Cours d’analyse 1
Licence 1er semestre
Guy Laffaille
Christian Pauly
janvier 2006
2
e
Table des mati`res
1 Les e
nombres r´els et complexes 5
1.1 Nombres rationnels . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.2 e
Nombres r´els . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.3 e
Densit´ des rationnels et irrationnels . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
1.4 Nombres complexes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
1.5 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
2 Logique et langage des ensembles 15
e
2.1 Propositions et op´rateurs logiques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
2.2 Quantificateurs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
e
2.3 Techniques de d´monstration . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
e
2.3.1 R´currence . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
e
2.3.2 Contrapos´e . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
e
2.3.3 D´monstration par l’absurde . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
2.4 Langage des ensembles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
2.5 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
e
3 Suites r´elles et complexes 21
e
3.1 Limite d’une suite r´elle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
ee
3.2 Propri´t´s de la limite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
3.3 Suites adjacentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
3.4 Comparaison de suites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
3.5 Suites complexes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
3.6 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
4 Fonctions d’une variable r´ellee 39
e
4.1 Limite et continuit´ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
ee
4.2 Propri´t´s de la limite d’une fonction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
ee
4.3 Propri´t´s des fonctions continues . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
e
4.4 Fonctions d´rivables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
ee e
4.5 Propri´t´s des fonctions d´rivables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
e
4.6 Application aux suites r´elles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
4.7 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50
e
5 D´veloppements limit´s e 55
5.1 Comparaison de fonctions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
5.2 Formules de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
e
5.3 Calcul de d´veloppements limit´s e . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59
5.4 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61
3
4 `
TABLE DES MATIERES
6 Fonctions classiques 63
6.1 Fonctions bijectives . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
6.2 Logarithme et exponentielle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
e e
6.3 D´veloppements limit´s . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65
e
6.4 Fonctions trigonom´triques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66
e
7 Corrig´ des exercices 69
Remerciements.
a
Merci ` Thierry Mignon, Vladimir Verchinin, Julien Munier, Denis Trotabas et Daniel Maerten
pour les exercices de TD.
a e e
Merci ` Michele Bolognesi pour la r´daction de quelques corrig´s d’exercices.
a e
Merci ` Ivan Babenko pour la preuve de l’irrationnalit´ du nombre d’Euler.
Chapitre 1
e
Les nombres r´els et complexes
1.1 Nombres rationnels
e
On d´signe par N l’ensemble des entiers naturels
N = {0, 1, 2, 3, . . .}.
Comme chaque entier naturel n admet un successeur n + 1, on se convainc sans peine que N est
un ensemble infini. On note N∗ l’ensemble N \ {0}, c’est-`-dire l’ensemble des entiers naturels non
a
nuls.
´ e e
Etant donn´ deux entiers naturels x et y on sait d´finir les nombres
x
x + y, x − y, x · y et , si y = 0.
y
e e
On remarque que l’addition et la multiplication sont des op´rations qui ont leur r´sultat dans N.
e
Par contre le r´sultat d’une soustraction ou d’une division n’est pas toujours un entier naturel.
e
On cr´e ainsi de nouveaux nombres
Z = {. . . , −3, −2, −1, 0, 1, 2, 3, . . .},
l’ensemble des entiers relatifs — on notera Z∗ = Z \ {0} — et
a
Q= | a∈Z et b ∈ Z∗ ,
b
a a·n
l’ensemble des nombres rationnels dans lequel on identifie la fraction b
avec b·n
pour tout a ∈ Z
et b, n ∈ Z∗ .
On a bien entendu les inclusions suivantes
N⊂Z⊂Q
et les quatre op´rations ´l´mentaires +, −, · et / peuvent s’´tendre ` l’ensemble Q des nombres
e ee e a
rationnels.
e
Les Grecs classiques ont cru longtemps que toutes les quantit´s s’exprimaient par des nombres
c
rationnels. Ils se sont aper¸u que ce n’est pas toujours le cas. En effet on peut construire des
e
nombres qui ne sont pas rationnels. Consid´rons par exemple un triangle ABC rectangle en A
5
6 ´
CHAPITRE 1. LES NOMBRES REELS ET COMPLEXES
C
a
b
A c B
e e
Si on note a la longueur du segment BC, b celle de CA et c celle de AB, alors le th´or`me de
Pythagore dit qu’on a la relation
a2 = b 2 + c 2 .
√
e oe e a
Ainsi on obtient que la longueur de la diagonale d’un carr´ de cˆt´ b = c = 1 est ´gale ` a = 2.
√
Proposition 1.1.1 Le nombre 2 n’est pas un nombre rationnel.
D´monstration. √
e Nous allons faire une d´monstration par l’absurde. 1
e √
Supposons que 2 est rationnel. Il existe alors deux entiers positifs a, b tels que 2 = a/b. Si
a et b sont pairs, on peut simplifier la fraction a/b par 2. En simplifiant par 2 autant que possible,
u des
on arrive au cas o` au moins un√ deux entiers a ou b est impair.
En ´levant au carr´ l’´galit´ 2 = a/b et en chassant le d´nominateur, on arrive `
e e e e e a
2b2 = a2 .
Donc a2 est pair. Si a est impair, on peut ´crire a = 2a + 1, alors a2 = 4a 2 + 4a + 1 qui est
e
impair. On en d´duit donc que a est pair, donc on peut ´crire a = 2a , ce qui donne 2b2 = 4a 2 et
e e
en simplifiant par 2, on obtient
b2 = 2a 2 .
e e a a e
C’est la mˆme ´quation que ci-dessus avec a ` la place de b et b ` la place de a. Le mˆme
√
raisonnement montre alors que b est aussi pair. On a donc une contradiction et 2 ne peut pas
e
ˆtre rationnel.
Voici d’autres exemples de nombres irrationnels.
e e e
1. Le nombre π = 3, 1415 . . . d´fini comme la circonf´rence d’un cercle de diam`tre 1.
2
e
2. Le nombre d’Euler e = 2, 718 . . . , la base de l’exponentielle, d´fini comme somme infinie
1 1 1 1
e=1+ + + + ··· + + ···
1! 2! 3! k!
√
e e a
3. Les racines carr´s n si n est un entier qui n’est pas un carr´, c’est-`-dire qui n’est pas de
la forme n = k 2 avec k ∈ N.
Proposition 1.1.2 Le nombre d’Euler e n’est pas un nombre rationnel.
1
voir section 2.3.3
2
Par d´finition n! = 1 · 2 · 3 · · · n
e
´
1.2. NOMBRES REELS 7
√
e e
D´monstration. Comme pour 2 nous allons faire une d´monstration par l’absurde. Supposons
donc que e est rationnel. Il existe alors deux entiers a, b ∈ N∗ tels que
a 1 1 1 1
e= = 1 + + + + ··· + + ···
b 1! 2! 3! n!
e e
Multiplions par b!. Alors on obtient l’´galit´
a b! b! b!
b! − b! + b! + + + · · · +
b 2! 3! b!
1 1 1 1
= + + + ··· + + ···
b + 1 (b + 1)(b + 2) (b + 1)(b + 2)(b + 3) (b + 1)(b + 2) · · · (b + n)
a
Il est clair que tous les termes de la somme ` gauche sont des nombres entiers, donc la somme,
qu’on notera s, est aussi un entier. En utilisant la minoration
(b + 1)(b + 2) · · · (b + n) > (b + 1)n
on obtient un l’encadrement suivant de s
1 1 1 1
0 0, alors il existe un
entier n tel que ny > x.
e ee
Nous ne d´montrons pas cette propri´t´. Elle dit qu’en faisant assez de pas de longueur y on
e e e ee e e
d´passe x. D’ailleurs avec notre d´finition des r´els la propri´t´ d’Archim`de est ´vidente, ce qui
e e e e e
est loin d’ˆtre le cas quand on d´finit un nombre r´el de mani`re intrins`que.
e e e
D´finition 1.2.4 (borne sup´rieure, borne inf´rieure) Soit A une partie non vide de R (ou
plus g´n´ralement d’un ensemble E muni d’un ordre total ≤). On appelle borne sup´rieure de A
e e e
e
le minimum de l’ensemble des majorants de A et borne inf´rieure de A le maximum de l’ensemble
des minorants de A.
e e e e
Avant d’´noncer le th´or`me d’existence de la borne sup´rieure dans R, montrons que la borne
e
sup´rieure n’existe pas toujours. On se place dans Q muni de l’ordre naturel.
Proposition 1.2.1 Consid´rons la partie A = {x ∈ Q | x2 2. On calcule
(M 2 + 2)2 M 4 − 4M 2 + 4 (M 2 − 2)2
M 2−2= −2= =
4M 2 4M 2 4M 2
10 ´
CHAPITRE 1. LES NOMBRES REELS ET COMPLEXES
√
qui est bien strictement positif. En effet M 2 −2 = 0, car sinon 2 serait rationnel (voir proposition
1.1.1).
e
V´rifions que M 2.
M M
√
2
Remarque.
2 +2
Le choix de la fonction f qui d´finit M = f (M ) n’est pas essentiel. Ici on a choisi f (x) = x 2x ,
e
o
mais n’importe quelle fonction rationnelle (=quotient de deux polynˆmes) satisfaisant aux trois
√ √ √ √
conditions (1) f ( 2) = 2, (2) f ( 2) = 0, (3) f croissante et f (x) ≤ x sur l’intervalle [ 2, +∞[
e e e e
aurait pu servir dans la preuve pr´c´dente. Ceci sera expliqu´ en d´tail un peu plus tard (section
4.6).
e e
Th´or`me 1.2.3 Soit A une partie non vide de R.
e e e
1. Si A est major´e, alors A admet une borne sup´rieure, not´e sup A.
e e e
2. Si A est minor´e, alors A admet une borne inf´rieure, not´e inf A.
e e
Nous admettons ce th´or`me.
Exemples.
=
– On a sup[0, 1] = 1 et sup [0, 1[√ 1.
– On a sup{x ∈ Q | x2 qa. On a alors
p − 1 ≤ qa 3}
4. {x ∈ R | exp(x) 0)
est-elle vraie ?
e
Exercice 2.5. Les propositions suivantes sont-elles vraies ou fausses ? Justifiez votre r´ponse en
e
faisant une d´monstration.
1. ∀x ∈ R, (x = |x| ou x = −|x|).
2. (∀x ∈ R, x = |x|) ou (∀x ∈ R, x = −|x|).
3. ∀x ∈ Z, ∃y ∈ Z, y − x + x2 0.
20 CHAPITRE 2. LOGIQUE ET LANGAGE DES ENSEMBLES
Chapitre 3
e
Suites r´elles et complexes
3.1 e
Limite d’une suite r´elle
e e a e
D´finition 3.1.1 Un suite r´elle est une famille ` valeurs dans R index´e par les entiers naturels.
On note (un )n∈N ou tout simplement (un ).
Parfois on prend comme ensemble d’indices les entiers naturels non nuls N∗ .
Exemples.
1
1. un = sin n, un = n
pour n ≥ 1, un = en .
e
2. Suites r´currentes.
e
(a) La suite de Fibonacci est d´finie par u0 = u1 = 1 et
un+1 = un + un−1 .
√
1+ 5
e
Elle est li´e au nombre d’or Φ = 2
ıt
et apparaˆ dans le best seller actuel “Da Vinci
code”.
e e e e e
(b) Plus g´n´ralement on a les suites r´currentes lin´aires d’ordre 2 d´finies par la formule
un+1 = aun + bun−1
e
avec u0 et u1 donn´s.
(c) Suites arithm´tiques un+1 = un + a avec a ∈ R fix´. Une r´currence facile montre que
e e e
pour tout n on a un = na + u0 .
(d) Suites g´om´triques un+1 = aun avec a ∈ R fix´. On montre par r´currence que pour
e e e e
n
tout n on a un = a u0 .
x2 +2
e e u
3. Plus g´n´ralement un+1 = f (un ) o` f est une fonction, par exemple f (x) = 2x
comme
dans la preuve de la proposition 1.2.1
4. Plus “bizarre”.
e e
(a) un = n-i`me d´cimale de π.
(b) un = 0 si n premier et un = 1 sinon.
e e
D´finition 3.1.2 Soit (un ) une suite r´el. On dit que (un ) est
– major´e s’il existe un r´el K tel que pour tout entier n ∈ N on a un ≤ K.
e e
– minor´e s’il existe un r´el k tel que pour tout n on a k ≤ un .
e e
e e
– born´e si elle est major´e et minor´e.e
21
22 ´
CHAPITRE 3. SUITES REELLES ET COMPLEXES
– croissante si pour tout n on a un+1 ≥ un .
– strictement croissante si pour tout n on a un+1 > un .
– e
monotone si elle est croissante ou d´croissante.
– p´riodique s’il existe un entier p ∈ N∗ tel que pour tout n on a un+p = un . L’entier p est la
e
e
p´riode de la suite.
e e e e
On d´finit de mˆme une suite d´croissante, strictement d´croissante.
ee
Il arrive qu’une propri´t´ ne soit pas vraie pour tous les premiers termes d’une suite mais
` a
seulement a partir d’un certain rang. Par exemple, (un ) est croissante ` partir d’un certain rang
s’il existe un entier N tel que pour tout n ≥ N on a un+1 ≥ un .
Exemples.
e
1. un = sin n est major´e.
1
2. un = n
pour n ≥ 1 est strictement d´croissante et born´e.
e e
n
e e
3. un = e est croissante, minor´e mais pas major´e.
4. On suppose que u0 > 0 et a > 0, la suite g´om´trique un = an u0 est croissante non major´e
e e e
e e
si a > 1, d´croissante et born´e si a 0 tel que pour tout n on a un ≤ K. Elle est aussi minor´e, donc il existe L 0 ∃N ∈ N tel que ∀n ≥ N on a |un − | 0. Il faut
e
trouver un entier N tel que si n ≥ N alors |un − a| 0. Comme est limite de la suite (un ) il existe un entier N tel que pour tout n ≥ N
on a |un − | 0 ∃N ∈ N tel que ∀n ≥ N |un − 0| 0. Comme (vn ) converge vers 0, il existe N ∈ N tel que |vn | 0. On ´crit la convergence de (un ) avec 2 : il existe un N tel que
ε
si n ≥ N alors |un − | 0, alors
1 1
lim = .
n→+∞ un
e
D´monstration. Comme (un ) a pour limite qui est strictement positif, il existe un entier N
tel que si n ≥ N alors |un − | − 2 = 2 . On en d´duit que u1n 0. Comme limn→∞ un = +∞, il existe un entier N tel que si
n ≥ N alors un > 1 . Donc 0 0 pour tout n, on sait qu’il existe un entier
1
N tel que si n ≥ N alors 0 K, ce qui prouve que un tend vers +∞.
´ ´
3.2. PROPRIETES DE LA LIMITE 25
Remarque.
(−1)n
La condition un > 0 est essentielle. Par exemple, si un = n
, la suite (un ) tend vers 0 mais
la suite ( u1n ) n’a pas de limite.
a
Proposition 3.2.7 (passage ` la limite des in´galit´s)e e
e
Soient (un ) et (vn ) deux suites de r´els qui convergent respectivement vers et . On suppose
que
un ≤ v n
a
` partir d’un certain rang. Alors ≤ .
e e e e e
D´monstration. Par l’absurde. Supposons que > . Fixons un r´el ε > 0 v´rifiant l’in´galit´
ε 0. La convergence de (un ) vers dit qu’il existe un N tel que si
n ≥ N alors |un − | ϕ(n) puisque ϕ est strictement croissante. Donc ϕ(n + 1) > n, soit ϕ(n + 1) ≥ n + 1
puisque ϕ(n + 1) est un entier.
Fixons ε > 0. Comme la suite (un ) tend vers , il existe un entier N tel que si n ≥ N alors
|un − | 0. Comme est le plus petit majorant le nombre − ε n’est pas un majorant de A,
donc il existe un ´l´ment uN de A tel que − ε K
c
en fran¸ais : quel que soit K le nombre K n’est pas un majorant de la suite (un ). Changeons de
e o
notations en ´changeant les rˆles de n et N :
∀K ∈ R ∃N ∈ N uN > K
Comme (un ) est croissante on a alors un ≥ uN > K pour tout n ≥ N , c’est la d´finition de
e
limn→+∞ un = +∞.
e
De mˆme on a
Proposition 3.2.13 Une suite (un ) de r´els qui est d´croissante et non minor´e tend vers −∞.
e e e
28 ´
CHAPITRE 3. SUITES REELLES ET COMPLEXES
3.3 Suites adjacentes
Proposition 3.3.1 Soient (un ) et (vn ) deux suites telles que
1. (un ) est croissante,
e
2. (vn ) est d´croissante,
3. la suite (vn − un ) tend vers 0.
e
Alors les deux suites (un ) et (vn ) ont la mˆme limite.
Dans ce cas on dit que les deux suites sont adjacentes.
e
D´monstration. Pour tout n on a
un ≤ un+1 et vn ≥ vn+1
u
d’o`
−un ≥ −un+1 et vn ≥ vn+1
ce qui donne par addition
vn − un ≥ vn+1 − un+1 .
La suite (vn − un ) est donc d´croissante. Comme elle tend vers 0, on en d´duit que vn − un ≥ 0
e e
pour tout n, c’est-`-dire vn ≥ un .
a
On a alors un ≤ vn ≤ v0 puisque (vn ) est d´croissante. La suite (un ) est donc major´e et est
e e
croissante donc elle converge vers une limite .
e e e
De mˆme la suite (vn ) est minor´e par u0 et est d´croissante, donc elle converge vers une limite
.
La suite (vn − un ) tend vers − qui est nul ` cause de l’hypoth`se (3). Donc on a bien
a e
= .
e e e
Exemple.(suites arithm´tico-g´om´triques)
e e
Soient u0 et v0 deux r´els avec v0 > u0 > 0. On d´finit les deux suites (un ) et (vn ) par les
formules √
un+1 = un vn
un + v n
vn+1 =
2
e e
On v´rifie que ces deux suites sont adjacentes. Pour ´tablir la condition (3) on peut montrer que
vn − un
vn+1 − un+1 ≤
2
e e e
Th´or`me 3.3.1 (Bolzano-Weierstrass) Soit (un ) une suite born´e, alors il existe une sous-
suite de (un ) convergente.
e
D´monstration. Soit [a, b] avec a ϕ(k), cette condition
e e e
n’enl`ve qu’un nombre fini de possibilit´s, comme il y en a une infinit´ par construction ce n’est
e
pas gˆnant.
On a alors an ≤ vn ≤ bn et par le th´or`me des gendarmes la suite (vn ) tend aussi vers .
e e
e e e e
Deuxi`me d´monstration (plus courte). On consid`re le sous-ensemble de N d´fini par
A = {n ∈ N | ∀k ≥ n uk ≥ un }.
On distingue deux cas.
e
Premier cas : A est un ensemble infini. Alors la suite extraite (un )n∈A est croissante et major´e,
e
donc converge d’apr`s la proposition 3.2.10.
Deuxi`me cas : A est un ensemble fini. Alors il existe M ∈ N tel que si n ≥ M alors n ∈ A, ce
e /
qui est ´quivalent ` ∀n ≥ M il existe un entier k ≥ n tel que uk 0, on obtient
un+1 un
≤λ .
vn+1 vn
La suite ( un ) v´rifie les conditions de la proposition 3.4.3 donc ( un ) tend vers 0, ce qui veut
v
n
e v
n
dire que un = o(vn ).
e
Proposition 3.4.5 On consid`re les suites
1. pour n ≥ 2, soit un = (ln n)β avec β > 0,
2. pour n ≥ 1, soit vn = nα avec α > 0,
3. pour n ≥ 0, soit wn = an avec a > 1,
4. pour n ≥ 0, on pose zn = n!
Alors un = o(vn ), vn = o(wn ) et wn = o(zn ).
D´monstration. 1. Montrons d’abord que vn = o(wn ). Pour cela montrons qu’il existe λ ∈ [0, 1[
e
tel que
vn+1 wn+1
≤λ
vn wn
et utilisons la proposition 3.4.4.
Un calcul simple montre que
α
vn+1 1 wn+1
= 1+ et = a > 1.
vn n wn
vn+1
Comme limn→+∞ vn
= 1, il existe N tel que si n ≥ N on a
vn+1 1+a
0. Il existe un entier N tel que si n ≥ N on a
n
0 il
existe un entier N tel que si n ≥ N alors |zn − | 0. Puisque la suite (xn ) tend vers a il existe un entier N tel que si n ≥ N alors
ε ε
|xn − a| 1 : la suite r´elle (|an |) = (|a|n ) tend vers +∞, donc d’apr`s la proposition pr´c´dente
e e e e
(zn ) diverge.
2. |a| 1, alors un tend vers +∞.
(ii) si |a| ≤ 1, alors un converge vers 1.
Indication : On montrera que la suite un est croissante et que la seule limite possible est 1.
e
Exercice 3.16. Soit (un ) la suite d´finie par
1
u1 = 1 un+1 = u2 +
n
2n
1. Montrer que (un ) est croissante.
2. Montrer que pour tout n ≥ 1 on a
1
un+1 ≤ un + .
2n
e
En d´duire un majorant de un .
3.6. EXERCICES 37
3. Montrer que la suite (un ) converge.
4. Trouver sa limite.
e e
Exercice 3.17. Pour chacun des ´nonc´s suivants dire s’il est vrai ou faux. On justifiera chaque
e
fois la r´ponse.
e
1. Une suite converge si et seulement si elle est born´e.
e e
2. Une suite r´elle croissante et major´e converge.
e e
3. Une suite r´elle non major´e tend vers +∞.
e e
4. Une suite r´elle convergeant vers 1 par valeurs inf´rieures est croissante.
e e a
5. Une suite r´elle positive qui tend vers 0 est d´croissante ` partir d’un certain rang.
6. La suite (an ) converge vers 0 si et seulement si la suite (|an |) converge vers 0.
7. Soient deux suites (un ) et (vn ) avec vn = un+1 − un . Alors (un ) converge si et seulement si
(vn ) converge vers 0.
Exercice 3.18. Que peut-on dire de la somme de deux suites convergentes ? de deux suites
divergentes ? d’une suite convergente et d’une suite divergente ?
38 ´
CHAPITRE 3. SUITES REELLES ET COMPLEXES
Chapitre 4
e
Fonctions d’une variable r´elle
4.1 e
Limite et continuit´
D´finition 4.1.1 Soient A une partie de R et f : A → R une fonction.
e
e
On appelle A le domaine de d´finition de la fonction f .
On dit que f est
– minor´e s’il existe m ∈ R tel que pour tout x ∈ A on a f (x) ≥ m.
e
– major´e s’il existe M ∈ R tel que pour tout x ∈ A on a f (x) ≤ M .
e
e e e
– born´e si f est major´e et minor´e.
e e e
Si f est major´e, on appelle borne sup´rieure de f le nombre r´el
sup f = sup{f (x) | x ∈ A}.
A
e e e
On d´finit de mˆme la borne inf´rieure.
On dit que f admet un maximum en a ∈ A si f (a) est le maximum de la partie f (A) =
{f (x) | x ∈ A}.
On dit que f admet un maximum local en a ∈ A s’il existe un intervalle ouvert I contenant a
tel que f (a) soit le maximum de f (A ∩ I).
e e
On d´finit de mˆme la notion de minimum et de minimum local.
Un extremum (local) est un maximum (local) ou un minimum (local).
e e e e
Ces d´finitions ne sont que des g´n´ralisations des mˆmes notions vues dans le cas des suites.
Remarque.
e e e e
Une fonction born´e poss`de toujours une borne sup´rieure et une borne inf´rieure mais pas
e
forc´ment un maximum et un minimum.
Exemples.
1. Soit f : ]0, 1[ → R d´finie par f (x) = x. Alors f est born´e. On a sup]0,1[ f = 1, mais
e e
max]0,1[ f n’existe pas.
On a inf ]0,1[ f = 0, mais min]0,1[ f n’existe pas.
2. Une fonction peut admettre un maximum en plusieurs points. Ainsi f (x) = sin x admet un
maximum en les points x = π + 2kπ avec k ∈ Z.
2
e
Dans la suite on prendra comme domaine de d´finition A des intervalles de la forme
– A = ]x, y[, [x, y[, ]x, y], ou [x, y] avec x 0 ∃α > 0 tel que ∀x ∈ A, |x − a| 0 tel que ∀x ∈ A, |x − a| K
On note limx→a f (x) = +∞.
3. On dit que f admet comme limite quand x tend vers +∞ si
∀ε > 0 ∃K tel que ∀x ∈ A, x > K ⇒ |f (x) − | M ⇒ f (x) > K
On note limx→+∞ f (x) = +∞
On d´finit de mˆme limx→±∞ f (x) = −∞ et limx→a f (x) = −∞.
e e
Exemples.
1. Soient A = ]0, 1[, a = 1 ∈ A et f (x) = x. Alors limx→1 f (x) = 1.
2. Soient A = ]0, 1[, a = 0 ∈ A et f (x) = sin x . Alors limx→0 f (x) = 1.
x
1
3. Soient A = ]0, 1[, a = 0 ∈ A et f (x) = x . Alors limx→0 f (x) = +∞.
4. Soient A = ]−∞, +∞[ et f (x) = e−x . Alors limx→+∞ f (x) = 0.
5. Soient A = ]−∞, +∞[ et f (x) = x. Alors limx→+∞ f (x) = +∞.
Proposition 4.1.1 Si f admet une limite en a, cette limite est unique.
e e a e e
D´monstration. La d´monstration est identique ` celle donn´e pour les suites. On proc`de par
−
l’absurde en supposant que f admet deux limites et avec 0 tel que |x − a| 0 tel que |x − a| 0 ∃α > 0 tel que ∀x ∈ A, |x − a| 0. Alors il existe α > 0 tel que |x − a| 0 tel que |x − a| 0. On veut |g(f (x)) − g(f (a))| 0 tel que |f (x) − f (a)| 0 tel que |x − a| 0. Alors il existe α > 0 tel que
|x − a| 0, ∃α > 0, ∀x ∈ A ∩ ]a − α, a + α[ |f (x) − f (a)| 0, ∀α > 0, ∃x ∈ A ∩ ]a − α, a + α[ |f (x) − f (a)| ≥ ε.
On a le droit de choisir α. Prenons par exemple α = 21 avec n ∈ N. La relation (∗) implique
n
alors qu’il existe un ∈ A ∩ ]a − α, a + α[ tel que |f (un ) − f (a)| ≥ ε.
Alors |un − a| n. Appelons xn cet
e
ee a e e
´l´ment. On a donc une suite (xn ) ` valeurs dans le segment [a, b]. Par le th´or`me de Bolzano-
e e
Weierstrass (th´or`me 3.3.1), on peut extraire une sous-suite convergente (yn ) de la suite (xn ). On
obtient ainsi une application strictement croissante ϕ : N → N telle que yn = xϕ(n) . Donc
f (yn ) = f (xϕ(n) ) > ϕ(n) ≥ n,
1
e
voir d´finition 1.2.3
44 ´
CHAPITRE 4. FONCTIONS D’UNE VARIABLE REELLE
ce qui implique que la suite (f (yn )) tend vers +∞.
Notons = limn→+∞ yn . Comme f est continue on a limn→+∞ f (yn ) = f ( ), ce qui contredit
e
limn→+∞ f (yn ) = +∞. Donc f est major´e et sup[a,b] f existe.
Soit M cette borne sup´rieure. Il suffit alors de montrer qu’il existe x ∈ [a, b] tel que f (x) = M .
e
Soit n un entier. Par d´finition de la borne sup´rieure, M − 21 n’est pas un majorant des
e e n
valeurs de f , donc il existe xn ∈ [a, b] tel que
1
M− 0
x−0 x→0 x
x>0
et
f (x) − f (0) |x|
lim = lim = −1
x→0
x a, on a x − a > 0 et f (x) − f (a) ≤ 0, donc f (x)−f (a) ≤ 0 et par passage ` la limite
x−a
a
(proposition 4.2.1(5)) on obtient f (a) ≤ 0.
Si x 0 (resp. f (x) a et alors (f (x) − f (a))/(x − a) ≥ 0. De
mˆme si x a et f (b) − f (a) ≤ 0 si b ) on obtient qu’il existe c ∈ ]un , [ tel que
a
f (un ) − f ( ) un+1 −
f (c) = = .
un − un −
La derni`re ´galit´ r´sulte de f (un ) = un+1 et f ( ) = . Comme ]un , [ ⊂ I on sait que |f (c)| ≤
e e e e
u
λ 1. Ainsi on peut prendre comme intervalle
I = [ − 1 , + 1 ]. Le th´or`me du point fixe implique alors que la suite d´finie par u0 ∈ I et
2 2
e e e
1
un+1 = 1 + un converge vers .
u1 u2 u0
50 ´
CHAPITRE 4. FONCTIONS D’UNE VARIABLE REELLE
4.7 Exercices
e e
Exercice 4.1. Les affirmations suivantes sont-elles vraies ? Pour chacune d’elles, ´crire une d´monstration
ou bien trouver un contre-exemple.
1. Si f :]0, +∞[→ e
R est une fonction strictement d´croissante alors
limx→+∞ f (x) = 0.
2. Si f : [a, b] → R est une fonction continue et si f (x) = 0 pour tout x ∈ [a, b], alors il existe
un r´el m > 0 tel que f (x) ≥ m pour tout x ∈ [a, b] ou bien f (x) ≤ −m pour tout x ∈ [a, b].
e
3. Il n’existe pas d’application continue bijective de R sur ] − 1, 1[.
4. Il n’existe pas d’application continue surjective de de R sur R \ {0}.
5. La fonction
1 1
x→ −
1−x x
e
d´finit une bijection de ]0, 1[ sur R.
6. Il existe une application continue bijective de [0, 1[ sur ]0, 1].
´
Exercice 4.2. Soit f : R → R la fonction d´finie par f (x) = x5 − 5x + 1. Etudier les variations
e
5
de f et en d´duire que l’´quation x − 5x + 1 = 0 a trois solutions r´elles.
e e e
e
Exercice 4.3. Montrer que l’´quation
x2 cos x + x sin x + 1 = 0
admet au moins une solution dans R.
Exercice 4.4. Soit f : [0, π/2[→ R la fonction d´finie par f (x) = tan x − x.
e
´
1. Etudier les variations de f
e
2. Montrer que f d´finit une bijection de [0, π/2[ sur [0, +∞[.
3. Soit n un entier positif ou nul. Montrer qu’il existe un unique r´el xn ∈ [0, π/2[ tel que
e
tan xn = xn + n.
4. Calculer la limite de la suite (xn ).
Exercice 4.5. Montrer que la fonction
x
x→
1 + |x|
est une bijection continue et strictement croissante de R sur ] − 1, 1[.
´ e
Exercice 4.6. Etudier les extremums de la fonction f d´finie par
x2 xn
f (x) = 1+x+ + ··· + e−x
2! n!
u
o` n est un nombre naturel.
´ e
Exercice 4.7. Etudier les suites (un ) qui v´rifient pour tout n > 0
1
un =
4 + un−1
e e
Exercice 4.8. Calculer la fonction d´riv´e des fonctions suivantes :
4.7. EXERCICES 51
√
1. f1 : [1, +∞[−→ R d´finie pour x ≥ 1 par f1 (x) = (x2 + 1) x3 − 1,
e
(x − 1)3
2. f2 : [0, +∞[−→ R d´finie pour x > 0 par f2 (x) = √
e ,
x+1
3. f3 : R −→ R d´finie pour x ∈ R par f3 (x) =
e cos2 (x) + 1,
4. f4 :] − π/2, π/2[−→ R d´finie pour −π/2 0. Montrer que F et f ont les mˆmes points d’extremum.
Exercice 4.12. Montrer
1. 3x 0
f (x) =
0 si x ≤ 0
0) Mentionner pourquoi f est C ∞ sur R∗ et tracer la fonction. f est-elle continue en 0 ?
1) D´montrer par r´currence sur n ∈ N la propri´t´
e e ee
1 1
∀n ∈ N ∀x ∈ R∗
+ f (n) (x) = e− x Pn ,
x
u o
o` Pn est un polynˆme.
3) En d´duire que f est C ∞ sur R.
e
54 ´
CHAPITRE 4. FONCTIONS D’UNE VARIABLE REELLE
Chapitre 5
e e
D´veloppements limit´s
5.1 Comparaison de fonctions
e
On commence par d´finir les notions permettant de comparer deux fonctions, qui sont analogues
` e
a celles introduites pour les suites (d´finition 3.4.1).
e e e
D´finition 5.1.1 (´quivalent, n´gligeable, domin´) e
Soient f, g : A → R deux fonctions, a ∈ A et I un intervalle ouvert contenant a et contenu dans
A. On suppose que g(x) = 0 si x ∈ I \ {a}. On dit que f est
– domin´e par g au voisinage de a si la fonction f (x) est born´e au voisinage de a. On note
e g(x)
e
f = O(g) (grand O).
a
f (x)
e
– n´gligeable devant g au voisinage de a si la fonction g(x)
tend vers 0 quand x tend vers a.
On note f = o(g) (petit o).
a
f (x)
e a
– ´quivalente ` g au voisinage de a si la fonction g(x)
tend vers 1 quand x tend vers a. On
note f ∼ g.
a
5.2 Formules de Taylor
e e
Le but de ce chapitre est de montrer le th´or`me de Taylor-Young qui permet d’approcher des
o o
fonctions quelconques par des fonctions polynˆmiales et de “contrˆler” le terme d’erreur.
D´finition 5.2.1 (fonction de classe C n )
e
Soit A ⊂ R un intervalle ou plus g´n´ralement une union d’intervalles. Pour tout entier n ∈ N
e e
n
on d´finit C (A) comme l’ensemble des fonctions f : A → R tel que f peut ˆtre d´riv´e n fois et
e e e e
sa d´riv´e n-i`me, not´e f (n) , est continue.
e e e e
Remarques.
1. C 0 (A) est l’ensemble des fonctions continues de A dans R.
2. On a une suite d’inclusions strictes
C n+1 (A) ⊂ C n (A) ⊂ · · · ⊂ C 1 (A) ⊂ C 0 (A).
3. Si f ∈ C n (A) on dit que f est de classe C n .
55
56 ´ ´
CHAPITRE 5. DEVELOPPEMENTS LIMITES
4. On note C ∞ (A) l’intersection des C n (A) pour n ∈ N, c’est-`-dire C ∞ (A) est l’ensemble des
a
fonctions f : A → R admettant des d´riv´es de tout ordre. On dit qu’elles sont de classe
e e
C ∞.
Th´or`me 5.2.1 (formule de Taylor-Lagrange) Soient f ∈ C n+1 (I) et a, b ∈ I avec a 0. Les d´riv´es de
f sont :
f (1) (x) = − sin x = f (5) (x),
f (2) (x) = − cos x = f (6) (x),
f (3) (x) = + sin x = f (7) (x),
f (4) (x) = + cos x.
Pour tout x ∈ R il existe c ∈ ]0, x[ tel que :
1 2 1 4 1 x7
cos x = 1 − x + x − x6 + f (7) (c) .
2! 4! 6! 7!
Si on suppose que x ∈ [0, π] on a f (7) = sin t ≥ 0 pour tout t ∈ [0, π]. On en d´duit que pour
e
tout x ∈ [0, π]
1 1 1
cos x ≥ 1 − x2 + x4 − x6 .
2! 4! 6!
e e
Les graphes de la fonction cosinus et de ses d´veloppements limit´s en 0 d’ordre 3, 5 et 7 :
4
cos(x)
1-x*x/2
1-x*x/2+x*x*x*x/24
1-x*x/2+x*x*x*x/24-x*x*x*x*x*x/720
2
0
-2
-4
-6
-8
-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4
58 ´ ´
CHAPITRE 5. DEVELOPPEMENTS LIMITES
e e
D´finition 5.2.2 (d´veloppement limit´) e
Soient f : A → R et a ∈ A. On dit que f admet un d´veloppement limit´ d’ordre n au voisinage
e e
de a s’il existe n + 1 r´els b0 , b1 , . . . , bn tels que pour tout x ∈ A
e
f (x) = b0 + b1 (x − a) + b2 (x − a)2 + · · · + bn (x − a)n + r(x)
r(x) = o((x − a)n )
Remarque.
e e e a
1. Admettre un d´veloppement limit´ d’ordre 0 en a est ´quivalent ` avoir une limite finie en
a.
e e
2. Un d´veloppement limit´ d’ordre n est unique, s’il existe.
Th´or`me 5.2.2 (formule de Taylor-Young) Soient f ∈ C n (A) et a ∈ A. Alors f admet un
e e
e e e
d´veloppement limit´ d’ordre n en a donn´ par
(x − a)2 (x − a)n (n)
f (x) = f (a) + (x − a)f (a) + f (a) + · · · + f (a) + o((x − a)n ).
2! n!
D´monstration. On a f ∈ C n (A) = C (n−1)+1 (A). On peut appliquer la formule de Taylor-
e
Lagrange ` l’ordre n − 1 ` f avec x ` la place de b. On suppose ici que x > a.
a a a
(x − a)n−1 (n−1) (x − a)n (n)
f (x) = f (a) + (x − a)f (a) + · · · + f (a) + f (c),
(n − 1)! n!
´
avec c ∈ ]a, x[. Ecrivons le dernier terme sous la forme
(x − a)n n (x − a)n (n) (x − a)n (n)
f (c) = f (a) + (f (c) − f (n) (a)).
n! n! n!
Il suffit donc de montrer que
(x − a)n (n)
(f (c) − f (n) (a)) = o((x − a)n )
n!
a
c’est-`-dire que
lim (f (n) (c) − f (n) (a)) = 0.
x→a
Cela r´sulte de la continuit´ de f (n) au point a.
e e
Application.
1
1. Trouver le d´veloppement limit´ d’ordre n en 0 de f : ]−1, 1[ → R d´finie par f (x) =
e e e 1−x
.
e e
Il suffit de calculer les d´riv´es successives. On a
f k (x) = k!(1 − x)−1−k , ∀n ∈ N.
donc f k (0) = k! et
n
1
= xk + o(xn ).
1−x k=0
2. Trouver le d´veloppement limit´ d’ordre n en 0 de f (x) = ex . Pour tout k ∈ N on a
e e
(k) x (k)
f (x) = e , donc f (0) = 1. D’o`u
n
x xk
e = + o(xn ).
k=0
k!
´ ´
5.3. CALCUL DE DEVELOPPEMENTS LIMITES 59
5.3 e e
Calcul de d´veloppements limit´s
e e
Proposition 5.3.1 (somme et produit de d´veloppements limit´s) Soient f et g deux fonc-
e e
tions admettant des d´veloppements limit´s d’ordre n en a alors f + g et f g admettent des
e e e e
d´veloppements limit´s d’ordre n en a. Plus pr´cis´ment si
n
f (x) = ak (x − a)k + o((x − a)n )
k=0
et n
g(x) = bk (x − a)k + o((x − a)n )
k=0
alors n
(f + g)(x) = (ak + bk )(x − a)k + o((x − a)n )
k=0
et
n k
(f g)(x) = ai bk−i (x − a)k + o((x − a)n ).
k=0 i=0
e e
D´monstration. L’assertion concernant l’addition est ´vidente.
Pour le produit on multiplie les polynˆmes en (x − a) venant de f et g en n´gligeant les termes
o e
de degr´ > n qui sont des o((x − a)n ). Pour calculer le produit des polynˆmes on commence par
e o
calculer le terme contant, puis le coefficient de (x − a) puis celui de (x − a)2 ,. . .
(f g)(x) = a0 b0 + (a0 b1 + a1 b0 )(x − a) + (a0 b2 + a1 b1 + a2 b0 )(x − a)2 + · · ·
e e
En pratique, on a un formulaire qui donne les d´veloppements limit´s des fonctions usuelles
e e e
en 0 et on calcule le d´veloppement limit´ d’une fonction f (x) au voisinage de a de la mani`re
suivante.
1. On se ram`ne au point 0 par translation, c’est-`-dire en posant x − a = u, de sorte que u
e a
e e
tend vers 0 quand x tend vers a. Ainsi le d´veloppement limit´ en 0 de la fonction
g(u) = f (u + a)
e e
correspond au d´veloppement limit´ en a de la fonction f .
e e
2. On utilise les formules donnant le d´veloppement limit´ d’une somme, d’un produit et d’une
e
compos´e de fonctions usuelles.
e e
Proposition 5.3.2 (composition de d´veloppements limit´s) Soient f et g deux fonctions
ayant des d´veloppements limit´s d’ordre n en 0. On suppose que g(0) = 0. Alors f ◦ g a un
e e
e c e
d´veloppement d’ordre n en 0 qui s’obtient en rempla¸ant dans le d´veloppement de f la variable
e e e
x par le d´veloppement de g et en n´gligeant les termes de degr´ > n.
Exemple.
Calcul du d´veloppement limit´ de ecos x en 0 ` l’ordre 3. On a
e e a
x2
cos x = 1 − + o(x3 ).
2
60 ´ ´
CHAPITRE 5. DEVELOPPEMENTS LIMITES
On a cos 0 = 1 = 0. Mais on peut ´crire cos x = 1 + u(x) avec u(0) = 0. Alors ecos x = e1+u(x) =
e
u(x)
ee . On a
u2 u 3
eu = 1 + u + + + o(u3 ).
2 6
2
Comme u(x) = − x + o(x3 ), u2 va commencer par x4 et on peut donc n´gliger toutes les
2
e
puissances uk pour k ≥ 2. Finalement, il reste
x2
ecos x = e(1 − ) + o(x3 ).
2
e e
Proposition 5.3.3 (d´veloppement limit´ de la fonction inverse) Soient f et g deux fonc-
tions admettant des d´veloppements limit´s ` l’ordre n en 0. Si g(0) = 0, la fonction f admet un
e e a g
e ea
d´veloppement limit´ ` l’ordre n en 0.
e ee e
D´monstration. Il suffit par la propri´t´ multiplicative (proposition 5.3.1) des d´veloppements
e 1
e ea ´ e
limit´s de montrer que g a un d´veloppement limit´ ` l’ordre n en 0. Ecrivons le d´veloppement
e a
limit´ de g ` l’ordre n en 0
n
g(x) = b0 + bk xk + o(xn )
k=1
avec b0 = 0.Alors
1 1 1 1 1
= n k
= n bk k
=
g(x) b0 + k=1 bk x + o(xn ) b0 (1 + k=1 b0 x + o(xn )) b0 1 − u
avec u = −( n bk xk ) + o(xn ).
k=1 b0
On sait que (voir application 2 de la formule de Taylor-Young)
1
= 1 + u + u2 + · · · + un + o(un ).
1−u
1
e e
Par composition on a un d´veloppement limit´ d’ordre n de la fonction 1−u
. La proposition
e e
est donc d´montr´e.
Exemple.
sin
Calcul du d´veloppement limit´ de tan x = cos x en 0 ` l’ordre 5.
e e x
a
On a
x3 x5
sin x = x − + + o(x5 )
6 120
et
x2 x4
cos x = 1 − + + o(x5 ).
2 24
1
e a
Il suffit d’avoir le d´veloppement ` l’ordre 5 de cos x .
On a
1 1
=
cos x 1−u
2 4
avec u = x − x + o(x5 ).
2 24
On a aussi
1
= 1 + u + u2 + u3 + u4 + u5 + o(u5 ).
1−u
e
Comme le premier terme (par ordre croissant des puissances de x) du d´veloppement limit´ e
2 2 4 4 6
e e
de u est en x , le premier terme du d´veloppement limit´ de u est en x . Celui de u est en x ,
donc n´gligeable ` l’ordre 5, ainsi que celui de u5 . En d’autres mots u4 = o(x5 ) et u5 = o(x5 ).
e a
5.4. EXERCICES 61
Il reste donc
1 x2 x4 x4 x2 5x4
=1+ − + + o(x5 ) = 1 + + + o(x5 ).
1−u 2 24 4 2 24
En multipliant on obtient
sin x x3 x5 x2 5x4
tan x = = x− + + o(x5 ) 1+ + + o(x5 )
cos x 6 120 2 24
e
et apr`s simplification
x3 2x5
tan x = x + + + o(x5 ).
3 15
5.4 Exercices
e e a e e
Exercice 5.1. 1) Ecrire les d´veloppements limit´s en x = 0 ` l’ordre indiqu´ entre parenth`ses
des expressions suivantes :
x 1 + tan x
sin x tan x (3), (4), ecos x (5), (4)
ex −1 1 − tan x
2) Trouver lorsque x tend vers 0 les limites des expressions suivantes, si elles existent :
ex − e−x ax − b x sin(α + x) − sin(α − x)
, (a > 0, b > 0), (α = 0)
sin x x cos(α + x) − cos(α − x)
3) Trouver la limite lorsque x tend vers 1 de
e 1
−
ex −e x−1
e
4) Prolonger par continuit´ en 0 la fonction
f : ] − π, π[ → R
x → sin22 x − 1
1−cos x
e
Exercice 5.2. Encore quelques d´veloppements limit´s e
e ea e√
1) Donner un d´veloppement limit´ ` l’ordre 5 en z´ro des fonctions suivantes :
x
f (x) = log(1 + e ), g(x) = log(1 + sin x), h(x) = 1 + x3
2) Donner un d´veloppement limit´ ` l’ordre 5 de x → tan x en z´ro :
e ea e
• d’abord en utilisant la d´finition de tan, et les DL de sin et cos
e
• ensuite en utilisant la relation (tan) = 1 + tan2 , en int´grant successivement l’´quivalent :
e e
tan x ∼(x→0) x
e
3) D´terminer les limites suivantes :
√ √
x(cos x − 1) + tan x − sin x x+1− x
lim , lim √ √
x→0 x2 sin x + tan x − x x→∞ 4 1 + x2 − 4 3 + x2
1 − cos x
Exercice 5.3. Trouver la limite : lim .
x→0 (1 − ex )2
62 ´ ´
CHAPITRE 5. DEVELOPPEMENTS LIMITES
Chapitre 6
Fonctions classiques
6.1 Fonctions bijectives
D´finition 6.1.1 Soient A et B deux intervalles de R de longueur finie ou infinie. Soit f : A → B
e
une fonction.
On dit que f est
– injective si pour tout x1 , x2 ∈ A l’´galit´ f (x1 ) = f (x2 ) implique x1 = x2 . Autrement dit
e e
pour tout y ∈ B l’´quation f (x) = y a au plus une solution.
e
– surjective si pour tout y ∈ B il existe x ∈ A tel que f (x) = y. Autrement dit pour tout y ∈ B
e
l’´quation f (x) = y a au moins une solution.
– bijective si f est injective et surjective. Autrement dit pour tout y ∈ B l’´quation f (x) = y
e
a exactement une solution.
Exemples.
1. La fonction sin : [0, 2π] → [−1, 1] est surjective, mais n’est pas injective car sin 0 = sin π =
sin 2π = 0.
2. La fonction f : [−1, 1] → [0, 1] d´finie par f (x) = x2 est surjective, mais n’est pas injective
e
car f (−x) = f (x).
3. La fonction sin : [− π , π ] → [−1, 1] est bijective.
2 2
4. La fonction sin : [− π , π ] → R est injective, mais n’est pas surjective.
2 2
Proposition 6.1.1 Soient I un intervalle et f : I → R une fonction continue. Alors les propri´t´s
ee
e
suivantes sont ´quivalentes.
1. La fonction f : I → f (I) est bijective.
2. La fonction f est strictement monotone.
e
D´monstration. Supposons f strictement croissante. Il suffit de montrer que f est injective.
Soient x1 = x2 , alors x1 0, on d´finit
x
1
ln x = dt.
1 t
63
64 CHAPITRE 6. FONCTIONS CLASSIQUES
e e
On appelle la fonction ln le logarithme n´p´rien.
1
e e
On a ln (x) = x et par cons´quent ln (x) > 0 pour x > 0. Donc d’apr`s la proposition 4.5.1
e
la fonction ln est strictement croissante sur l’intervalle ]0, +∞[. D’apr`s la proposition 6.1.1 la
a e
fonction ln est donc une bijection de ]0, +∞[ sur son image f (]0, +∞[). Il reste ` d´terminer
e e
limx→0 ln(x) et limx→+∞ ln(x). On proc`de en deux ´tapes.
Proposition 6.2.1 Pour tout x, y ∈ ]0, +∞[ on a l’´galit´
e e
ln(xy) = ln(x) + ln(y).
e e
D´monstration. Fixons y et consid´rons la fonction f (x) = ln(xy). Par la formule (proposition
e e e
4.4.4) qui donne la d´riv´e d’une application compos´e on a
y 1
f (x) = = .
xy x
e e 1
On remarque que f et ln ont la mˆme d´riv´e x . Donc il existe une constante c ∈ R telle que
e
f (x) − ln(x) = c. En prenant x = 1 on trouve c = ln(y), car ln 1 = 0.
Proposition 6.2.2 On a les limites
lim ln(x) = +∞ et lim ln(x) = −∞.
x→+∞ x→0
1
D´monstration. Montrons d’abord la premi`re. On remarque que la fonction t →
e e t
e
est d´croissante
sur ]0, +∞[. Donc pour un entier n ≥ 1
1 1
≥ si n ≤ t ≤ n + 1. (∗)
t n+1
e e e e e
Soit [x] la partie enti`re de x. En utilisant l’in´galit´ (*) et en d´composant l’int´grale on
obtient
x 2 3 [x] x
1 dt dt dt dt
ln(x) = dt = + + ··· + +
1 t 1 t 2 t [x]−1 t [x] t
2 3 [x]
dt dt dt
≥ + + ··· +
1 2 2 3 [x]−1 [x]
1 1 1
= + + ··· +
2 3 [x]
Montrons que la suite
1 1 1
un = + + ··· +
2 3 n
tend vers +∞ quand n tend vers +∞.
e
On ´crit
1 1 2 1 1 1 4 1 1 1 8 1
+ ≥ = , + ··· ≥ = , + ··· + ≥ = ,
3 4 4 2 5 8 8 2 9 16 16 2
1 1 1 2n−1 1
n−1 + 1
+ n−1 + ··· + n ≥ n = .
2 2 +2 2 2 2
´ ´
6.3. DEVELOPPEMENTS LIMITES 65
On obtient ces in´galit´s en minorant les 2n−1 termes par le plus petit d’entre eux, c’est-`-dire 21 .
e e a n
n
Ainsi u2n ≥ 2 .
e
Comme la suite un est strictement croissante, on en d´duit que limn→+∞ un = +∞. Et comme
ln(x) ≥ u[x] on obtient limx→+∞ ln(x) = +∞.
1 1
En posant y = x dans l’´galit´ ln(xy) = ln x + ln y, on obtient ln( x ) = − ln(x). D’o`
e e u
limx→0 ln(x) = −∞.
On conclut que la fonction logarithme donne une bijection
ln : ]0, +∞[ → R.
On d´finit l’exponentielle exp : R → ]0, +∞[ comme la fonction r´ciproque du logarithme
e e
n´p´rien, c’est-`-dire exp(ln x) = x et ln(exp y) = y pour tout x ∈ ]0, +∞[ et y ∈ R.
e e a
Proposition 6.2.3 Pour tout x, y ∈ R on a l’´galit´
e e
exp(x + y) = exp(x) · exp(y).
D´monstration. Comme ln est bijectif, il existe u, v ∈ ]0, +∞[ tels que ln u = x et ln v = y.
e
e
D’apr`s la proposition 6.2.1 on sait que ln(uv) = ln u + ln v = x + y. En prenant l’exponentielle
oe
des deux cˆt´s on obtient uv = exp(ln(uv)) = exp(x + y). Or u = exp(ln(u)) et v exp(ln(v)). D’o`u
la formule.
Proposition 6.2.4 Pour tout x ∈ R on a
exp (x) = exp(x).
e e e
D´monstration. On sait d´river une fonction r´ciproque (proposition 4.4.5). La formule donne
ici avec g = exp et f = ln
1
g (f (a)) =
f (a)
1
e a
On pose x = ln a, ce qui est ´quivalente ` a = exp(x). Comme f (a) = a , on obtient g (x) = exp x.
6.3 e e
D´veloppements limit´s
e e a
Les fonctions exp(x) et ln(1 + x) ont des d´veloppements limit´s en 0 ` l’ordre n qui sont
e
donn´s par :
x2 x3 xn
exp(x) = 1 + x + + + ··· + + o(xn )
2 3! n!
et
x2 x3 x4 xn
ln(1 + x) = x − + − + · · · + (−1)n+1 + o(xn ).
2 3 4 n
∞
Les fonctions exp(x) et ln(x) sont de classe C sur R et ]0, +∞[ respectivement.
Remarques.
o e
1. On montrera dans le cours d’analyse 2 que exp(x) est la limite des polynˆmes de degr´ n
qui donnent les d´veloppements limit´s, c’est-`-dire que pour tout x ∈ R
e e a
x2 x3 xn
exp(x) = lim 1+x+ + + ··· +
n→+∞ 2 3! n!
66 CHAPITRE 6. FONCTIONS CLASSIQUES
e
2. En it´rant la formule exp(x + y) = exp(x) exp(y) avec y = x on trouve
exp(nx) = (exp(x))n ∀n ∈ N.
Soit a > 0. En posant x = ln(a), on obtient exp(n ln a) = [exp(ln a)]n = an , ce qui permet
de d´finir les fonctions g(x) = ax par
e
ax = exp(x ln a).
6.4 e
Fonctions trigonom´triques
e
On consid`re le cercle C de centre O et de rayon 1. Soit M un point de C. Si on appelle x
−
−→
e e
l’angle de Ox avec OM , les coordonn´es cart´siennes de M sont (cos x, sin x).
M
sin θ
θ
cos θ
ee
On donne quelques propri´t´s des fonctions sinus et cosinus.
1. Le th´or`me de Pythagore donne cos2 x + sin2 x = 1.
e e
e e
2. Les fonctions sinus et cosinus sont p´riodiques de p´riode 2π.
3. Les fonctions sinus et cosinus sont de classe C ∞ et
sin = cos cos = − sin
4. Les fonctions sin : [− π , + π ] → [−1, 1] et cos : [0, π] → [−1, 1] sont des bijections. Leurs
2 2
e e
fonctions r´ciproques sont appel´es Arc sinus et Arc cosinus :
π π
arcsin : [−1, 1] → [− , ], arccos : [−1, 1] → [0, π].
2 2
e e e
Par la proposition 4.4.5 donnant la d´riv´e de la fonction r´ciproque on obtient
1 1
arcsin (x) = √ , arccos (x) = − √ .
1 − x2 1 − x2
´
6.4. FONCTIONS TRIGONOMETRIQUES 67
5. On en d´duit la relation pour tout x ∈ [−1, 1]
e
π
arcsin(x) + arccos(x) = .
2
6. Si z ∈ C, on montre dans la cours d’analyse 2 que
z2 z3 zn
lim 1+z+ + + ··· +
n→+∞ 2 3! n!
e
existe. On d´finit exp z comme cette limite. On a la formule de Moivre
eix = cos x + i sin x.
68 CHAPITRE 6. FONCTIONS CLASSIQUES
Chapitre 7
e
Corrig´ des exercices
3
Exercice 6.1. On a un ∼ ( a )n . Donc un tend vers 0 si a 3. La suite un est
constante pour a = 3. Si 0 0, la limite de la suite (un )
qui √
est 2.
Exercice 6.4.
Le logarithme n’est d´fini que pour x > 0. Soit f (x) = ln x − cos x. Cette fonction est d´rivable
e e
1
pour x > 0. On a f (x) = x + sin x. On sait que le logarithme est croissant, que ln e = 1 et que
| cos x| ≤ 1. On en d´duit que f (x) > 0 pour x > e.
e
On sait que 2 0 pour 0 0. Le th´or`me des valeurs interm´diaires dit alors que f a un z´ro et
e e e e
un seul entre 1 et e et mˆme entre 1 et π/2 car cos x est n´gatif pour π/2 ≤ x ≤ e.
e e
1
1 π/2 e π
Exercice 6.5.
Si k est un entier tel que 1 ≤ k ≤ n on a par la croissance du logarithme : 0 = ln 1 ≤ ln k ≤ ln n.
e e
On en d´duit que chaque terme de la somme v´rifie :
1 1 1
≤ ≤ .
n + ln n n + ln k n
Comme un est la somme de n termes, on a
n n
≤ un ≤ = 1.
n + ln n n
71
On a
n 1
=
n + ln n 1 + ln n
n
et on sait d’apr`s le cours que ln n tend vers 0 quand n tend vers +∞. Donc
e n
n
n+ln n
a pour limite
e e
1 et par le th´or`me des gendarmes la suite (un ) converge et a pour limite 1.
Exercice 6.6.
sin2 x
1. sin x tan x = cos x
. Or
x3
sin x = x − + o(x3 ),
3!
donc
sin2 x = x2 + o(x3 )
et
x2
cos x = 1 − + o(x3 )
2
donc
1 x2
=1+ + o(x3 ).
cos x 2
Finalement :
sin x tan x = x2 + o(x3 ).
2.
x2 x3 x4 x5
ex = 1 + x + + + + + o(x5 ),
2 6 24 120
donc
x 1
= x2 x3 x4
=
ex −1 1+ x
2
+ 6
+ 24
+ 120
+ o(x4 )
x x2 x3 x4
=1−( + + + + o(x4 )) + (. . . )2 − (. . . )3 + (. . . )4 + o(x4 ) =
2 6 24 120
x 1 1 4
= 1 − + x2 − x + o(x4 ).
2 12 720
3.
1 1
e − ex2 + ex4 + o(x5 )
2 6
4.
8 10
1 + 2x + 2x2 + x3 + x4 + o(x4 )
3 3
Exercice 6.7.
1.
ex − e−x = 1 + x − (1 − x) + o(x) = 2x + o(x)
sin x = x + o(x)
donc
ex − e−x 2 + o(1) cv
= −→ 2.
sin x 1 + o(1)
72 ´
CHAPITRE 7. CORRIGE DES EXERCICES
2.
ax − bx = exln(a) − exln(b) = 1 + xln(a) − (1 + xln(b)) + o(x))
x(ln(a) − ln(b)) + o(x).
Donc
ax − bx cv
= ln(a) − ln(b) + o(1) −→ ln(a) − ln(b).
x
3.
sin(α + x) = sin α + x cos α + o(x)
sin(α − x) = sin α − x cos α + o(x)
cos(α + x) = cos α − x sin α + o(x)
cos(α − x) = cos α + x sin α + o(x)
Donc
sin(α + x) − sin(α − x) 2x cos α + o(x) cos α + o(1) cv
= = −→= −cotan α.
cos(α + x) − cos(α − x) −2x sin α + o(x) − sin α + o(1)
Exercice 6.8.
cv
Quand x −→ 1 :
e
ex + e(x − 1) + (x − 1)2 + o((x − 1)2 ).
2
Donc
e 1 1 1
− = (x−1)2
− =
ex −e x−1 (x − 1) + + o((x − 1)2 ) x−1
2
1 1 1
= −1 = [−(x − 1) − o(x − 1)] =
x − 1 1 + (x − 1) + o(x − 1) x−1
cv
= −1 − o(1) −→ −1.
Exercice 6.9.
x3
sin x = x − + o(x4 )
6
donc
x4
sin2 x = x2 − + o(x5 )
3
et
2 2 1 2 x2
2 = 2 x2
= 2
(1 + + o(x3 )).
sin x x 1− 3
+ o(x3 ) x 3
x2 x4
cos x = 1 − + + o(x5 )
2 24
73
donc
1 2 1 2 x2
= 2 x2
= (1 + + o(x3 )),
1 − cos x x 1 − 12 + o(x3 ) x2 12
u
d’o`
2 1 2 x2 1 cv 1
2 − = 2 [ + o(x3 )] = + o(x) −→ .
sin x 1 − cos x x 4 2 2