe β > 0 t.q. : y R, y β g(y) α. Si h β, on donc g(h) α. Ce qui donne d ] α, α[ et donc (comme on ussi d 0), f (d) M = /ε > 0. Finlement, on obtient vec (3.), g(h) g(0) g(h) g(0) = ε. h h Pour tout ε > 0 on donc trouvé β vérifint (3.0). Ce qui prouve que g est dérivble en 0 et g (0) = 0. Exercice 3.27 Etudier l existence et l vleur d une limite éventuelle en x 0 pour les fonctions suivntes. f (x) = x+ x x, pour x 0, et x 0 = 0, f 2 (x) = ( π 2 x) tn x, pour x ]0, π 2 [ ] π 2, π[, et x 0 = π 2. 62
L limite à guche de f en 0 est 0 et l limite à droite est 2. Donc, f n ps de limite en 0 pour x ]0, π 2 [ ] π 2, π[, on : f2(x) = Comme lim x π 2 Exercice 3.28 cos(x) cos( π 2 ) x π 2 π 2 x cos(x) cos( π 2 ) sin(x). = sin( π 2 ) = et sin( π 2 ) =, on en déduit : lim f 2 (x) =. x π 2 Déterminer le domine de définition des fonctions suivntes. Montrer qu elles sont dérivbles et donner une expression de leur dérivée. f (x) = x x, f 2 (x) = ln( +sin(x) sin(x) ). L fonction f est définie sur R + et est dérivble comme composée de fonctions dérivbles. f (x) = e ln(x)/x, on, pour tout x > 0 : Comme f (x) = x 2 ( ln(x))x x. L fonction f 2 est définie sur R \ { π 2 + kπ, k Z}. Elle est dérivble comme composée de fonctions dérivbles et on trouve, pour tout x R \ { π 2 + kπ, k Z}, f 2(x) = 2 cos(x). Exercice 3.29 En ppliqunt le théorème des ccroissements finis, montrer que < ex x < e x, pour tout x > 0. Soit x > 0. Comme l fonction y e y est continue sur [0, x] et dérivble sur ]0, x[, le théorème des ccroissements finis donne l existence de c ]0, x[ t.q. e x e 0 = xe c. On donc : e x x Comme l fonction y e y est strictement croissnte, on = e 0 < e c < e x (cr 0 < c < x) et donc : < ex x = e c. < e x. Exercice 3.30 (Fonction convexe) Soit ϕ une fonction de R dns R. On suppose que ϕ est dérivble (c est-à-dire dérivble en tout point de R) et que ϕ est une fonction croissnte. 63
. Soit x < z < y. Montrer que ϕ(z) ϕ(x) z x ϕ(y) ϕ(z) y z. L fonction ϕ est continue sur [x, z] et dérivble sur ]x, z[, le théorème des ccroissements finis (théorème 3.2) donne l existence de c ]x, z[ t.q. ϕ(z) ϕ(x) z x = ϕ (c). De même, le théorème des ccroissements finis donne l existence de d ]z, y[ t.q. ϕ(y) ϕ(z) y z = ϕ (d). Comme ϕ est croissnte et c < z < d, on ϕ (c) ϕ (d) et donc ϕ(z) ϕ(x) z x ϕ(y) ϕ(z) y z. 2. Montrer que ϕ est convexe, c est-à-dire que ϕ(tx + ( t)y) tϕ(x) + ( t)ϕ(y) pour tout x, y R et tout t [0, ]. (3.2) [Pour x < y et t ]0, [, on pourr utiliser l question vec z = tx + ( t)y.] L inéglité (3.2) est immédite pour x = y. Elle est ussi immédite pour x y et t = 0 ou t =. Il reste à étudier le cs x y et t ]0, [. On peut ussi supposer x < y (quitte à chnger x en y, y en x et t en t). On pplique lors l question vec z = tx + ( t)y, de sorte que z x = ( t)(y x) et y z = t(y x). On obtient ϕ(z) ϕ(x) ϕ(z) ϕ(x) ϕ(y) ϕ(z) = = ( t)(y x) z x y z Ce qui donne, comme y x > 0, t > 0 et ( t) > 0, t(ϕ(z) ϕ(x)) ( t)(ϕ(y) ϕ(z)). ϕ(y) ϕ(z). t(y z) On en déduit bien l inéglité (3.2). 3. On définit ici l fonction ψ de R dns R pr ψ(x) = x si x R. Montrer que ψ est convexe. L fonction ψ est-elle dérivble en tout point de R? Soit x, y R et t [0, ], on ψ(tx + ( t)y) = tx + ( t)y t x + ( t) y = tψ(x) + ( t)ψ(y). Ce qui montre bien que ψ est convexe. L fonction ψ n est ps dérivble en 0. Exercice 3.3 (Recherche d un mximum et convexité) 64
Soit ϕ une fonction de R dns R vérifint (Noter que ϕ n est ps nécessirement dérivble.) ϕ( x + y ) 2 2 ϕ(x) + ϕ(y) pour tout x, y R. (3.3) 2. Dns cette question, on suppose qu il existe R t.q. ϕ() = mx{ϕ(x), x R}. (On donc ϕ() ϕ(x) pour tout x R.) () Soit θ 0. Montrer que ϕ() 2 ϕ( + θ) + ϕ( θ), ϕ( + θ) ϕ() et ϕ( θ) ϕ(). 2 Montrer que ϕ( + θ) = ϕ( θ) = ϕ(). On remrque que = 2 ( + θ) + 2 ( θ). L inéglité (3.3) donne donc ϕ() 2 ϕ( + θ) + 2ϕ( θ). Puis, comme ϕ() = mx{ϕ(x), x R}, on, bien sûr, ϕ( + θ) ϕ() et ϕ( θ) ϕ(). En utilisnt ces trois inéglités, on remrque que ϕ() 2 ϕ( + θ) + 2 ϕ( θ) 2 ϕ( + θ) + 2 ϕ(). On donc 2 ϕ() 2 ϕ( + θ) 2ϕ(). Ce qui donne bien ϕ( + θ) = ϕ(). De même on ϕ( θ) = ϕ() (pr exemple en chngent θ en θ). (b) Montrer que ϕ(x) = ϕ() pour tout x R (l fonction ϕ est donc constnte). Soit x. On pose θ = x. L question précédente donne ϕ(x) = ϕ( + θ) = ϕ(). L fonction ϕ est donc constnte. 2. On s intéresse mintennt à une sitution un peu plus compliquée. Soit g une fonction dérivble de R dns R. On pose f = ϕ + g et on suppose qu il existe R t.q. f() = mx{f(x), x R}. () Soit h 0. i. Montrer que ϕ( + h) ϕ() g() g( + h). On remrque que ϕ( + h) + g( + h) = f( + h) f() = ϕ() + g(). on donc ϕ( + h) ϕ() g() g( + h). ii. Montrer que ϕ( + h) ϕ() g( h) g(). L question précédente, chngent h en h, donne ϕ( h) ϕ() g() g( h). Ce qui peut s écrire ϕ() ϕ( h) g( h) g(). 65
Or l inéglité (3.3) donne 2 ϕ() + 2 ϕ() 2 ϕ( + h) + ϕ( h). 2 On donc ϕ( + h) ϕ() ϕ() ϕ( h) et, finlement, on obtient bien ϕ( + h) ϕ() ϕ() ϕ( h) g( h) g(). (b) Montrer que ϕ est dérivble en et que ϕ () = g (). [On pourr commencer pr clculer, en fonction de g (), l limite de (g( h) g())/h qund h tend vers 0.] Comme g( h) g() h = g( h) g() h, on g( h) g() lim = g (). h 0 h L question précédente donne, pour tout h > 0, et, pour tout h < 0, g( h) g() h g( h) g() h ϕ( + h) ϕ() h ϕ( + h) ϕ() h g( + h) g() h g( + h) g() h g( h) g() Comme lim h 0 h = lim h 0 g(+h) g() h = g (), on en déduit que ϕ est dérivble en et que ϕ () = g (). N.B. On donc montré que ϕ est nécessirement dérivble u point où f tteint son mximum. 3. (Exemple) On définit ici ϕ et g pr ϕ(x) = x et g(x) = x 2 pour x R. On pose f = ϕ + g. Donner les deux points, b R t.q. f() = f(b) = mx{f(x), x R}. [On pourr commencer pr dessiner l courbe de f.] L fonction f est pire. On l étudie sur R +. On f(x) = x( x) pour x 0. L fonction f est donc strictement croissnte sur [0, 2 ] puis strictement décroissnte sur [ 2, + [. On en déduit que les points et b sont les points 2 et 2. Exercice 3.32 (Récurrence sur TAF). Soit f : R R une fonction de clsse C 2 sur R. On suppose que f s nnule en trois points distincts, b, c, vec < b < c. () Montrer qu il existe des réels d et e, vec d ], b[, e ]b, c[ et f (d) = f (e) = 0. Pour obtenir l existence de d, on pplique le théorème de Rolle à l fonction f sur l intervlle [, b] (l fonction f est bien continue sur [, b] et dérivble sur ], b[). De même, pour obtenir l existence de e, on pplique le théorème de Rolle à l fonction f sur l intervlle [b, c]. 66
(b) Montrer que f s nnule en u moins un point de R. On pplique le théorème de Rolle à l fonction f sur l intervlle [d, e] (l fonction f est bien continue sur [d, e] et dérible sur ]d, e[). Il donne l existence de z ]d, e[ R t.q. f (z) = 0. 2. Soient n un entier nturel et g : R R une fonction de clsse C n sur R. On suppose que g s nnule en n + points distincts <... < n+. Montrer que l dérivée n-ème g (n) s nnule u moins une fois sur R. On montre ce résultt pr récurrence sur n N. Initilistion. Pour n =. Soit g : R R une fonction de clsse C sur R qui s nnule en 2 points distincts < 2. On peut ppliquer le théorème de Rolle à l fonction g sur l intevlle [, 2 ]. On obtient l existence de z ], 2 [ t.q. g (z) = 0. Hérédité. Soit n N. On suppose (c est l hypothèse de récurrence) que toute fonction h de clsse C n qui s nnule en n + points distincts une dérivée n-ème qui s nnule u moins une fois. Soit mintennt g une fonction de clsse C n+ qui s nnule en n + 2 points distincts <... < n+2. En ppliqunt le théorème de Rolle à l fonction g sur l intervlle [ i, i+ ] (pour i {, n + }), on obtient l existence de b i ] i, i+ [ t.q. g (b i ) = 0. L fonction g est donc de clsse C n et s nnule (u moins) en n + points distints (les points b,..., b n+ ). On peut donc ppliquer l hypothèse de récurrence à m fonction g, elle donne que l dérivée n-ème de g s nnule u moins une fois. On en déduit que l dérivée (n + )-ème de g s nnule u moins une fois. Ce qui termine l récurrence. 67
Chpitre 4 Formules de Tylor et développements limités 4. Tylor-Lgrnge Si, b R, on note Int(, b) l intervlle ouvert dont les bornes sont et b, c est-à-dire Int(, b) =], b[ si b et Int(, b) =]b, [ si b <. Théorème 4. (Tylor-Lgrnge) Soit α < β et f une ppliction de ]α, β[ dns R. Soit n N. On suppose que f de clsse C n et que f (n) dérivble. Soit, b ]α, β[. Alors, il existe c Int(, b) t.q. n (b ) k f(b) = f (k) (b )n+ () + f (n+) (c). (4.) k! (n + )! k=0 On rppelle que, pr convention, x 0 = pour tout x R et 0! =. Démonstrtion : L démonstrtion de ce théorème consiste à ppliquer le théorème des ccroissements finis (ou, plus simplement, le théorème 3.) à une fonction convenblement choisie. On pose d = ( (n + )! (b ) n+ f(b) ) n (b ) k f (k) (), k! de sorte que f(b) = n (b ) k k=0 k! f (k) () + (b )n+ (n+)! d. Il s git mintennt de démontrer qu il existe c Int(, b) t.q. d = f (n+) (c). Pour x ]α, β[, on pose ϕ(x) = k=0 n (b x) k f (k) (x) + k! k=0 (b x)n+ d. (n + )! 68
On remrque que ϕ() = f(b) (grâce u choix de d) et ϕ(b) = f(b). L fonction ϕ est dérivble sur ]α, β[ et on, pour tout x ]α, β[, n ϕ (b x) k n (x) = f (k) (b x) k (x) + f (k+) (x) (k )! k! k= k=0 n (b x) k n = f (k+) (b x) k (x) + f (k+) (x) k! k! k=0 k=0 (b x)n d n! (b x)n d = n! (b x)n (f (n+) (x) d). n! On utilise mintennt le théorème 3. (théorème de Rolle). L fonction ϕ est continue sur l intervlle fermé dont les bornes sont et b et dérivble sur l intervlle ouvert dont les bornes sont et b (c està-dire sur l intervlle Int(, b)). Comme ϕ() = ϕ(b), Il existe donc c Int(, b) t.q. ϕ (c) = 0, ce qui donne (comme b c 0) d = f (n+) (c). On en déduit bien f(b) = n (b ) k k=0 k! f (k) () + (b )n+ (n+)! f (n+) (c). 4.2 Tylor-Young Nottion : Lorque l on dit qu une propriété est vrie u voisinge de ou encore pour x suffismment proche de, cel signifie qu il existe γ > 0 t.q. pour tout x [ γ, + γ] l propriété est vrie. Théorème 4.2 (Tylor-Young) Soit α < β et f de ]α, β[ dns R. Soit n N. On suppose que f de clsse C n. Soit ]α, β[. Alors, on :. Pour tout x ]α, β[, n (x ) k f(x) = f (k) () + (x ) n h(x), k! k=0 vec lim x h(x) = 0 (4.2) (et donc h continue en, si on joute h() = 0). On dit que l fonction (x ) n h(x), vec lim x h(x) = 0, est un petit o de (x ) n et on note (x ) n h(x) = o((x ) n ). 2. Pour tout x ]α, β[, f(x) = n k=0 (x ) k f (k) () + (x ) n H(x), k! vec H bornée u voisinge de (c est-à-dire qu il existe γ > 0 et M R t.q. x γ H(x) M). On dit que l fonction (x ) n H(x), vec H bornée u voisinge de, est un grnd O de (x ) n et on note (x ) n H(x) = O((x ) n ). Démonstrtion : On v démontrer le premier item du théorème 4.2 en ppliqunt le théorème 4. à l ordre n. Soit x ]α, β[, x. D près le théorème 4. il existe c x Int(, x) t.q. f(x) = n k=0 (x ) k f (k) () + k! vec h(x) = ( ) f (n+) (c x ) f (n) (). n! (x )n f (n) (c x ) = n! n (x ) k f (k) () + (x ) n h(x), k! k=0 69
Soit mintennt ε > 0. Comme f (n) est continue en, il existe α > 0 t.q. y α f (n) (y) f (n) () ε. Comme c x Int(, x), on donc ussi x α f (n) (c x ) f (n) () ε h(x) ε. Ce qui prouve bien que lim x h(x) = 0. Pour montrer le deuxième item, on remrque simplement que pour x ]α, β[, x, H(x) = h(x) + n! f (n) (). On donc lim x H(x) = n! f (n) (), on en déduit que H est ue fonction bornée u voisinge de. Remrque 4.. Avec le thérorème 4.2 pour n =, on retrouve l définition de l dérivée, c est-à-dire : f(x) = f() + (x )f () + (x )h(x), vec lim x h(x) = 0. On remrque lors que l hypothèse f de clsse C dns le thérorème 4.2 n est ps nécessire (il suffit de f dérivble en, l continuité de f n est ps nécessire). Ceci est générl, voir l item suivnt. 2. Le thérorème 4.2 est encore vrie sous l hypothèse plus fible (u lieu de f de clsse C n ) : f de clsse C n et f (n ) dérivble en. Le théorème 4.2 (Tylor-Young) donne uniquement, pour fixé, une informtion locle sur f (c est-àdire une informtion sur le comportement de f u voisinge de ). Le théorème 4. (Tylor-Lgrnge) donne une informtion locle plus précise (cr il donne une précision sur l fonction h(x) de l formule de Tylor-Young), comme nous llons le voir dns l exemple suivnt. Il donne ussi une informtion globle sur f, même si est fixé (voir ussi l exemple suivnt). Une troisième formule de Tylor, l formule de Tylor vec reste intégrl, est encore plus précise. Elle nécessite l construction de l intégrle, nous l verrons donc u chpitre 5. Exemple 4. (Exemples d ppliction des formules de Tylor) Nous commençons pr une ppliction de l formule de Tylor-Young puis de celle de Tylor-Lgrnge.. (Appliction de Tylor-Young, n = ) Soit 0 < α <. L formule de Tylor-Young permet de clculer l limite de f(x) = (x + 3) α (x + ) α qund x. (Dns le cs prticulier α = /2, une utre démonstrtion possible, clssique, consiste à utiliser l stuce de l quntité conjuguée.) 2. (Appliction de Tylor-Lgrnge, n = 2) Soit α < β +, f une ppliction de ]α, β[ dns R, de clsse C 2, et ]α, β[. On cherche un point ]α, β[ t.q. f() = min x ],b[ f(x). Le thèorème 4. permet de montrer les deux résultts suivnts (voir l proposition 4.6) : () (Condition Nécessire) f() = min x ],b[ f(x) (f () = 0 et f () 0). 70
(b) (Condition Suffisnte) (f () = 0 et, pour tout x ]α, β[, f (x) 0) f() = min x ],b[ f(x). Proposition 4. (Condition suffisnte de dérivbilité en un point) Soit α < β, f une ppliction de ]α, β[ dns R, continue, et ]α, β[.. On suppose que f est dérivble sur ]α, β[\{} et qu il existe R t.q. lim x f (x) =. Alors f est dérivble en et f () =. 2. On suppose que f est de clsse C sur ]α, β[\{} et que, pour tout n N, il existe n R t.q. : Alors f est de clsse C sur ]α, β[. lim x f (n) (x) = n. Démonstrtion : Cette proposition est démontrée dns l exercice (corrigé) 3.2. 4.3 Fonctions nlytiques (hors progrmme...) Remrque 4.2 Soit f une ppliction de R dns R, de clsse C. Soit, x R (fixés). D près le théorème 4. (Tylor-lgrnge), pour tout n N, il existe c n Int(, x) t.q. : f(x) = n (x ) k f (k) () + k! k=0 On suppose (cette hypothèse est forte) qu il existe M R t.q. (x )n+ f (n+) (c n ). (n + )! n N, y Int(, x) f (n) (y) M. (4.3) On rppelle que et x sont fixés. Sous l hypothèse (4.3), on lors n (x ) k f(x) = lim f (k) (). (4.4) n + k! k=0 Pour démontrer (4.4) (vec l hypothèse (4.3)), il suffit de remrquer que, grâce à (4.), on, pour tout n N, n (x ) k f(x) f (k) () M γn+ vec γ = x, k! (n + )! k=0 et d utiliser le petit lemme 4. donné ci-près. Lemme 4. Soit γ > 0. Alors, lim n + γ n n! = 0. Démonstrtion :. Pour n N, on pose u n = γn un+ n!. On remrque que u n = γ n+. Il existe donc n 0 N t.q. n n 0 u n+ u n 2 u n+ 2 u n. Pr récurrence sur n (à prtir de n 0 ), on donc Ce qui prouve que lim n + u n = 0. n n 0 0 u n ( ) n n0 u n0 2. 7
Exemple 4.2 Voici quelques exemples de fonctions f (de R dns R) stisfisnt l hypothèse (4.3) pour tout, x R (le nombre M peut lors dépendre de et x).. f est polynôme. Dns ce cs, il existe bien M (dépendnt de et x) vérifint (4.3). Mis, pour montrer (4.4), il est plus fcile de remrquer que f (k) () = 0 pour tout k > m, où m est le degré du polynôme f. L formule (4.4) découle lors directement de l formule (4.) en prennt n = m +. 2. f(x) = sin x, f(x) = cos x (prendre M = ), 3. f(x) = e x (prendre M = mx(e, e x ), dns cet exemple M dépend donc de et x). L question suivnte est lors nturelle : Question : Soit f une ppliction de R dns R, de clsse C. A t-on : n (x ) pour tout R, il existe R > 0 t.q. x < R f(x) = lim k n + k=0 k! f (k) ()? Réponse : En générl, l réponse est non. Ave l remrque 4.2, on montre que l réponse est oui si on, pour tout, x R, l hypothèse (4.3) (c est-à-dire que pour tout, x R il existe M vérifint (4.3)). Définition 4. Soit f une ppliction de R dns R, on dit que f est nlytique si :. f est de clsse C, 2. pour tout R, il existe R > 0 t.q. x < R implique f(x) = lim n + n k=0 (x ) k k! f (k) (). L hypothèse (4.3) donnée dns l remrque 4.2 donne une condition suffisnte pour que f soit nlytique. Exemple 4.3 On donne ici un exemple de fonction C non nlytique. f(x) = 0, si x 0, f(x) = e x, si x > 0. Pour cette fonction, on peut montrer les deux ssertions suivntes:. f est de clsse C, 2. f n est ps nlytique. Cet exemple est détillé dns l exercice 4.. Le fit que f soit non nlytique est ussi une conséquence de l exercice 4.25. Remrque 4.3 (Anlytique = développble en série entière) Soit f une ppliction de R dns R. On dit que f est développble en série entière si pour tout R il existe une suite ( n ) n N de nombres réels et il existe R > 0 t.q. x < R f(x) = lim n + k=0 n k (x ) k. (4.5) On peut montrer qu une fonction de R dns R est nlytique si et seulement si elle est développble en série entière. En effet, si f est nlytique, l définition 4. montre imméditement que f est développble en série entière (on prend k = f (k) ()/k! pour tout k dns (4.5)). L réciproque est plus difficile. On suppose que f est développble en série entière. Soit R et R > 0 vérifint (4.5). On remrque tout 72
d bord que 0 = f(). Puis on montre (mis ce n est ps détillé ici) que f est dérivble u point x pour tout x t.q. x < R et que x < R f (x) = lim n + k= n k k (x ) k. Ceci donne en prticulier que f () =. Il suffit lors de fire une récurence sur n pour montrer que f est de clsse C sur l boule de centre et ryon R et que k! k = f (k) (). Finlement, on obtient le deuxième item de l définition 4. et, comme est rbitrire, on conclut bien que f est nlytique. Remrque 4.4 (nlyse réelle versus nlyse complexe) voici une différence importnte entre nlyse réelle et complexe.. Soit f une ppliction de R dns R. On lors : f dérivble prtout f de clsse C f nlytique. 2. Soit f une ppliction de C dns C. L définition 3. donne une notion nturelle de dérivbilité de f. On dit que f est dérivble u point x C si ϕ une limite (dns C) en 0, vec ϕ(h) = f(x+h) f(x) h pour h C, h 0. Noter ussi que, dns C, z est le module de z et joue le rôle de l vleur bsolue dns les définitions de limites. On peut lors définir ussi, comme dns le cs de R, les fonctions de clsse C et les fonctions nlytiques. On lors : f dérivble prtout f de clsse C f nlytique. Une ppliction f de C dns C dérivble prtout, s ppelle fonction holomorphe. Comme pour le cs des pplictions de R dns R, une ppliction de C dns C est holomorphe si et seulement si elle est développble en série entière (voir l remrque 4.3 et remplçer ( n ) n N R pr ( n ) n N C.) 4.4 Développements limités Définition 4.2 (DLn) Soit α < β et f une ppliction de ]α, β[ dns R. Soit ]α, β[, on suppose que f est continue en. Soit n N. Alors, f dmet un DLn (pour Développement Limité d ordre n) en si il existe 0,... n R t.q. (pour x ]α, β[) : f(x) = n k=0 k (x ) k + (x ) n ε(x), vec lim x ε(x) = 0. (4.6) Autrement dit, il existe un polynôme de degré u plus n, noté P, t.q. f(x) = P (x) + (x ) n ε(x) (vec lim x ε(x) = 0). Comme cette formule n est intéressnte que u voisinge de, on écrit ce polynôme sous l forme donnée en (4.6), c est-à-dire vec des puissnces de plus en plus grndes de (x ) (cr, pour k N et pour x petit pr rpport à, x k+ est petit pr rpport à x k ). Remrque 4.5 Quelques remrques élémentires sur les Développement Limités. On se plce dns les hypothèses de l définition 4.2.. Si f dmet un DLn, les k (de l formule (4.6)), k = 0,..., n, sont uniques. 73
2. Si f est de clsse C n, f dmet un DLn en et l formule (4.6) est vrie vec k = f (k) () k! pour k = 0,..., n. 3. On suppose ici que n. Alors : f dmet un DLn en f dérivble en et f () = (dns l formule (4.6)). 4. On suppose ici que n 2. Alors : f dmet un DLn en f définie dns un voisinge de, et on ne peut donc ps dériver f en. On bien f () =, mis on ne peut ps dire que f () = 2 2 (dns l formule (4.6)). Un exemple est donné dns l exemple 4.4. 5. On définit g (de ]α, β [ dns R pr g(x) = f(x + ). Alors, f dmet un DLn en si et seulement si g dmet un DLn en 0 (et les coefficients du développement limité sont les mêmes). Exemple 4.4 On donne ici un exemple pour le qutrième item de l remrque 4.5. Soit n 2. On définit f de R dns R pr : f(x) = 0 si x 0, f(x) = x n+ si x ] p+, p ] vec p N pir, f(x) = x n+ si x ] p+, p ] vec p N impir, f(x) = si x >. Pour cette ppliction, f n est ps définie en p dmet un DLn en 0. pour tout p > (cr f non continue en ce point) et f On peut souvent clculer un développement limité en utilisnt l formule de Tylor-Young (formule (4.2)), c est ce qui est suggéré pr le deuxième item de l remrque 4.5. On donne un exemple ci près (exemple 4.5). Exemple 4.5 Pour x <, on pose f(x) = x. L fonction f est de clsse C sur ], [. On peut démontrer, pr récurrence sur n que f (n) n! (x) = ( x) pour tout n N et tout x <. On en déduit, n+ pour tout n N, le DLn en 0 de f : n x = x i + ε(x)x n, i=0 vec lim x 0 ε(x) = 0. Proposition 4.2 (Opértions sur DL) Soit α < β et f, g deux pplictions de ]α, β[ dns R. Soit ]α, β[ et n N. On suppose que f, g dmettent des DLn en. Alors :. f + g dmet un DLn en, 2. fg dmet un DLn en, 3. Si g() 0, f/g (bien définie u voisinge de ) dmet un DLn en. Les DLn de f + g, fg et f/g (si g() 0) se clculent à prtir des DLn de f et g. 74
Démonstrtion : Compte tenu du cinquième item de l remrque 4.5, on peut supposer = 0 (ce qui simplifie les formules). Comme f, g dmettent des DLn en 0, il existent des polynômes P et Q, de degré u plus n, t.q., pour tout x ]α, β[, f(x) = P (x) + x n ε (x), g(x) = Q(x) + x n ε 2 (x), vec lim x 0 ε (x) = lim x 0 ε 2 (x) = 0. Le premier item de l proposition est fcile, il suffit de remrquer que (pour tout x ]α, β[) f(x) + g(x) = (P + Q)(x) + x n ε 3 (x), vec ε 3 = ε + ε 2. Le polynôme P + Q est de degré u plus n et lim x 0 ε 3 (x) = 0. On bien montré que l fonction f + g dmet un DLn en 0 et on trouvé ce DLn. Le deuxième item est à peine plus difficile. On remrque que (pour tout x ]α, β[) f(x)g(x) = P (x)q(x) + x n (P (x)ε 2 (x) + Q(x)ε (x) + x n ε (x)ε 2 (x)). Le polynôme P Q est de degré u plus 2n, on peut donc l écrire P Q(x) = R(x) + x n+ S(x), où R est un polynôme de degré u plus n et S est un polynôme (de degré u plus n ). On obtient lors fg(x) = R(x) + x n ε 4 (x), vec ε 4 (x) = xs(x) + P (x)ε 2 (x) + Q(x)ε (x) + x n ε (x)ε 2 (x). On bien lim x 0 ε 4 (x) = 0. Ce qui prouve que fg dmet un DLn en 0 et on ussi trouvé ce DLn (c est-à-dire le polynôme R). Le troisième item est plus difficile. On pose b = g(0). Comme b 0 et que g est continue en 0, il existe γ > 0 t.q. g(x) 0 pour tout x ] γ, γ[. On se limite donc mintennt à x ] g, γ[ et f g (x) est bien définie. Pour x ] γ, γ[, on pose h(x) = g(x) b de sorte que g(x) = b( h(x)) et f f(x) (x) = g b h(x). Noter que h(x) cr g(x) 0 (puisque x ] γ, γ[). Comme h(0) = 0 (et que h est continue), le théorème des vleurs intermédiires (théorème 2.2) donne même que h(x) < pour tout x ] γ, γ[. L fonction h dmet un Dln en 0. Plus précisément, en posnt T (x) = Q(x) b, l fonction T est un polynôme de degré u plus n et on h(x) = T (x) + x n ε 5 (x), vec lim x 0 ε 5 (x) = 0. (4.7) Comme h(0) = 0, on nécessirement (grâce à l continuité de T et h en 0) T (0) = 0 et donc T (x) = xs(x), où S est un polynôme (de degré u plus n ). On pose mintennt ϕ(x) = h(x) (de sorte que f g = f b ϕ). Pour montrer que f g dmet un DLn en 0 (et trouver ce DLn), il suffit donc, compte tenu du deuxième item de cette proposition, de montrer que ϕ dmet un DLn en 0 (et de trouver ce DLn). Pour obtenir le DLn de ϕ en 0, on utilise l exemple 4.5 qui donne, pour tout y <, n y = + y k + y n ε(y), k= vec lim y 0 ε(y) = 0. 75
(On rppelle qu en posnt ε(0) = 0 on ε continue en 0.) On donc (pour tout x ] γ, γ[) n ϕ(x) = h(x) = + (h(x)) k + (h(x)) n ε(h(x)). k= En utilisnt (4.7) et T (x) = xs(x), on obtient (h(x)) n ε(h(x)) = x n (S(x)+x n ε 5 (x)) n ε(h(x)) = x n ε 6 (x), vec lim x 0 ε 6 (x) = 0 (cr h(0) = ε(0) = 0 et h et ε sont continues en 0). Ce qui donne n ϕ(x) = h(x) = + (T (x) + x n ε 5 (x)) k + x n ε 6 (x). (4.8) k= On remrque mintennt que pour tout k {,..., n} il existe un polynôme T k de degré u plus n t.q. (T (x) + x n ε 5 (x)) k = T k (x) + x n η k (x) vec lim x 0 η k (x) = 0. Ceci peut se démontrer en développnt l formule (T (x) + x n ε 5 (x)) k. On peut ussi montrer ce résultt pr récurrence (finie) sur k (et on obtient ussi insi les polynômes T k ). C est cette seconde méthode que nous utilisons ici. Initilistion : Pour k =, on T = T (et η = ε 5 ). Clcul de T k+ connissnt T k (k {,..., n }) : Comme (T (x) + x n ε 5 (x)) k = T k (x) + x n η k (x), on (T (x) + x n ε 5 (x)) k+ = (T k (x) + x n η k (x))(t (x) + x n ε 5 (x)) = T k (x)t (x) + x n (T (x)η k (x) + T k (x)ε 5 (x) + x n η k (x)ε 5 (x)). Le polynôme T k T peut s écrire T k (x)t (x) = T k+ (x) + x n+ S k (x), où T k+ est un polynôme de degré u plus n et S k est un polynôme (de degré u plus n ). On obtient insi (T (x) + x n ε 5 (x)) k+ = T k+ (x) + x n η k+ (x), (4.9) vec η k+ (x) = xs k (x) + T (x)η k (x) + T k (x)ε 5 (x) + x n η k (x)ε 5 (x), et donc lim x 0 η k+ (x) = 0. Ce qui termine l récurrence. On utilise mintennt l formule (4.9) dns (4.8) pour obtenir n ϕ(x) = h(x) = + T k (x) + x n ε 7 (x), vec ε 7 = ε 6 + n k= η k, et donc lim x 0 ε 7 (x) = 0. Ce qui donne le DLn en 0 de ϕ. On en déduit ensuite (pr le deuxième item de cette proposition) le DLn de f g en 0. k= Proposition 4.3 (Composition de DL) Soit f une ppliction de ]α, β[ dns R et ]α, β[. Soit g une ppliction de ]γ, δ[ dns R et b ]γ, δ[. On suppose que g(b) =. Soit n N. On suppose que f et g dmettent des DLn, en pour f et en b pour g. Alors f g dmet un DLn en b et ce DLn se clcule à prtir des DLn de f et g. Démonstrtion : Dns l proposition 4.2, nous vons en fit démontré cette proposition dns un cs prticulier (correspondnt ici à prendre = b = 0 et pour f l ppliction x x, définie sur ], [). Pour l démontrer dns le cs générl demndée ici, on reprend essentiellement l même méthode que dns l proposition 4.2. 76
On commence pr remrquer qu on peut toujours se rmener u cs = b = 0. En effet, Il suffit de poser F (x) = f(x + ) et G(x) = g(x + b) g(b). Les DLn de f et g en et b donnent les DLn de F et G en 0. Puis, comme f(g(x + b)) = F (G(x)), le DLn de F G en 0 donne le DLn de f g en b. On suppose donc mintennt que = b = 0. Comme g est continue en 0 et g(0) = 0 ]α, β[, il existe ω > 0 t.q. x ] ω, +ω[ g(x) ]α, β[. L fonction f g est donc bien définie sur l intervelle ] ω, +ω[. On se limite dns l suite à x ] ω, +ω[. Comme g dmet un DLn en 0, il existe un polynôme Q de degré u plus n t.q. g(x) = Q(x) + x n ε (x) (pour tout x ] ω, +ω[) et lim x 0 ε (x) = 0, c est-à-dire ε continue en 0, en posnt ε (0) = 0. Comme f dmet un DLn en 0, il existe un polynôme P de degré u plus n t.q. f(y) = P (y) + y n ε 2 (y) (pour tout y ]α, β[) et lim y 0 ε 2 (y) = 0,, c est-à-dire ε 2 continue en 0, en posnt ε 2 (0) = 0. On en déduit, pour tout x ] ω, +ω[, en prennt y = g(x) f(g(x)) = P (g(x)) + g(x) n ε 2 (g(x)) = P (g(x)) + g(x) n ε 3 (x), (4.0) vec ε 3 = ε 2 g et donc ε 3 (0) = 0 et ε 3 continue en 0. On rppelle ussi que g(x) = Q(x) + x n ε (x). Or Q(0) = g(0) = 0 (cr Q et g sont continues en 0). Ceci montre que Q est un polynôme qui s nnule en 0. Il existe donc un polynôme R (de degré u plus n ) t.q. Q(x) = xr(x). Ceci montre que En reportnt cette églité dns (4.0) on obtient g(x) = x(r(x) + (x b) n ε (x)). f(g(x)) = P (g(x)) + x n ε 4 (x), (4.) vec ε 4 (x) = (R(x) + x n ε (x)) n ε 3 (x). On donc ussi ε 4 continue en 0 et ε 4 (0) = 0. Enfin, comme P est un polynôme de degré u plus n, il existe 0,..., n t.q. Comme g(x) = Q(x) + x n ε (x), on donc P (g(x)) = 0 + P (y) = 0 + n k y k. k= n k (Q(x) + x n ε (x)) k. k= On reprend mintennt une prtie de l démonstrtion de l proposition 4.2. Pour tout k {,..., n} il existe un polynôme Q k de degré u plus n t.q. (Q(x)+x n ε (x)) k = Q k (x)+x n η k (x) vec lim x 0 η k (x) = 0. On obtient lors, vec (4.), f(g(x)) = 0 + n k Q k (x) + x n ε 5 (x), ε 5 = ε 4 + n k= kη k, et donc lim x 0 ε 5 (x) = 0. Ce qui donne le DLn en 0 de f g. k= 77
Proposition 4.4 (DL de f à prtir du DL de f ) Soit f une ppliction de ]α, β[ dns R, dérivble. Soit ]α, β[. On suppose que f dmet un DLn en. Alors f dmet un DL(n + ) en et le DL(n + ) de f se clcule à prtir du DLn de f. Démonstrtion : Ici encore, on peut se limiter à considérer le cs = 0. Comme f dmet un DLn en 0, il existe 0,..., n t.q. (pour tout x ]α, β[) n f (x) = k x k + x n ε(x), vec lim ε(x) = 0. x 0 k=0 On devine lors ce que doit être le DL(n + ) de f en 0. Pour le montrer, on définit l fonction ϕ de ]α, β[ pr n k ϕ(x) = f(x) k + xk+. l fonction ϕ est dérivble sur ]α, β[, et ϕ (x) = x n ε(x), pour tout x ]α, β[. Pour x ]α, β[, on utilise le théorème des ccroissements finis (théorème 3.2) sur l intervlle dont les bornes sont 0 et x. Il donne l existence de c x Int(0, x) t.q. ϕ(x) ϕ(0) = xϕ (x) = xc n xε(c x ). Comme c x x, on en déduit ϕ(x) ϕ(0) = f(x) n k=0 k=0 k k + xk+ f(0) x n+ ε (x); (4.2) vec ε (x) = mx{ ε(y), y Int(0, x)}. Comme lim x 0 ε(x) = 0 on ussi lim x 0 ε (x) = 0. De (4.2) on déduit lors n k f(x) = f(0) + k + xk+ + x n+ ε 2 (x), vec ε 2 (x) ε (x) et donc lim x 0 ε 2 (x) = 0. Ce qui donne le DL(n + ) de f. k=0 4.5 Exemples (formules de tylor, DL) En prtique, pour trouver un développement limité on utilise souvent l formule de Tylor Young si l fonction est simple (et régulière) ou l une des propositions du prgrphe 4.4 si l fonction est compliquée. On donne mintennt quelques exemples. Exemple 4.6 Soit P un polynôme (non nul) de degré d. Alors P est de clsse C (sur R) et le reste du DLn (c est-à-dire le terme (x ) n h(x) dns l formule (4.2) ou le terme (b )n+ (n+)! f (n+) (c) dns l formule (4.)) est nul pour n d. (Donc, P est nlytique.) Exemple 4.7 On prend ici f(x) = ln( + x), pour x > (l fonction f est nlytique sur ], + [). On peut clculer, pr exemple, son DL2 en 0. Comme f (0) = et f (0) =, on trouve f(x) = x x2 2 + x2 ε(x), vec lim x 0 ε(x) = 0. Exemple 4.8 On prend ici f(x) = sin x, x R (l fonction f est nlytique sur R). On remrque que f (2p) (x) = ( ) p sin(x) et f (2p+) (x) = ( ) p cos(x) pour p N et x R. On en déduit, pr exemple, vec l formule (4.2), le DL4, de f en 0 : sin(x) = x x3 6 + x4 ε(x), vec lim x 0 ε(x) = 0. 78
Exemple 4.9 On prend ici g(x) = cos x, x R (l fonction g est nlytique sur R). On remrque que g (2p) (x) = ( ) p cos(x) et g (2p+) (x) = ( ) p+ sin(x) pour p N et x R. On en déduit, pr exemple, vec l formule (4.2), le DL3, de g en 0 : cos(x) = x2 2 + x3 ε(x), vec lim x 0 ε(x) = 0. Exemple 4.0 On prend ici h(x) = tn x, x ] π/2, π/2[ (l fonction h est nlytique sur ] π/2, π/2[). Pour trouver, pr exemple, le DL3 en 0, on peut utiliser deux méthodes :. (Première méthode) Clculer h(0), h (0), h (0), h (0) et utiliser l formule (4.2), 2. (Deuxième méthode) Fire le quotient des DL de f et g. On trouve (dns les deux cs!) tn(x) = x + x3 3 + x3 ε(x), vec lim x 0 ε(x) = 0. Exemple 4. On prend ici ψ(x) = rctn x, x R. L fonction ψ est donc l fonction réciproque de l fonction tn, notée h dns l exemple 4.0, on grde ici cette nottion. L fonction ψ est définie sur R (et elle est nlytique). Pour clculer, pr exemple, son DL3 en 0, on peut commencer pr utiliser l proposition 3.4 sur les fonctions réciproques, elle donne que ψ (h(x))h (x) = pour tout x ] π/2, π/2[. Comme h (x) = + tn 2 (x) = + (h(x)) 2, on obtient ψ (x) =, pour tout x R. (4.3) + x2 On obtient lors le DL3 de ψ en 0 en clculnt les vleurs en 0 de ψ et ses trois premières dérivées (vec l formule (4.3) ou vec l proposition 4.5) : rctn(x) = x x3 3 + x3 ε(x), vec lim x 0 ε(x) = 0. Proposition 4.5 Soit < b +, α < β + et f une ppliction de ], b[ dns ]α, β[, strictement croissnte, continue, bijective. On note g l fonction réciproque de f. On suppose que f est dérivble et f (x) 0 pour tout x ], b[. Alors :. g dérivble de g (x) = f (g(x)) pour tout x ]α, β[. 2. Pour tout n N, on : f de clsse C n g de clsse C n. Donc, si f de clsse C n, g dmet un DLn en tout point de ]α, β[. (Pour clculer le DLn de g, si on connit les dérivées de f, on trouve celles de g en dérivnt l formule g (x)f (g(x)) =.) Démonstrtion : Le premier item été démontré dns l proposition 3.4. On montre le deuxième item pr récurrence sur n. Le cs n = 0 déjà été vu (théorème 2.5). On commence l récurrence à n =. Initilistion : n =. On suppose que f est de clsse C. On lors g continue (théorème 2.5) et f continue (pr hypothèse). On donc f g continue et, comme f g ne s nnule ps, on ussi /(f g) continue, c est-à-dire g continue. L fonction g est donc de clsse C. 79
Pssge de n à n + : Soit n N.On suppose que et on veut montrer que f de clsse C n g de clsse C n. f de clsse C n+ g de clsse C n+. On suppose donc que f est de clsse C n+. On donc f de clsse C n. De plus, comme f est de clsse C n, l hypothèse de récurrence donne que g est de clsse C n. Pr composition, on en déduit que f g est de clsse C n et donc, comme f g ne s nnule ps, que /(f g) est de clsse C n. Ceci donne donc que g est de clsse C n et donc que g est de clsse C n+. Ce qui termine l récurrence. On revient sur le deuxième item de l exemple 4. sur l recherche des extréms d une fonction. Définition 4.3 Soit f une ppliction de R dns R et R. On dit que f dmet un minimum locl en si il existe γ > 0 t.q. : x R, x γ f() f(x). L proposition suivnte donne des conditions nécessires et une condition suffisnte pour que f dmette un minimum locl en (grâce à l formule (4.), formule de Tylor-Lgrnge). Proposition 4.6 Soit f une ppliction de R dns R et R. On suppose f dérivble en. Alors, si f dmet un minimum locl en on nécessirement f () = 0. Plus précisément, si f est de clsse C 2, on :. (Condition Nécessire) f dmet un minimum locl en f () = 0 et f () 0. 2. (Condition Suffisnte) f () = 0, f () > 0 f dmet un minimum locl en. Démonstrtion : Condition Nécessire. On suppose que f est dérivble en et que f dmet un minimum locl en. Il existe donc α > 0 t.q. f() f(x) pour tout x ] α, + α[. Pour 0 < h < α on donc f( + h) f() h On en déduit que f () = lim h 0,h>0 f(+h) f() h 0. On remrque mintennt que pour α < h < 0 on f( + h) f() h On en déduit que f () = lim h 0,h<0 f(+h) f() h 0. Finlement, on bien montré que f () = 0. On suppose mintennt de plus que f est de clsse C 2. Pour montrer que f () 0, on peut utiliser les formules de Tylor-Lgrnge ou de Tylor-Young. On le fit ici vec l formule de Tylor-Young. L formule (4.2) donne, pour tout x ] α, + α[, 0. 0. f(x) = f() + f ()(x ) + 2 (x )2 f () + (x ) 2 h(x), Comme f () = 0 et f(x) f(), on donc, pour tout x ] α, + α[, vec lim x h(x) = 0. f () 2h(x). 80
Qund x, on en déduit f () 0. Condition Suffisnte. Comme f () > 0 et f continue en, il existe α > 0 t.q. f (y) > 0 pour tout y ] α, + α[. On v montrer que f(x) f() pour tout x ] α, + α[ en utilisnt l formule de Tylor-Lgrnge (on ne peut ps conclure ici vec l formule de Tylor-Young). Soit x ] α, + α[, x. D près l formule (4.), il existe c x Int(, x) t.q. f(x) = f() + f ()(x ) + 2 (x )2 f (c x ). Comme f () = 0 et f (c x ) > 0 (cr c x ] α, + α[), on donc f(x) > f(). On bien montré que f dmet un minimum locl en. Les notions que nous venons d introduire (limite, continuité, dérivée, développements limités) permettent détudier des fonctions de R dns R (ou d un intervlle de R dns R). Plusieurs exercices sont conscrés à cette question. On rppelle mintennt l notion d symptote, utilisée dns plusieurs exercices. Pr exemple, si f est une ppliction de R dns R et, b R, l droite d éqution x x + b est l symptote de f en + si lim x + (f(x) x b) = 0. 4.6 Equivlents Définition 4.4 Soit α < β, α β et D ]α, β[\{}. Soit f, g deux pplictions de D dns R. On dit que f g en (ou que f(x) g(x) en ) si f(x) = g(x)( + ε(x)) u voisinge de, vec lim x ε(x) = 0. Sous les hypothèses de l définition 4.4, si R, l phrse f(x) = g(x)( + ε(x)) u voisinge de signifie qu il existe γ > 0 t.q. f(x) = g(x)( + ε(x)) pour tout x [ γ, + γ] D. Si = +, elle signifie qu il existe M R t.q. f(x) = g(x)( + ε(x)) pour tout x [M, + [. Si =, elle signifie qu il existe M R t.q. f(x) = g(x)( + ε(x)) pour tout x ], M]. Remrque 4.6 Deux propriétés simples, sous les hypothèses de l définition 4.4.. f g en g f en. 2. Si f (ou g) est non nulle u voisinge de (suf éventuellement en ), on lors : f g en lim x f(x)/g(x) =. Exemple 4.2 Soit R et f une ppliction définie u voisinge de, à vleurs dns R. Alors :. Si f dérivble en et f () 0, on lors f(x) f() (x )f () en. 2. Si f de clsse C 2, f () = 0 et f () 0, on lors f(x) f() (x )2 2 f () en. Voici des pplictions immédites de l exemple 4.2 : sin x x en 0, cos x x 2 /2 en 0. Proposition 4.7 (Produit d équivlents) Soit R {+, } et f, g, ϕ, ψ qutres pplictions définies u voisinge de, à vleurs dns R, t.q. f g, ϕ ψ en. Alors, fϕ gψ en. 8
Démonstrtion : On suppose R (les cs = ± sont lissés en exercice). Il existe γ > 0 t.q., pour tout x [ γ, + γ], f(x) = g(x)( + ε (x)), vec lim x ε (x) = 0, On lors ϕ(x) = ψ(x)( + ε 2 (x)), vec lim x ε 2 (x) = 0. f(x)ϕ(x) = g(x)ψ(x)( + ε 3 (x)), vec ε 3 = ε + ε 2 + ε ε 2. On donc lim x ε 3 (x) = 0, ce qui prouve que fϕ gψ en. Il y un piège vec les équivlents. Sous les hypothèses de l proposition 4.7 (on donc f g et ϕ ψ en ) on n ps toujours f + ϕ g + ψ en. Voici un exemple simple. On prend = 0 et, pour tout x >, f(x) = sin x, g(x) = x, ϕ(x) = ln( + x), ψ(x) = x. On bien f g et ϕ ψ en 0. Pourtnt, (f + ϕ) (g + ψ) en 0. En fit, pour comprendre cette difficulté, il suffit de remquer que f 0 en implique f = 0 u voisinge de. L exercice 4.9 donne toutefois un cs prticulier pour lequel f g et ϕ ψ en implique f + ϕ g + ψ en. Il s git du cs où g = λh, ψ = µh vec λ, µ R et λ + µ 0. Définition 4.5 ( petit o et grnd O ) Soit α < β, α β et D ]α, β[\{}. Soit f, g deux pplictions de D dns R. On dit que f = o(g) en si f(x) = g(x)ε(x) u voisinge de, vec lim x ε(x) = 0. 2. On dit que f = 0(g) en si il existe C > 0 t.q. f(x) C g(x) u voisinge de. 4.7 Exercices Exercice 4. (Fonction C non nlytique) On définit f de R dns R pr : f(x) = e x, si x > 0, f(x) = 0, si x 0.. Montrer que f est de clsse C sur ], 0[ et sur ]0, [. 2. Montrer que, pour tout n N, il existe un polynôme p n t.q. 3. Soit n N. () Soit p Z, Montrer que : f (n) (x) = p n(x) x 2n e x, si x > 0. e x lim x 0, x>0 x p = 0. [On rppelle que e u uq q! pour tout u > 0 et tout q N.] (b) Montrer que lim x 0 f (n) (x) = 0. 4. Montrer que f est de clsse C (sur R). 82
5. Montrer que f n est ps nlytique. Exercice 4.2 (DL, exemple ) On définit f sur ], [ pr : f(x) = rctn Donner le développement limité à l ordre 3 de f en 0. Exercice 4.3 (DL d un polynôme... ) x. Donner le développement limité à l ordre 7 en de l fonction f définie sur R pr f(x) = x 4. Exercice 4.4 (Utilistion des DL) Donner l limite en 0 de f définie sur ]0, [ pr : Exercice 4.5 (DL, exemple 2) f(x) = ex x x 2. On définit f sur R pr f(x) = e x si x 0 et f(0) = 0.. Montrer que f est de clsse C. [Reprendre un exercice précédent....] 2. Clculer f et f. 3. Montrer que f est pire, donner son tbleu de vrition et s limite en +. 4. Donner le développement limité de f en 0. Exercice 4.6 (DL, exemple 3, fstidieux... ) ln(+x) On définit f sur ]0, [ pr f(x) = x.. Montrer que f dmet une limite (finie) en 0, notée l. On pose dns l suite f(0) = l. 2. Donner un développement limité à l ordre 3 en 0 de f. Exercice 4.7 (DL d une fonction réciproque) On définit f sur R pr f(x) = 2x + sin x.. Montrer que f est une bijection de R dns R, strictement croissnte. On note, dns l suite, g s fonction réciproque. 2. Montrer que f et g sont dérivbles en tout point de R. 3. Donner le développement limité à l ordre 3 en 0 de g. Exercice 4.8 (Condition nécessire et condition suffisnte de minimlité) Soit f une ppliction R dns R et R.. On suppose que f est de clsse C et que f dmet un minimum locl en. Montrer que f () = 0. 83
2. On suppose que f est de clsse C 2, f () = 0 et f () > 0. Montrer que f dmet un minimum locl en. 3. Donner un exemple pour lequel f est de clsse C 2, f () = 0, f () = 0 et f n dmet ps un minimum locl en. Exercice 4.9 (Equivlents). Soit α > 0. Montrer que (( + x) α ) αx en 0. 2. Montrer que ( + x + x 2 ) x 2 en +. 3. Soit f, g, h des pplictions de R dns R et λ, µ R. On suppose que f λh et g µh en 0 et que λ + µ 0. Montrer que (f + g) (λ + µ)h en 0. Donner un exemple où ce résultt est fux si λ + µ = 0. 4. Soit f et g des pplictions de R dns R. On suppose que f(x) > 0 et g(x) > 0 pour tout x R, f g en 0 et lim x 0 f(x) =. On pose h(x) = ln(x) pour x > 0. Montrer que h f h g en 0. 5. Soit f, g, h des pplictions de R dns R. On suppose que f h en 0 et que g = o(h) u voisinge de 0. Montrer que (f + g) h en 0. Exercice 4.0 (Limite en 0) Trouver les limites en 0 des fonctions suivntes, définies sur R : f(x) = x 2 ( + x Exercice 4. (DL3) rctn(x) x cos(x)), g(x) = 2 sin(x) x, h(x) = ex cos(x) sin(x) x 2. Clculer le DL3 en 0 de f définie pour x ], [ pr f(x) = sin(x) cos(x) + tn(x) + Clculer le DL3 en π 2 Exercice 4.2 (DL4) de f définie pour x ]0, π[ pr f(x) = ln(sin(x)). Donner le DL4 en 0 des fonctions suivntes (définies de R dns R) : f(x) = ( + + x 2 ) 2, g(x) = e cos(x). x. Exercice 4.3 (DLn) On définit f de R dns R pr : f(x) = f(0) = x e x si x 0, Montrer que f est continue en 0 et dmet un DLn en 0, pour tout n N. (4.4) Exercice 4.4 (Equivlents) Soit f, g, ϕ, ψ définies pour tout x R pr f(x) = x 3 +, g(x) = x 4 +, ϕ(x) = x 3 3x, ψ(x) = x 3.. Montrer que f g en 0. 2. Montrer que ln(f) et ln(g) sont définies sur ], [ et que ln(f) ln(g) en 0. 84
3. Montrer que ϕ ψ en +. 4. Montrer que e ϕ e ψ en +. Exercice 4.5 (Fonction indéfiniment dérivble et à support compct) On définit f de R dns R pr : f(x) = 0, si x, f(x) = e x 2, si < x <, f(x) = 0, si x.. Montrer que f est continue en tout point de R 2. () Montrer que f est de clsse C sur ], [. (b) Soit n N. Montrer qu il existe deux polynômes p n et q n t.q.: f (n) (x) = p n(x) q n (x) e x 2, pour tout < x <. (On ne demnde de clculer p n et q n mis seulement de montrer leur existence.) (c) Soit n N. Montrer que lim x,x< f (n) (x) = 0. 3. Montrer que f est de clsse C sur R. [On pourr utiliser le résultt suivnt, vu en cours et en TD : Soit b < < c et g une ppliction de ]b, c[ dns R. On suppose que g est dérivble pour tout x ]b, c[, x, et que g (définie sur ]b, c[\{}) dmet une limite en, notée l. Alors, g est dérivble en et g () = l.] 4. Soit n N, donner le développement limité de f, à l ordre n, u point. Exercice 4.6 (Clcul de limites) Soit α R, α > 0. Pour x R, on pose f(x) = (x 2 + ) α (x 2 + 2) α.. Clculer lim x + f(x) dns les cs simples suivnts : α = 2, α =, α = 2. 2. Clculer lim x + f(x) (en justifint les clculs). [distinguer les cs 0 < α < et α >.] Exercice 4.7 (Dérivbilité d un quotient, utilistion des développements limités) Soit f, g deux fonctions de R dns R, de clsse C (c est-à-dire dérivble en tout point de R et de dérivée continue). On suppose que f(0) = g(0) = 0 et g(x) 0 si x 0. Pour tout x 0, on peut donc définir h(x) en posnt : h(x) = f(x) g(x).. On suppose, dns cette question, que, pour tout x R, f(x) = sin x et g(x) = x 3. Montrer que lim x 0 h(x) = +. Dns l suite de l exercice on suppose qu il existe R t.q. lim x 0 h(x) = et on pose h(0) =. 2. Montrer que h est une fonction continue de R dns R, dérivble en tout point x de R. Pour x 0, donner h (x) en fonction de f(x), g(x), f (x) et g (x). 85
3. On suppose que g (0) 0. Montrer que lim x 0 h(x) = f (0) g (0) (et donc que = f (0) g (0) ). 4. On considère, dns cette question, les fonctions f et g suivntes : { f(x) = x + x 2 x + x, pour tout x R, g(x) = 2, si x 0, x x 2, si x < 0. Montrer que f et g sont bien de clsse C sur R et que g (0) 0. Donner l limite de h(x) qund x 0. Montrer que h n est ps dérivble en 0. 5. On considère, dns cette question, les fonctions f et g suivntes (de clsse C sur R): f(x) = ln( + x 2 ), pour tout x R, g(x) = x(2 + sin x), pour tout x R. Donner l limite de h(x) qund x 0. Montrer que h est dérivble en 0 et que h est de clsse C sur R. 6. On suppose mintennt que f et g sont de clsse C 2 sur R et que g (0) 0. () Montrer que h est dérivble en 0 et clculer h (0) en fonction de f (0), g (0), f (0) et g (0). (b) Montrer que h est continue en 0 et en déduire que h est de clsse C sur R. 7. On ne suppose plus que g (0) 0 mis on suppose que f et g sont de clsse C sur R et qu il existe n t.q. g (n) (0) 0 et, pour tout k < n, g (k) (0) = 0. (On suppose toujours que lim x 0 h(x) =.) () Montrer que f (k) (0) = 0 pour tout k < n. (b) Montrer que = f (n) (0) g (n) (0). (c) Montrer que h est dérivble en 0 et clculer h (0) en fonction de f (n) (0), g (n) (0), f (n+) (0) et g (n+) (0). (d) Montrer que h est continue en 0 et en déduire que h est de clsse C sur R. Exercice 4.8 (Développement limité curieux) On dï finit f de R dns R pr:. Montrer que f est continue en 0. f(x) = e x 2 si x 0, f(0) = 0. 2. Soit q N. Montrer que, pour tout u > 0, e u uq q!. 3. Soit n N, montrer, en utilisnt l question prï cï dente, que lim x 0 f(x) que f dmet un dï veloppement limitï d ordre n en 0 et donner ce dï veloppement. Exercice 4.9 (Etude de l fonction x x rctn x) Etudier l fonction f définie sur R pr : f(x) = x rctn x, x R. [Montrer que f est pire. Clculer f et f. Etudier les symptotes.] x n = 0. En dï duire 86
Exercice 4.20 (Etude d une fonction (3)) Soit R. Soit f l fonction définie de R dns R pr : f(x) = ( + x 2 ) x cos x. Clculer en fonction de l limite de f en 0. En déduire que f peut être prolongée pr continuité sur R. Dns l suite, on note de nouveu f ce prolongement à R. On note C f le grphe de f. 2. Montrer que f est de clsse C sur R. 3. Montrer que f est de clsse C sur R et préciser en fonction de l dérivée de f en 0. 4. Donner l tngente à C f en (0, f(0)) et préciser en fonction de l position locle de C f pr rpport à cette tngente. Exercice 4.2 (Mximum/minimum). Soit, b R, < b, et f : [, b] R une fonction. () On suppose dns cette question que f est deux fois dérivble et que pour tout x [, b], f (x) 0. Montrer que pour tout x, on f(x) min {f(), f(b)}. (b) On suppose mintennt que f est une seule fois dérivble et que f tteint son mximum en. Montrer que f () 0. Donner un exemple de cette sitution où on f () < 0. 2. Soit f : R R une fonction, et soit un nombre réel. () On suppose que f est de clsse C 4. Si f () = f () = f (3) () = 0 et f (4) () 0, montrer que f un mximum ou minimum locl en. (b) On suppose que f est de clsse C 3. Si f () = f () = 0 et f (3) () 0, montrer que f n ni mximum ni minimum locl en. (c) On suppose que f est seulement continue et qu elle tend vers + lorsque x tend vers + ou. Montrer que f est minorée et qu elle tteint s borne inférieure. Exercice 4.22 (Limites). Clculer les limites suivntes : 2. Clculer e x2 cos x lim x 0 x 2, lim x2 + 2x + 2 + x, x + l = rctn x x lim x 0 sin x x. lim x + ( ) x x +. x Donner un équivlent de l ( ) x+ x x lorsque x tend vers +. lim x2 + 2x + 2 + x, x 87
Exercice 4.23 (Clcul pproché de sin()) Donner une vleur pprochée de sin () à 0 6 -près, c est-à-dire donner un nombre réel l tel que sin () l 0 6. [On pourr utiliser l formule de Tylor-Lgrnge à un ordre convenble à déterminer ; on remrquer que le reste dns cette formule se borne fcilement.] Exercice 4.24 (Quotient différentiel pour pprocher f ) Soit f : R R une fonction et soit un réel fixé. Pour h 0, on pose (h) = f( + h) + f( h) 2f() h 2.. On suppose que f est de clsse C 2. Montrer que (h) tend vers f () lorsque h tend vers 0. 2. On suppose que f est de clsse C 3 et qu il existe M R t.q. pour tout réel x, on it f (3) (x) M. Montrer que pour tout h 0, on (h) f () Mh/3. Exercice 4.25 (Une fonction nlytique s nnule rrement... ) Soit f une fonction nlytique de R dns R. On suppose que f n est ps identiquement nulle (c est-à-dire qu il existe z R t.q. f(z) 0). On note A = {x R t.q. f(x) = 0}.. Montrer que A ne contient ucun intervlle ouvert de R. 2. Soit R. Montrer qu il existe p t.q. f (p) () 0. Exercice 4.26 (Inéglité de Lojsiewicz) Soit f une fonction nlytique R dns R. On suppose que f n est ps identiquement nulle. On suppose ussi que f(0) = 0 et f (0) = 0. Soit p N t.q. f (i) (0) = 0 pour i < p et f (p) (0) 0. (Un tel p existe d près l exercice 4.25.) Montrer qu il existe γ > 0 et R > 0 tels que f(x) p γ f (x) si x R. [On pourr utiliser le développement de Tylor de f en 0 et les propriétés vues dns l remrque 4.3.] 4.8 Exercices corrigés Exercice 4.27 (Corrigé de l exercice 4.) On définit f de R dns R pr : f(x) = e x, si x > 0, f(x) = 0, si x 0.. Montrer que f est de clsse C sur ], 0[ et sur ]0, [. Sur ], 0[, f est constnte et est donc de clsse C. Sur ]0, + [, f est de clsse C cr c est l composée de l fonction x x, qui est de clsse C sur ]0, + [, et de x e x, qui est de clsse C sur R. 88
2. Montrer que, pour tout n N, il existe un polynôme p n t.q. f (n) (x) = p n(x) x 2n e x, si x > 0. On risonne pr récurrence sur n N. Initilistion. Pour n = 0, on bien, pour x > 0, f(x) = p0(x) x 0 e x en prennt pour p 0 le polynôme constnt et égl à. Hérédité. Soit n N. On suppose qu il existe un polynôme p n t.q. On lors, pour x > 0 : f (n) (x) = p n(x) x 2n e x, si x > 0. f (n+) (x) = ( p n(x) x 2n 2n p n(x) x 2n+ + x 2 p n (x) x 2n )e x. On en déduit que f (n+) (x) = pn+(x) x 2(n+) e x, vec p n+ (x) = x 2 p n(x) 2nxp n (x)+p n (x). L fonction p n+ est bien un polynôme (cr p n et p n sont des polynômes). On bien insi montré, pr récurrence sur n, que f (n), pour tout n N, l forme demndée. 3. Soit n N. () Soit p Z, Montrer que : e x lim x 0, x>0 x p = 0. [On rppelle que e u uq q! pour tout u > 0 et tout q N.] On démontre tout d bord le rppel. Soit q N et u > 0. L formule de Tylor-Lgrnge (formule (4.)) donne qu il existe c ]0, u[ t.q. : e u = q k=0 u k k! + uq+ (q + )! ec. Comme tous les termes du membre de droite de cette églité sont positifs, on en déduit que e u uq q!. Pour montrer que lim x 0, x>0 e x x p = 0 (noter que p Z) on distingue deux cs. cs. On suppose p 0. Dns ce cs, il est immédit que lim x 0, x>0 e x x p = 0. Cs 2. On suppose p > 0. Pour x > 0, on utilise lors l inéglité e u uq q! vec q = p + et u = x. On obtient (p + )! e x x (p+) et donc : 0 e x (p + )! x, pour tout x > 0. xp 89
On en déduit que lim x 0, x>0 e x x p = 0. (b) Montrer que lim x 0 f (n) (x) = 0. On lim x 0,x<0 f (n) (x) = 0 (cr f (n) (x) = 0 si x < 0). On ussi lim x 0,x>0 f (n) (x) = 0 cr, pour x > 0 on : f (n) (x) = p n(x) x 2n e x, et on lim x 0 p n (x) = p n (0) R et, d près l question 3(), lim x 0,x>0 e x x 2n = 0. 4. Montrer que f est de clsse C (sur R). On sit déjà (question ) que f est de clsse C sur R. Pour montrer que f est de clsse C sur R, il suffit, d près l question 2 de l exercice 3.2, de montrer que, pour tout n N, f (n) (x) une limite (dns R) en 0. Ceci été démontré dns l question précédente. L exercice 3.2 donne donc que f est de clsse C sur R. Cette question montre ussi que f (n) (0) = 0 pour tout n N. 5. Montrer que f n est ps nlytique. n L fonction f n est ps nlytique cr lim n + k= xk k! f (k) (0) = 0 pour tout x R lors que n f(x) 0 pour tout x > 0. Pour tout x > 0, f(x) est donc différent de lim n + k= xk k! f (k) (0). Exercice 4.28 (Corrigé de l exercice 4.8) Soit f une ppliction R dns R et R.. On suppose que f est de clsse C et que f dmet un minimum locl en. Montrer que f () = 0. Comme f dmet un minimum locl en, il existe γ > 0 t.q. : h γ f( + h) f(). On remrque mintennt que f f(+h) f() () = lim h 0 h. Or, pour 0 < h < γ, on f(+h) f() et donc f(+h) f() h 0. On en déduit, en fisnt tendre h vers 0 : f () = f( + h) f() lim 0. h 0,h>0 h De même, pour pour γ < h < 0, on f( + h) f() et donc f(+h) f() h 0. On en déduit, en fisnt tendre h vers 0 : f f( + h) f() () = lim 0. h 0,h<0 h Finlement, on bien montré que f () = 0. 90
2. On suppose que f est de clsse C 2, f () = 0 et f () > 0. Montrer que f dmet un minimum locl en. Comme f () > 0 et que f est continue, il existe γ > 0 t.q. : x γ f (x) > 0. (En effet, en prennt ε = 2 f (), l continuité de f en donne l existence de γ > 0 t.q. x γ implique f (x) f () 2 f () et donc f (x) 2 f () > 0.) Soit mintennt h 0 t.q. h γ. L formule de Tylor-Lgrnge (formule (4.)) donne l existence de x (strictement) entre et + h t.q. : f( + h) = f() + hf () + h2 2 f (x). Comme f () = 0 et f (x) > 0 (cr x < h γ), on donc f( + h) > f(). On donc montré l existence de γ > 0 t.q. : h γ f( + h) f(). Ceci prouve que f dmet un minimum locl en. 3. Donner un exemple pour lequel f est de clsse C 2, f () = 0, f () = 0 et f n dmet ps un minimum locl en. On prend = 0 et f(x) = x 3. On bien f de clsse C 2, f (0) = f (0) = 0 et f n dmet ps un minimum locl en 0 (cr f(x) < f(0) pour tout x < 0). Exercice 4.29 (Corrigé de l exercice 4.6) Soit α R, α > 0. Pour x R, on pose f(x) = (x 2 + ) α (x 2 + 2) α.. Clculer lim x + f(x) dns les cs simples suivnts : α = 2, α =, α = 2. Cs α = 2. Dns ce cs, on f(x) = 2x 2 + 4x 2 4 = 2x 2 3 et donc lim x + f(x) =. Cs α =. Dns ce cs, on f(x) = et donc lim x + f(x) =. Cs α = 2. Dns ce cs, on : f(x) = ((x2 + ) 2 (x 2 + 2) 2 )((x 2 + ) 2 + (x 2 + 2) 2 ) (x 2 + ) 2 + (x 2 + 2) 2 On en déduit que lim x + f(x) = 0. =. (x 2 + ) 2 + (x 2 + 2) 2 9
2. Clculer lim x + f(x) (en justifint les clculs). [distinguer les cs 0 < α < et α >.] Pour u >, on pose ϕ(u) = ( + u) α. Pour x > 0, on donc f(x) = x 2α (ϕ( x 2 ) ϕ( 2 x 2 )). L fonction ϕ est de clsse C sur l ensemble ], + [ et on ϕ (u) = α( + u) α pour tout u >. Le DL de ϕ en 0 est donc : ϕ(u) = + αu + uε(u), pour tout u >, vec lim u 0 ε(u) = 0. On donc, pour tout x > 0 : f(x) = x 2α ( α x 2 + x 2 ε( x 2 ) 2α x 2 2 x 2 ε( 2 x 2 ) = x2α ( α x 2 + x 2 η(x)), vec η(x) = ε( x 2 ) 2ε( 2 x 2 ) et donc lim x + η(x) = 0 (cr lim u 0 ε(u) = 0). On en déduit : f(x) = x 2(α ) ( α + η(x)). Comme lim x + ( α+η(x)) = α, on donc lim x + f(x) = si α > et lim x + f(x) = 0 si 0 < α <. Exercice 4.30 (Corrigé de l exercice 4.7) Soit f, g deux fonctions de R dns R, de clsse C (c est-à-dire dérivble en tout point de R et de dérivée continue). On suppose que f(0) = g(0) = 0 et g(x) 0 si x 0. Pour tout x 0, on peut donc définir h(x) en posnt : h(x) = f(x) g(x).. On suppose, dns cette question, que, pour tout x R, f(x) = sin x et g(x) = x 3. Montrer que lim x 0 h(x) = +. Le DL de f en 0 est f(x) = x+xε(x), vec lim x 0 ε(x) = 0. On donc, pour x 0, h(x) = +ε(x) x 2. On en déduit bien que lim x 0 h(x) = +. Dns l suite de l exercice on suppose qu il existe R t.q. lim x 0 h(x) = et on pose h(0) =. 2. Montrer que h est une fonction continue de R dns R, dérivble en tout point x de R. Pour x 0, donner h (x) en fonction de f(x), g(x), f (x) et g (x). L fonction h est le quotient de deux fonctions de clsse C. Comme l fonction u dénominteur ne s nnule ps sur R, l fonction h est de clsse C sur R et on : h (x) = g(x)f (x) g (x)f(x) g 2 (x) pour tout x R. L fonction h est continue sur R. D utre prt, elle est ussi continue en 0 cr lim x 0 h(x) = = h(0). Elle est donc continue sur R. 92
3. On suppose que g (0) 0. Montrer que lim x 0 h(x) = f (0) g (0) (et donc que = f (0) g (0) ). Les DL de f et g en 0 donnent f(x) = xf (0)+xε (x) et g(x) = xg (0)+xε 2 (x) vec lim x 0 ε i (x) = 0, pour i =, 2. On donc, pour x 0, h(x) = f (0)+ε (x) g (0)+ε. On en déduit bien que lim 2(x) x 0 h(x) = f (0) g (0) (on vient insi de redémontrer un cs prticulier de l règle de l Hôpitl). 4. On considère, dns cette question, les fonctions f et g suivntes : { f(x) = x + x 2 x + x, pour tout x R, g(x) = 2, si x 0, x x 2, si x < 0. Montrer que f et g sont bien de clsse C sur R et que g (0) 0. Donner l limite de h(x) qund x 0. Montrer que h n est ps dérivble en 0. L fonction f étnt un polynôme, elle est de clsse C (et même de clsse C ) sur R. De même, l fonction g est de clsse C (et même de clsse C ) sur R + et sur R (cr c est un polynôme sur R + et sur R ). Pour montrer que g est dérivble en 0 on remrque que g(x) g(0) lim = lim x 0,x>0 x + x = et x 0,x>0 lim g(x) g(0) = lim x 0,x<0 x x =. x 0,x<0 On en déduit bien que g est dérivble en 0 et que g (0) =. Enfin, on g continue en 0 cr g (x) = + 2 x pour x 0 et donc lim x 0 g (x) = g (0). L fonction g est donc de clsse C sur R. On lim x 0 h(x) = et donc h(0) =. Pour x 0, on h(x) h(0) = h(x) = f(x) g(x) g(x). On donc h(x) = 0 si x > 0 et h(x) = 2x x si x < 0. On en déduit : h(x) h(x) lim = 0 et lim = 2. x 0,x>0 x x 0,x<0 x Ce qui prouve que h n est ps dérivble en 0. 5. On considère, dns cette question, les fonctions f et g suivntes (de clsse C sur R): f(x) = ln( + x 2 ), pour tout x R, g(x) = x(2 + sin x), pour tout x R. Donner l limite de h(x) qund x 0. Montrer que h est dérivble en 0 et que h est de clsse C sur R. Le DL en 0 de l fonction u ln( + u) (définie sur ], + [) est ln( + u) = u + uε (u) vec lim u 0 ε (u) = 0. On donc f(x) = x 2 + x 2 ε 2 (x) vec lim x 0 ε 2 (x) = 0 (cr ε 2 (x) = ε (x 2 )). Ceci donne : h(x) = x + xε 2(x) pour tout x 0. 2 + sin(x) On en déduit que lim x 0 h(x) = 0 et donc h(0) = 0. 93
On remrque mintennt que h(x) x dérivble en 0 et h (0) = 2. = +ε2(x) 2+sin(x) et donc lim x 0 h(x) x = 2. Ceci montre que h est On sit déjà que h est de clsse C sur R (voir l question 2). Pour montrer que h est de clsse C sur R, il suffit donc de montrer que h est continue en 0, c est-à-dire que lim x 0 h (x) = 2. Pour x 0, on : h (x) = g(x)f (x) g (x)f(x) g 2 (x) = g 2 (x) (g(x)f (x) g (x)f(x)). Or g(x)f (x) g (x)f(x) = 2x2 (2+sin x) +x (x 2 + x 2 ε 2 2 (x))(2 + sin x + x cos x) et donc : ( ) h 2(2 + sin x) (x) = (2 + sin x) 2 + x 2 ( + ε 2 (x))(2 + sin x + x cos x). Ce qui donne lim x 0 h (x) = 4 (4 2) = 2 et montre l continuité de h en 0. 6. On suppose mintennt que f et g sont de clsse C 2 sur R et que g (0) 0. () Montrer que h est dérivble en 0 et clculer h (0) en fonction de f (0), g (0), f (0) et g (0). Pour x 0, on pose ϕ(x) = f(x) x (h(x) h(0)). Comme h(x) = g(x) et h(0) = f (0) g (0) on donc : ϕ(x) = xg(x)g (0) (f(x)g (0) g(x)f (0)) pour tout x 0. Les DL et DL2 en 0 de g et le DL2 en 0 de f donnent : g(x) = xg (0)+xε (x), g(x) = xg (0)+ x2 2 g (0)+x 2 ε 2 (x), f(x) = xf (0)+ x2 2 f (0)+x 2 ε 3 (x), vec lim x 0 ε i (x) = 0, pour i =, 2, 3. On donc, pour x 0, ϕ(x) = (g (0) + ε (x))g (0) ( ( f (0) + ε 3 (x))g (0) ( g (0) + ε 2 (x))f (0) 2 2 On en déduit que lim x 0 ϕ(x) = f (0)g (0) g (0)f (0) 2(g (0)) 2 et donc que h est dérivble en 0 et : h (0) = f (0)g (0) g (0)f (0) 2(g (0)) 2. (b) Montrer que h est continue en 0 et en déduire que h est de clsse C sur R. Comme à l question 5, on sit déjà que h est de clsse C sur R (question 2). Pour montrer que h est de clsse C sur R, il suffit donc de montrer que h est continue en 0. Pour x 0, on : h (x) = g(x)f (x) g (x)f(x) g 2 (x) = g 2 (x) (g(x)f (x) g (x)f(x)). ). 94
On utilise les DL de f et g écrits en (), et les DL en 0 de f et g, c est-à-dire f (x) = f (0) + xf (0) + xε 4 (x) et g (x) = g (0) + xg (0) + xε 5 (x) vec lim x 0 ε i (x) = 0, pour i = 4, 5. On obtient : et g(x)f (x) = (xg (0) + x2 g (0) 2 + x 2 ε 2 (x))(f (0) + xf (0) + xε 4 (x)) g (x)f(x) = (g (0) + xg (0) + xε 5 (x))(xf (0) + x2 f (0) + x 2 ε 3 (x)). 2 On en déduit : g(x)f (x) g (x)f(x) = x2 2 (g (0)f (0) g (0)f (0)) + x 2 ε 6 (x), vec lim x 0 ε 6 (x) = 0. Ceci donne : h (x) = (g (0) + ε (x)) 2 ( g (0)f (0) g (0)f (0) 2 ) + ε 6 (x), et donc lim x 0 h (x) = g (0)f (0) g (0)f (0) 2(g (0)) 2 = h (0). L fonction h est donc bien continue en 0 et on en déduit que h est de clsse C sur R. 7. On ne suppose plus que g (0) 0 mis on suppose que f et g sont de clsse C sur R et qu il existe n t.q. g (n) (0) 0 et, pour tout k < n, g (k) (0) = 0. (On suppose toujours que lim x 0 h(x) =.) () Montrer que f (k) (0) = 0 pour tout k < n. On risonne pr l bsurde. On suppose qu il existe k < n t.q. f (k) (0) 0. On pose lors l = min{k N t.q. f (k) (0) 0}. On donc l < n, f (l) (0) 0 et f (k) (0) = 0 pour k < l. Le DLl en 0 de f et le DLn en 0 de g donnent : f(x) = xl l! f (l) (0) + x l η (x), g(x) = xn n! g(n) (0) + x n η 2 (x), vec lim x 0 η i (x) = 0, pour i =, 2. On en déduit, pour x 0, h(x) = x l l! f (l) (0) + x l η (x) x n n! g(n) (0) + x n η 2 (x) = xl n l! f (l) (0) + η (x) n! g(n) (0) + η 2 (x). Comme l < n, f (l) (0) 0 et g (n) (0) 0, on en déduit que lim x 0 h(x) = +, en contrdiction vec le fit que lim x 0 h(x) = R. On donc bien montré, pr contrdiction, que f (k) (0) = 0 pour tout k < n. (b) Montrer que = f (n) (0) g (n) (0). Les DLn de f et g en 0 donnent g(x) = xn n! g(n) (0) + x n η 2 (x) et f(x) = xn n! f (n) (0) + x n η 3 (x) vec lim x 0 η i (x) = 0, pour i = 2, 3. On donc, pour x 0 : h(x) = f (n) (0) + n! η 3 (x) g (n) (0) + n! η 2 (x). 95
On en déduit que lim x 0 h(x) = f (n) (0) g (n) (0) et donc que = f (n) (0) g (n) (0). (c) Montrer que h est dérivble en 0 et clculer h (0) en fonction de f (n) (0), g (n) (0), f (n+) (0) et g (n+) (0). On reprend l méthode de l question 6(). Pour x 0, on pose ϕ(x) = x (h(x) h(0)). Comme h(x) = f(x) g(x) et h(0) = f (n )(0) on donc : g (n) (0) ϕ(x) = xg(x)g (n) (0) ( f(x)g (n) (0) g(x)f (n) (0) Les DLn et DL(n + ) en 0 de g et le DL(n + ) en 0 de f donnent : ) pour tout x 0. g(x) = xn n! g(n) (0) + x n η 4 (x), g(x) = xn n! g(n) (0) + xn+ (n + )! g(n+) (0) + x n+ η 5 (x), f(x) = xn n! f (n) (0) + xn+ (n + )! f (n+) (0) + x n+ η 6 (x), vec lim x 0 η i (x) = 0, pour i = 4, 5, 6. On donc, pour x 0, ϕ(x) = ( g(n) (0) n! + η 4 (x))g (n) (0) ( ( f (n+) (0) + η 6 (x))g (n) (0) ( g(n+) (0) + η 5 (x))f (n) (0) (n + )! (n + )! On en déduit que lim x 0 ϕ(x) = f (n+) (0)g (n) (0) g (n+) (0)f (n) (0) et donc que h est dérivble en (n+)(g (n) (0)) 2 0 et : h (0) = f (n+) (0)g (n) (0) g (n+) (0)f (n) (0). (n + )(g (n) (0)) 2 (d) Montrer que h est continue en 0 et en déduire que h est de clsse C sur R. On reprend l méthode de l question 6(b). Comme à l question 5, on sit déjà que h est de clsse C sur R (question 2). Pour montrer que h est de clsse C sur R, il suffit donc de montrer que h est continue en 0. Pour x 0, on : h (x) = g(x)f (x) g (x)f(x) g 2 (x) = g 2 (x) (g(x)f (x) g (x)f(x)). On utilise les DL de f et g écrits en (c), et les DLn en 0 de f et g, c est-à-dire f (x) = x n (n )! f (n) (0) + xn n! f (n+) (0) + x n η 7 (x) et g (x) = xn (n )! g(n) (0) + xn n! g(n+) (0) + x n η 8 (x) vec lim x 0 η i (x) = 0, pour i = 7, 8. On obtient : ). et g(x)f (x) = ( xn n! g(n) (0) + xn+ (n+)! g(n+) (0) + x n+ η 5 (x))( xn (n )! f (n) (0) + xn n! f (n+) (0) + x n η 7 (x)) g (x)f(x) = ( xn (n )! g(n) (0) + xn n! g(n+) (0) + x n η 8 (x))( xn n! f (n) (0) + xn+ (n+)! f (n+) (0) + x n+ η 6 (x)). 96
On en déduit, en remrqunt que n! n! (n+)! (n )! = n! (n+)! : g(x)f (x) g (x)f(x) = x 2n n! (n + )! (g(n) (0)f (n+) (0) g (n+) (0)f (n) (0)) + x 2n η 9 (x), vec lim x 0 η 9 (x) = 0. Ceci donne (vec η 4 définie en (c)) : h (x) = ( g (n) (0)f (n+) (0) g (n+) (0)f (n) ) (0)) + (n!) 2 η (g (n) (0) + n! η 4 (x)) 2 9 (x), n + et donc lim x 0 h (x) = g(n) (0)f (n+) (0) g (n+) (0)f (n) (0)) = h (0). L fonction h est donc bien (n+)(g (n) (0)) 2 continue en 0 et on en déduit que h est de clsse C sur R. Exercice 4.3 (Limite en + ) Pour x > 0 on pose f(x) = x 2 (e x e x+ ). Déterminer limx f(x). [On pourr, sur une une fonction convenble, utiliser un développement limité ou le théorème des ccroissements finis.] Soit, b R, < b. le théorème des ccroissements finis ppliqué à l fonction y e y donne l existence de c ], b[ t.q. e b e = (b )e c. Pour tout x > 0, en prennt = x+ et b = x, il existe donc c x ] x+, x [ t.q. : f(x) = x 2 (e x e x+ ) = x 2 ( x x 2 =. x + )ecx x(x + ) ecx On lim x c x = 0 (cr c x ] x+, x [ et donc lim x e cx =. x On ussi lim 2 x x(x+) = lim x =. On en déduit que lim + x f(x) =. x Exercice 4.32 (Sur le Théorème des Accroissements Finis (TAF)) Rppel (TAF) : Soit < < b < et f : [, b] R continue sur [, b] et dérivble sur ], b[. Alors, pour tout h ]0, b [, il existe θ ]0, [ t.q. : f( + h) f() = hf ( + θh). (4.5). Dns les qutre cs suivnts, montrer que, pour tout h ]0, b [, il existe un unique θ vérifint (4.5) (les vleurs de et b étnt fixés). On note θ h cette vleur de θ. Clculer θ h (en fonction de et h) et déterminer lim h 0,h>0 θ h. () 0 < < b < et f(x) = x pour x [, b]. Soit θ ]0, [ vérifnt (4.5) (l existence d u moins un θ est donnée pr le TAF, on veut montrer ici son unicité et on cherche l limite de θ qund h 0, h > 0). L reltion (4.5) donne : + h = hf h ( + θh) = ( + θh) 2, 97
et donc ( + θh) 2 = ( + h), ce qui donne : ( + h) θ =. h Ceci prouve bien l unicité de θ. θ h = (+h) h = ϕ(h) ϕ(0) h et donc : En posnt, pour y >, ϕ(y) = ( + y), on ussi lim θ h = ϕ (0) = h 0,h>0 2. (b) 0 < < b < et f(x) = x pour x [, b]. Soit θ ]0, [ vérifnt (4.5). L reltion (4.5) donne : On trouve donc ici Ceci prouve bien l unicité de θ. + h = hf ( + θh) = h. 2( + θh) 3 2 [ (h θ = ) ] + h 2 3. h 2 + h Pour trouver l limite qund h tend vers 0, vec h > 0, de θ h, on peut utiliser des DL en et l formule h =. (4.6) + h 2( + θ h h) 3 2 En effet, on, en fisnt un DL2 en de y y et un DL en de y = h + 3 h 2 + h 2 ε + h 2 3 2 8 5 (h) vec lim ε (h) = 0, 2 h 0 ( + h) 3 2 = 3 2 ce qui donne ussi, comme θ h ]0, [, ( + θ h h) 3 2 = 3 2 En portnt ces reltions dns (4.6), on obtient : h + 3 h 2 + h 2 ε 2 3 2 8 5 (h) = h ( 2 2 3 2 ce qui donne, en divisnt pr h 2 : 3 4 5 2 3 h + hε 2 5 2 ( h) vec lim ε 2 ( h) = 0, 2 h 0 3 θ 2 5 h h + hε 3 (h) vec lim ε 3 (h) = 0. 2 h 0 ( 2 θ h) = ε (h) ε 3(h), 2 y 3 2 3 ) θ 2 5 h h + hε 3 (h), 2 et donc lim h 0,h>0 θ h = 2. Cette question étit plus difficile... : 98
(c) < < b < et f(x) = e x pour x [, b]. Soit θ ]0, [ vérifnt (4.5). L reltion (4.5) donne : e (e h ) = e +h e = hf ( + θh) = he +θh = he e θh. On donc e θh = eh h, ce qui donne θ = h ln(eh ). h Ceci prouve bien l unicité de θ. On utilise mintennt un DL2 de y e y en 0 : e h = + h + h2 2 + h2 ε (h) vec lim h 0 ε (h) = 0, et donc e h = + h h 2 + hε (h). Comme θ h ]0, [, le DL de y e y en 0 donne ussi On donc (comme e θh = eh h ) : e θ hh = + θ h h + hε 2 (h) vec lim h 0 ε 2 (h) = 0. + θ h h + hε 2 (h) = + h 2 + hε (h). d où : θ h 2 = ε (h) ε 2 (h). On obtient, finlement, lim h 0,h>0 θ h = 2. (d) < < b < et f(x) = x 2 + x + pour x [, b]. Soit θ ]0, [ vérifnt (4.5). L reltion (4.5) donne : ( + h) 2 + h 2 = hf ( + θh) = 2h( + θh) + h, ce qui donne h 2 = 2h 2 θ, et donc θ = 2. Ceci donne l unicité de θ et lim h 0,h>0 θ h = 2. 2. Soit f une fonction de R dns R. On suppose que f est de clsse C 2. Soit R. 99
() Montrer que pour tout h R il existe θ ]0, [ vérifint (4.5) et donner un exemple de fonction f (et de vleurs de R et h R ) pour lquelle θ n est ps unique. Si h > 0; on pplique le théorème des ccroissements finis à l fonction f sur l intervlle [, +h], il donne l existence de θ ]0, [ vérifint (4.5). Si h < 0, on obtient le même résultt en ppliqunt le théorème des ccroissements finis à l fonction f sur l intervlle [ + h, ]. En prennt, pr exemple, f(x) = x (pour tout x R), on obtient un exemple pour lequel (4.5) est vrie pour tout θ ]0, [ (et quelquesoit R et h R ). (b) On suppose que f () 0. Pour tout h R, on choisit une vleur de θ ]0, [ pour lquelle (4.5) est vérifiée. On note θ h cette vleur de θ. Montrer que lim h 0,h>0 θ h = 2. [On pourr utiliser l formule de Tylor-Lgrnge.] Soit h R. On ppilque l formule de Tylor-Lgrnge à l fonction f. On obtient l existence de ϕ h ]0, [ t.q. : f( + h) f() = f ()h + f ( + ϕ h h) h 2. 2 En ppliqunt l formule de Tylor-Lgrnge à l fonction f, on obtient ussi l existence de ψ h ]0, [ t.q. : f ( + θ h h) = f () + f ( + ψ h θ h h)θ h h. Comme f( + h) f() = hf ( + θ h h), on donc f (+ϕ h h) 2 = f ( + ψ h θ h h)θ h. Comme f () 0 et f continue, il existe η > 0 t.q., pour tout y [ η, + η, f (y) 0. On peut écrire, pour h [ η, η] : θ h = f ( + ϕ h h) 2f ( + ψ h θ h h). L continuité de f et le fit que f () 0 permet lors d en déduire que lim h 0,h>0 θ h = 2. 3. Soit f une fonction de R dns R. On suppose que f est dérivble (en tout point de R) et que, pour tout R et h R, (4.5) est vérifiée vec θ = 2. () Montrer que f( + h) f( h) = 2hf () pour tout R et h R. Comme (4.5) est vrie vec θ = 2, pour tout R et h R, on peut l ppliquer (si R et h R ) vec h et 2h. on obtient f( h + 2h) f( h) = 2hf ( h + 2 2h), ce qui donne bien f( + h) f( h) = 2hf (). (b) Montrer que f est de clsse C. [On pourr, pr exemple, utiliser () vec h =.] L question () donne, pour tout x R ; f (x) = (f(x + ) f(x )). 2 00
On déduit de cette formule, pr récurrence sur n que f est de clsse C n pour tout n N. En effet, comme f est continue, l formule donne bien que f est continue, donc f est de clsse C. Puis, pour n N, si f est de clsse C n, l formule donne que f est de clsse C n et donc f est de clsse C n+. On bien montré insi, pr récurrence, que f est de clsse C n pour tout n N. c est-àdire que f est de clsse C. (c) Montrer que f () = 0 pour tout R. En déduire qu il existe α, β, γ R t.q. : f(x) = αx 2 + βx + γ pour tout x R. On suppose que (4.5) est, pour tout R et h R, vérifiée seulement pour θ = 2. Montrer que α 0. Soit R et h R. Comme f est de clsse C 3, l formule de Tylor-Lgrnge donne l existence de ϕ h, ψ h ]0, [ t.q. : f( + h) = f() + f ()h + f () 2 h 2 + f ( + ϕ h h) h 3, 6 f( h) = f() f ()h + f () h 2 f ( ψ h h) h 3. 2 6 Comme f( + h) f( h) = 2hf (), on en déduit : f ( + ϕ h h) + f ( ψ h h) = 0. En fisnt tendre h vers 0, ceci donne f () = 0. L formule de Tylor-Lgrnge (en 0, à l ordre 3) donne lors l existence de α, β, γ R t.q. : f(x) = αx 2 + βx + γ pour tout x R. Si α = 0, l formule (4.5) est vérifiée pour tout θ ]0, [.Donc, si, pour tout R et h R, (4.5) est vérifiée seulement pour θ = 2, on nécessirement α 0. Exercice 4.33 (Etude d une fonction ()) Soit l fonction f définie sur ] π 4, π 4 [ pr { ln(+tn x) f(x) = sin x si x 0 si x = 0.. Montrer que f est continue et dérivble en 0. On montre ci dessous continuité et dérivbilité de f en 0 en fisnt un DL2 en 0 du numérteur et du dénominteur de l frction définissnt f (mis, bien sûr, d utres preuves sont possibles). Pour x ] π 4, π 4 [, on tn x ], [ et tn x) = x+x2 ε (x) vec lim x 0 ε (x) = 0. Pour u ], [, on ln( + u) = u u2 2 + u2 ε 2 (u) vec lim u 0 ε 2 (u) = 0. On en déduit, pour x ] π 4, π 4 [ : ln( + tn x) = x + x 2 ε (x) (x + x2 ε (x)) 2 + (x + x 2 ε (x)) 2 ε 2 (x + x 2 ε (x)), 2 0
et donc : ln( + tn x) = x x2 2 + x2 ε 3 (x), vec lim x 0 ε 3 (x) = 0. Pour x ] π 4, π 4 [, on sin x = x + x2 ε 4 (x) vec lim x 0 ε 4 (x) = 0, ce qui donne, pour x ] π 4, π 4 [, x 0 : f(x) = x x 2 2 + x2 ε 3 (x) x + x 2 = x 2 + xε 3(x). ε 4 (x) + xε 4 (x) On en déduit que lim x 0 f(x) = et donc que f est continue (cr f(0) = ). Puis, pour x ] π 4, π 4 [, x 0, on : f(x) f(0) x 0 = f(x) x = x 2 + xε 3(x) xε 4 (x) x( + xε 4 (x)) = 2 + ε 3(x) ε 4 (x) + xε 4 (x) On donc lim x 0 f(x) f(0) x 0 = 2. Ce qui prouve que f est dérivble en 0 et f (0) = 2. 2. Donner le développement limité de f en 0 à l ordre 2. Pour voir un DL2 de f en 0, il suffit de fire un DL3 en 0 du numérteur et du dénominteur de l frction définissnt f. On procède comme à l question précédente. Pour x ] π 4, π x3 4 [, on tn x = x + 3 + x3 η (x) vec lim x 0 η (x) = 0. Pour u ], [, on ln( + u) = u u2 2 + u3 3 + u3 η 2 (u) vec lim u 0 η 2 (u) = 0. On en déduit, pour x ] π 4, π 4 [ : c est-à-dire : ln( + tn x) = x + x3 3 x2 2 + x3 3 + x3 η 3 (x), vec lim x 0 η 3 (x) = 0. ln( + tn x) = x x2 2 + 2x3 3 + x3 η 3 (x). Pour x ] π 4, π x3 4 [, on sin x = x 6 + x3 η 4 (x) vec lim x 0 η 4 (x) = 0, ce qui donne, pour x ] π 4, π 4 [, x 0 : f(x) = x x 2 2 + 2x3 3 + x3 η 3 (x) x x3 6 + x3 η 4 (x) = x 2 + 2x 2 x2 3 + x2 η 3 (x) 6 +. x2 η 4 (x) On utilise mintennt que, pour u, u = + u + uη 5(u), vec lim u 0 η 5 (u) = 0. On obtient, pour x ] π 4, π 4 [, x 0 : Ce qui donne : x2 6 + x2 η 4 (x) = + x2 6 + x2 η 6 (x), vec lim η 6 (x) = 0. x 0 f(x) = ( x 2 + 2x2 3 + x2 η 3 (x))( + x2 6 + x2 η 6 (x)) = x 2 + 5x2 6 + x2 η 7 (x), vec lim x 0 η 7 (x) = 0. On insi obtenu le DL2 de f en 0. 02
3. Donner l éqution de l tngente à l courbe de f u point d bscisse 0 et l position locle de l courbe de f pr rpport à cette tngente. L tngente à l courbe de f u point d bscisse 0 pour éqution g(x) = x 2. L question précédente donne f(x) g(x) = 5x2 6 + x2 η 7 (x), vec lim x 0 η 7 (x) = 0. Il existe donc ε > 0 t.q. x ε η 7 (x) 5 6 f(x) g(x) 0. Ceci prouve que l courbe de f est, u voisinge de 0, u dessus de celle de g (qui est s tngente en 0). Exercice 4.34 (Etude d une fonction (2)) On définit l fonction f de R dns R pr f(x) = 3x + cos(x) x 2 +.. Montrer que f est dérivble et clculer f (x) pour tout x R. L fonction x cos(x) x 2 + est dérivble (et même de clsse C ) cr elle le quotient de deux fonctions dérivbles (et de clsse C ) et que l fonction u dénominteur ne s nnule ps. L fonction f est lors dérivble (et de clsse C ) comme somme de fonctions dérivbles (et de clsse C ). Pour tout x R, on trouve f (x) = 3 sin(x) 2x cos(x) x 2 + (x 2 +). 2 2. Montrer que f est strictement croissnte. Pour tout x R, on : et sin(x) x 2 + 2 x cos(x) (x 2 + ) 2 2 x (x 2 + ) cr 2 x x 2 +. On en déduit f (x) 3 = > 0. Ce qui prouve que f est strictement croissnte. 3. Montrer que f est une bijection de R dns R. L fonction f est strictement croissnte, c est donc une bijection de R sur son imge, notée Im(f). Pour montrer que Im(f) = R, il suffit de remrquer que f est continue et que : lim f(x) = ±. x ± Dns l suite, on note g l fonction réciproque de f (l fonction g est donc ussi une fonction de R dns R). 03
4. Montrer que f dmet un développement limité d ordre 2 en 0 et donner ce développement. L fonction f est de clsse C 2, elle dmet donc un développement limité d ordre 2 en 0. Pour le trouver, on remrque que : cos x = x2 2 + x2 ε (x) et x 2 + = x2 + x 2 ε 2 (x), vec lim x 0 ε i (x) = 0 pour i =, 2. On en déduit f(x) = + 3x 3 2 x2 + x 2 ε 3 (x) vec lim x 0 ε 3 (x) = 0. Donner l éqution de l tngente (à l courbe de f) en 0 et l position locle de l courbe de f pr rpport à cette tngente. L tngente (à l courbe de f) en 0 est t(x) = 3x +. O remrque que f(x) t(x) = cos(x) x 2 + 0 pour tout x R. L courbe de f est donc loclement (et même globlement) en dessous de s tngente en 0. 5. Montrer que g dmet un développement limité d ordre 2 en et donner ce développement. L fonction f est de clsse C et f ne s nnule ps, on en déduit que l fonction g est ussi de clsse C. Pour voir le développement limité de g d ordre 2 en, on clcul g(), g () et g (). Comme f(0) =, on g() = 0. puis f (x)g (f(x)) = pour tout x R. En prennt x = 0, comme f (0) = 3, on donc 3g () = et g () = /3. Enfin, on f (x)g (f(x)) + f (x) 2 g (f(x)) = 0 pour tout x R. En prennt x = 0, comme f (0) = 3, on donc 3g () + 9g () = 0, ce qui donne g () = /9. Le développement limité d ordre 2 en de g est donc g(x) = 3 (x ) + 8 (x )2 + (x ) 2 ε(x) vec lim x ε(x) = 0. 6. Donner les symptotes de f en ±. cos(x) Comme lim x ± (f(x) 3x) = lim x ± x 2 + = 0, l fonction f dmet pour symptote en ± l droite d éqution x 3x. 7. montrer que lim x g(x) = et donner les symptotes de g en ±. L fonction g est (comme f) une bijection strictement croissnte de R dns R. Pour tout A R, il existe donc x 0 R t.q. g(x 0 ) = A et on : x x 0 g(x) A. Ceci prouve que lim x + g(x) = +. De mnière nlogue, on lim x g(x) =. Pour trouver les symptotes de g, il suffit lors de remrquer que (comme f g(x) = x) : 04
lim (g(x) x ± 3 x) = lim [g(x) x ± 3 f(g(x))] = lim y ± (y 3 f(y)) = 3 lim (3y f(y)) = 0. y ± L fonction g dmet donc pour symptote en ± l droite d éqution x 3 x. Exercice 4.35 (Etude de ln( x)/x). Montrer que pour tout entier n, l fonction x ln ( + x) dmet un développement limité à l ordre n en zéro. Clculer explicitement ce développement pour n = 2. Pour tout n N, l fonction x ln ( + x) est de clsse C n sur l intervlle ], + [. Elle dmet donc un développement limité à l ordre n en zéro. Son développement limité à l ordre 2 en zéro est ln( + x) = x 2 x2 + x 2 ε(x), vec lim x 0 ε(x) = 0. ln ( x) 2. Soit g :]0, [ R l fonction définie pr g(x) =. Montrer que g se prolonge pr continuité x en zéro (à droite). Pour tout x ]0, [0, l question donne g(x) = + 2x xε( x). On en déduit que g se prolonge pr continuité en 0 en posnt g(0) =. Soit f : [0, [ R l fonction définie pr f(x) = { ln ( x) x si x ]0, [, si x = 0. 3. Montrer que f est de clsse C sur ]0, [. L fonction f est le quotient de deux fonctions de clsse C sur ]0, [. L fonction qui est u dénominteur ne s nnule ps. On en déduit que f est ussi de clsse C sur ]0, [. 4. Montrer que f est dérivble à droite en zéro et donner l vleur de cette dérivée (notée f (0)). En utilisnt une nouvelle fois l question, on remrque que, pour tout x ]0, [, on f(x) f(0) x = 2 ε( x). On en déduit que f est dérivble à droite en 0 et que f (0) = 2. 05
5. Clculer l fonction dérivée f sur ]0, [. L fonction f est-elle continue en zéro? Pour tout x ]0, [ on f (x) = x ln( x) + 2 x( x). On utilise l question et le fit que = + x + xη(x) vec lim η(x) = 0. x x 0 On obtient, pour tout x ]0, [, f (x) = x 2 + ε( x) + x + + η(x) et donc f (x) = + ε( x) + η(x). 2 Ceci donne lim x 0,x>0 f (x) = 2 = f (0). L fonction f est donc continue en 0. 6. Montrer que pour tout x [0, [, on ln ( x) + x x 0. En déduire le signe de f (x) pour x ]0, [. x Pour x [0, [, on pose h(x) = ln ( x) + x. L fonction h est continue sur [0, [, elle est dérivble sur ]0, [ et on, pour tout x ]0, [, h x (x) = ( x) > 0. L fonction h est donc 2 strictement croissnte et, comme h(0) = 0, on en déduit que h(x) 0 pour tout x [0, [ et h(x) > 0 pour tout x ]0, [. Comme f (x) = x 2 h(x), pour tout x ]0, [, on donc ussi f (x) > 0 pour tout x ]0, [ (et donc ussi pour tout x [0, [ cr f (0) = 2 > 0). 7. Dresser le tbleu de vritions de f et trcer l llure de son grphe sur [0, [ (on penser à clculer l limite de f en ). L fonction f est continue sur [0, [, dérivble sur ]0, [ (et dérivble à droite en 0). S dérivée est strictement positive sur [0, [. L fonction f est donc strictement croissnte. On f(0) = et lim x,x< f(x) = +. Exercice 4.36 (Clcul de limites) e Clculer les limites suivntes : lim 2x 2x 2x 2 (+2x) x 0 x, lim /3 (+x) /3 3 x 0 x. On sit que, pour tout x R, e x = + x + x 2 /2 + x 3 /6 + x 3 ε (x) vec lim x 0 ε (x) = 0. On donc, pour tout x R, e 2x = + 2x + 2x 2 + (4/3)x 3 + x 3 ε 2 (x) vec lim x 0 ε 2 (x) = 0. On en déduit que e 2x 2x 2x 2 x 3 = 4 3 + ε 2(x). On donc lim x 0 e 2x 2x 2x 2 x 3 = 4/3. Pour x > /2 on pose f(x) = ( + 2x) /3 ( + x) /3. L fonction f est de clsse C. On remrque que f(0) = 0 et f (+2x) (0) = /3. On en déduit que lim /3 (+x) /3 x 0 x = /3. 06
Exercice 4.37 (Point fixe obtenu pr itértion) Soit f : R R l fonction définie pr f(x) = e x 2 pour tout x R.. On définit l fonction ϕ : R R pr ϕ(x) = f(x) x pour tout x R. () Dresser le tbleu de vritions de ϕ sur R (on penser à clculer les limites en ± ). L fonction ϕ est de clsse C. On ϕ (x) = e x. On lim x ϕ(x) = + et lim x + ϕ(x) = + (en remrqunt, pr exemple, que e x x + x 2 /2 pour tout x > 0). On en déduit le tbleu de vrition de ϕ x 0 + ϕ (x) 0 + + ϕ(x) + + (b) En déduire que l éqution ϕ(x) = 0 exctement deux solutions α et α 2 sur R, vec α < 0 < α 2. (On ne chercher ps à clculer α et α 2 de fçon explicite.) Remrque. Les points α et α 2 sont donc les uniques points fixes de f, c est-à-dire les uniques solutions de l éqution f(x) = x sur R. Sur l intervlle ], 0], l fonction ϕ est continue et strictement décroissnte de + à. Elle s nnule donc une seule fois, en un point noté α. Sur l intervlle [0, + [, l fonction ϕ est continue et strictement croissnte de à +. Elle s nnule donc une seule fois, en un point noté α 2. On bien α < 0 < α 2. (c) Montrer que α 2 < 2. On remrque que ϕ(2) = e 2 4. Or, pour tout x > 0, on e x > + x (c est, pr exemple, une conséquence du théorème des ccroissements pour l fonction x e x sur l intervlle [0, ]). On donc (pour x = ) e > 2. On en déduit e 2 > 4 et donc ϕ(2) > 0. Comme ϕ est croissnte sur l intervlle [2, + [, on donc ϕ(x) > 0 pour x 2, ce qui montre que α 2 < 2. 2. Dresser le tbleu de vritions de f sur R. On remrque que f (x) = e x > 0 pour tout x R. L fonction f est donc strictement croissnte sur R. x + f (x) 0 + + f(x) 2 + 3. Soit (u n ) n N l suite définie pr u 0 = 0 et pour tout n N, u n+ = f(u n ). () Clculer u et montrer (pr récurrence) que l suite (u n ) n N est décroissnte. u = f(0) = 0 = u 0, ce qui permet d initiliser l récurrence. Soit n N, on suppose mintennt que u n u n. Comme f est croissnte, on donc f(u n ) f(u n ), ce qui donne u n+ u n. On bien montré, pr récurrence, que l suite (u n ) n N est décroissnte. 07
(b) Montrer que pour tout n N, on u n α. On risonne encore pr récurrence. On u 0 α (cr u 0 = 0 et α < 0). Soit n N, on suppose que u n α. Comme f est croissnte, on donc f(u n ) f(α ), ce qui donne u n+ α (cr f(α ) = α ). On bien montré, pr récurrence, que u n α pour tout n N. (c) En déduire que l suite (u n ) n N converge vers une limite finie. L suite (u n ) n N est décroissnte minorée. Elle est donc convergente (dns R). (d) On note l = lim n + u n. Montrer que l = α. Comme u n 0 pour tout n N, on ussi l 0. Puis comme f(u n ) = u n+ (pour tout n) et que f est continue, on obtient, qund n +, f(l) = l. On en déduit que l = α (cr α est le seul point fixe de f dns l intervlle ], 0]). Exercice 4.38 (Dérivbilité de sin(x)/x) Soit f : R R l fonction définie pr f(x) = sin (x) x si x 0 et f(0) =.. Rppeler pourquoi l fonction sinus dmet un développement limité à l ordre trois en 0 et donner explicitement ce développement. L fonction sinus est de clsse C 3 sur R, elle dmet donc un développement limité à l ordre trois en 0. Ce développement limité est sin(x) = x x 3 /6 + x 3 ε(x) vec lim x 0 ε(x) = 0. 2. Montrer que f est dérivble en 0. Pour x 0 on (vec l question précédente) f(x) f(0) x 0 = f(x) x = sin(x) x x 2 = x 6 + xε(x). f(x) f(0 On en déduit que lim = 0 et donc que f est dérivble en 0 et f (0 = 0. x 0 x 0 Exercice 4.39 (Etude de x 3 /( + x )) On définit l fonction f de R dns R pr f(x) = x3, pour tout x R. + x. Montrer que f est continue et strictement croissnte. L fonction f est continue cr elle est formée pr le quotient de deux fonctions continues et l fonction u dénominteur ne s nnule ps. 08
L fonction f est dérivble sur R et s dérivée est f (x) = 3x2 +2 x 3 (+ x ) 2. On donc f (x) > 0 sur R. Une ppliction du théorème des ccroissements finis donne lors que f est strictement croissnte sur ], 0] et sur [0, + [ et donc sur R. 2. Montrer que {f(x), x R} = R et en déduire que f est une bijection de R dns R. Comme f est continue, {f(x), x R} est un intervlle. Pour montrer que cet intervlle est R tout entier, il suffit de remrquer que lim x f(x) = + et lim x f(x) =. Enfin, comme f est strictement croissnte, f est injective. Finlement, f est donc une bijection de R dns R. 3. (Question difficile, inutile pour l suite) Montrer que f est de clsse C 3 sur R. On pose h(x) = ( + x ) de sorte que f(x) = x 3 h(x) pour tout x R. L fonction h est de clsse C sur R et on, pour x R, vec sign(x) = + si x > 0 et sign(x) = si x < 0, h (x) = sign(x)( + x ) 2, h (x) = 2( + x ) 3 et h (x) = 6sign(x)( + x ) 4. L fonction f est ussi de clsse C sur R et on, pour x R, et f (x) = 3x 2 h(x) + x 3 h (x), f (x) = 6xh(x) + 6x 2 h (x) + x 3 h (x), f (x) = 6h(x) + 8xh (x) + 9x 2 h (x) + x 3 h (x). De ces expressions, on déduit que lim x 0 f (x) = lim x 0 f (x) = 0 et lim x 0 f (x) = 6. Ceci permet de montrer (pr un risonnement vu en cours) que f est de clsse C 3 sur R et que f (0) = f (0) = 0 et f (0) = 6. 4. Montrer que f(x) = x 3 x 4 + x 4 ε(x) pour tout x > 0, f(x) = x 3 + x 4 + x 4 ε(x) pour tout x < 0, vec lim x 0 ε(x) = 0. En déduire que f n est ps de clsse C 4 sur R. On sit que pour tout x 0 on +x = x + xη(x), vec lim x 0 η(x) = 0. On pose ε(x) = η(x) si x > 0 et ε(x) = η( x) si x < 0. On lors lim x 0 ε(x) = 0 et f(x) = x 3 x 4 + x 4 ε(x) pour tout x > 0, f(x) = x 3 + x 4 + x 4 ε(x) pour tout x < 0. Ceci montre que f n ps de développement limité d ordre 4 en 0 et donc que f n est ps de clsse C 4 sur R (mis f est de clsse C sur R ). 09
5. On note g l fonction réciproque de f (l fonction g est donc une fonction continue strictement croissnte de R dns R). () Montrer que g est de clsse C 3 sur R, mis non dérivble en 0. L fonction f est bijective de ]0, + [ dns ]0, + [. Elle est de clsse C et s dérivée ne s nnule ps sur ]0, + [. On en déduit que g est ussi de clsse C sur ]0, + [ (résultt vu en cours). Un risonnement nlogue montre que g est de clsse C sur ], 0[. Pour x 0, on g(x) g(0) x 0 = g(x) x = g(x) f(g(x)) = + g(x) g(x) 2. (4.7) g(x) g(0) Comme lim x 0 g(x) = 0 (pr continuité de g en 0), on donc lim x 0 x 0 = +. Ce qui prouve que g n est ps dérivble en 0. (b) L fonction g dmet-elle un développement limité d ordre 3 en 0? Si g dmettit un développement limité d ordre 3 en 0, g serit dérivble en 0, ce qui n est ps le cs. Donc, g n dmet ps de développement limité d ordre 3 en 0 (ni même d ordre ). g(y) g(y) (c) Montrer qu il existe α > 0 t.q. lim y 0,y>0 y = lim α y 0,y<0 y = (et donner cette vleur α de α). On reprend l églité (4.7). Elle donne, pour x 0, g(x)3 x ( + g(x) ) 3. Comme limx 0 g(x) = 0, on donc lim x 0 g(x) = + g(x) et donc = sign(x) x 3 g(x) =. Ceci répond à l sign(x) x 3 question posée vec α = 3. Exercice 4.40 (Inéglité de Lojsiewicz, corrigé de l exercice 4.26) Soit f une fonction nlytique R dns R. On suppose que f n est ps identiquement nulle. On suppose ussi que f(0) = 0 et f (0) = 0. Soit p N t.q. f (i) (0) = 0 pour i < p et f (p) (0) 0. (Un tel p existe d près l exercice 4.25.) Montrer qu il existe γ > 0 et R > 0 tels que f(x) p γ f (x) si x R. [On pourr utiliser le développement de Tylor de f en 0 et les propriétés vues dns l remrque 4.3.] Pour k N, on pose k = f (k) (0)/k!. Soit R > 0 t.q. x < R f(x) = Comme cel été dit dns l remrque 4.3, on ussi x < R f (x) = lim n + k=0 lim n + k= n k x k. n k k x k. 0
En utilisnt l définition de p, on lors et On donc et x < R f(x) = x p g(x) vec g(x) = x < R f (x) = x p h(x) vec h(x) = f(x) p p = x p g(x) p p f (x) = x p h(x) lim n + k=p lim n + k=p n k x k p, n k k x k p. Comme cel été vu dns l remrque 4.3, les fonctions h et g sont continues, et même nlytiques, dns l boule (ouverte) de centre et de ryon R. Comme h(0) = p p 0, il existe R < R t.q. On pose lors B = A = et on prend γ = A/B. On lors pour x R, min h(x) > 0. x, x R p mx g(x) p, x, x R f(x) p p x p A x p γb γ f (x).
Chpitre 5 Intégrle et primitives 5. Objectif On cherche dns ce chpitre à construire l opérteur réciproque de l opérteur de dérivtion. Les deux questions suivntes sont lors nturelles. Question : Soit f une ppliction de R dns R. Existe-t-il une ppliction F, de R dns R, dérivble et t.q. F = f (c est-à-dire F (x) = f(x) pour tout x R)? Si une telle ppliction F existe, on dit que F est une primitive de f. Question 2 : Si F existe, dns l question, F est-elle unique? Réponse à l question 2 : Cette question est fcile, F est unique à une constnte dditive près. On peut le voir comme conséquence du théorème des ccroissements finis (théorème 3.2). Nous le verrons dns le théorème 5.2. Réponse à l question : Cette question est beucoup plus difficile.. On v montrer que l réponse est oui si f est continue (le fit que f soit continue est donc une condition suffisnte pour que f dmette une primitive). Ceci ser vu dns le théorème 5.2. 2. Le fit que f soit continue n est ps une condition nécessire pour que f dmette une primitive. Plus précisément, si f dmet une primitive, on donc f = F, où F est une ppliction dérivble de R dns R. L exercice 3.6 montre lors que f vérifie l propriété des vleurs intermédiires. Donc, le fit que f vérifie l propriété des vleurs intermédiires est une condition nécessire pour que f dmette une primitive. Cette condition est-elle suffisnte? (je ne sis ps..., on peut montrer que si f vérifie l propriété des vleurs intermédiires, f n est ps nécessirement loclement intégrble, même u sens de Lebesgue, notion qui ne ser ps présentée dns ce document, mis cel ne permet ps de conclure.) Résumé : L objectif principl de ce chpitre est donc de démontrer que si f est continue de ]α, β[ dns R ( α < β ), lors f dmet une primitive. 2
5.2 Intégrle des fonctions en esclier Définition 5. (Fonctions en esclier) Soit < < b < et f une ppliction de [, b] dns R. On dit que f est en esclier si il existe n N, x 0,..., x n [, b], α,..., α n R t.q. : = x 0 <... < x n = b, f(x) = α i, si x ]x i, x i [, i {,..., n}. On note E,b l ensemble des fonctions en esclier sur l intervlle [, b]. Remrque 5. Soit < < b < et f E,b. Soit x 0,..., x n [, b] et α,..., α n R t.q. : = x 0 <... < x n = b et f(x) = α i si x ]x i, x i [, i {,..., n}. On imerit poser b f(x)dx = n i= α i(x i x i ). Est ce possible? L difficulté est ici que les i et les α i ne sont ps nécessirement uniques. Cette difficulté est résolue dns l proposition 5.. Proposition 5. Soit < < b < et f E,b. Soit x 0,..., x n [, b] et α,..., α n R t.q. : = x 0 <... < x n = b, et f(x) = α i si x ]x i, x i [, i {,..., n}. Soit y 0,..., y p [, b] et β,..., β p R t.q. : = y 0 <... < y p = b et f(x) = β i si x ]y i, y i [, i {,..., p}. Alors, n i= α i(x i x i ) = p i= β i(y i y i ). Démonstrtion : On réunit l ensemble des points x i, i {0,..., n}, et des points y j, j {0,..., p}, on insi {z 0,..., z q } = {x 0,..., x n } {y 0,..., y p }, vec = z 0 <... < z q = b. (On donc mx{n, p} q n + p.) Sur l intervlle ]z k, z k [, k {,..., q}), l fonction f est constnte, on note γ k s vleur. On v démontrer que n α i (x i x i ) = i= q γ k (z k z k ). (5.) Bien sûr, un risonnement nlogue donnerit p i= β i(y i y i ) = q k= γ k(z k z k ), ce qui permet de conclure l démonstrtion. Pour montrer (5.), on remrque que les points x i, i {0,..., n}, font prtie des points z k, k {0,..., q}. Pour tout i {0,..., n}, il existe donc k i {0,..., q} t.q. x i = z ki. On, en prticulier, k 0 = 0 et k n = q. k= Soit mintennt i {,..., n}. On x i x i = z ki z ki = α i (x i x i ) = k i k=k i + k i k=k i + α i (z k z k ). z k z k, et donc 3
Mis, pour tout k {k i +,..., k i }, on ]z k, z k [ ]x i, x i [ et donc γ k = α i. On en déduit que α i (x i x i ) = k i k=k i + On somme mintennt sur i cette églité et on obtient n α i (x i x i ) = i= n k i i= k=k i + γ k (z k z k ). γ k (z k z k ) = q γ k (z k z k ). Ce qui donne bien (5.) et conclut l démonstrtion (cr, comme cel déjà été dit, un risonnement nlogue donnerit p i= β i(y i y i ) = q k= γ k(z k z k )). Définition 5.2 (Intégrle des fonctions en esclier) Soit < < b < et f E,b (voir l définition 5.). Soit x 0,..., x n [, b], α,..., α n R t.q. : = x 0 <... < x n = b et f(x) = α i, si x ]x i, x i [, i {,..., n}. On pose T (f) = b f(x)dx = n i= α i(x i x i ). Voici des propriétés élémentires sur E,b et sur l opérteur T. Proposition 5.2 (Propriétés de l intégrle sur E,b ) Soit < < b <, Alors (vec les définitions 5. et 5.2):. E,b est un e.v. sur R, 2. T est une ppliction linéire de E,b dns R, 3. f, g E,b, f g T (f) T (g), 4. f E,b f E,b et T (f) T ( f ). N.B. L nottion f g signifie f(x) g(x) pour tout x [, b]. L fonction f est définie pr f (x) = f(x) pour x [, b]. Démonstrtion :. Il est fcile de voir que l ensemble des pplictions de [, b] dns R est un e.v. sur R. On remrque lors que E,b est un s.e.v. (c est-à-dire un sous espce vectoriel) de l ensemble des pplictions de [, b] dns R. En effet, soit f, g E,b et α, β R. Il existe x 0,..., x n [, b] t.q. = x 0 <... < x n = b et t.q. f soit constnte sur ]x i, x i [, pour tout i {,..., n}. De même, il existe y 0,..., y p [, b] t.q. = y 0 <... < y p = b et t.q. g soit constnte sur ]y j, y j [, pour tout j {,..., p}. On introduit lors, comme dns l proposition 5., l union des points x i, i {0,..., n}, et des points y j, j {0,..., p}, c est-à-dire {z 0,..., z q } = {x 0,..., x n } {y 0,..., y p }, vec = z 0 <... < z q = b. Il est clir (comme l ensemble des points z k contient tous les points x i et tous les points y j ) que les fonctions f et g sont constntes sur ]z k, z k [, pour tout k {,..., q}. l fonction αf + βg est donc ussi constnte sur ]z k, z k [, pour tout k {,..., q}. ce qui prouve que αf + βg E,b et donc que E,b est un e.v. sur R. (On peut remrquer que cet espce vectoriel est de dimension infinie). k= 4
2. Pour montrer que T est une ppliction linéire sur E,b, on reprend les nottions précédentes. Soit f, g E,b et α, β R. Comme précédemment, on remrque qu il existe {z 0,..., z q } t.q. = z 0 <... < z q = b et t.q. f et g soient constntes sur ]z k, z k [, pour tout k {,..., q}. On note lors α k l vleur de f sur ]z k, z k [et β k l vleur de g sur ]z k, z k [. Pr définition de T (définition 5.) on T (f) = q α k (z k z k ), T (g) = k= q β k (z k z k ). L fonction αf +βg (qui pprtient, comme nous l vons déjà vu, à E,b ) est ussi constnte sur ]z k, z k [ (pour tout k {,..., q}) et s vleur sur ]z k, z k [ est αα k + ββ k. On donc (toujours pr l définition 5.) q T (αf + βg) = (αα k + ββ k )(z k z k ). On en déduit T (αf + βg) = α k= q α k (z k z k ) + β k= Ce qui prouve bien l linérité de T. k= q β k (z k z k ) = αt (f) + βt (g). 3. On reprend, encore une fois, les mêmes nottions. Soit f, g E,b. Il existe {z 0,..., z q } t.q. = z 0 <... < z q = b et t.q. f et g soient constntes sur ]z k, z k [, pour tout k {,..., q}. On note lors α k l vleur de f sur ]z k, z k [et β k l vleur de g sur ]z k, z k [. On donc T (f) = k= q α k (z k z k ), T (g) = k= q β k (z k z k ). Si f g, on nécessirement α k β k pour tout k {,..., q} (il suffit de remrquer que α k = f(x) g(x) = β k pour x ]z k, z k [). On en déduit que T (f) = q α k (z k z k ) k= k= q β k (z k z k ) = T (g). 4. Soit f E,b. Il existe x 0,..., x n [, b], α,..., α n R t.q. = x 0 <... < x n = b et f = α i sur ]x i, x i [, i {,..., n}. On lors f = α i sur ]x i, x i [, pour tout i {,..., n}. Ceci prouve que f E,b et (vec l définition 5.) T ( f ) = n α i (x i x i ) i= Le même résultt vec f u lieu de f donne k= n α i (x i x i ) = T (f). i= T ( f ) T ( f).. Comme f = f et (pr linérité de T ) T ( f) = T (f), on donc T ( f ) T (f). Finlement on donc T ( f ) mx(t (f), T (f)) = T (f). 5
5.3 Intégrle des fonctions continues Exemple 5. Soit I un intervlle de R et f une ppliction de I dns R. On rppelle que : f continue (sur I) f uniformément continue. Voici deux exemples d pplictions continues et non uniformément continues.. I =]0, ] et f(x) = x (vu u chpitre 2). 2. I = R et f(x) = x 2. Toutefois, lorsque I est intervlle de R, fermé et borné, le théorème 5. montre que f est continue si et seulement si f est uniformément continue. Théorème 5. (Heine) Soit < < b < et f une ppliction continue de [, b] dns R. Alors, f est uniformément continue. Démonstrtion : Cette démonstrtion fit l objet de l exercice 5.2. Remrque 5.2 Soit < < b < et f une ppliction bornée de [, b] dns R. Comme f est bornée, on peut trouver g et h dns E,b t.q. g f h. Soit g, h E,b t.q. g f h. On lors (d près l proposition 5.2) b g(x)dx b h(x)dx. Cette remrque suggère l définition de l intégrle supérieure (notée S f ) et de l intégrle inférieure (notée I f ) de f. Définition 5.3 (Intégrles supérieure et inférieure) Soit < < b < et f une ppliction bornée de [, b] dns R. On pose I f = sup{ b g(x)dx, g E,b, g f}, S f = inf{ b h(x)dx, h E,b, f h}. Remrque 5.3 Soit < < b < et f une ppliction bornée de [, b] dns R. L remrque 5.2 (vec les nottions de l définition 5.3) donne I f S f. Mil il est possible que I f S f. Pr contre, si f E,b, il est fcile de montrer que I f = S f = b f(x)dx. Soit < < b < et f une ppliction continue de [, b] dns R. L fonction f est donc bornée (voir le théorème 2.3). Nous vons vu dns l remrque 5.3 que I f S f (ces quntités sont définies dns l définition 5.3). Dns l proposition 5.4 nous llons montrer que I f = S f. Ceci nous permettr lors de définir l intégrle de f sur [, b] comme l vleur commune de I f et S f (voir l définition 5.5). Pour cel, nous llons d bord montrer qu on peut pprocher f uniformément pr une fonction en esclier (grâce u théorème 5.). Définition 5.4 (Convergence simple et convergence uniforme) Soit D R, (f n ) n N d pplictions de D dns R et f une ppliction D dns R.. On dit que f n converge simplement vers f, qund n +, si une suite pour tout x D, lim f n(x) = f(x). n + 2. On dit que f n converge uniformément vers f, qund n +, si ( ) lim sup f n (x) f(x) = 0. n + x D 6
Remrque 5.4 L convergence uniforme implique l convergence simple, mis l réciproque est fusse (même si D est un intervlle fermé borné et que les fonctions f n et f sont continues de D dns R). Pr exemple, on prend D = [0, ], f(x) = 0 pour tout x [0, ] et, pour n 2, on définit f n pr f n (x) = nx si 0 x n, f n (x) = n(x 2 n ) si n < x 2 n, f n (x) = 0 si 2 n x. L suite (f n ) n 2 converge bien simplement vers f, mis elle ne converge pr uniformément vers f cr, pour tout n 2, sup x [0,] f n (x) =. On pproche mintennt une fonction continue pr une fonction en esclier. Proposition 5.3 Soit < < b < et f une ppliction continue de [, b] dns R. On lors. Pour tout ε > 0, il existe ϕ E,b t.q. f ϕ ε (c est-à-dire ϕ(x) ε f(x) ϕ(x) + ε pour tout x [, b]). 2. Il existe une suite (ϕ n ) n N de E,b t.q. ϕ n f uniformément, qund n +. Démonstrtion : Soit ε > 0. Comme f est uniformément continue (d près le théorème 5.), il existe α > 0 t.q. x, y [, b], x y α f(x) f(y) ε. (5.2) On choisit lors n N t.q. n α b et pour i {0,..., n} on pose x i = + i n (b ), de sorte que = x 0 <... < x n = b et x i x i = b n α. On définit lors ϕ de l mnière suivnte : ϕ(x) = f(x i ) si x I i, i {,..., n}, vec I i = [x i, x i [ si i {,..., n} et I n = [x n, x n ]. Avec cette définition de ϕ, on bien ϕ E,b et on f ϕ ε. En effet, soit x E,b, il existe i {,..., n} t.q. x I i. On lors (grâce à (5.2)) ϕ(x) f(x) = f(x i ) f(x) ε cr x x i x i x i = b n α. On donc bien trouvé ϕ E,b t.q. ϕ f ε. Pour montrer le deuxième item, il suffit de prendre, pour n N, ϕ n E,b t.q. ϕ n f n. On lors sup x [,b] ϕ n (x) f(x) n. L suite (ϕ n) n N converge donc uniformément vers f. Proposition 5.4 Soit < < b < et f une ppliction continue de [, b] dns R. Alors I f = S f. Démonstrtion : Comme cel été dit dns l remrque 5.3 on I f S f (cel est même vri pour toute fonction bornée de [, b] dns R et donc, fortiori pour toute fonction continue de [, b] dns R). Grâce à l proposition 5.3, on v montrer mintennt que I f = S f. D près l proposition 5.3, il existe une suite (ϕ n ) n N de E,b t.q. ϕ n f uniformément vers f, qund n +. On donc, pour tout n N, ϕ n ε n f ϕ n + ε n, 7
vec lim ε n = 0 et ε n = sup ϕ n (x) f(x). En posnt g n = f n ε n et h n = f n + ε n, on donc n + x [,b] g n, h n E,b et g n f h n. L définition de I f et S f (définition 5.3) et le fit que I f S f donne lors b g n (x)dx I f S f Grâce à l linérité de l intégrle sur E,b, on donc b ϕ n (x)dx ε n (b ) I f S f b b h n (x)dx. ϕ n (x)dx + ε n (b ). (5.3) On en déduit, en prticulier, que 0 S f I f 2ε n (b ). Comme lim n + ε n = 0, on donc I f = S f. Définition 5.5 (Intégrle des fonctions continues) Soit < < b < et f une ppliction continue de [, b] dns R. On pose b f(x)dx = I f = S f (les quntités I f et S f sont définies dns l définition 5.3). Remrque 5.5 Soit, b R, < b, et f une ppliction continue de [, b] dns R. On sit mintennt que b f(x)dx = I f = S f. Soit (ϕ n ) n N une suite de E,b t.q. ϕ n f uniformément vers f, qund n +. On donc, pour tout n N, vec ϕ n ε n f ϕ n + ε n, lim ε n = 0 et ε n = sup ϕ n (x) f(x). Comme cel été vu dns l proposition 5.4, on n + x [,b] b ϕ n (x)dx ε n (b ) I f S f Mil, comme b f(x)dx = I f = S f, on en déduit On donc b lim n + ϕ n (x)dx = b b f(x)dx b b ϕ n (x)dx ε n (b ). ϕ n (x)dx + ε n (b ). f(x)dx. Nous utiliserons ceci pour démontrer (simplement) l linérité de l intégrle sur l ensemble des fonctions continues de [, b] dns R (proposition 5.5). Soit < < b <, on rppelle que E,b = {f : [, b] R; f en esclier} et on note C([, b]) = {f : [, b] R; f continue}. L intégrle est donc définie sur C([, b]) (et sur E,b ). Voici quelques propriétés simples de l intégrle sur C([, b]) déduites de celles sur E,b (proposition 5.2). Proposition 5.5 (Propriétés de l intégrle des fonctions continues) Soit < < b <. On note I l ppliction de C([, b]) dns R définie pr I(f) = b f(x)dx. Alors :. C([, b]) est un e.v. sur R, 2. (linérité) I est une ppliction linéire de C([, b]) dns R, 8
3. (monotonie) f, g C([, b]), f g I(f) I(g), 4. f C([, b]) f C([, b]) et I(f) I( f ). Démonstrtion :. Le fit que C([, b]) est un e.v. sur R est fcile à voir. En effet, si f et g sont continues de [, b] dns R et si α, β R, l fonction αf + βg est ussi continue de [, b] dns R. 2. Soit f, g C([, b]) et α, β R. Il existe deux suites (ϕ n ) n N et (ψ n ) n N de E,b t.q. ϕ n f uniformément et ψ n g uniformément, qund n +. Pour tout x [, b], on et donc (αϕ n + βψ n )(x) (αf + βg)(x) α ϕ n (x) f(x) + β ψ n (x) g(x), sup { (αϕ n + βψ n )(x) (αf + βg)(x) } α sup { ϕ n (x) f(x) } + β sup { ψ n (x) g(x) }. x [,b] x [,b] x [,b] On en déduit que (αϕ n + βψ n ) (αf + βg) uniformément, qund n +. D près l remrque 5.5 on donc et lim n + b ϕ n (x)dx = b lim n + b f(x)dx, lim n + (αϕ n + βψ n )(x)dx = b b Or, l linérité de l intégrle sur E,b (proposition 5.2) donne b (αϕ n + βψ n )(x)dx = α b en pssnt à l limite qund n + on obtient donc b (αf + βg)(x)dx = α b Ce qui prouve bien l linérité de l intégrle sur C([, b]). ϕ n (x)dx + β f(x)dx + β 3. Soit f, g C([, b]), vec g f. On remrque simplement ici que On en déduit I g I f et donc ψ n (x)dx = b (αf + βg)(x)dx. b b {ϕ E,b, ϕ g} {ϕ E,b, ϕ f}. b g(x)dx = I g I f = b f(x)dx. ψ n (x)dx, g(x)dx. g(x)dx 4. Soit f C([, b]). On, bien sûr f C([, b]). Comme f f, l item précédent donne b f(x)dx b f(x) dx. Mis, on ussi f f, les deux items précédents donnent lors b f(x)dx = b ( f)(x)dx b f(x) dx. 9
Finlement, comme b f(x)dx = mx{ b f(x)dx, b b f(x)dx Ce qui termine l démonstrtion de l proposition 5.5. b f(x)dx}, on bien f(x) dx. Remrque 5.6 Soit, b R, < b. On défini l intégrle des fonctions continues (et l intégrle des fonctions en esclier) sur l intervlle [, b]. On ussi montré que l ppliction f b f(x)dx étit linéire sur E,b (proposition 5.2) et linéire sur C([, b]) (proposition 5.5). On donne mintennt deux générlistions possibles (mis peu intéressntes).. On note S,b l ensemble des fonctions réglées, c est-à-dire l ensemble des fonctions qui sont limite uniforme de fonctions en esclier. L ensemble S,b contient donc E,b et C([, b]). En reprennt l proposition 5.3, il est fcile de voir que I f = S f si f S,b (dns l proposition 5.3, on seulement utilisé le fit qu une fonction continue étit limite uniforme de fonctions en esclier). Si f S,b, on pose b f(x)dx = I f = S f. De même, une dpttion simple de l proposition 5.5 montre que S,b est un e.v. sur R et que l ppliction f b f(x)dx est linéire sur S,b. 2. Soit f une ppliction de [, b] dns R. On dit que f est intégrble u sens de Riemnn si f est bornée et I f = S f (voir l définition 5.3). On note R,b l ensemble des fonctions intégrbles u sens de Riemnn sur l intervlle [, b]. L ensemble R,b contient donc S,b. Si f R,b, on pose b f(x)dx = I f = S f. On peut montrer que R,b est un espce vectoriel sur R et que l ppliction f b f(x)dx est linéire sur R,b (voir l exercice 5.9). Cette démonstrtion est différente de celle de l proposition 5.5 cr une fonction pprtennt à R,b n est ps forcément limite uniforme de fonctions en esclier. 3. Les deux générlistions précédentes (l intégrle sur S,b et sur R,b ) sont peu intéressntes. Une générlistion très intéressnte (mis qui utilise des outils différents) est l intégrle de Lebesgue. Elle contient l intégrle de Riemnn, c est-à-dire l intégrle sur R,b, et donc ussi l intégrle des fonctions réglées et l intégrle des fonctions continues. Remrque 5.7 Soit < < b < et f C([, b]), on pose m = inf{f(x), x [, b]} et M = sup{f(x), x [, b]}. Une conséquence du troisième item de l proposition 5.5 est lors que m(b ) b f(x)dx M(b ). Proposition 5.6 (Formule de Chsles) Soit < < b <, f C([, b]) et < c < b. Alors b f(x)dx = c f(x)dx + Démonstrtion : Soit ϕ E,b. On définit ξ et ζ pr b c f(x)dx. ξ(x) = ϕ(x) pour x [, c], ζ(x) = ϕ(x) pour x [c, b]. Il est fcile de voir que ξ E,c, ζ E c,b et (vec l définition 5.2) que b ϕ(x)dx = c ξ(x)dx + b c ζ(x)dx. (5.4) 20
Comme f C([, b]), il existe une suite ϕ n dns E,b t.q. ϕ n f uniformément sur [, b]. On définit lors les suites (ξ) n N et (ζ n ) n N dns E,c et E c,b pr ξ n (x) = ϕ n (x) pour x [, c], ζ n (x) = ϕ n (x) pour x [c, b]. L suite (ξ n ) n N converge uniformément vers f sur [, c] et l suite (ζ n ) n N converge uniformément vers f sur [c, b]. L remrque 5.5 donne donc c lim n + b Comme b f(x)dx = ξ n (x)dx = ϕ n (x)dx = c c c f(x)dx + 5.4 Primitives f(x)dx, ξ n (x)dx+ b c b lim n + c b c f(x)dx. ζ n (x)dx = b c f(x)dx, b lim n + ϕ n (x)dx = b f(x)dx. ζ n (x)dx (pour tout n N, voir (5.4)), on obtient qund n +, Définition 5.6 (Intégrle toutes bornes) Soit < b < et f C([b, ]), On pose : b f(x)dx = b f(x)dx si b < et f(x)dx = 0. Une conséquence fcile de l définition 5.6 et de l proposition 5.6 est que si α < β, f est une ppliction continue de ]α, β[ dns R et, b, c ]α, β[, on lors : b f(x)dx = c f(x)dx + b c f(x)dx. On montre mintennt l existence (et l unicité à une constnte près) d une primitive à une fonction continue. Théorème 5.2 (Primitive d une fonction continue) Soit α < β et f continue de ]α, β[ dns R. Soit ]α, β[. On pose F (x) = x f(t)dt pour x ]α, β[. Alors :. L fonction F dérivble (sur ]α, β[) et F (x) = f(x) pour tout x ]α, β[. L fonction F est donc une primitive de f. 2. Soit G une primitive de f. Il existe lors C R t.q. F G = C (c est-à-dire F (x) G(x) = C pour tout x R). L fonction F est donc l seule primitive de f s nnulnt en. Démonstrtion : Soit x ]α, β[. On v montrer que Soit ε > 0. Comme f est continue en x, il existe η > 0 t.q. F (x + h) F (x) lim = f(x). (5.5) h 0 h y [x η, x + η] f(y) f(x) ε. (5.6) 2
Soit mintennt 0 < h η. On On donc F (x + h) F (x) = x+h x F (x + h) F (x) h f(t)dt et f(x) = f(x) h f(x) = h x+h x x+h x dt = h x+h x (f(t) f(x))dt. On utilise mintennt l proposition 5.5 et (5.6) (cr h η). On obtient F (x + h) F (x) f(x) h x+h f(t) f(x) dt h h Un risonnement nlogue vec η h < 0 donne F (x + h) F (x) f(x) h h Finlement, on donc x x x+h h 0, h η F (x + h) F (x) h x+h x f(x)dt. εdt = ε. f(t) f(x) dt x εdt = ε. h x+h f(x) ε. Ceci prouve bien (5.5) et termine le er item du théorème 5.2, c est-à-dire F est dérivble et F = f. Pour montrer le deuxième item, soit G une primitive de f. On donc, pour tout y ]α, β[, F (y) = G (y) = f(y). Soit x ]α, β[, x. En ppliqunt le théorème des ccroissements finis (théorème 3.2) à l fonction G F sur l intervlle dont les bornes sont et x, il existe y entre et x t.q. (G(x) F (x)) (G() F ()) = (x )(G (y) F (y)) = 0. L fonction G F est donc constnte (et égle à G() F (), c est-à-dire à G()). Bien sûr, on en déduit que F est l seule primitive de f s nnulnt en. Une conséquence du théorème 5.2 est que l on peut clculer des intégrles en recherchnt des primitives. Plus précisément, soit α < β et f une fonction continue de ]α, β[ dns R. Soit, b ]α, β[. Pour clculer b f(t)dt, on recherche une primitive de f, notée F. On lors b f(t)dt = F (b) F (). Pr exemple, Pour clculer de 0 t2 dt, on cherche une primitive de x x 2. Une primitive est l ppliction x x3 3 et on obtient insi 0 t2 = 3. Remrque 5.8 Soit α < β et f de ]α, β[ dns R, de clsse C. On lors, pour tout, b ]α, β[, f(b) f() = b f (t)dt. En effet, pour x ]α, β[, on pose F (x) = x f (t)dt et G(x) = f(x) f(). Les fonctions F et G sont donc deux primitives, s nnulnt en, de l fonction continue f. théorème 5.2 donne donc que F = G, c est-à-dire F (b) = G(b) pour tout b ]α, β[. Voici un exemple d ppliction de cette églité, en utilisnt l monotonie de l intégrle. Si b >, on déduit de l églité précédente : m(b ) f(b) f() M(b ), vec m = min{f (x), x [, b]} et M = mx{f (x), x [, b]}. (Ceci déjà été montré précédemment, mis d une mnière différente, en utilisnt directement le théorème des ccroissements finis, théorème 3.2.) Le 22
5.5 Intégrtion pr prties, formule de Tylor Proposition 5.7 (intégrtion pr prties) Soit α < β et f, g deux pplictions continues de ]α, β[ dns R, de clsse C. On lors, pour tout, b ]α, β[, < b : b f (x)g(x)dx = b f(x)g (x)dx + f(b)g(b) f()g(). Démonstrtion : l fonction fg est ussi de clsse C sur ]α, β[. L remrque 5.8 donne donc, comme (fg) = f g + fg, f(b)g(b) f()g() = b (fg) (t)dt = L linérité de l intégrle (proposition 5.5) donne lors b Ce qui termine l démonstrtion. f (x)g(x)dx = b b (f (x)g(x) + f(x)g (x))dx. f(x)g (x)dx + f(b)g(b) f()g(). On donne mintennt l formule de Tylor vec reste intégrl, plus précise que les formules de Tylor- Young et Tylor-Lgrnge. Proposition 5.8 (Tylor, reste intégrl) Soit α < β et f une ppliction de ]α, β[ dns R. Soit, b ]α, β[ et n N. On suppose que f est de clsse C n. On lors :. Si n =, f(b) = f() + (b ) 0 f (tb + ( t))dt. 2. Si n = 2, f(b) = f() + (b )f () + (b ) 2 0 ( t)f (tb + ( t))dt. 3. Si n > 2, f(b) = n (b ) k k=0 k! f (k) () + (b ) n 0 ( t) n (n )! f (n) (tb + ( t))dt. Démonstrtion : On commence pr montrer l proposition si = 0, b = (et donc α < 0 et β > ). Soit ϕ une fonction de clsse C sur ]α, β[ (l intervlle ]α, β[ est donc simplement un intervlle ouvert contennt l intervlle fermé [0, ]). L remrque 5.8 donne Ceci donne l item de l proposition 5.8. ϕ() ϕ(0) = On suppose mintennt que ϕ est de clsse C 2. g(x) = ϕ (x). On obtient ϕ() ϕ(0) = 0 ϕ (t)dt = 0 0 ϕ (t)dt. On utilise l proposition 5.7 vec f(x) = x et (x )ϕ (x)dx + f()ϕ () f(0)ϕ (0) = 0 ( x)ϕ (x)dx + ϕ (0). Ceci montre le deuxième item de l proposition 5.8. On montre ensuite le troisième item de l proposition 5.8 en fisnt une récurrence et en utilisnt l proposition 5.7 (on psse de n à n + en prennt, dns l proposition 5.7, f(x) = n ( x)n et g(x) = ϕ (n) ). Ceci est lissé en exercice. 23
Pour montrer le cs générl de l proposition 5.8, on se rmène u cs = 0 et b = en posnt ϕ(t) = f(tb + ( t)). L fonction ϕ est bien définie sur un intervlle ouvert contennt [0, ]. Elle l même régulrité que ϕ (c est-à-dire que ϕ est de clsse C n si f est de clsse C n ) et on obtient les dérivées de ϕ à prtir de celle de f. Plus précisèment, on, pour t [0, ], ϕ (t) = (b )f (tb + ( t)) et donc, pr récurrence sur n, pour tout n N, ϕ (n) (t) = (b ) n f (n) (tb + ( t)). On trouve lors fcilement l formule de tylor de f à prtir de celle pour ϕ. 5.6 Théorème de convergence Question : Soit < < b <, (f n ) n N une suite de C([, b]) et f C([, b]). On suppose que lim n + f n (x) = f(x) pour tout x [, b] (on dit que f n converge simplement vers f.) A-t-on lim n + b f n(x)dx = b f(x)dx? (i.e. peut-on intervertir lim et ) Réponse : En générl, l réponse est non! mis l réponse est oui si l convergence de f n vers f est uniforme, comme le montre le théorème 5.3. Théorème 5.3 (Convergence uniforme donne convergence en moyenne) Soit < < b <, (f n ) n N une suite de C([, b]) et f C([, b]). On suppose que (f n ) n N converge uniformément vers f. Alors : On même Démonstrtion : On pose lim n + b b lim n + ε n = f n (x)dx = b f(x)dx. f n (x) f(x) dx = 0. sup f n (x) f(x). x [,b] (On peut noter d illeurs que ce sup est tteint, c est-à-dire qu il existe x n [, b] t.q. f n (x n ) f(x n ) = sup x [,b] f n (x) f(x).) L convergence uniforme de f n vers f donne lim n + ε n = 0. Pr monotonie de l intégrle, on donc on en déduit bien b f n (x) f(x) dx (b )ε n, b lim n + f n (x) f(x) dx = 0. Puis, les items 2 et 4 de l proposition 5.5 donne b b b f n (x)dx f(x)dx = (f n (x) f(x))dx On donc lim n + b f n(x)dx = b f(x)dx. b f n (x) f(x) dx (b )ε n. 24
Remrque 5.9 Soit < < b <, (f n ) n N une suite de C([, b]) et f C([, b]). Nous vons mintennt 3 définitions différentes de convergence :. Convergence simple, 2. convergence uniforme, 3. convergence en moyenne (c est-à-dire lim n + b f n(x) f(x) dx = 0). On : 2) ), 2) 3) (théorème 5.3) mis, on peut montrer : ) 2), ) 3), 3) ), 3) 2). 5.7 Exercices Exercice 5. (Bolzno-Weierstrss) Soit < < b < et (x n ) n N une suite de points de [, b].. Pour tout n N, on pose n = inf{x p, p n}. Montrer que l suite ( n ) n N est une suite croissnte mjorée. En déduire qu il existe x [, b] t.q. n x qund n +. 2. Montrer que, pour n N, il existe ϕ(n) n t.q. x ϕ(n) n n (où n est défini à l question précédente). En déduire que x ϕ(n) x qund n + (où x est défini à l question précédente). Exercice 5.2 (Théorème de Heine) Soit < < b < et f une ppliction de [, b] dns R.. On suppose que f n est ps uniformément continue. () Montrer qu il existe ε > 0 t.q., pour tout n N, il existe x n, y n [, b] t.q. x n y n n et f(x n ) f(y n ) ε. (b) Montrer qu il existe un point x [, b] t.q. f ne soit ps continue en x. [Utiliser l exercice 5..] 2. On suppose que f est continue (sur [, b]). Montrer que f est uniformément continue (sur [, b]). Exercice 5.3 (Clcul de primitives). Soit f de R dns R définie pr f(x) = x 4 + 3x 2 x. Clculer F de R dns R t.q. F = f et F (0) = 0. 2. Soit f de R + dns R définie pr f(x) = x+. Clculer F de R + dns R t.q. F = f et F (0) = 0. 3. Soit f de R + dns R définie pr f(x) = x4 +x 2 x 2. Clculer F de R + dns R t.q. F = f et F () = 0. Exercice 5.4 (Formule de l moyenne) Soit < < b < et f une ppliction continue de [, b] dns R. On note Im(f) = {f(x), x [, b]}, m = inf(im(f)) et M = sup(im(f)).. Montrer qu il existe µ [m, M] t.q. : b f(x)dx = µ(b ). 25
2. Montrer qu il existe c [, b] t.q. : b Exercice 5.5 (Intégrle d une fonction positive) f(x)dx = f(c)(b ). Soit < < b < et f une ppliction continue de [, b] dns R. On suppose que f(x) 0 pour tout x [, b], et qu il existe c [, b] t.q. f(c) > 0. Montrer que b f(x)dx > 0. Exercice 5.6 (Intégrle impropre) On définit l ppliction f de R dns R pr : f(x) = 0, si x 0, f(x) = x 2 sin x 2, si x > 0.. Montrer que f est continue et dérivble en tout point de R. 2. Montrer que f est continue en tout point suf 0. 3. Soit 0 < < b <. Montrer que : f(b) f() = b f (t)dt. 4. Soit > 0. Pour 0 < x <, on pose, g(x) = x f (t)dt. Montrer que g(x) une limite (dns R) qund x 0, vec x > 0. On note (improprement... cr f n est ps continue sur [0, ]) 0 f (t)dt cette limite. Montrer que : Exercice 5.7 (Clcul d intégrles) Clculer les intégrles suivntes : f() f(0) = 0 f (t)dt. 3 0 x 3 dx, 4 x 2 x 2 dx, 2 0 x + dx. Exercice 5.8 (Convergence de l intégrle) Soit (ϕ n ) n N une suite d pplictions continues de [0, ] dns R et ϕ une ppliction continue de [0, ] dns R. On suppose que ϕ n ϕ simplement qund n (c est-à-dire que lim n + ϕ n (x) = ϕ(x), pour tout x [0, ]).. Montrer que si lim n 0 ϕ n (x) ϕ(x) dx = 0, lors lim n 2. Montrer que si (ϕ n ) n N converge uniformément vers ϕ, lors lim n 0 ϕ n (x) dx = 0 0 ϕ(x) dx. ϕ n (x) dx = 0 ϕ(x) dx. 26
3. Donner un exemple pour lequel (ϕ n ) n N ne converge ps uniformément vers ϕ et : lim n 0 4. Donner un exemple pour lequel lim n 0 ϕ n (x) dx = ϕ n (x) dx 5. Si l suite (ϕ n ) n N stisfit les deux conditions : 0 0 ϕ(x) dx. ϕ(x) dx. () Pour tout ε, 0 < ε <, (ϕ n ) n N converge uniformément vers ϕ sur [ε, ], (b) Les ϕ n sont à vleurs dns [, +], montrer que lim n 0 ϕ n (x) dx = 0 ϕ(x) dx. Exercice 5.9 (Linérité de l intégrle de Riemnn) Soit, b R, < b. On rppelle que R,b désigne l ensemble des fonctions intégrbles u sens de Riemnn sur [, b] (remrque 5.6). Montrer que R,b est un e.v. sur R et que l ppliction f b f(x)dx est linéire sur R,b. Exercice 5.0 (Chngement de vrible) Soient, b R, < b et f : [, b] R une fonction continue. Soient α, β R et ϕ : [α, β] R une fonction strictement croissnte, de clsse C, vérifint ϕ(α) = et ϕ(β) = b.. Montrer que ϕ est une bijection de [α, β] dns [, b]. 2. Montrer que b f(x)dx = β α f(ϕ(t))ϕ (t)dt. [On pourr introduire G = F ϕ, où F est une primitive de f sur [, b], et clculer G.] Remrque. L églité ci-dessus est ppelée l formule du chngement de vrible. On dit qu on clcule l intégrle b f(x)dx en fisnt le chngement de vrible x = ϕ(t). 3. Clculer les intégrles suivntes : () 0 x2 dx. [On pourr considérer le chgement de vrible x = sin t.] (b) 2 ex sin (e x ) dx. [On pourr considérer le chngement de vrible x = ln t.] Exercice 5. (Moyenne de /t) Soient 0 < b. Montrer que b Exercice 5.2 (Un point fixe) Soit f C 0 ([0, ], R) telle que 0 dt t b b. pourr s intéresser à l intégrle de x f(x).] f(t)dt =. Montrer qu il existe ]0, [ telle que f() =. [On 2 27
Exercice 5.3 (Suite d intégrles de puissnces) Soit f : [0, ] R une ppliction continue strictement croissnte telle que f(0) = 0, f() =. Clculer lim n 0 f n (t)dt. Exercice 5.4 (Intégrtion pr prties) Clculer les primitives des fonctions suivntes (définies de R dns R) : f(x) = e x cos(x), g(x) = xarctn (x) et h(x) = (x 2 + x + )e x. Exercice 5.5 (Quelques clculs d intégrles) Clculer les intégrles : 0 dx x 2 + 2, /2 /2 Exercice 5.6 (Intégrles et séries) Evluer les intégrles + k= + dx x et + k. Comprer l suite croissnte u n = dx x 2, k=2 3 2 dx x 2. Comprer n k 2 vec Exercice 5.7 (Quelques intégrles sur [0, + [) 2x + 0 dx x 2 dx et + x 3 2 x 3 7x + 6. n k= n n+ k vec dx. En déduire l vleur de x dx + x 2. En déduire que l somme k= est finie. k2 Pour t > 0, on pose f(t) = sin t t. On pose ussi f(0) =. Montrer que f est continue sur R +. Pour x > 0, on pose F (x) = x 0 f(t)dt, G(x) = x 0 f(t) sin tdt, H(x) = x 0 f(t)2 dt. Montrer que F (x) et H(x) ont des limites dns R qund x tend vers +. Montrer que G(x) tend vers + qund x tend vers +. Exercice 5.8 (TVI) Soit f continue de [0, ] dns R. Montrer qu il existe c [0, ] t.q. Exercice 5.9 (Un peu d stuce... ) 0 x( x)f(x)dx = f(c) 6. Soit ϕ de R + dns R de clsse C et soit ψ de R + dns R t.q. sψ (s) = ϕ (s) pour tout s R +. Soit, b R +, b. Montrer qu il existe c entre et b t.q. 5.8 Exercices corrigés Corrigé (Corrigé de l exercice 5.) (ψ(b) ψ())b (ϕ(b) ϕ()) = 2 (b )2 ψ (c). b dt Soient 0 < b. Montrer que t b. b Pour x, on pose f(x) = x dt t x x. L fonction f est donc continue de [, + [ dns R et f() = 0. On montre mintennt que f (x) 0 pour tout x ], [ (on en déduit que f est décroissnte et donc que f(x) 0 pour tout x [, + [, ce qui donne, en prticulier, f(b) 0). 28
Soit x >, on f (x) = x + x x 2x x = 2 x 2x + x 2x x = 2 x x 2x x = ( x ) 2 2x x < 0. Corrigé 2 (Corrigé de l exercice 5.2) Soit f C 0 ([0, ], R) telle que f(t)dt =. Montrer qu il existe ]0, [ telle que f() =. [On 0 2 pourr s intéresser à l intégrle de x f(x).] Pour x [0, ], on pose g(x) = x f(x). l fonction g est continue de [0, ] dns R et 0 g(x)dx = 0 xdx 0 f(x)dx = 2 = 0. (5.7) 2 Si g(x) > 0 pour tout x ]0, [, on lors (pr continuité) g(x) 0 pour tout x [0, ] et l exercice 5.5 donne g(x)dx > 0, en contrdiction vec (5.7). 0 De même, si g(x) < 0 pour tout x ]0, [, on g(x)dx < 0, en contrdiction ussi vec (5.7). 0 On en déduit qu il existe ]0, [ t.q. g() = 0, c est-à-dire f() =. Corrigé 3 (Corrigé de l exercice 5.3) Soit f : [0, ] R une ppliction continue strictement croissnte telle que f(0) = 0, f() =. Clculer lim n 0 f n (t)dt. On v montrer que lim n 0 f n (t)dt = 0. Soit 0 < ε <. Comme f est strictement croissnte, on, pour tout t [0, ε], 0 = f(0) f(t) f( ε) < f() = et donc 0 f n (t) f n ( ε) <, et, pour tout t [ ε, ], 0 f(t) et donc 0 f n (t)dt. On en déduit que 0 0 f n (t)dt ε 0 f n ( ε)dt + dt f n ( ε) + ε. ε Comme f( ε) <, il existe n 0 N t.q. f n0 ( ε) ε, on donc n n 0 0 0 f n (t)dt 2ε, ce qui prouve bien que lim n 0 f n (t)dt = 0. Corrigé 4 (Corrigé de l exercice 5.4) 29
Clculer les primitives des fonctions suivntes (définies de R dns R) : f(x) = e x cos(x), g(x) = xarctn (x) et h(x) = (x 2 + x + )e x. Ces trois primitives de trouvent en intégrnt pr prties. On clcule, pr exemple, l première. Soit x R, on x 0 et cos t dt = x 0 et sin t dt + [e t sin t] x 0 = x 0 et sin t dt + e x sin x. On intégre mintennt une deuxième fois pr prties, on obtient x 0 e t cos t dt = x 0 x e t cos t dt + [e t cos t] x 0 + e x sin x = x 0 e t cos t dt + e x (sin x + cos x). Ce qui donne finlement e t cos t dt = ex (sin x + cos x). 0 2 Corrigé 5 (Corrigé de l exercice 5.5) /2 dx Clculer les intégrles : 0 x 2 + 2, dx /2 x 2, 2x + dx 2 x 2 dx et + x 3 2 x 3 7x + 6. L première se clcule vec un chngement de vrible. On obtient 0 dx x 2 + 2 = 2 0 3 2 2 ( x 2 ) 2 + dx = 2 2 0 0 2 2 y 2 + dy = 2 rctn( 2 ). Les intégrles suivntes se clculent en utilisnt une décompoosition en éléments simples. On clcule, pr exemple, l troisième. Comme x 3 7x + 6 = (x )(x 2 + x 6) = (x )(x 2)(x + 3), on peut montrer qu il existe, b, c R t.q. x 3 7x + 6 = x + b x 2 + c x + 3 pour tout x {, 2, 3}. On peu trouver les vleurs de, b, c pr identifiction (et montrer ussi insi l existence de, b, c) mis le plus rpide est de remrquer que x = lim x x 3 7x + 6 = lim x (x 2)(x + 3) = 4, x 2 b = lim x 2 x 3 7x + 6 = lim x 2 (x )(x + 3) = 5, c = lim x 3 x + 3 x 3 7x + 6 = lim x 3 On peut mintennt clculer l intégrle demndée I = 0 2 dx 0 x 3 7x + 6 = 2 Puis on 0 2 0 x dx + b 2 (x )(x 2) = 20. 0 x 2 dx + c 2 x dx = [ln( x)]0 2 = ln 3, x + 3 dx. 30
0 2 0 2 x 2 dx = [ln(2 x)]0 2 = ln 2, x + 3 dx = [ln(x + 3)]0 2 = ln 3. On en déduit que I = ln 3 4 ln 2 5 + ln 3 3 ln 3 2 ln 2 20 = 0. Corrigé 6 (Corrigé de l exercice 5.6) Evluer les intégrles + + dx x et + dx x 2. Comprer n k 2 vec n k= n n+ k vec dx. En déduire l vleur de x k. Comprer l suite croissnte u dx + n = k= k=2 x 2. En déduire que l somme est finie. k2 k= Soit f une fonction continue de [, + [ dns R. Si f(x)dx une limite (finie ou infinie) qund +, on pose (ceci est une définition, non vue en cours) Comme Comme + dx x = ln, on donc + dx x f(x)dx = = +. dx x = 2 +, on donc + dx x =. 2 lim + f(x)dx. Soit k N, Pour x [k, k + [, on pose g(x) = k (de sorte que g(x) = /k /x cr x k). Pour n N, l fonction g est donc une fonction en esclier sur l intervlle [, n + ] et comme g(x) /x pour tout x, on n+ dx n+ n x g(x)dx = k. On en déduit que + k= k = lim n n + k= + k dx x = +. Soit k N, Pour x [k, k + [, on pose h(x) = k+ (de sorte que h(x) = /(k + ) /x cr x k + ). Pour n N, l fonction h 2 est donc une fonction en esclier sur l intervlle [, n] et comme h 2 (x) /x 2 pour tout x, on n dx x 2 n h 2 (x)dx = + n On en déduit que k 2 = lim n + k 2 dx k=2 k=2 x 2 < +. Corrigé 7 (Corrigé de l exercice 5.7) + n k=2 k= k 2. 3
Pour t > 0, on pose f(t) = sin t t. On pose ussi f(0) =. Montrer que f est continue sur R +. Pour x > 0, on pose F (x) = x 0 f(t)dt, G(x) = x 0 f(t) sin tdt, H(x) = x 0 f(t)2 dt. Montrer que F (x) et H(x) ont des limites dns R qund x tend vers +. Montrer que G(x) tend vers + qund x tend vers +. On montre seulement que lim x + G(x) = +. Pour cel, on remrque tout d bord que G est croissnte sur [0, + [ et donc que lim x + G(x) R {+ }. Pour montrer que lim x + G(x) = +, il suffit de montrer que lim x + G(2πn) = +. (Bien sûr, d utres choix de suite sont possibles.). Soit donc n N. On et donc G(2πn) n p=0 G(2πn) = 2π(p + ) 2π 0 sin 2 t dt = t 2π(p+) 2πp n 2π(p+) p=0 2πp sin 2 (t)dt = n p=0 sin 2 (t) dt, t 2π(p + ) 2π 0 sin 2 (t)dt. On pose α = 2π 0 sin 2 (t)dt, on α > 0 (en fit, on peut montrer que α = π). On lors G(2πn) α 2π n Pour conclure, il suffit de remrquer que lim = +, ce qui est montré dns l exercice 5.6. n + p p= n p= p. 32
Chpitre 6 Fonctions réelles de plusieurs vribles 6. Limite, continuité On s intéresse dns ce chpitre ux pplictions de R n (ou d une prtie de R n ) dns R p, vec n, p N. On v commencer pr munir R n (et R p ) d une norme prticulière, ppelée norme euclidienne, qui jouer le rôle de l vleur bsolue dns R. Définition 6. (Norme euclidienne) Soit m N. Pour x R m, on note x,..., x m les composntes de x et on pose : ( m ) 2 x =. i= Si x, y R m, en notnt x,..., x m les composntes de x et y,..., y m les composntes de y, on définit ussi le produit sclire de x vec y, que nous noterons x y pr l formule : x y = x 2 i m x i y i. i= Pour m N, l ppliction x x est une ppliction de R m dns R + vérifint les trois propriétés suivntes (qui font de cette ppliction une norme) : (Non dégénérescence) pour tout x R m, x = 0 x = 0, (6.) (homogénéité positive) pour tout x R m et tout λ R, λx = λ x, (6.2) (inéglité tringulire) pour tout x, y R m, x + y x + y. (6.3) Remrque 6. Soit m N. Si x x est une ppliction de R m dns R + vérifint les trois propriétés (6.)-(6.3) (vec x, λx, x + y et y u lieu de x, λx, x + y et y ), on dit que cette ppliction est une norme. Si est une norme sur R m, on peut montrer qu il existe C, C 2 R t.q. : x R m C x x C 2 x. 33
On dit que les normes et sont équivlentes. Les propiétés d une fonction f (de R n dns R p ) introduites dns ce chpitre (continuité, dérivbilité, crctère C... ) serient lors les mêmes en remplçnt l norme euclidienne (sur R n et R p ) pr d utres normes. (Ce résultt d équivlence des normes sur R m est dû u fit que R m est un espce vectoriel sur R, de dimension finie. Sur un espce vectoriel de dimension infinie, les propriétés de f telles que continuité et dérivbilité dépendrient de l norme choisie.) Une propriété intéressnte de l norme euclidienne et du produit sclire définis dns l définition 6. est l inéglité de Cuchy-Schwrz que nous donnons mintennt (et qui est d illeurs utile pour démontrer l propriété (6.3)) Proposition 6. (Inéglité de Cuchy-Schwrz) Soit m N et x, y R m. On lors x y x y. (6.4) On définit mintennt les notions de limite et de continuité pour une fonction de R n dns R p de mnière similire u cs n = p =. Définition 6.2 (Boule ouverte) Soit m N, R m et δ > 0. L boule ouverte de centre et de ryon δ est l ensemble B(, δ) = {x R m, x < δ}. Définition 6.3 (Limite en un point de R) Soit n, p N, f une ppliction de D R n dns R p et l R p. Soit R n. On suppose qu il existe δ > 0 t.q. D B(, δ) \ {}. On dit que l = lim x f(x) si pour tout ε > 0, il existe α > 0 t.q. : x D, x, x α f(x) l ε. Comme dns le cs n = p =, l limite de f en (sous les hypothèses de l définition 6.3), si elle existe, est unique. Il y ussi une crctéristion séquentielle de l limite. Proposition 6.2 (Crctéristion séquentielle de l limite) Soit n, p N, f une ppliction de D R n dns R p et l R p. Soit R n. On suppose qu il existe δ > 0 t.q. D B(, δ) \ {}. Alors, l est l limite en de f si et seulement f trnsforme toute suite convergente vers en suite convergente vers l, c est-à-dire : (x n ) n N D \ {}, lim n + x n = lim f(x n) = l. n + Définition 6.4 (Continuité) Soit n, p N, f une ppliction de D R n dns R p. Soit D. L fonction f est continue en (ou continue u point ) si pour tout ε > 0, il existe α > 0 t.q. : x D, x α f(x) f() ε. Exemple 6. (Appliction linéire) Soit n, p N et f une ppliction linéire de R n dns R p. Alors, f est continue. En fit, f est même lipschitzienne, c est-à-dire qu il existe k R t.q. f(x) k x pour tout x R n. 34
6.2 Différentielle, dérivées prtielles Nous définissons d bord les dérivées prtielles d une ppliction de R n dns R p, puis l différentielle. Définition 6.5 (Prties ouvertes et prties fermées de R n ) Soit n N et Ω R n.. On dit que Ω est un ouvert si pour tout Ω il existe α > 0 t.q. B(, α) Ω. 2. On dit que Ω est un fermé si son complémentire est un ouvert. Remrque 6.2 Soit Ω un ouvert de R n (n ) et un point de Ω. D près l définition 6.5, Il existe α > 0 t.q. B(, α) Ω. Soit j {,..., n}. Si x R n est t.q. x k = k pour k j et x j j < α, on donc x < α et donc x Ω. Ceci v nous permettre de d introduire l notion de dérivées prtielles d une ppliction f de Ω dns R p (p ), consistnt à fixer (n ) composntes de x et à considérer les pplictions qui à l composnte restnte de x ssocie l une des composntes de f (on est insi rmené à étudier une ppliction définie sur une prtie de R dns R). Définition 6.6 Soit n, p N, Ω un ouvert de R n et f une ppliction de Ω dns R p. Pour x R n, on note x,..., x n les composntes de x et f (x),..., f p (x) les composntes de f(x) (de sorte que les f i sont des pplictions de Ω dns R). Soit i {,..., p}, j {,..., n} et Ω. On note g l ppliction que à x j ssocie f i (x), vec x k = k si k {,..., n}, k j (de sorte que g est une ppliction définie sur un voisinge de j, dns R, à vleurs dns R, voir l remrque 6.2). Si g est dérivble u point j, on dit que f dmet une dérivée prtielle en selon x j et on pose : f i x j () = g ( j ). Nous donnons mintennt l définition de différentielle et nous fisons ensuite le lien entre différentielle et dérivées prtielles. Définition 6.7 (Différentielle) Soit n, p N, Ω un ouvert de R n et f une ppliction de Ω dns R p. Soit Ω. On dit que f est différentible en si il existe une ppliction linéire de R n dns R p, notée df(), t.q. f( + h) = f() + df()(h) + h g(h), pour h 0 t.q. + h Ω, vec lim h 0 g(h) = 0 (et donc g continue en 0 si on pose g(0) = 0). L ppliction linéire df() est lors unique (voir l proposition 6.3) ; on l ppelle différentielle de f en. Remrque 6.3 On s intéresse ici u cs prticulier p = et (pour simplifier) n = 2. ppliction linéire de R 2 dns R. On définit lors, 2 R pr Avec ce choix de et 2, on, pr linérité de T, = T (h) si h est le vecteur de composntes et 0, 2 = T (h) si h est le vecteur de composntes 0 et. T (h) = h + 2 h 2 si h est le vecteur de composntes h et h 2. Soit T une On note mintennt dx l ppliction linéire de R 2 dns R définie pr dx (h) = h si h pour composntes h et h 2. De même, on note dx 2 l ppliction linéire de R 2 dns R définie pr dx 2 (h) = h 2 si h pour composntes h et h 2. On lors T (h) = dx (h) + 2 dx 2 (h) pour tout h R 2, c est-à-dire : T = dx + 2 dx 2. 35
Soit n, p N, Ω un ouvert de R n, f une ppliction de Ω dns R p et Ω. Le fit que f dmette des dérivées prtielles en n implique ps que f soit différentible en (ni même que f soit continue en, voir l exercice 6.3). Pr contre si f est différentible en, f dmet lors des dérivées prtielles en, ceci est énoncé dns l proposition 6.3. Proposition 6.3 (différentielle et dérivées prtielles) Soit n, p N, Ω un ouvert de R n et f une ppliction de Ω dns R p. Soit Ω. On suppose que f est différentible en. Alors, f dmet des dérivées prtielles en et, pour i {,..., p}, l i-ème composnte de df()(h), notée (df()(h)) i vérifie : (df()(h)) i = n j= (En prticulier, ceci montre l unicité de l différentielle.) f i x j ()h j, pour tout h R n. Une réciproque prtielle de l proposition 6.3 ser donnée dns l proposition 6.6. Remrque 6.4 Sous les hypothèses de l proposition 6.3, dns le cs prticulier n = 2 et p = (dns ce cs, f n qu une composnte, notée f et non f ), l remrque 6.3 donne df() = f x ()dx + f x 2 ()dx 2. Si f est différentible en tout point de Ω, on définit donc une ppliction df(), notée df et ppelée différentielle de f, de Ω dns l ensemble des pplictions linéires de R 2 dns R (cet ensemble est noté L(R 2, R)) et on df = f dx + f dx 2. (6.5) x x 2 On peut ussi remrquer que, pour i =, 2, l ppliction constnt dx i (de Ω dns L(R 2, R)) est l différentielle de l ppliction projection sur le i-eme coordonnée, que nous noterons P i, c est-à-dire Avec cette nottion, léglité (6.5) devient P () =, P 2 () = 2 si = (, 2 ) t Ω. df = f x dp + f x 2 dp 2. (6.6) En fit, l nottion dp i peut sembler plus cohérente que l nottion dx i cr P i est une fonction, comme f, lors que x i est une vrible (on confond donc l vrible x i vec l fonction P i ). Cette confusion est fréquente en thermodynmique. Pr exemple, vec des nottions courntes en thermodynmique, si l energie interne, notée e, est considérée comme une fonction de l densité ρ et de l entropie S (ρ et S sont lors considérées comme des vribles lors que e est considérée comme une fonction), on écrir de = e f dρ + ρ S ds. Dns cette églité, prise u sens de (6.5), ρ est une vrible et, prise u sens de (6.6), ρ est l fonction (, 2 ) (c est-à-dire l projection sur l première coordonnée) que l on peut noter, de mnière un peu incorrecte, (ρ, S) ρ. 36
En fit, une difficulté de l thermodynmique (pour un mthémticien) est que l même quntité thermodynmique, ρ pr exemple, est prfois considérée comme une vrible, prfois considérée comme une fonction d une vrible sptile ou temporelle, et enfin prfois considérée comme une fonction d une utre quntité thermodynmique... On peut insi voir des formules du type dρ dz = dρ dp dp dz qui est l formule hbituelle de dérivtion d une fonction composée si on considère dns le membre de guche que ρ est une fonction de l vrible sptile z et dns le membre de droite que ρ est une fonction de l vrible p et p est une fonction de l vrible sptile z. Une formultion plus rigoureuse sur le pln mthémtique serit de considérer p et ρ comme des fonctions de l vrible sptile z. Puis, de remrquer qu il une reltion entre p et ρ c est-à-dire qu il existe une fonction (de R dns R, pr exemple ) notée ϕ t.q. ρ(z) = ϕ(p(z)) pour tout z. Si les fonctions ρ, p, ϕ sont dérivbles, on lors, pr dérivtion de fonctions composées, ρ (z) = ϕ (p(z))p (z). D utres nottions sont utilisées pour exprimer l différentielle u point d une ppliction f de R n dns R p : L mtrice jcobienne. C est une mtrice de p lignes et n colonnes. Elle ser notée M f (). Le grdient de f, si p =. C est un vecteur de R n. Il ser noté f(). L dérivée de f, si n =. C est un vecteur de R p. Il ser noté f (). Nous donnons mintennt les définitions de M f (), f() et f (). Définition 6.8 (Mtrice jcobienne, grdient, dérivée) Soit n, p N, Ω un ouvert de R n et f une ppliction de Ω dns R p. Soit Ω. On suppose que f est différentible en.. (Mtrice jcobienne) L mtrice jcobienne de f en, que nous noterons M f (), est l mtrice de p lignes et n colonnes dont le coefficient de l i-ème ligne et j-ème colonne est fi x j (). 2. (Grdient) On suppose ici que p =. Le grdient de f en, noté f(), est le vecteur de R n dont l j-ème composnte est f x j (). 3. (Dérivée) On suppose ici que n =. L dérivée de f en, notée f (), est le vecteur de R p dont l i-ème composnte est f i (). (Il n y ps ici de dérivée prtielle cr il n y qu une seule vrible.) Nous llons mintennt fire le lien entre différentielle, mtrice jcobienne, grdient et dérivée. En prtique, on confond le vecteur x de R n, dont les composntes sont x,..., x n, vec l mtrice à n lignes et colonne formée vec x,..., x n, c est-à-dire l mtrice ( ) t x... x n (ppelée ussi vecteur colonne ). Cette confusion nous permet d écrire l remrque 6.5. Remrque 6.5 (différentielle, mtrice jcobienne, grdient et dérivée) Soit n, p N, Ω un ouvert de R n et f une ppliction de Ω dns R p. Soit Ω. On suppose que f est différentible en.. (Différentielle et mtrice jcobienne) Pour tout h R n, on df()(h) = M f ()h (où M f ()h désigne le produit de l mtrice jcobienne vec l mtrice à n lignes et colonne que l on confond vec le vecteur h). 2. (Différentielle, mtrice jcobienne et grdient) Si p =, l mtrice jcobienne est une mtrice à ligne et n colonnes. Le grdient de f en est un vecteur de R n que l on confond donc vec une mtrice à n lignes et colonne, cette mtrice est l trnsposée de l mtrice jcobienne, c est-àdire f() = M f () t. On donc : df()(h) = M f ()h = f() h, pour tout h R n. 37
3. (Différentielle, mtrice jcobienne et dérivée) Si n =, l mtrice jcobienne est une mtrice à n lignes et colonne. L dérivée f en est un vecteur de R p que l on confond donc vec une mtrice à p lignes et colonne. Cette mtrice est l mtrice jcobienne, c est-à-dire f () = M f (). On donc : df()(h) = M f ()h = hf (), pour tout h R. Remrque 6.6 (Quelques nottions) Soit n, p N et f une ppliction de R n dns R p de clsse C. On note f,..., f p les composntes de f (de sorte que, pour chque i, f i est une ppliction de clsse C de R n dns R. On note ussi x,..., x n les composntes de x.. (Grdient) Le grdient de f u point x, notée f(x), est une mtrice de n lignes à p colonnes. S i-ème colonne est le grdient u point x de l fonction f i (remrquer que f i (x) est bien un élément de R n, ussi identifié à une mtrice à n lignes et colonne). 2. (Divergence) On suppose ici n = p. L divergence de f u point x est le nombre réel, div f(x), défini pr n f i div f(x) = (x). x i L fonction div f est une fonction de R n dns R. 3. (Rottionnel pour n = p = 2). On suppose ici n = p = 2. Le rottionnel de f u point x est le nombre réel, rot f(x), défini pr L fonction rot f est une fonction de R 2 dns R. i= rot f(x) = f 2 x (x) f x 2 (x). 4. (Rottionnel pour n = p = 3). On suppose ici n = p = 3. Le rottionnel de f u point x, noté rot f(x), pprtient à R 3, il est défini pr rot f(x) = L fonction rot f est une fonction de R 3 dns R 3. ( f3 (x) f 2 (x), f (x) f 3 (x), f 2 (x) f ) t. (x) x 2 x 3 x 3 x x x 2 Remrque 6.7 (bse cnonique et représenttion d une ppliction linéire) Soit n. Pour i {,..., n}, on note e i l élément de R n dont toutes les composntes sont nulles suf l i-ème, cette i-ème composnte vlnt. On rppelle que l fmille {e,..., e n } est une bse de R n (et s ppelle bse cnonique de R n ). Si x R n pour composntes x,..., x n, l décomposition de x dns cette bse est (vec les opértions usuelles dns R n d ddition et de multipliction ps un nombre réel) : x = n x i e i. i= Soit mintennt n, p N et T une ppliction linéire de R n dns R p. Pour tout x R n on donc, en notnt x,..., x n les composntes de x et {e,..., e n } l bse cnonique de R n : T (x) = n x i T (e i ). i= 38
Pour tout i {,..., n}, le vecteur T (e i ) est un vecteur de R p (on le confond donc vec une mtrice à p lignes et colonne). On note A l mtrice (à p lignes et n colonnes) dont, pour tout i {,..., n}, l i-ème colonne est formée de T (e i ). On lors T (x) = Ax (le vecteur x de R n est confondu vec une mtrice à n lignes et colonne). L mtrice A est l mtrice qui représente l ppliction linéire T dns les bses cnoniques de R n et R p. Proposition 6.4 (Différentielle d une fonction composée) Soit n, p, q N, Ω un ouvert de R n, O un ouvert de R p, f une ppliction de Ω dns R p et g une ppliction de O dns R q. Soit Ω. On suppose que f est différentible en, f() O et g différentible en f(). Alors g f (qui est bien définie u voisinge de ) est différentible en et d(g f)() = dg(f()) df(), ou encore, vec les mtrices jcobiennes, M g f () = M g (f())m f (). Exemple 6.2 On considére ici une ppliction de R de R mis définie en pssnt pr R 2. c est-àdire que γ est une ppliction de R dns R 2 et ϕ est une ppliction de R 2 dns R. On suppose que γ et ϕ sont de clsse C et on considère l fonction f = ϕ γ, de sorte que f est une ppliction de R dns R de clsse C. Pour tout t R, l proposition 6.4 donne f (t) = dϕ(γ(t))(γ (t)) = M ϕ (γ(t))γ (t). Noter que dϕ(γ(t)) est une ppliction linéire de R 2 dns R (représentée pr l mtrice M ϕ (γ(t)) de ligne et 2 colonnes) et que γ (t) est un vecteur de R 2. En notnt γ et γ 2 les deux composntes de γ, on ussi f (t) = ϕ (γ(t))γ x (t) + ϕ (γ(t))γ x 2(t). 2 On note γ(0) = et γ() = b. On donc f(0) = ϕ() et f() = ϕ(b). Comme f est de clsse C, le chpitre 5 (voir l remrque 5.8) donne ϕ(b) ϕ() = f() f(0) = 0 f (t) = 0 dϕ(γ(t))(γ (t))dt. Le terme de droite, c est-à-dire 0 dϕ(γ(t))(γ (t))dt, s ppelle intégrle de l différentielle de ϕ le long du chemin {γ(t), t [t 0, t ]} (ce chemin est un rc de courbe dns R 2 ). Nous venons de démontrer que cette intégrle ne dépend donc que des extrémités du chemin c est-à-dire de et b (et, bien sûr, de ϕ) et non de l ensemble du chemin (pourvu que celui ci soit de clsse C, cette hypothèse peut être légèrement ffiblie). Remrque 6.8 (Intégrle le long d un chemin) Soit d et f une ppliction continue de R d dns R. Soit t 0, t R, t 0 < t, et γ une ppliction de [t 0, t ] dns R d de clsse C sur [0, ] (ce qui signifie que γ se prolonge en une ppliction de clsse C sur tout R). On définit l intégrle de f le long de γ en posnt : t f = f(γ(t))γ (t)dt. γ t 0 On dit ussi que γ est une rc llnt de à b, où = γ(t 0 ) et b = γ(t ). Si = b, on dit que l rc est fermé et l quntité γ f est souvent notée γ f. On utilise prfois l notion de dérivée dns une direction donnée, on donne ci près l définition de cette dérivée (en se limitnt u cs des fonctions à vleurs dns R). 39
Définition 6.9 (Dérivée directionnelle) Soit n N, Ω un ouvert de R n et f une ppliction de Ω dns R. Soit Ω et x R n, x 0. Pour t R t.q. + tx Ω, on pose g(t) = f( + xt) (comme Ω est ouvert, l fonction g est donc définie sur un voisinge de 0). On dit que f dmet une dérivée en dns l direction x si l fonction t g(t) g(0) dmet une limite à droite en 0. On note f x() cette limite, c est-à-dire : f x() = t lim t 0,t>0 f( + tx) f(). t Avec les nottions de l définition 6.9, il est ssez fcile de voir que si f est différentible en, lors, pour tout x R n, x 0, f dmet une dérivée en dns l direction x et cette dérivée est f x() = df()(x). Ceci est une conséquence de l proposition 6.4 (voir l exercice 6.4). Pr contre l existence de l dérivée directionnelle en dns toutes les directions (c est-à-dire pour tout x 0) ne donne pr l différentibilité de f en (exercice 6.5). Définition 6.0 (Norme d une ppliction linéire) Soit n, p N et f une ppliction linéire de R n dns R p. On définit lors l norme de f pr l formule suivnte : f = sup x R n,x 0 f(x). x (Cette ppliction est bien une norme sur l ensemble des pplictions linéires de R n dns R p, qui est un espce vectoriel sur R.) Si f une ppliction linéire de R n dns R p, on peut remrquer que f(x) f x pour tout x R n. (6.7) Soit f continue de R dns R, dérivble en tout point de R. On rppelle (théorème 3.2) que si, b R, b, il existe c ], b[ t.q. f(b) f() = f (c)(b ). Ce résultt peut être mis en défut pour une ppliction de R n dns R p dès que p >, comme le montre l exemple suivnt : On prend ici n =, p = 2 et, pour tout x R, f(x) est le vecteur dont les composntes sont cos(x) et sin(x), c est-à-dire f(x) = (cos(x), sin(x)) t. L ppliction f est de clsse C sur R et l mtrice jcobienne de f u point x est M f (x) = ( sin(x), cos(x)). On prend mintennt = 0 et b = 2π et on remrque que, pour tout c R on f(b) f() df(c)(b ). En effet, on f(b) f() = 0 et df(c)(b ) = M f (c)(b ) = 2π( sin(c), cos(c)) t 0 cr sin(c) et cos(c) ne s nnule jmis tous les deux pour une même vleur de c. On v toutefois donner une générlistion convenble du théorème des ccroissements finis (théorème 6.). Pour cel, si n et, b R n, on note ], b[= {t + ( t)b, t ]0, [} et [, b] = {t + ( t)b, t [0, ]} Théorème 6. (Théorème des Accroissements Finis, cs vectoriel) Soit n, p N, Ω un ouvert de R n et f une ppliction continue de Ω dns R p. Soit, b Ω t.q. [, b] Ω, b. On suppose f différentible en tout point de ], b[. On lors : ( ) f(b) f() sup df(c) c ],b[ b. Démonstrtion : On donne ici une démonstrtion consistnt à se rmener u théorème des ccroissements finis pour une fonction de R dns R (théorème 3.2). Mis, cette démonstrtion est limitée u choix 40
de l norme euclidienne dns l espce R p (choix que nous vons fit pour tout ce chpitre) lors que le résultt est vri pour tout choix de norme sur R n et R p (l démonstrtion doit lors être légèrement modifiée). Pour t [0, ], on tb + ( t) Ω et on pose ϕ(t) = (f(tb + ( t)) f()) (f(b) f()). L fonction ϕ est donc continue de [0, ] dns R. Pr dérivtion de fonctions composées, elle est ussi dérivble sur ]0, [ et on, pour tout t ]0, [, ϕ (t) = df(tb + ( t))(b ) (f(b) f()). On peut lors utiliser le théorème 3.2 sur l fonction ϕ. On obtient qu il existe s ]0, [ t.q. ϕ() ϕ(0) = ϕ (s) = df(sb + ( s))(b ) (f(b) f()). On remrque mintennt que ϕ() = f(b) f() 2 et ϕ(0) = 0. En posnt y = sb + ( s) et en utilisnt l inéglité de Cuchy-Schwrz (inéglité (6.4)) on donc On en déduit, vec (6.7) f(b) f() 2 = df(y)(b ) (f(b) f()) df(y)(b ) f(b) f(). Ce qui termine cette démonstrtion. f(b) f() df(y) b ( sup df(c) c ],b[ ) b. Définition 6. (Fonctions de clsse C k ) Soit n, p N, Ω un ouvert de R n et f une ppliction de Ω dns R p.. On dit que f est clsse C 0 sur Ω si f est continue sur Ω, c est-à-dire continue en tout point de Ω. On note lors f C(Ω, R p ) ou f C 0 (Ω, R p ). 2. On dit que f est clsse C sur Ω si f est différentible en tout point de Ω et que, pour tout (i, j) {,..., p} {,..., n}, l fonction fi x j est continue sur Ω. On note lors f C (Ω, R p ). 3. Pour k 2, on dit que f est de clsse C k (et on écrit f C k (Ω, R p )) si f est différentible en tout point de Ω et les fonctions fi x j sont de clsse C k sur Ω (pour tout (i, j) {,..., p} {,..., n}). 4. On dit que f est clsse C sur Ω (et on écrit f C k (Ω, R p )) si f est de clsse C k pour tout k N. Si A est une prtie de R n, on définit l dhérence de A comme étnt le plus petit fermé contennt A. Cet ensemble existe bien, c est l intersection de tous les fermés contennt A. On le note en générl Ā. Lorsque Ω est un ouvert de R n et k N, il est prfois utile de considérer les pplictions de clsse C k définies sur Ω. Nous définissons cette notion dns l définition 6.2. Définition 6.2 (Fonctions de clsse C k sur Ω) Soit n, p N, Ω un ouvert de R n et f une ppliction de Ω dns R p. Pour k 0 ou k =, on dit que f est clsse C k sur Ω (et on écrit f C k ( Ω, R p )) si f est l restriction à Ω d une fonction de clsse C k sur R n. 4
Remrque 6.9 L définition 6.2 mérite un commentire pour le cs k = 0. Sous les hypothèses de l définition 6.2, on peut montrer que f est de clsse C 0 sur Ω (c est-à-dire f est l restriction à Ω d une fonction continue sur R n ) si et seulement si f est continue en tout point de Ω. Cette équivlence est difficile à montrer (suf pour des ouverts prticuliers). Le point délict est de montrer qu une fonction définie sur Ω et continue en tout point de Ω peut se prolonger en une fonction continue sur tout R n. Une méthode pour montrer ce résultt est donnée dns l exercice 6.0. Proposition 6.5 (C k est un e.v.) Soit n, p N, k N {+ } et Ω un ouvert de R n. C k (Ω, R p ) est un espce vectoriel sur R. Alors, Proposition 6.6 (Existence de l différentielle) Soit n, p N, Ω un ouvert de R n et f une ppliction de Ω dns R p. On suppose que f dmet des dérivées prtielles en tout point de Ω.. Soit Ω. On suppose que les dérivées prtielles de f sont continues en. Alors, f est différentible en. 2. On suppose que f C (Ω, R p ). Alors, f est différentible en tout point de Ω. Soit n, p N, Ω un ouvert de R n et f une ppliction de Ω dns R p. Si f est de clsse C 2, les dérivées prtielles de fi x j dmettent elle-mêmes des dérivées prtielles. On note, pour Ω, i {,..., p} et (j, k) {,..., n} 2 : 2 f i () = ( f i x j ) (). x k x j x k Le théorème 6.2 compre 2 f i x k x j () et 2 f i x j x k (). Théorème 6.2 (Dérivées croisées) Soit n, p N, Ω un ouvert de R n et f une ppliction de Ω dns R p. On suppose f de clsse C 2. On lors 2 f i x k x j () = 2 f i x j x k () pour tout Ω, tout i {,..., p} et tout (j, k) {,..., n} 2. Remrque 6.0 Soit Ω un ouvert de R 2 et g, g 2 deux pplictions de Ω dns R. On s intéresse à l ppliction g ()dx + g 2 ()dx 2, de R 2 dns L(R 2, R). Cette ppliction, notée g dx + g 2 dx 2, est l forme différentielle ssociée à g, g 2. On suppose mintennt que g et g 2 sont de clsse C et on se demnde si il existe une ppliction f de Ω dns R, différentible et t.q., pour tout Ω, f x () = g () et f x 2 () = g 2 (). Dns ce cs, on dit que l forme différentielle g dx + g 2 dx 2 est excte et on df = g dx + g 2 dx 2. Une condition nécessire pour l existence de f est donnée pr le théorème 6.2. Pour que f existe, il fut g que, pour tout Ω, x 2 () = g2 x (). Lorsque cette dernière condition est stisfite, on dit que l forme différentielle g dx + g 2 dx 2 est fermée (le théorème 6.2 donne donc qu une forme différentielle excte, vec g et g 2 de clsse C, est fermée). Si Ω = R 2 ou Ω = (R +) 2 (qui est une cs intéressnt en thermodynmique) ou, plus générlement, si Ω est étoilé pr rpport à un point, cette condition est suffisnte (voir l exercice 6.7), c est-à-dire qu une forme différentielle fermée, vec g et g 2 de clsse C, est excte. L exercice 6.8 montre que ce résultt (fermée implique excte) est fux dns certins ouverts. Enfin, on termine ce prgrphe en définissnt le jcobien d une ppliction dfférentible de R n dns R n (utile, pr exemple, pour les clculs d intégrles en utilisnt des chngements de vribles). 42
Définition 6.3 (Jcobien) Soit n N, Ω un ouvert de R n et f une ppliction de Ω dns R n. Soit R n. on suppose f différentible en. le jcobien de f est, noté J(), est l vleur bsolue du déterminnt de l mtrice jcobienne de f en, c est-à-dire : 6.3 Recherche d un extremum J() = det(m f ()). On s intéresse dns cette section, à l recherche d un point où une fonction f, définie sur un ouvert de R n, à vleurs dns R, tteint son mximum ou son minimum. Définition 6.4 (Point critique, minim) Soit n N, Ω un ouvert de R n et f une ppliction de Ω dns R. Soit Ω.. On dit que est un point critique de f si f est différentible en et f() = 0. 2. On dit que f tteint un minimum locl en si il existe δ > 0 t.q. f() f(x) pour tout x B(, δ). Proposition 6.7 (Condition nécessire de minimlité) Soit n N, Ω un ouvert de R n et f une ppliction de Ω dns R. Soit Ω. On suppose que f tteint un minimum locl en. Alors, si f différentible en, on f() = 0. Pour obtenir une condition nécessire plus précise que celle donnée dns l proposition 6.7 (et ussi pour obtenir une condition suffisnte), on suppose dns le proposition 6.8 que f est de clsse C 2 sur Ω et on introduit l mtrice hessienne de f. Définition 6.5 (Mtrice hessienne) Soit n N, Ω un ouvert de R n et f une ppliction de Ω dns R, de clsse C 2. Soit Ω. On ppelle mtrice hessienne de f en l mtrice à n lignes et n colonnes dont le terme à l i-ieme ligne et j-ieme colonne est 2 f x i x j (). On note H() cette mtrice (c est une mtrice symétrique, grâce u théorème 6.2). Proposition 6.8 (Condition nécessire et condition suffisnte de minimlité) Soit n N, Ω un ouvert de R n et f une ppliction de Ω dns R, de clsse C 2. Soit Ω.. (Condition nécessire) On suppose que f tteint un minimum locl en. On lors f() = 0 et H() (mtrice hessienne de f en ) est (symétrique) semi-définie positive (c est-à-dire H()h h 0 pour tout h R n ). 2. (Condition suffisnte) On suppose que f() = 0 et que H() est (symétrique) définie positive (c est-à-dire H()h h > 0 pour tout h R n, h 0). Alors, f tteint un minimum locl en. 6.4 Exercices Exercice 6. (Limite versus limite uniforme) Soit λ, µ R.. Donner un exemple de fonction f continue de R 2 dns R et t.q. () Pour tout s R, lim t + f(t,s) t = λ. 43
(b) Pour tout t R, lim s + f(t,s) s = µ. 2. Soit f une fonction continue de R 2 dns R. On suppose que () f(t,s) t λ qund t +, uniformément pr rpport à s R. (b) f(t,s) s µ qund s +, uniformément pr rpport à t R. Soit ε > 0. Montrer qu il existe A > 0 t.q. εt f(t, s) λt εt et εs f(t, s) µs εs si t A et s A. En déduire que ε λ ε et ε µ ε puis que λ = µ = 0. Exercice 6.2 (Différentible implique continu) Soit n, p N, Ω un ouvert de R n et f une ppliction de Ω dns R p. Soit Ω. On suppose que f est différentible en. Montrer que f est continue. Exercice 6.3 (Existence des dérivées prtielles n implique ps continuité) Soit f de R 2 dns R définie pr : f(x) = x x 2 x 2 + x2 2 pour x = (x, x 2 ) t R 2, x 0, f(0) = 0. Montrer que f dmet des dérivées prtielles en 0 mis que f n est ps continue en 0 (et donc que f n est ps différentible en 0). Exercice 6.4 (Différentible implique existence des dérivées directionnelles) Soit n N, Ω un ouvert de R n et f une ppliction de Ω dns R. Soit Ω et x R n, x 0. On suppose que f est différentible en, montrer que f est dérivble en dns l direction x et que f x() = df()(x). Exercice 6.5 (Existence des dérivées directionnelles n implique ps continuité) Pour x = (x, x 2 ) t R 2, x 0, il existe un et un seul couple (ρ, θ) R + [0, 2π[ t.q. x = ρ cos(θ) et x 2 = ρ sin(θ). On pose lors f(x) = vleurs dns R). ρ2 2π θ. On pose ussi f(0) = 0 (de sorte que f est définie sur R2 à. Soit x R 2, x 0. Montrer que f dmet une dérivée en 0 dns l direction x et clculer f x(0). 2. Montrer qu il existe une ppliction T, linéire de R 2 dns R, t.q., pour tout x R 2, x 0, f x(0) = T (x). 3. Montrer que f n est ps continue en 0 (et donc n est ps différentible en 0). Exercice 6.6 (Mécnique, Anlyse et Algèbre) Soient x et y deux fonctions de R dns R 2, de clsse C. On désigne pr M 2 (R) l ensemble des mtrices 2 2 à coefficients dns R. On note M(t) M 2 (R) l mtrice dont les deux lignes sont formées pr les vecteurs (lignes) x(t) et y(t), M x (t) l mtrice dont les deux lignes sont formées pr les vecteurs (lignes) x (t) et y(t) et M y (t) l mtrice dont les deux lignes sont formées pr les vecteurs (lignes) x(t) et y (t). Enfin, Pour t R, on pose ϕ(t) = det(m(t)) (on rppelle que N det(n) est une ppliction de M 2 (R) dns R). 44
. Soit f une fonction bilinéire de R 2 R 2 dns R (c est-à-dire que, pour tout u R 2, les pplictions z f(z, u) et z f(u, z) sont des pplictions linéires de R 2 dns R). On rppelle qu une ppliction bilinéire (de R 2 dns R) est nécessirement continue. Pour tout réel t, on pose g(t) = f(x(t), y(t)). Montrer que g est une ppliction de R dns R, de clsse C, et que g (t) = f(x (t), y(t)) + f(x(t), y (t)) pour tout t R. [On pourr, pr exemple, écrire f(x(t + h), y(t + h)) f(x(t), y(t)) = f(x(t + h) x(t), y(t + h)) + f(x(t), y(t + h) y(t)).] 2. En utilisnt l question, montrer que ϕ est de clsse C et que ϕ (t) = det(m x (t)) + det(m y (t)) (On rppelle que ϕ(t) = det(m(t))). [ ], (t) 3. On suppose que pour tout t R il existe une mtrice A(t) =,2 (t) t.q. M 2, (t) 2,2 (t) (t) = A(t)M(t). () Montrer que M x (t) = X(t)M(t) et M y (t) = Y (t)m(t) vec [ ] [ ], (t) X(t) =,2 (t) 0, Y (t) =. 0 2, (t) 2,2 (t) (b) Montrer que det(m x (t)) =, (t)det(m(t)) et det(m y (t)) = 2,2 (t)det(m(t)). En déduire que ϕ (t) = trce(a(t))ϕ(t) pour tout t R (vec ϕ(t) = det(m(t))). NB: Les courgeux pourront montrer que le résultt de l question 4 (c est-à-dire ϕ (t) = trce(a(t))ϕ(t) pour tout t R) est encore vri si l mtrice M(t) est formée de n vecteurs lignes x (t),..., x n (t) de R n et que M (t) = A(t)M(t) vec n et x,..., x n fonctions de R dns R n, de clsse C. Exercice 6.7 (Si Ω est étoilé, une forme différentielle fermée est excte) Soit Ω un ouvert de R 2 et g, g 2 deux pplictions de Ω dns R, de clsse C et t.q., pour tout Ω, g x 2 () = g2 x (). On suppose ussi qu il existe b Ω t.q. pour tout Ω, l intervlle [b, ] est inclus dns Ω (on dit lors que Ω est étoilé pr rpport à b). On note b et b 2 les composntes de b. Pour = (, 2 ) t Ω, on pose f() = ( b ) 0 g (t + ( t)b)dt + ( 2 b 2 ) 0 g 2 (t + ( t)b)dt. Montrer que f est une ppliction différentible de Ω dns R et que, pour tout Ω, f x 2 () = g 2 (). (On donc df = g dx + g 2 dx 2.) Exercice 6.8 (Exemple de forme différentielle fermée et non excte) Soit 0 α < β. On pose Ω = {x R 2, α < x < β}. Pour x = (x, x 2 ) t Ω, on pose g (x) = x 2 x 2 + x2 2 et g 2 (x) = x x 2 +. x2 2. Montrer que l forme différentielle g dx + g 2 dx 2 est fermée (dns Ω). f x () = g () et 2. (Difficile) Montrer que l forme différentielle g dx + g 2 dx 2 n est ps excte (dns Ω). [On pourr risonner pr l bsurde et utiliser le résultt de l exemple 6.2 vec un chemin γ bien choisi.] 45
Exercice 6.9 (Clcul de dérivées prtielles) Soit n N. On note M n (R) l ensemble des mtrices réelles à n lignes et n colonnes, et Ω l ensemble des mtrices A de M n (R) t.q. det(a) > 0. Pour A Ω, on pose f(a) = ln(det(a)). Une mtrice de M n (R) n 2 composntes. On peut donc identifier M n (R) à R n2. L fonction f devient lors une ppliction d une prtie de R n2 (notée ussi Ω) dns R.. Montrer que Ω est un ouvert de R n2 et que f est continue. 2. Soit A Ω. On note i,j les composntes de A et b i,j les composntes de A. Montrer que f dmet des dérivée prtielles en A et que f i,j (A) = b i,j pour tout i, j {,..., n}. 3. Soit A Ω. Montrer que f est différentible en A et donner df(a)(h). [On pourr commencer pr les cs n = et n = 2. Le cs générl est nettement plus difficile.] Exercice 6.0 (Prolongement d une fonction continue) Soit n, Ω une prtie ouverte de R n et ϕ une ppliction continue de Ω dns R. Le but de cet exercice est de montrer qu il existe une ppliction ψ continue de R n dns R t.q. ψ = ϕ sur Ω. L méthode proposée ici demnde l connissnce de l théorie de l intégrle de Lebesgue dns R n. Elle demnde des connissnces non développées dns ce cours (enseignées, en générl, plutôt dns l troisème nnée de Licence). Pour x Ω, on note d x = inf y Ω x y (cette quntité s ppelle l distnce de x à Ω ), on pose A x = B(x, 2d x ) Ω et A ψ(x) = x ϕ(z)dz. A x dz (On commencer pr remrquer que d x > 0 et que A x dz > 0.) Pour x Ω, on pose ψ(x) = ϕ(x). Montrer que ψ est continue sur R n. Exercice 6. (Connexité pr rc) Soit n et Ω une prtie de R n. On dit que Ω est connexe pr rc si pour tout, b Ω il existe γ C([0, ], Ω) t.q. γ(0) = et γ() = b.. On suppose ici que n =. Soit Ω R. Montrer que Ω est connexe pr rc si et seulement si Ω est un intervlle de R. 2. On suppose ici que n >. Montrer que les ensembles suivnts sont connexes pr rc : () R n, (b) {(x, y) t, x R +, y R n } (cet ensemble est souvent noté R n +), (c) {x R n, r x < R} vec 0 r < R + donnés. 46
N.B. On peut montrer (mis ce n est ps demndé dns cet exercice) que si Ω est un ouvert de R n connexe pr rc il existe lors pour tout, b Ω une ppliction γ pprtennt à C ([0, ], Ω) t.q. γ(0) = et γ() = b. Exercice 6.2 (Force conservtive et potentiel ssocié) Le but de cet exercice, lié u cours de mécnique de première nnée de licence, est de montrer que une force est conservtive si et seulement elle dérive d un potentiel et de donner quelques exemples (grvité sur terre, grvité universelle, ressort, moteur). Soit d et Ω un ouvert connexe pr rc de R d (voir l exercice 6.). C est pour être en mesure de donner des exemples intéressnts que l exercice n est ps limité u cs Ω = R d (pour l exemple de grvité universelle, on prendr Ω = {x R 3, R 0 < x < + }, où R 0 est le ryon de l terre ssimilé à un boule de R 3 de centre 0). On rppelle tout d bord quelques notions utilisées en mécnique. On considère un mobile, ssimilé à un point de msse m, se déplçnt dns Ω. Ce mobile est soumis à une ou plusieurs forces. Une force s exerçnt sur ce mobile est dite conservtive si elle vérifie les deux conditions suivntes : (c) Elle ne dépend que de l position du mobile. Il existe donc une fonction F de Ω dns R d t.q. cette force vut F (x) lorsque le mobile est u point x de Ω. Cette fonction F est lors supposée être continue (cette condition peut être ffible en continue pr morceux ). (c2) Le trvil de cette force lorsque le mobile v du point u point b ne dépend que des points et b. Plus précisément, soit, b Ω, t 0, t R, t 0 < t et γ C ([t 0, t ], Ω) (ou seulement γ C([t 0, t ], Ω) et γ de clsse C pr morceux, cette générlistion est utile) vec γ(t 0 ) = et γ(t ) = b. Un tel γ est ppelé chemin llnt de à b. Le trvil de l force considérée est lors W F,γ (, b) = t t 0 F (γ(t)) γ (t)dt. (6.8) On demnde donc que W F,γ (, b) ne dépende que de et b (et F, bien sûr) mis non de l fonction γ toute entière.. On considère dns cette question une force s exerçnt sur le mobile et vérifint l condition (c) donnée ci-dessus. Cette force vut donc F (x) lorsque le mobile est u point x de Ω. () On suppose qu il existe une fonction E p de Ω dns R de clsse C t.q. F (x) = E p (x) pour tout x Ω. Montrer que W F,γ (, b) = E p () E p (b) pour tout γ llnt de à b. En déduire que l force considérée est conservtive (c est-à-dire vérifie l condition donnée en (c2)). N. B. L quntité E p (x) est l énergie potentielle ssociée à l force F (x). Cette énergie est définie à une constnte dditive près (voir l question suivnte). L quntité significtive est l différence d énergie potentielle entre deux points de Ω. (b) (Question difficile) Réciproquement, on suppose mintennt que cette force est conservtive (c est-à-dire vérifie l condition (c2) donnée ci-dessus). Montrer qu il existe une fonction E p de Ω dns R de clsse C t.q. F (x) = E p (x) pour tout x Ω. [Indiction : Soit Ω. Pour x Ω, on définit lors E p (x) pr E p (x) = W F,γ (, x) où γ est chemin llnt de à x (comme F est conservtive et que est fixé, W F,γ (, x) ne dépend 47
que de x et ps de γ dés que γ v bien de à x). Soit x Ω et h R n, h 0, t.q. B(x, h) Ω. On montre tout d bord que E p (x + h) E p (x) = W F,γ (x, x + h) où γ est un chemin llnt de x à x + h. En choisisnt un γ prticulièrement simple, on en déduit ensuite que E p (x + h) E p (x) = F (x) h + ε(h) h vec lim h 0 ε(h) = 0.] Montrer que E p est unique à une constnte dditive près. 2. Dns cette question, on suppose que d =. L ensemble Ω est donc un intervlle de R (voir l exercice 6.). On suppose que l force en question vérifie l hypothèse (c). Cette force vut donc F (x) lorsque le mobile est u point x (vec F C(Ω, R)). Montrer que l force est conservtive et donner une énergie potentielle ssociée. [Pour montrer que F est conservtive, le plus rpide est de donner une énergie potentielle ssociée.] 3. On donne ici quelques exemples de force. Pour chcun de ces exemples, montrer que l force est conservtive et donner une énergie potentielle ssociée. () (Grvité u voisinge de l terre). On prend d =, Ω =]0, + [ et on suppose que l force est égle en tout point à mg où g = 9, 8 (en unités SI : m/s 2 ). (b) (Moteur) On prend d =, Ω =], + [ et on suppose qu un moteur git sur le mobile vec une force constnte égle à 7 (en unités SI : N). (c) (Ressort) On prend d =, Ω =] A, A[ vec A > 0. On suppose que l force est égle en tout point x de Ω kx, vec k > 0 donné (le nombre k est ppelé rideur du ressort ). (d) (Grvité universelle). On note M T l msse de l terre, R 0 son ryon (l terre étnt ssimilée à une boule, R 0 vut environ 6000 kms) et G l constnte de grvité universelle. On prend d = 3 et Ω = {x R 3, R 0 < x < + }. L force de grvité s exerçnt sur le mobile u point x est le vecteur F de R 3 t.q. F = mm T G x 2 Exercice 6.3 (Un skieur sur un téléski) et F x = F x (ce qui donne F = F x x ). Un skieur est considéré comme un mobile ssimilé à un point se déplçnt sur l demi-droite ], + [. Au temps t 0, le mobile est u point x(t) de l demi-droite. L fonction t x(t) est supposée être ce clsse C. Pour t = 0, on x(0) = 0 et x (0) = 0. Ce mobile est soumis à trois forces : L grvité, qui est supposé constnte et s écrit F g = mg sin(α) (m est l msse du skieur, g = 9.8 et α est l ngle, positif, supposé constnt, entre l pente du téléski et l direction horizontle). L trction du câble, que nous supposerons constnte lors du trjet du skieur (ce qui n est ps tout à fit réliste), et que nous noterons F m (F m est un nombre strictement positif, supérieur à mg sin α...). L force des frottements sur l neige. Cette force dépend de l vitesse du skieur. A l instnt t cette force, notée F f, est égle à βx (t), où β est un nombre strictement positif donné.. Montrer que les deux premières forces décrites ci dessus sont conservtives et donner des énergies potentielles correspondntes (voir l exercice 6.2). Dns l suite, ces énergies, u point x, sont notées E pg (x) (pour l énergie potentielle liée l grvité u point x) et E pm (x) (pour l énergie potentielle liée à l trction du câble). 48
2. L fonction t x(t) est supposée être de clsse C. Pour t > 0, on note W F (t) le trvil de l force F entre les instnts 0 et t (voir l exercice 6.2 pour l définition du trvil d une force). Le théorème de l énergie cinétique entre les instnts 0 et t donne lors 2 m(x (t)) 2 = W Fg (t) + W Fm (t) + W Ff (t). Montrer que cette églité est identique ux deux églités suivntes : 2 m(x (t)) 2 + E pg (t) E pg (0) = W Fm (t) + W Ff (t), et 2 m(x (t)) 2 + E pg (t) E pg (0) + E pm (t) E pm (0) = W Ff (t). (Ces deux dernières églités portent souvent le nom de théorème de l énergie mécnique.) 3. On suppose que x est de clsse C 2. L reltion fondmentle de l dynmique donne que pour tout t 0 mx (t) est égl à l somme des forces gissnt sur le mobile à l instnt t. Résoudre l éqution différentielle insi obtenue et donner l limite de x (t) qunt t + (en fonction de m, g, α, F m et β). Exercice 6.4 (Une églité importnte en thermodynmique) Soit ϕ et ψ deux fonctions de clsse C de R + R + dns R +. On suppose que pour tout x, y R +, on x = ϕ(ψ(x, y), y). On note ϕ l dérivée de ϕ pr rpport à s première vrible et 2 ϕ l dérivée de ϕ pr rpport à s seconde vrible (et de même pour ψ).. Soit x R + (x est donc fixé pour cette question). Pour y R +, on pose h(y) = ϕ(ψ(x, y), y). Vérifier (vec l proposition sur l dérivtion de fonctions composées) que h est une fonction de clsse C de R + et que, pour tout y R +, 2. Montrer que pour tout x, y R + on h (y) = ϕ(ψ(x, y), y) 2 ψ(x, y) + 2 ϕ(ψ(x, y), y). 2 ϕ(ψ(x, y), y) = ϕ(ψ(x, y), y) 2 ψ(x, y). Pour x, y R +, on pose α(x, y) = x 2ϕ(ψ(x, y), y), β(x, y) = ψ(x, y) 2ψ(x, y) et χ(x, y) = x ϕ(ψ(x, y), y). 3. Soit x, y R +, montrer que α(x, y) = χ(x, y)ψ(x, y)β(x, y). (6.9) 49
N.B. : Souvent, pour une fonction ϕ de R + R + dns R +, on note ϕ x l dérivée de ϕ pr rpport à s première vrible et ϕ y l dérivée de ϕ pr rpport à s seconde vrible. Cette nottion (très cournte) peut préter à confusion cr il ne fut ps confondre ϕ x et l dérivée (pr rpport à x, l vrible y étnt fixée) de l fonction x ϕ(ψ(x, y), y). Si on note g cette dernière fonction, s dérivée est g (x) = ϕ (ψ(x, y), y) ψ (x, y). x x Appliction à l thermodynmique Pour un système thermodynmique, les trois quntités volume, notée V, pression, notée p et tempérture, notée T, ne sont ps indépendntes. Plus précisément, il existe des fonctions ϕ et ψ de R + R + dns R +, de clsse C, t.q. V = ϕ(p, T ) et p = ψ(v, T ). Avec les nottions de l thermodynmique, l églité (6.9) est α = χpβ, où α = V ( V ) T, β = ( p ) p p T et χ = ( V ) V V p. T Exercice 6.5 (Clcul de le divergence d une fonction prticulière) Soit f une fonction de R + dns R de clsse C. Pour x R 3, x 0, pn pose E(x) = f(r)x, vec r = x. (On rppelle que x désigne l norme euclidienne de x.) Montrer que E est une fonction de clsse C de R 3 dns R 3 et que pour tout x 0, dive(x) = rf (r) + 3f(r). 50