Cours de Mathématiques

Transcription

C Révisions d’analyse
« Est rigoureuse toute démonstration, qui, chez tout lecteur suffisamment instruit et
préparé, suscite un état d’évidence qui entraîne l’adhésion. »
René Thom (1923-2002)
Plan de cours
I
II
III
IV
V
VI
Limites et équivalents . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
A
Limites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
B
Branches infinies . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
C
Équivalents . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
D
Comment calculer une limite ? déterminer un équivalent ? . . . . . . .
Continuité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
A
Définition et exemples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
B
Rappels sur l’injectivité, la surjectivité et la bijectivité . . . . . . . . . .
C
Continuité sur un intervalle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
D
Continuité sur un segment . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
E
Bijections . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
F
Prolongement par continuité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Dérivabilité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
A
Généralités . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
B
Dérivée et bijection réciproque . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
C
Dérivées d’ordre supérieur . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
D
Extremum, théorème de Rolle et des accroissements finis . . . . . . . .
E
Monotonie et dérivabilité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
F
Limite de la dérivée . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Formules de Taylor et développements limités . . . . . . . . . . . . . . . . .
A
Généralités . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
B
Opérations sur les développements limités . . . . . . . . . . . . . . . . .
C
Synthèse des développements limités usuels à connaître . . . . . . . .
Intégration sur un segment . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
A
Définitions et propriétés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
B
Primitives . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
C
Recherche de primitives et calcul d’intégrales . . . . . . . . . . . . . . .
D
Calcul approché d’intégrales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Équations différentielles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
A
Équations différentielles linéaires d’ordre 1 . . . . . . . . . . . . . . . . .
B
Équations différentielles linéaires d’ordre 2 . . . . . . . . . . . . . . . . .
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1
1
4
6
6
7
7
8
8
9
9
10
10
10
12
13
14
17
17
18
18
20
22
23
23
24
26
28
30
30
32
On considère une fonction f : I → R définie sur un intervalle I de R et x 0 un élément de I ou une extrémité de
I. Rappelons qu’un voisinage de x 0 est une partie de R contenant un intervalle ouvert contenant lui-même x 0 . On
choisira souvent des voisinages de la forme ]x 0 − α, x 0 + α[.
Notation usuelle : R = R ∪ {±∞}.
I – Limites et équivalents
A – Limites
Proposition C.1
Si on considère trois réels a, b, c,
? |a − b| < c ⇐⇒ −c < a − b < c ;
? ||a| − |b|| ¶ |a + b| ¶ |a| + |b|
(inégalité triangulaire).
1
ANNEXE C. RÉVISIONS D’ANALYSE
Exercice 1
Résoudre les équations et inéquations suivantes :
|x| = 2;
|x + 3| < 2;
|x| ¶ 2;
|x 2 − 1| ¾
1
.
2
En notant Si les différents ensembles de solutions, on a :
v v v v

t3 [ t1 t1 [ t3
S4 = −∞, −
−
,
, +∞ .
2
2
2
2

S1 = {−2, 2};
S2 = [−2, 2];
S3 =] − 5, −1[;
Exercice 2
Soit x un réel vérifiant : ∀" > 0, |x| < ". Que dire de x ?
Le réel x est nul ! Raisonnons pour cela par l’absurde en supposant x non nul. Quel que soit " > 0, |x| < " ; donc en prenant " =
obtient : |x| <
|x|
2
soit 1 <
1
2
|x|
2
> 0, on
! Absurde.
Exercice 3
Soit f : R → R. Que signifie la proposition suivante ?
∀A ∈ R
∀x > B
∃B ∈ R
f (x) < A
Faire un dessin ! On a lim f (x) = −∞.
x→+∞
Définition C.2 : Limites
• On dit que f admet une limite finie ` en x 0 ∈ R si :
∀" > 0 ∃α > 0
|x − x 0 | < α =⇒ | f (x) − `| < "
∀x ∈ I
• On dit que f admet +∞ comme limite en x 0 ∈ R si :
∀A > 0
∃α > 0
∀x ∈ I
|x − x 0 | < α =⇒ f (x) > A
• On dit que f admet une limite finie ` en +∞ si :
∀" > 0
∃B > 0
∀x ∈ I
x > B =⇒ | f (x) − `| < "
Exercice 4
Traduire avec des quantificateurs la proposition : f (x) −−−−→ +∞.
x→+∞
On adapte les définitions précédentes dans le cas de limites à droite ou à gauche. Une fonction admet une limite en
un point si et seulement si les limites à droite et à gauche existent et sont égales.
Proposition C.3 : Unicité de la limite
Lorsque la limite existe, elle est unique.
Démonstration
Supposons que f (x) tend vers ` et `0 lorsque x → x 0 ∈ R. Soit " > 0. On a alors :
∃α > 0
∀x ∈ I
|x − x 0 | < α =⇒ | f (x) − `| < "
∃α0 > 0
∀x ∈ I
|x − x 0 | < α0 =⇒ | f (x) − `0 | < "
Posons alors α00 = max(α, α0 ) et choisissons x tel que |x − x 0 | < α00 , ce qui conduit à :
|` − `0 | = |` − f (x) + f (x) − `0 | ¶ | f (x) − `| + | f (x) − `0 | < 2",
et ceci, quel que soit ". On a donc |` − `0 | = 0, c’est-à-dire ` = `0 .
La preuve s’adapte facilement dans le cas où x 0 ∈ R.
-2-

Mickaël PROST
Lycée Chaptal – PT*
Citons de plus les deux théorèmes de comparaison suivant :
Théorème C.4 : Théorème des gendarmes
Si f , g et h sont trois fonctions définies sur I vérifiant :
f (x) ¶ g(x) ¶ h(x)
∀x ∈ I
lim f (x) = lim h(x) = `.
et
x→x 0
x→x 0
Alors g admet une limite en x 0 et lim g(x) = `.
x→x 0
Le théorème reste valable lorsque les trois fonctions sont définies sur I \ {x 0 }.
6
y = g(x)
y = h(x)
3
0
2
4
6
8
10
12
y = f (x)
−3
−6
Illustration du théorème des gendarmes
Exercice 5
Montrer que
cos(x)
−−−−→ 0.
x→+∞
x
cos(x) ¶ 1 et on peut appliquer le théorème des gendarmes.
0 ¶ x |x|
Théorème C.5 : Théorème de comparaison
Soit f et g deux fonctions définies sur I vérifiant :
∀x ∈ I
f (x) ¶ g(x)
et
f (x) −−−→ +∞.
x→x 0
Alors on a : lim g(x) = +∞.
x→x 0
Les formes indéterminées suivantes sont à connaître : ∞ − ∞ ; 0 × ∞ ;
0 ∞ ∞
;
;1 .
0 ∞
Pour finir, un certain nombre de limites classiques à retenir :
Théorème C.6 : Croissances comparées
Par croissance comparée,
x α ln x β −−−→
0;
+
x→0
lnβ x
−−−−→ 0;
x α x→+∞
x α e−β x −−−−→ 0;
x→+∞
-3-
eβ x
−−−−→ +∞ (α, β > 0)
x α x→+∞
y = exp(x)
12
y = xα (α > 1)
9
y=x
6
y = xα (0 < α < 1)
3
y = ln(x)
0
2
4
6
8
10
−3
Comparaison des fonctions exp, ln et puissances
Exercice 6
Déterminer lim
x→+∞
e2x − e x + 18
x 3 − 3x 2 + 5x +
π2
6
.
On trouve +∞ par croissance comparée, après avoir factorisée par les quantités prépondérantes.
Exercice 7

1 x
1+
.
x→+∞
x
Déterminer lim
En revenant à la définition d’une puissance x y = e y ln(x) et en passant à la limite, on trouve e.
B – Branches infinies
On notera C f la courbe représentative de la fonction f : I → R.
? Si f (x) −−−−→ a ∈ R alors C f admet une asymptote horizontale d’équation y = a.
x→+∞
? Si f (x) −−→ ±∞ avec b ∈ R alors C f admet une asymptote verticale d’équation x = b.
x→b
? Si f (x) −−−−→ ±∞ alors on détermine la limite de
x→±∞
f (x)
pour connaître la nature de la branche infinie :
x
p
f (x)
−−−−→ 0, C f admet une branche parabolique de direction l’axe (Ox). Ex. : x 7→ x.
x x→±∞
f (x)
−−−−→ ±∞, C f admet une branche parabolique de direction l’axe (O y). Ex. : x 7→ x 2 .
• Si
x x→±∞
f (x)
• Si
−−−−→ a alors on calcule lim ( f (x) − ax) = b.
x→±∞
x x→±∞
C f admet alors une asymptote oblique d’équation y = ax + b.
• Si
Exemple 1
th(x) =
sh(x)
e x − e−x
1 − e−2x
= x
=
−−−−→ 1
ch(x)
e + e−x
1 + e−2x x→+∞
e2x − 1
= 2x
−−−−→ −1
e + 1 x→−∞
1
y = th(x)
−3
La courbe représentative de la fonction admet donc
deux asymptotes horizontales d’équation y = 1 et
y = −1.
−2
−1
1
2
−1
Représentation de la fonction th
-4-
3
Mickaël PROST
Exemple 2
Considérons maintenant la fonction x 7→
nie sur R \ {2}.
x +1
défix −2
4
3
2
x +1
−−−→ ±∞;
x − 2 x→2±
y=
x+1
x−2
3
4
1
x +1
−−−−→ 1
x − 2 x→±∞
−2 −1
−1
x +1
x −2
admet donc deux asymptotes verticale et horizontale
d’équation x = 2 et y = 1.
1
2
5
6
−2
La courbe représentative de la fonction x 7→
−3
−4
Représentation de la fonction x 7→
x+1
x−2
Exemple 3
La fonction x 7→ ln(x 2 + 3) − 1 est définie sur R et
ln(x 2 + 3) −−−−→ +∞. De plus,
x→+∞
2
ln x
ln(x + 3) − 1
=
x
2
=2
2
1+
ln(x)
+
x
3
x2
−1
x
ln 1 +
x
3
x2
1
−
1
−−−−→ 0
x x→+∞
−1
La courbe représentative de la fonction x 7→ ln(x 2 +
3) − 1 admet donc une branche parabolique horizontale.
y = ln(x2 + 3) − 1
1
2
3
4
5
6
−1
Représentation de la fonction x 7→ ln(x 2 + 3) − 1
Exemple 4
3
ch est définie sur R et lim ch(x) = +∞.
x→+∞
ch(x)
e +e
=
x
2x
x
−x
=
x
2
−x
e
e
+
−−−−→ +∞
2x
2x x→+∞
y = ch(x)
1
La courbe représentative de la fonction ch admet
donc une branche parabolique verticale.
−3 −2 −1
−1
1
2
3
Représentation de la fonction ch
Exemple 5
p
x 2 + 4x + 3 existe si et seulementpsi x 2 + 4x + 3 =
(x + 1)(x + 3) ¾ 0, donc f : x 7→ x 2 + 4x + 3 est
définie sur ] − ∞; −3] ∪ [−1; +∞[.
p
x 2 + 4x + 3 −−−−→ +∞. De plus, pour tout x > 0,
5
4
x→+∞
p
v
x 2 + 4x + 3 t
4
3
= 1 + + 2 −−−−→ 1
x
x
x x→+∞
v

t
p
4
3
f (x) − x = x 2 + 4x + 3 − x = x
1+ + 2 −1
x
x
f (x)
=
x
∼
x→+∞
3
2
y=
√
x2 + 4x + 3
1
2
x =2
x
−1
La courbe représentative de f admet donc une asymptote oblique d’équation y = x + 2.
1
2
Représentation de la fonction x 7→
-5-
p3
x 2 + 4x + 3
C – Équivalents
Définition C.7
On dit que f , g : I → R sont équivalentes au voisinage de x 0 si :
f (x) = g(x) + "(x)g(x) où "(x) −−−→ 0
x→x 0
Si la fonction g est non nulle au voisinage de x 0 , cela revient à dire que
f (x)
−−−→ 1.
g(x) x→x 0
Théorème C.8 : Équivalents classiques
On a les équivalents :
sin x ∼ x;
x→0
ln(1 + x) ∼ x;
x→0
1 − cos x ∼
x→0
x2
;
2
ln x ∼ x − 1;
x→1
tan x ∼ x;
x→0
e x − 1 ∼ x;
x→0
α
(1 + x) − 1 ∼ αx
x→0
(α 6= 0).
Démonstration
On interprète le quotient comme un taux d’accroissement.
f (x) − f (x 0 )
Rappel : f est dérivable en x 0 si et seulement si
admet une limite finie quand x tend vers x 0 , limite
x − x0
alors notée f 0 (x 0 ). Par exemple,
sin(x)
sin(x) − sin(0)
=
−−→ sin0 (0) = cos(0) = 1
x→0
x
x −0
Tous les autres équivalents (sauf dans le cas du cosinus) peuvent s’obtenir de la même manière.
De plus, cos(2u) = 1 − 2 sin2 (u) donc 1 − cos(2u) = 2 sin2 (u) ∼ 2u2 .
u→0
u
x2
En posant x = , on obtient 1 − cos x ∼
.
x→0 2
2

? Une fonction n’est jamais équivalente à 0 !
? Si f (x) −−−→ ` avec ` ∈ R non nul, alors f (x) ∼ `.
x→x 0
x→x 0
Ex. : cos(x) ∼ 1.
x→0
? On ne somme pas les équivalents !
Si f1 ∼ f2 et g1 ∼ g2 , on ne peut pas dire que f1 + g1 ∼ f2 + g2 .
Composition d’équivalents :
? Généralement, f ∼ g 6=⇒ h ◦ f ∼ h ◦ g. Ex. : e x+1 6∼+∞ e x .
Cela est cependant vrai dans certain cas : si f ∼ g et lim g 6= 1 alors ln f ∼ ln g.
En cas de doute, on revient toujours au quotient et on regarde si la limite vaut 1.
? Par contre, si f ∼ g alors f ◦ u ∼ g ◦ u. Il s’agit en quelque sorte d’un changement de variables.
Ex. : arctan x ∼ x car on a sin t ∼ t et on pose t = arcsin(x) −−→ 0.
x→0
t→0
x→0
D – Comment calculer une limite ? déterminer un équivalent ?
− Se lancer dans un calcul direct et vérifier qu’on a bien une forme indéterminée.
Ex. :
e−x + 2
−−−−→ 0, pas de forme indéterminée ici.
ln(x) x→+∞
− Penser à factoriser.
Ex. :
(x − 2)(x − 4)
x 2 − 6x + 8
=
= x − 4 −−→ −2.
x→2
x −2
x −2
-6-
Mickaël PROST
− Les changements de variable permettent de se ramener à un calcul de limite en 0 ou en ±∞, ce qui peut s’avérer
pratique pour pouvoir utiliser les équivalents usuels.
p
p
p
1 − 2 cos(x)
1 − 2 cos(u + π/3)
1 − cos(u) p sin(u)
Ex. :
=
=
+ 3
−−→ 3 où u = x − π/3 car :
u→0
x − π/3
u
u
u
1 − cos(u)
u2
u
∼
= −−→ 0;
u→0 2u
u
2 u→0
sin(u)
−−→ 1
u→0
u
− Avoir recours à un équivalent ou à un développement limité selon le contexte (somme, produit ?).
− Faire apparaître des taux d’accroissement.
− « A-t-on le droit de . . . ? »
On calculera lim
x→x 0
f (x)
pour montrer que f (x) ∼ g(x) ou f (x) = o(g(x)).
x→x 0
x→x 0
g(x)
Dans un premier temps, mieux vaut se lancer dans les calculs sans se poser de questions, quitte à les justifier par la
suite.
Attention, une limite n’existe pas toujours !
Exemple
cos(x) n’admet pas de limite en +∞. En effet, si c’était le cas, cos(nπ) −−−−→ ` avec n ∈ N.
n→+∞
Or cos(nπ) = (−1)n n’admet pas de limite lorsque n → +∞. Contradiction.
II – Continuité
Soit f : I → R où I est un intervalle de R et x 0 ∈ I.
A – Définition et exemples
Définition C.9 : Continuité
f est dite continue en x 0 ∈ I, lim f (x) = f (x 0 ), i.e. si :
x→x 0
∀" > 0,
∃α > 0,
∀x ∈ I
|x − x 0 | < α =⇒ | f (x) − f (x 0 )| < "
Généralisation à un intervalle, discontinuité, interprétation graphique, continuité à droite / à gauche.
Exemples
? Les fonctions polynomiales et les fractions rationnelles sont continues sur leur ensemble de définition.
h
[i π
π
? Les fonctions cosinus et sinus sont continues sur R, la fonction tangente sur
− + kπ, + kπ .
2
2
k∈Z
? La valeur absolue est continue sur R.

 x si x 6= 0
? x 7→ |x|
est discontinue en 0, pourquoi ?
 1 si x = 0
La somme, le produit et la composée de fonctions continues sont continues.
Attention au quotient ! Un quotient de fonctions continues sur un intervalle I dont le dénominateur ne s’annule pas est
continue sur I.
Si f et g sont continues sur I, c’est également le cas pour | f |, max( f , g) et min( f , g).
-7-
B – Rappels sur l’injectivité, la surjectivité et la bijectivité
On considère une fonction f : E → F où E et F sont deux ensembles quelconques.
? f est dite injective si tout élément de F admet au plus un antécédent dans E. Autrement dit,
f (x) = f ( y) =⇒ x = y
∀x, y ∈ E
? f est dite sujective si tout élément de F admet au moins un antécédent dans E. Cela revient à dire que :
∀y ∈ F
y = f (x)
∃x ∈ E
ou également à dire que f (E) = F .
? f est dite bijective ssi elle est injective et surjective, i.e. que :
∀y ∈ F
y = f (x)
∃!x ∈ E
C – Continuité sur un intervalle
Théorème C.10 : Théorème des valeurs intermédiaires
Soit f une fonction continue sur un intervalle I avec a, b ∈ I vérifiant a < b.
Alors pour tout réel y0 compris entre f (a) et f (b), il existe x 0 ∈ I tel que f (x 0 ) = y0 .
Exemple
Soit f la fonction définie sur I = [−4; 7] dont on donne la représentation graphique suivante :
8
6
4
2
α
−6
−4
−2
2
4
6
8
−2
−4
La fonction f prend toutes les valeurs « intermédiaires » entre −3 et 4
Comme f (−4) = −3, f (7) = 4 et que f est continue, le théorème des valeurs intermédiaires affirme que pour tout
y0 ∈ [−3; 4], il existe x 0 ∈ [−4; 7] tel que y0 = f (x 0 ). Attention, l’antécédent n’est pas nécessairement unique ! Par
exemple, combien le réel −2 admet-il d’antécédent par f sur l’intervalle I ?
Théorème C.11 : TVI bis
L’image d’un intervalle par une fonction continue est un intervalle.
Dans l’exemple précédent, f ([−4; 7]) = [ f (α); 4]. On notera également que f ([−4; 7]) 6= [ f (−4); f (7)] = [−3; 4].
Corollaire C.12
Une fonction continue qui change de signe sur I s’annule (au moins une fois) sur I.
Exercice 8
Ê Montrer qu’un polynôme de degré impair admet au moins une racine réelle.
Ë Soit f : [0, 1] 7→ [0, 1] continue. Montrer que f admet au moins un point fixe. (Théorème de Brouwer, à
illustrer)
-8-
Mickaël PROST
D – Continuité sur un segment
Un segment est un intervalle fermé et borné du type [a, b].
Théorème C.13
Toute fonction continue sur un segment est bornée et atteint ses bornes.
Autrement dit, l’image d’un segment par une fonction continue est un segment.
Ce théorème prouve l’existence d’un minimum et d’un maximum mais n’en donne pas la valeur. Il faut pour cela avoir
recours à un tableau de variations.
Exercice 9
Dans l’exemple de la partie C, f est continue sur le segment [−4; 7] et son image est bien un segment : c’est le
segment [ f (α), 4].
On remarquera qu’en général, f ([a, b]) 6= [ f (a), f (b)].
E – Bijections
Théorème C.14 : Théorème de la bijection
Soit f : I → R que l’on suppose continue et strictement monotone sur I.
Alors f réalise une bijection de I sur l’intervalle J = f (I).
La bijection réciproque f −1 : J → I est alors continue et de même monotonie que f .
Le graphe de f −1 est symétrique à celui de f par rapport à la première bissectrice.
Définitions et propriétés des fonctions arccos, arcsin et arctan :
y = arcsin(x)
π
2
y = sin(x)
−2
−1
1
La
sinus étant continue et strictement croissante sur I =
πfonction
− 2 , π2 , elle réalise une bijection de I dans sin(I) = [−1, 1]. Sa bijection réciproque,
notée arcsin, est donc définie sur [−1, 1] et à valeurs
dans − π2 , π2 . Elle est également continue et strictement croissante.
∀x ∈ [−1, 1]
h π πi
∀x ∈ − ,
2 2
2
− π2
∀x ∈ [−1, 1]
y = arccos(x)
π
2
y = cos(x)
2
arcsin(−x) = − arcsin(x)
La fonction cosinus étant continue et strictement décroissante sur I =
[0, π], elle réalise une bijection de I dans cos(I) = [−1, 1]. Sa bijection
réciproque, notée arccos, est donc définie sur [−1, 1] et à valeurs dans
[0, π]. Elle est également continue et strictement décroissante.
π
1
arcsin(sin(x)) = x
La fonction arcsin est enfin impaire :
Représentation de la fonction arcsin
−1
sin(arcsin(x)) = x
3
∀x ∈ [−1, 1]
cos(arccos(x)) = x
∀x ∈ [0, π]
arccos(cos(x)) = x
La fonction arccos vérifie enfin :
∀x ∈ [−1, 1]
Représentation de la fonction arccos
-9-
arccos(−x) = π − arccos(x)
La
tangente étant continue et strictement croissante sur I =
πfonction
− 2 , π2 , elle réalise une bijection de I dans tan(I) = R. Sa bijection
réciproque,
notée arctan, est donc définie sur R et à valeurs dans
π π
− 2 , 2 . Elle est également continue et strictement croissante.
y = tan(x)
π
2
y = arctan(x)
−3
−2
−1
1
2
∀x ∈ R
i π πh
∀x ∈ − ,
2 2
3
− π2
tan(arctan(x)) = x
arctan(tan(x)) = x
La fonction arctan est impaire vérifie enfin :
∀x > 0
arctan(x) + arctan
Représentation de la fonction arctan

π
1
=
x
2
Exercice 10
Montrer de même que les fonctions ch et sh réalisent une bijection sur un intervalle à préciser et donner une
expression explicite de argch(x) et argsh(x).
F – Prolongement par continuité
On considère dans ce paragraphe un intervalle I, un réel x 0 ∈ I (c’est-à-dire que x 0 ∈ I ou x 0 est une extrémité de I).
Par exemple, si I =] − 2; 3], x 0 ∈ [−2; 3]. On considère enfin une fonction f définie et continue sur I \ {x 0 }.
On peut toujours prolonger f en x 0 en posant f (x 0 ) = ` avec ` un réel choisi arbitrairement. Il y a cependant peu de
chances pour que f soit continue sur I ! Il faudrait pour cela que f (x) −−−→ f (x 0 ) = `.
x→x 0
De manière générale, si f admet une limite finie en x 0 et qu’on pose f (x 0 ) = lim f (x), on dira qu’on a prolongé f
x→x 0
par continuité, la fonction obtenue étant continue sur I tout entier.
Exemple
sin(x)
est définie et continue sur R∗ comme quotient de fonctions continues dont le
x
sin(x)
−−→ 1, on peut prolonger f par continuité en posant :
dénominateur ne s’annule pas. Comme
x→0
x
La fonction f : x 7→
∀x ∈ R∗
sin(x)
f˜(x) =
x
et
f˜(0) = 1
La nouvelle fonction f˜ ainsi définie est bien continue sur R !
On ne peut pas toujours prolonger une fonction par continuité comme le montre l’exemple x 7→
1
.
x
III – Dérivabilité
A – Généralités
Définition C.15 : Dérivabilité
La fonction f : I → R est dite dérivable en x 0 ∈ I si
On note cette limite f 0 (x 0 ) ou
df
(x 0 ).
dx
f (x) − f (x 0 )
possède une limite finie en x 0 .
x − x0
Définition C.16 : Tangente à une courbe en un point
On munit le plan d’un repère orthonormé (O,~ı, ~). On note C f la courbe représentative de f : I → R, supposée
continue sur I. Soit M0 ∈ C f le point d’abscisse x 0 . Pour x ∈ I \ {x 0 }, M désigne le point de C f d’abscisse x.
Une droite ∆ passant par M0 est dite tangente à la courbe en M0 si le coefficient directeur de la droite (M M0 )
tend vers celui de ∆ quand x tend vers x 0 .
- 10 -
Mickaël PROST
Cf
(M M0 )
M
f (x)
b
∆
M0
f (x0 )
b
x0
x
Tangente à la courbe C f en un point M0
La pente de la droite (M M0 ) n’étant rien d’autre que le taux d’accroissement
fondamental suivant :
f (x) − f (x 0 )
de f en x 0 , on a le résultat
x − x0
Théorème C.17 : Interprétation géométrique de la dérivabilité
On conserve les mêmes notations que dans la définition précédente. Si f est dérivable en x 0 , sa courbe représentative possède au point M0 une tangente d’équation :
y = f 0 (x 0 )(x − x 0 ) + f (x 0 )
Exercice 11
p
Montrer que x 7→ x est dérivable sur R∗+ .
Soit x 0 > 0. Alors,
p
∀x > 0
Ainsi, f : x 7→
p
x−
p
x0
x − x0
p
=
x−
p
x0
x − x0
p
·p
x+
x+
p
p
x0
x0
p
=
p
2
x − x02
1
1
=p
p
p
p −−−→ p
(x − x 0 )( x + x 0 )
x + x 0 x→x 0 2 x 0
1
x est dérivable sur R∗+ et f 0 (x) = p .
2 x
p
On vérifie au passage que la fonction n’est pas dérivable en 0 (bien que continue) car
p
p
x− 0
x
1
=
= p −−−−−−→ +∞.
x −0
x
x x→x→0+
On vérifie de la même manière que les fonctions exp, ln, cos, sin et que toutes les fonctions polynomiales sont
dérivables sur leur domaine de définition. On peut alors utiliser les théorèmes généraux (somme, produit, composée
de fonctions dérivables) pour justifier la dérivabilité de fonctions plus « élaborées ».
Proposition C.18
Si les fonctions f et g sont dérivables et que g ne s’annule pas, il en va de même pour les fonctions f + g, f · g,
f
et g ◦ f . On a alors :
g
0
f
g f 0 − f g0
0
0
0
0
0
0
( f + g) = f + g ; ( f g) = f g + f g ;
=
et (g ◦ f )0 = f 0 · (g 0 ◦ f )
g
g2
Démonstration
Il suffit de revenir à la définition pour vérifier ces propriétés. Voici par exemple la démonstration dans le cas du
quotient (en supposant f et g dérivables sur un intervalle I et g ne s’annulant pas sur I) :
∀x ∈ I
f (x)
g(x)
−
f (x 0 )
g(x 0 )
x − x0
f (x)g(x 0 ) − g(x) f (x 0 )
1
·
g(x)g(x 0 )
x − x0

f (x)g(x 0 ) − f (x 0 )g(x 0 ) + f (x 0 )g(x 0 ) − g(x) f (x 0 )
1
=
·
g(x)g(x 0 )
x − x0

f (x) − f (x 0 )
g(x 0 ) − g(x)
1
=
· g(x 0 )
+ f (x 0 )
g(x)g(x 0 )
x − x0
x − x0
1
−−−→
· g(x 0 ) f 0 (x 0 ) − f (x 0 )g 0 (x 0 )
x→x 0 g(x )2
0
=

- 11 -
On pourra rédiger la preuve dans le cas du produit pour s’assurer de sa bonne compréhension.
Nous avons utilisé dans la démonstration précédente le fait que g(x) −−−→ g(x 0 ), mais nous n’avons pas encore
x→x 0
prouvé que g est continue en x 0 , argument indispensable pour pouvoir conclure ! Le mal va désormais être réparé :
Théorème C.19
Si f est dérivable en x 0 alors f est continue en x 0 .
Démonstration
Soit f une fonction dérivable sur un intervalle I et x 0 ∈ I. Montrons que f est continue en x 0 .
Montrons pour cela que f (x) − f (x 0 ) −−−→ 0.
x→x 0
∀x ∈ I \ {x 0 }
f (x) − f (x 0 ) = (x − x 0 ) ·
f (x) − f (x 0 )
−−−→ 0 · f 0 (x 0 ) = 0
x→x 0
x − x0

Autrement dit, toute fonction dérivable est continue. Attention, la réciproque est fausse !
Exemples
p
Les fonctions x 7→ |x| et x 7→ x sont continues en 0 et non dérivables en 0.
p
La courbe représentative de · admet une
demi-tangente verticale (caractérisation du
fait que la demi-tangente admet une pente
infinie).
3
2
1
−3
La courbe représentative de |·| admet un point
anguleux, les demi-pentes à droite et à gauche
diffèrent (caractérisation du fait que la fonction est dérivable à droite et à gauche en 0
mais avec des nombres dérivés distincts).
−2
−1
1
2
3
−1
−2
−3
Interprétations géométriques de la non dérivabilité
f est dérivable en x 0 si et seulement si f (x) = f (x 0 ) + f 0 (x 0 )(x − x 0 ) + o(x − x 0 ). (Taylor-Young à l’ordre 1)
Si de plus f 0 (x 0 ) 6= 0, f (x) − f (x 0 ) ∼ f 0 (x 0 )(x − x 0 ).
x→x 0
B – Dérivée et bijection réciproque
D’après le théorème de la bijection, si f est continue et strictement monotone sur un intervalle I, f réalise une
bijection de I dans f (I) et sa bijection réciproque est automatiquement continue sur f (I). Il n’en va pas de même
pour la dérivabilité : il ne suffit pas que f soit dérivable sur I pour que f −1 le soit sur f (I), comme le montre le
théorème suivant.
Théorème C.20 : Dérivabilité de la bijection réciproque
Soit f une fonction continue et strictement monotone sur l’intervalle I et f −1 sa bijection réciproque.
Si f est dérivable en x 0 et si f 0 (x 0 ) 6= 0 alors f −1 est dérivable en y0 = f (x 0 ) et
0
f −1 ( y0 ) =
1
f
0 (x
0)
=
1
f
0 ( f −1 ( y
0 ))
.
On peut retrouver rapidement la formule en partant de la relation f −1 ◦ f = Id I . En dérivant f −1 ( f (x)) = x, on
obtient :
1
f 0 (x) · ( f −1 )0 ( f (x)) = 1 ⇐⇒ ( f −1 )0 ( f (x)) = 0
f (x)
Attention, ceci ne constitue pas une démonstration rigoureuse du théorème précédent, nous avons dérivé f −1 sans
avoir au préalable justifié sa dérivabilité. Il faudrait pour cela revenir au taux d’accroissement.
- 12 -
Mickaël PROST
On notera que ce théorème n’est que la traduction rigoureuse d’un résultat qui paraît assez évident au physicien :
1
dx
=
dy
dy
dx
La pente de la tangente à la courbe représentative de f −1 en ( f (x 0 ), x 0 ) est donc l’inverse de la pente de la tangente
à la courbe représentative de f en (x 0 , f (x 0 )).
Exemples
−1
• arccos est dérivable sur ] − 1, 1[ et arccos0 (x) = p
.
1 − x2
En effet, cos est dérivable sur [0, π] et sa dérivée ne s’annule pas sur ]0, π[ donc arccos est dérivable sur
cos(]0, π[) =] − 1, 1[ et :
1
∀ y ∈] − 1, 1[ arccos0 ( y) =
− sin(arccos( y))
Comme pour tout x ∈ R, cos2 (x) + sin2 (x) = 1, sin2 (arccos( y)) = 1 − cos2 (arccos( y)) = p
1 − y 2 . De plus,
comme y ∈] − 1, 1[, arccos( y) ∈ [0, π] donc sin(arccos( y)) ¾ 0. Ainsi, sin(arccos( y)) = + 1 − y 2 et :
∀ y ∈] − 1, 1[
arccos0 ( y) = p
−1
1 − y2
1
• arcsin est dérivable sur ] − 1, 1[ et arcsin0 (x) = p
.
1 − x2
Adapter le raisonnement précédent au cas du sinus.
• arctan est dérivable sur ] − ∞, +∞[ et arctan0 (x) =
dérivable sur R et :
∀y ∈ R
arctan0 ( y) =
1
. tan0 (x) = 1 + tan2 (x) > 0 donc arctan est
1 + x2
1
1
=
1 + tan2 (arctan( y))
1 + y2
p
Les résultats des exemples précédents sont à connaître. En cas de doute sur le signe à placer devant 1 − y 2 dans
l’expression des dérivées de arccos et arcsin, n’oubliez pas que ces fonctions ont même monotonie que cos et sin. On
retrouve ainsi le signe des dérivées.
De plus, la non dérivabilité des fonctions arccos et arcsin en ±1 se traduit par la présence de demi-tangentes verticales.
Exercice 12
Soit n ∈ N. Préciser sur quel intervalle la fonction x 7→ x n réalise une bijection (en fonction de la parité de n) et
déterminer par deux méthodes distinctes une expression de la dérivée de la bijection réciproque.
C – Dérivées d’ordre supérieur
Définition C.21 : Fonction de classe C n
On dit que f est de classe C n sur I si f est n fois dérivable et si f (n) est continue sur I.
Exercice 13
∞
• exp et
les fonctions
polynomiales sont de classe C sur R.
 x 2 sin 1 si x 6= 0
x
• x 7→
est dérivable mais pas de classe C 1 sur R.

0 si x = 0
? f est continue sur R∗ comme produit de fonctions continues et :
∀x 6= 0
0 ¶ | f (x)| ¶ x 2
ce qui nous assure, d’après le théorème des gendarmes, que f (x) −−→ 0 = f (0). La fonction est donc continue en 0. D’où la
x→0
continuité sur R.
- 13 -
? f est dérivable sur R∗ comme produit de fonctions dérivables et :

f (x) − f (0) 1 ∀x 6= 0 0 ¶ = x sin x ¶ x
x −0
ce qui nous assure, d’après le théorème des gendarmes, que
0
f (x)− f (0)
−−→
x−0
x→0
0.
La fonction est donc dérivable en 0 et f (0) = 0. D’où la dérivabilité sur R.
? f est de classe C 1 sur R∗ comme produit de fonctions de classe C 1 sur R∗ . Cependant, f 0 n’est pas continue en 0 :

1
1
− cos
∀x ∈ R∗ f 0 (x) = 2x sin
x
x
1
1
0
Or 2x sin x −−→ 0 mais − cos x n’admet pas de limite, donc f n’admet pas de limite en 0.
x→0
Proposition C.22 : Formule de Leibniz
Soit f et g deux fonctions de classe C n sur I. Alors, f g est également de classe C n sur I et
( f g)(n) =
n
X
n
k=0
k
f (k) g (n−k) .
Cette formule peut s’avérer utile pour les polynômes.
D – Extremum, théorème de Rolle et des accroissements finis
Définition C.23
Soit f : I → R et x 0 ∈ I. On dit que f admet un maximum local (respectivement un minimum local) en x 0 s’il
existe un réel α > 0 tel que :
∀x ∈]x 0 − α, x 0 + α[∩I
f (x) ¶ f (x 0 ) (resp. f (x) ¾ f (x 0 ))
On pourrait traduire cela par : « Au voisinage de x 0 , f ne prend que des valeurs inférieures (ou supérieures) à f (x 0 ) ».
Le plus grand des maximums locaux, lorsqu’il existe, est appelé maximum global de f sur I. Idem pour le minimum
global.
Exemple
Soit f la fonction dont on donne la courbe représentative
suivante :
La fonction f admet sur [−6, 7] deux minimums locaux et trois maximums locaux (ne
pas oublier les maximums locaux atteints aux
bornes de l’intervalle).
8
6
4
Il est d’ailleurs assez naturel que la fonction f
admette un maximum global et un minimum
local : f étant continue sur un segment, elle est
bornée et atteint ses bornes.
2
−6 −4 −2
−2
2
4
6
−4
Théorème C.24 : Extremums d’une fonction à variable réelle
Soit f : I → R et x 0 un point intérieur de I (c’est-à-dire qui n’est pas une extrémité de I). On suppose f dérivable
sur I. Si f atteint un extremum local en x 0 alors f 0 (x 0 ) = 0.
- 14 -
Mickaël PROST
Démonstration
On suppose que f admet un maximum local en x 0 .
∃α > 0
∀x ∈]x 0 − α, x 0 + α[
f (x) ¶ f (x 0 )
f (x)− f (x 0 )
¾ 0. Ainsi, en passant à la limite, f 0 (x 0 ) ¾ 0.
x−x 0
f (x)− f (x )
donc x−x 0 0 ¶ 0. Ainsi, en passant à la limite, f 0 (x 0 ) ¶ 0.
D’une part, pour x ∈]x 0 − α, x 0 [, x − x 0 < 0 donc
D’autre part, pour x ∈]x 0 , x 0 + α[, x − x 0 > 0
Au final, on a bien f 0 (x 0 ) = 0.
On procéderait de même dans le cas d’un minimum local.

Les extremums de f sont donc à chercher parmi les points où la dérivée s’annule. Cela se traduit géométriquement
par la présence d’une tangente horizontale. Mais attention aux hypothèses ! Dans l’exemple précédent, il y a deux
maximums locaux atteints au bord de l’intervalle, il n’y a aucune raison que la dérivée s’annule (pas de tangente
horizontale). Par contre, on notera bien la présence de trois tangentes horizontales pour les points intérieurs.
De plus, la réciproque est fausse, la dérivée peut s’annuler sans que la fonction admette un extremum local.
2
−2
2
−2
La dérivée de x 7→
x3
8
−4
s’annule en 0 sans que la fonction atteigne un extremum
Enfin, si f n’est pas dérivable, le théorème précédent ne s’applique plus. Ex. : x 7→ |x| admet en minimum en 0 bien
qu’elle ne soit pas dérivable en ce point.
Théorème C.25 : Théorème de Rolle
Si f est continue sur [a, b], dérivable sur ]a, b[ et si f (a) = f (b) alors il existe c ∈]a, b[ tel que f 0 (c) = 0.
f (a) = f (b)
a
c
b
Illustration du théorème de Rolle
Démonstration
Supposons f continue sur [a, b], dérivable sur ]a, b[ et telle que f (a) = f (b).
f étant continue sur un segment, elle est bornée et atteint ses bornes, que l’on notera m et M .
Autrement dit,
∃m, M ∈ R ∀x ∈ [a, b] m ¶ f (x) ¶ M
? Si m = M , f est constante et sa dérivée est nulle, non pas en un point de l’intervalle, mais sur ]a, b[ tout entier.
? Si m 6= M , et comme f (a) = f (b), il y a au moins un des deux extremums qui est atteint ailleurs qu’en a ou b
(par exemple en c). D’après le théorème précédent, f 0 s’annule bien en c ∈]a, b[.

- 15 -
Le théorème de Rolle s’interprète géométriquement par la présence d’une tangente horiontale.
Théorème C.26 : Formule des accroissements finis
Si f est continue sur [a, b] et dérivable sur ]a, b[ alors il existe c ∈]a, b[ tel que :
f (b) − f (a) = f 0 (c)(b − a)
f (b)
b
a
c
b
f (a)
b
Illustration du théorème des accroissements finis
f (b)− f (a)
? Interprétation géométrique : la pente de la corde (représentée en vert sur le graphe) est b−a . Et comme elle vaut
par ailleurs f 0 (c), cela signifie qu’il existe (au moins) une tangente à la courbe parallèle à cette droite. D’ailleurs, il
existe dans l’exemple précédent trois tangentes parallèles à cette corde, une seule est représentée ici. Pouvez-vous
trouver les deux autres ?
? Interprétation cinématique : un TGV roulant à la vitesse moyenne de 300 km/h aura, à un moment donné du trajet,
une vitesse instantanée de 300 km/h.
Démonstration
La preuve de ce résultat repose sur une utilisation astucieuse du théorème de Rolle, donnons-la à titre indicatif.
Soit f : [a, b] → R continue, supposée dérivable sur ]a, b[. On considère la fonction g définie par :
∀x ∈ [a, b]
g(x) = f (x) −
f (b) − f (a)
(x − a)
b−a
D’une part, g est continue sur [a, b] et dérivable sur ]a, b[.
D’autre part, g(a) = g(b)(= f (a)), donc d’après le théorème de Rolle, il existe c ∈]a, b[ tel que g 0 (c) = 0.
f (b) − f (a)
f (b) − f (a)
Or g 0 (x) = f 0 (x) −
donc f 0 (c) =
.
b−a
b−a

Supposons maintenant que f continue et dérivable sur un intervalle I et l’on suppose de plus que f 0 est bornée sur
cet intervalle. Cela signifie que :
∃M > 0 ∀c ∈ I | f 0 (c)| ¶ M
D’après le théorème des accroissements finis, on peut en déduire que :
∀x, y ∈ I
∃c ∈]x, y[
| f (x) − f ( y)| = | f 0 (c)| · |x − y| ¶ M |x − y|
On vient de démontrer le théorème suivant :
Théorème C.27 : Inégalité des accroissements finis
Si f est une fonction dérivable sur un intervalle I et que | f 0 | est bornée par une constante réelle M , alors :
∀x, y ∈ I
| f (x) − f ( y)| ¶ M |x − y|
On notera que la condition suivante est vérifiée dès que f est de classe C 1 sur le segment [a, b] : f est dérivable
(donc continue) sur [a, b] ; de plus, f 0 étant continue sur le segment [a, b], elle est bornée.
Ce résultat a des conséquences fondamentales (voir paragraphe suivant). Nous aurons l’occasion de l’appliquer dans
les prochaines semaines à l’étude de suites.
- 16 -
Mickaël PROST
Exercice 14
i π πh
Montrons que pour tout x ∈ − ;
, | tan(x)| ¾ |x|.
2 2
Notons que ce résultat est trivialement vrai pour x = 0.
De plus, d’après le théorème des accroissements finis appliqués au segment [x; 0] ou [0; x] :
i π πh
tan(x) − tan(0) = 1 + tan2 (c)
∀x ∈ − ;
\ {0} ∃c ∈]0; x[ 2 2
x −0
Comme |1 + tan2 (c)| ¾ 1, on en déduit que : | tan(x)| ¾ |x|.
REMARQUE : Une simple étude de la fonction x 7→ tan(x) − x aurait pu convenir pour justifier l’inégalité.
E – Monotonie et dérivabilité
Théorème C.28
Soit f une fonction dérivable sur un intervalle I.
? f est constante sur I si et seulement si f 0 est nulle sur I.
? f est croissante sur I si et seulement si f 0 est positive ou nulle sur I.
Démonstration
Nous ne donnerons qu’une preuve du premier résultat. Il suffit de remplacer les égalités par des inégalités pour
démontrer le second.
=⇒ Soit x 0 ∈ I. Si f est constante, pour tout x ∈ I \ {x 0 },
f (x) − f (x 0 )
=0
x − x0
En faisant tendre x vers a, on obtient f 0 (x 0 ) = 0.
⇐= Supposons que f 0 est nulle sur I. Soient x, y ∈ I.
D’après le théorème des accroissements finis, f (x) − f ( y) = 0 · (x − y) = 0 donc f est constante.

On ne le répétera jamais assez, le théorème précédent n’est valable que sur un intervalle. Cela explique pourquoi la
résolution d’une équation différentielle doit s’effectuer sur un intervalle : à chaque intervalle sa constante d’intégration...
Attention à la stricte monotonie : si f 0 est strictement positive (resp. strictement négative) alors f est strictement
croissante (resp. strictement décroissante). Mais la réciproque est fausse, f peut être strictement croissante sans que
sa dérivée soit strictement positive 1 , comme le montre l’exemple de x 7→ x 3 .
F – Limite de la dérivée
Lorsqu’on s’intéresse à la dérivabilité d’une fonction f en un point x 0 , c’est-à-dire à l’existence de la limite de
on peut être fortement tenté de calculer f 0 (x) puis faire tendre x vers x 0 comme dans l’exemple suivant :
Exemple 1

2
 sin(x )
si x 6= 0
Soit f : x 7→
x

0 si x = 0
? f est continue sur R car elle est évidemment continue sur R∗ et f (x) ∼ x donc f (x) −−→ 0 = f (0).
x→0
x→0
? f est dérivable sur R∗ comme quotient de fonctions dérivables dont le dénominateur ne s’annule pas.
? f est dérivable en 0 car :
f (x) − f (0)
sin(x 2 )
=
−−→ 1
x→0
x −0
x2
1. en fait, f 0 peut s’annuler mais il ne faut pas que f 0 soit identiquement nulle sur un intervalle [a, b] ⊂ I.
- 17 -
f (x)− f (x 0 )
,
x−x 0
On trouve ainsi f 0 (0) = 1.
? De plus,
∀x ∈ R∗
f 0 (x) = 2 cos(x 2 ) −
sin(x 2 )
−−→ 2 − 1 = 1
x→0
x2
Étrange...
Que peut-on en conclure ? Qu’il suffisait de calculer lim f 0 (x) pour justifier la dérivabilité de f en 0 ? Et si cette limite
x→0
était infinie ou n’existait pas, la fonction ne serait donc pas dérivable ? L’exemple suivant (déjà étudié) montre que
tout n’est pas si simple.
Exemple 2


 x 2 sin 1 si x 6= 0
x
Soit f : x 7→

0 si x = 0
? f est continue sur R∗ comme produit de fonctions continues et :
∀x 6= 0
0 ¶ | f (x)| ¶ x 2
ce qui nous assure, d’après le théorème des gendarmes, que f (x) −−→ 0 = f (0).
x→0
La fonction est donc continue en 0. D’où la continuité sur R.
? f est dérivable sur R∗ comme produit de fonctions dérivables et :

f (x) − f (0) = x sin 1 ¶ x
∀x 6= 0 0 ¶ x −0
x ce qui nous assure, d’après le théorème des gendarmes, que
f (x)− f (0)
−−→
x−0
x→0
0.
La fonction est donc dérivable en 0 et f (0) = 0. D’où la dérivabilité sur R.
0
? f est de classe C 1 sur R∗ comme produit de fonctions de classe C 1 sur R∗ . Pourtant, f 0 (x) −−/→ 0 :
x→0
∀x ∈ R∗
Or 2x sin
1
x
−−→ 0 mais − cos
x→0
1
x

1
1
− cos
f 0 (x) = 2x sin
x
x
n’admet pas de limite, donc f 0 n’admet pas de limite en 0.
Théorème C.29 : Limite de la dérivée
Si f est continue sur I et dérivable sur I \ {x 0 } et si f 0 (x) admet une limite ` ∈ R lorsque x tend vers x 0 alors f
est dérivable en x 0 , f 0 (x 0 ) = ` et f 0 est continue en x 0 .
Le théorème précédent montre que si f 0 admet une limite finie en x 0 alors f est dérivable en x 0 . De plus, comme
lim f 0 (x) = f 0 (x 0 ), la fonction f 0 est continue en x 0 (donc f de classe C 1 ). Cependant, si une telle limite n’existe
x→x 0
pas ou n’est pas finie, on ne peut pas conclure que f n’est pas dérivable en x 0 (cf. exemple 2). Le théorème est une
condition suffisante, pas nécessaire !
IV – Formules de Taylor et développements limités
A – Généralités
Définition C.30
On dit que f est négligeable devant g au voisinage de x 0 et on note f (x) = o(g(x)) si f (x) = "(x)g(x) avec
x→x 0
"(x) −−−→ 0.
x→x 0
Si la fonction g ne s’annule pas une infinité de fois au voisinage de x 0 , cela revient à dire que
f (x)
−−−→ 0.
g(x) x→x 0
En revenant à la définition, on montre que o(x n ) = o(λx n ) pour λ ∈ R∗ et n ∈ N. Ainsi, on préférera écrire o(x 3 )
plutôt que o(5x 3 ).
- 18 -
Mickaël PROST
Proposition C.31 : Lien entre ∼ et o
f (x) ∼ g(x) ⇐⇒ f (x) = g(x) + o(g(x)).
x→x 0
x→x 0
Démonstration
f (x) = g(x) + o(g(x)) ⇐⇒ f (x) − g(x) = o(g(x)) ⇐⇒
x→x 0
x→x 0
⇐⇒
f (x) − g(x)
−−−→ 0
x→x 0
g(x)
f (x)
f (x)
− 1 −−−→ 0 ⇐⇒
−−−→ 1 ⇐⇒ f (x) ∼ g(x)
x→x 0
x→x 0
g(x)
g(x) x→x 0
On peut ainsi retrouver tous les équivalents classiques en 0.
Exemple
2
x2
2
2
+ o(x 2 ) donc 1 − cos(x) = x2 + o(x 2 ), ce qui prouve que 1 − cos(x) ∼ x2 .
x→0
x→0
2
On remarquera qu’on a utilisé ici o(x 2 ) = o x2 même s’il n’est pas utile de le préciser sur une copie.
cos(x) = = 1 −
Ne pas confondre f = o(g) et f = O(g) qui signifie que
f (x)
est bornée au voisinage de x 0 .
g(x)
Définition C.32 : Développement limité
On dit qu’une fonction f admet un développement limité à l’ordre n au voisinage de x 0 s’il existe a0 , . . . , an ∈ R
tels que :
f (x) = a0 + a1 (x − x 0 ) + a2 (x − x 0 )2 + . . . + an (x − x 0 )n + o((x − x 0 )n )
Lorsque le développement limité d’une fonction en un point existe, il est unique. Ceci nous permet d’identifier les
coefficients de deux développements limités.
Exemple
1
= 1 + x + x 2 + . . . + x n + o(x n ).
1− x
n
n
X
X
1
x n+1
1 − x n+1
. Donc
=
xk +
.
Soit x ∈ R tel que |x| < 1. On a
xk =
1− x
1− x
1− x
k=0
k=0
Montrons que
Il ne reste plus qu’à montrer que
x n+1
x n+1 1
x
= o(x n ) ce qui est le cas car
=
−−→ 0.
1− x
1 − x xn
1 − x x→0
Théorème C.33 : Formules de Taylor
Soit f une fonction de classe C n sur I et a, b ∈ I.
• Formule de Taylor avec reste intégral
f (b) =
n−1
X
(b − a)k
k=0
k!
f (k) (a) +
b
Z
a
(b − t)n−1 (n)
f (t) dt
(n − 1)!
• Inégalité de Taylor-Lagrange
n−1
X
(b − a)k (k) (b − a)n
f (a) ¶ M
f (b) −
k!
n!
k=0
avec M = sup | f (n) |
[a,b]
• Formule de Taylor-Young
f (b) =
n
X
(b − a)k
k=0
k!
f (k) (a) + o((b − a)n )
D’après la formule de Taylor-Young, toute fonction de classe C n admet un développement limité à l’ordre n, les
coefficients du développement limité sont les coefficients de Taylor. La réciproque est fausse comme le montre l’exemple
suivant !
- 19 -
Exemple
f : x 7→ x 3 sin
1
si x 6= 0 et f (0) = 0 n’est pas deux fois dérivables et pourtant, f (x) = o(x 2 ).
x
Exercice 15
Retrouver les résultats suivants à l’aide de la formule de Taylor-Young.
n
X
xk
x2 x3
xn
x
• e =
+ o(x n ) = 1 + x +
+
+ ··· +
+ o(x n )
k!
2!
3!
n!
k=0
n
X
x 2k
x2 x4
x 2n
• cos x =
(−1)k
+ o(x 2n ) = 1 −
+
+ · · · + (−1)n
+ o(x 2n )
(2k)!
2!
4!
(2n)!
k=0
n
X
x 2k+1
x 2n+1
x3 x5
• sin x =
(−1)k
+ o(x 2n+1 ) = x −
+
− · · · + (−1)n
+ o(x 2n+1 )
(2k
+
1)!
3!
5!
(2n
+
1)!
k=0
• De même, en dérivant k fois (1 + x)α ,
n
X
α(α − 1) · · · (α − k + 1) k
(1 + x)α = 1 +
x + o(x n )
k!
k=1
α(α − 1) · · · (α − n + 1) n
α(α − 1) 2
x + ··· +
x + o(x n )
2
n!
Valeurs particulières : α = 12 , α ∈ N.
Pour α ∈ N, les termes sont nuls à partir d’un certain rang. Est-ce normal ?
= 1 + αx +
B – Opérations sur les développements limités
Par souci de simplicité, les calculs de développements limités évoqués ici se font au voisinage de 0 mais il faut garder
en tête que si f admet un développement limité à l’ordre n au voisinage de x 0 , on a :
f (x) =
n
X
ak (x − x 0 )k + o((x − x 0 )n )
k=0
Proposition C.34 : Somme de DL
On suppose que f (x) = P(x) + o(x n ) et g(x) = Q(x) + o(x n ) avec P, Q ∈ Rn [X ].
Alors ( f + g)(x) = P(x) + Q(x) + o(x n ).
Proposition C.35 : Produit de DL
On suppose que f (x) = P(x) + o(x n ) et g(x) = Q(x) + o(x n ) avec P, Q ∈ Rn [X ].
En notant R le polynôme correspondant aux termes de degré au plus n du produit PQ, on a :
( f g)(x) = R(x) + o(x n ).
Il en va de même pour la composée de deux fonctions. Le développement limité est obtenu en extrayant les termes de
degré au plus n du polynôme P ◦ Q.
Pour calculer le développement limité d’un quotient, on cherchera à faire apparaître après simplification une expression
f
du type
avec u(x) −−−→ 0, que l’on verra comme un produit de deux fonctions.
x→x 0
1±u
Exercice 16
Quel est le développement limité à l’ordre 2 en 0 de :
x 7→
? cos(x) = 1 −
cos x
;
1− x
x 7→
p
1 + sin x;
x 7→
ex
1
?
+ cos x
x2
1
+ o(x 2 ) et
= 1 + x + x 2 + o(x 2 ) Donc,
2
1− x
cos x
x2
x2
2
= 1−
+ o(x ) 1 + x + x 2 + o(x 2 ) = 1 + x +
+ o(x 2 )
1 − x x→0
2
2
- 20 -
Mickaël PROST
En développant, on n’a conservé que les termes de degré ¶ 2.
p
u u2
? Comme 1 + u = 1 + −
+ o(u) et que sin(x) = x + o(x 2 ), en posant u = sin(x),
u→0
2
8
x
x2
−
+ o(x 2 )
x→0
2
8

2
2
? Tout d’abord, e x + cos(x) = 1 + x + x2 o(x 2 ) + 1 − x2 o(x 2 ) = 2 + x + o(x 2 ). Ainsi,
Æ
1 + sin(x) = 1 +
x→0
1
1
1
=
= ·
e x + cos x
2 + x + o(x 2 )
2 1+
Comme
1
x
2
+ o(x 2 )
x
1
+ o(x 2 ) −−→ 0, on peut alors utiliser le fait que
= 1 − u + u2 + o(u2 ) pour obtenir :
x→0
2
1 + u u→0
1 x
1
x2
=
−
+
+ o(x 2 )
e x + cos x x→0 2 4
8
Proposition C.36 : Intégration terme à terme d’un DL
On suppose qu’au voisinage de 0, f (x) = a0 + a1 x + . . . + an x n + o(x n ). On note F une primitive de f .
F admet un développement limité à l’ordre n + 1 au voisinage de 0 et on a :
F (x) = F (0) + a0 x +
an n+1
a1 2
x + ... +
x
+ o(x n+1 )
2
n+1
Ne pas oublier de rajouter la constante F (0) ou de manière générale F (x 0 ) en intégrant terme à terme sinon le résultat
est incorrect.
Exercice 17
Déterminer le développement limité à l’ordre n en 0 de ln(1 + x) et arctan x.
Posons f (x) = ln(1 + x). On a f 0 (x) =
Et donc en intégrant terme à terme,
1
1
=
= 1 − x + x 2 + . . . + (−1)n−1 x n−1 + o(x n−1 ).
1+ x
1 − (−x)
n
X
x2
(−1)n−1 x n
(−1)k+1 k
ln(1 + x) = f (0) +x −
+ ... +
+ o(x n ) =
x + o(x n ).
|{z}
2
n
k
k=1
=0
Exercice 18
Déterminer le développement limité à l’ordre 2n + 1 en 0 de arctan x. Posons g(x) = arctan(x). On trouve :
g 0 (x) =
1
1
=
= 1 − x 2 + x 4 + . . . + (−1)n x 2n + o(x 2n )
1 + x2
1 − (−x 2 )
Et donc en intégrant terme à terme,
n
X
x3
(−1)n x 2n+1
(−1)k 2k+1
arctan(x) = g(0) +x −
+ ... +
+ o(x 2n+1 ) =
x
+ o(x 2n+1 ).
x→0 |{z}
3
2n + 1
2k
+1
k=0
=0
Exercice 19
Déterminer le développement limité à l’ordre 3 en 0 de tan x.
tan est de classe C ∞ sur − π2 , π2 . Elle admet donc un DL3 (0).
Comme elle est de plus impaire, tan x = a x + b x 3 + o(x 3 ). Enfin, tan0 = 1 + tan2 donc on trouve :
tan0 (x) = a + 3bx 2 + o(x 2 ) = 1 + a2 x 2 + o(x 2 ) = 1 + tan2 (x)
x→0
Par identification, on trouve a = 1 et b =
1
3
x→0
x3
donc tan x = x +
+ o(x 3 ).
3
- 21 -
Les développements limités permettent entre autres de calculer des limites, de rechercher des équivalents et d’étudier
localement des fonctions.
Exercice 20
Soit f : x 7→
2x 2 + 5x + 3
. Étudier les branches infinies de la courbe représentative de f .
x +3
4
En effectuant un développement asymptotique de f au voisinage de +∞ à l’aide
d’une division euclidienne, on trouve :

(x + 3)(2x − 1) + 6
6
1
2x 2 + 5x + 3
=
= 2x − 1 + + o
f (x) =
x→+∞
x +3
x +3
x
x
| {z }
−−−−→
0
x→+∞
2
On en déduit que la droite d’équation y = 2x − 1 est asymptote à la courbe
représentative de f . En effet, f (x) − (2x − 1) −−−−→ 0. De plus, au voisinage de
8
6
−2
x→+∞
2
4
−2
Représentation de x 7→
2x 2 + 5x + 3
x +3
+∞, la courbe sera au-dessus de son asymptote car :

6
1
6
f (x) − (2x − 1) = + o
, c’est-à-dire f (x) − (2x − 1) ∼
>0
x→+∞ x
x
x
On pourra faire la comparaison avec la technique consistant à calculer
f (x)
puis lim f (x) − 2x
x→+∞ x
x→+∞
lim
Attention, un développement limité, tout comme un équivalent, permet d’étudier le comportement local 2 d’une
fonction au voisinage d’un point. Dans l’exemple précédent, pour obtenir la position relative de la courbe par rapport
à son asymptote dans le plan entier et pas seulement au voisinage de +∞, il est nécessaire d’étudier le signe sur R de
la quantité f (x) − (2x − 1).
C – Synthèse des développements limités usuels à connaître
D L n (0)
D L2n (0)
D L2n+1 (0)
D L2n (0)
D L2n+1 (0)
D L n (0)
D L n (0)
D L n (0)
D L n (0)
n
X
xk
+ o(x n )
k!
k=0
n
X
x 2k
+ o(x 2n )
cos x =
(−1)k
(2k)!
k=0
n
X
x 2k+1
sin x =
(−1)k
+ o(x 2n+1 )
(2k + 1)!
k=0
n
X
x 2k
chx =
+ o(x 2n )
(2k)!
k=0
n
X
x 2k+1
shx =
+ o(x 2n+1 )
(2k
+
1)!
k=0
n
X
1
=
x k + o(x n )
1− x
k=0
n
X
1
=
(−1)k x k + o(x n )
1+ x
k=0
n
X
xk
ln(1 + x) =
(−1)k+1
+ o(x n )
k
k=1
n
X
α(α − 1) · · · (α − k + 1) k
α
(1 + x) = 1 +
x + o(x n )
k!
k=1
ex =
D L2 (0)
D L4 (0)
ex = 1 + x +
x2
x3
xn
+
+ ··· +
+ o(x n )
2!
3!
n!
cos x = 1 −
x4
x 2n
x2
+
+ · · · + (−1)n
+ o(x 2n )
2!
4!
(2n)!
sin x = x −
x3
x5
x 2n+1
+
− · · · + (−1)n
+ o(x 2n+1 )
3!
5!
(2n + 1)!
chx = 1 +
x2
x4
x 2n
+
+ ··· +
+ o(x 2n )
2!
4!
(2n)!
shx = x +
x3
x5
x 2n+1
+
− ··· +
+ o(x 2n+1 )
3!
5!
(2n + 1)!
1
= 1 + x + x 2 + x 3 + · · · + x n + o(x n )
1− x
1
= 1 − x + x 2 − x 3 + · · · + (−1)n x n + o(x n )
1+ x
ln(1 + x) = x −
x2
x3
xn
+
− · · · + (−1)n+1
+ o(x n )
2
3
n
(1 + x)α = 1 + αx + · · · +
α(α − 1) · · · (α − n + 1) n
x + o(x n )
n!
p
1
1
1 + x = 1 + x − x 2 + o(x 2 )
2
8
x3
tan x = x +
+ o(x 4 )
3
2. Vous l’aurez peut-être compris, c’est la grande différence entre la formule de Taylor-Young et de Taylor avec reste intégral. Cette dernière est
bien plus intéressante !
- 22 -
Mickaël PROST
V – Intégration sur un segment
A – Définitions et propriétés
Définition C.37
? Une fonction f est dite en escalier sur [a, b] s’il existe une subdivision (a0 , . . . , an ) de [a, b] et n réels
λ0 , . . . , λn−1 tels que :
∀k ∈ ¹0, n − 1º ∀x ∈]ak , ak+1 [ f (x) = λk .
Z b
n−1
X
? On appelle intégrale de f le réel
f =
(ak+1 − ak )λk , indépendant de la subdivision choisie.
a
k=0
Exemple
y
On considère la fonction f définie sur le segment
[0, 6] par :
4
f (x) = 0 si 0 ¶ x < 1
f (x) = 3 si 2 ¶ x ¶ 4
2
f (x) = 2 si 4 < x ¶ 6
1
Z
6
f est en escalier et
•
3
f (x) = 1 si 1 ¶ x < 2
f (x) dx = 0 + 1 + 6 + 4 = 11.
0
•
◦
•
◦
◦
1
2
x
3
4
5
6
7
Représentation d’une fonction en escalier
Ainsi définie, l’intégrale de f correspond à l’aire algébrique du domaine situé entre la courbe et l’axe des abscisses.
On généralise, non sans mal, la notion d’intégrale à toute fonction continue sur le segment [a, b] en approchant de
telles fonctions par des fonctions en escalier. Nous ne reviendrons pas sur ce résultat.
Théorème C.38
Une fonction continue sur un segment est intégrable sur ce segment.
Ce théorème fondamental est trop souvent méconnu des candidats. Avant tout calcul d’intégrale, on cherchera à
montrer l’existence de celle-ci en justifiant la continuité de la fonction considérée sur le segment d’intégration.
L’interprétation en termes d’aire reste identique dans le cas d’une fonction continue
b
Z
On remarquera que
f ne dépend pas des valeurs que prend la fonction f en a et b. Plus généralement, si deux
a
fonctions prennent les mêmes valeurs sauf en un nombre fini de points, les intégrales sont identiques.
Quelques propriétés de l’intégrale : ( f , g sons supposées continues sur [a, b] et λ ∈ R)
b
Z
• Linéarité :
a
Z
b
Z
b
(λ f + g) = λ
f +
g.
a
a
Z b
Zc
Z b
f =
• Relation de Chasles :
a
f +
a
f pour c ∈ [a, b].
c
- 23 -
• Positivité : f ¾ 0 =⇒
b
Z
f ¾ 0.
Z b
Z
a
• Croissance : f ¶ g =⇒
Za
b
• Inégalité triangulaire : a
b
f ¶
g.
a
Z
b
| f |.
f¶
a
Attention, on a supposé a < b. Si f est positive et b < a alors :
Z b
Za
f (x) dx = −
a
f (x) dx ¶ 0
b
On essaiera d’interpréter toutes ces propriétés graphiquement.
Théorème C.39
Soit f une fonction positive et continue sur [a, b].
b
Z
f = 0 ⇐⇒ f est identiquement nulle sur [a, b].
a
Chaque hypothèse de ce théorème est indispensable comme le montre les deux exemples suivants :
•
1
− π2
−2
π
2
◦
1
−1
−1
EXEMPLE 2 : g : x 7→
EXEMPLE 1 : f : x 7→ sin(x)
Z
π
2
On a bien
− π2
f (x) dx = 0 et
Z
0 si x 6= 1
1 si x = 1
2
g(x) dx = 0 bien qu’aucune des fonctions f et g ne soit nulle.
−2
B – Primitives
Définition C.40 : Primitive
On appelle primitive d’une fonction continue f sur un intervalle I, toute fonction F dérivable sur I vérifiant
F 0 = f , c’est-à-dire :
∀x ∈ I F 0 (x) = f (x)
Proposition C.41
Toutes les primitives d’une fonction sur un intervalle sont égales à une constante près.
Démonstration
Soient F et G deux primitives d’une même fonction f sur un intervalle I.
Comme (F − G)0 = F 0 − G 0 = f − f = 0, la fonction F − G est constante sur l’intervalle I et F = G + λ.

Il suffit donc de connaître une primitive d’une fonction f pour toutes les avoir. Cette proposition montre également
que si une fonction f admet une primitive, alors il en existe une infinité. On parlera donc d’une primitive de f , et
jamais de la primitive de f .
Il est maintenant temps de faire le lien entre deux notions a priori complètement distinctes : l’intégrale d’une fonction
sur un segment que l’on a interprétée comme une aire et la notion de primitive.
- 24 -
Mickaël PROST
Théorème C.42 : Théorème fondamental de l’analyse
Soit f : I → Z
R continue sur I et a ∈ I.
x
(i) x 7→
a
f (t) dt est l’unique primitive de f qui s’annule en a.
Z x
f (t) dt = G(x) − G(a).
(ii) Si G est une primitive de f sur I,
a
L’assertion (i) montre que toute fonction continue admet une primitive sur un intervalle donné alors que l’assertion
(ii) montre que l’on peut calculer une intégrale à l’aide d’une primitive.
Démonstration (non exigible)
x
Z
f (t) dt.
Considérons la fonction F : x 7→
a
? Remarquons que cette fonction est bien
Z x définie sur I puisque pour x ∈ I, la fonction f étant continue sur le
segment [a, x] (ou [x, a]), l’intégrale
f (t) dt existe.
a
? Montrons que cette fonction F est dérivable et que F 0 = f .
F (x) − F (x 0 )
Pour cela considérons x 0 ∈ I et montrons que
−−−→ f (x 0 ).
x→x 0
x − x0
Soit " > 0. Comme f est continue, il existe α > 0 tel que :
|x − x 0 | < α =⇒ | f (x) − f (x 0 )| < "
∀x ∈ I
Donc pour tout x ∈ ]x 0 − α, x 0 + α[ \ {x 0 },
Z x0
Z x
F (x) − F (x 0 )
1
f
(t)
dt
−
f
(x
)
f
(t)
dt
−
−
f
(x
)
=
·
0
0
x − x
x − x0
0
a
a
Z
x
1
=
f (t) dt − f (x 0 ) (relation de Chasles)
·
x − x0
x0
Z
Z
Z x
x
x
1
1
=
f (t) dt − (x − x 0 ) f (x 0 ) =
f (t) dt −
f (x 0 ) dt ·
·
|x − x 0 | x
|x − x 0 | x
x0
0
0
Z
x
1
( f (t) − f (x 0 )) dt =
·
|x − x 0 | x
0
Z x

1


| f (t) − f (x 0 )| dt si x > x 0

 |x − x 0 | ·
x0
¶
(inégalité de la moyenne)
Z x

−1


| f (t) − f (x 0 )| dt si x < x 0
·

|x − x 0 | x
0
Z x
x − x0
1
·
· " = " car t ∈ ]x 0 − α, x 0 + α[
¶
" dt =
x − x0
x − x0
x
0
L’inégalité précédente étant vraie quel que soit " > 0, F est bien dérivable et F 0 (x 0 ) = f (x 0 ).
Za
? Remarquons ensuite que F (a) =
f (t) dt = 0.
a
? Soit G est une primitive de f sur I. D’après ce qui précède, F et G sont égales à une constantes près :
Z x
∃λ ∈ R
f (t) dt = G(x) + λ
∀x ∈ I
a
En évaluant l’égalité en a, on trouve λ = −G(a). Ainsi,
Z x

t=x
f (t) dt = G(t)
= G(x) − G(a)
t=a
a

- 25 -
Exercice 21
Z
3x
De quelle fonction x 7→
exp(t) sin(t) dt est-elle la primitive ?
x
3x
Z
Remarquons d’abord que g : x 7→
exp(t) sin(t) dt est définie sur R car f : t 7→ exp(t) sin(t) est continue sur tout segment de la forme
x
[x, 3x] donc intégrable. De plus, pour tout x ∈ R,
Z 3x
g(x) =
Z
x
exp(t) sin(t) dt −
0
exp(t) sin(t) dt = F (3x) − F (x)
0
où F est une primitive de f sur R, et même l’unique primitive de f qui s’annule en 0 d’après le théorème précédent.
Ainsi, g est dérivable comme somme de fonctions dérivables et on a :
g 0 (x) = 3 f (3x) − f (x) = 3 exp(3x) sin(3x) − exp(x) sin(x)
On aurait pu également calculer directement l’intégrale avant de dériver mais c’est inutilement compliqué.
C – Recherche de primitives et calcul d’intégrales
Avant de calculer une primitive, on commence par justifier son existence en précisant que la fonction est continue sur
l’intervalle considéré. Il existe de nombreuses façons de calculer des primitives. Voici trois méthodes fondamentales,
d’autres techniques seront vues en séance de travaux dirigés.
? Reconnaissance de formes usuelles
La méthode la plus simple à mettre en œuvre, à vous d’avoir l’œil !
Fonction
Primitive (à une constante près)
f0· f
f2
2
f 0f α
f α+1
α+1
(α 6= −1)
f0
f
ln | f |
f 0 · exp( f )
exp( f )
f 0 · sin( f )
− cos( f )
0
f
1+ f2
arctan( f )
Exercice 221
Calculer I =
Z
3
3xe x
2
+1
dx
1
I existe car la fonction x 7→ 3xe x
2 +1
est continue sur le segment [1, 3]. De plus,
Z3
Z3
2
2
3
3 x 2 +1 3 3 10
I=
3xe x +1 dx =
2xe x +1 dx =
e
=
e − e2
1
2
2
2
1
1
On vérifie au passage que I est un nombre positif, comme attendu : on intégrait une fonction positive sur le segment [1, 3].
Exercice 232
Déterminer une primitive de tan sur un intervalle à préciser.
i π πh
sin
La fonction tan est continue sur l’intervalle − ,
donc admet une primitive sur cet intervalle. De plus, tan =
donc tan est de la forme
2 2
cos
u0
− u avec u = cos. Ainsi, les primitives de tan sont les fonctions x 7→ − ln | cos(x)|.
- 26 -
Mickaël PROST
? Intégration par parties
Théorème C.43
Si f et g sont de classe C 1 sur [a, b] alors :
b
Z
t=b
f (t)g(t) dt = f (t)g(t)
−

0
t=a
a
b
Z
f (t)g 0 (t) dt
a
Démonstration
Tout d’abord, les fonctions f et g étant de classe C 1 , la fonction ( f g)0 est continue sur le segment [a, b] donc
intégrable. De plus, comme ( f g)0 = f 0 g + f g 0 ,
b
Z

t=b
( f g)0 (t) dt = f (t)g(t)
(par intégration directe)
t=a
a
=
b
Z
0
0
( f (t)g(t) + f (t)g (t)) dt =
a
b
Z
0
f (t)g(t) dt +
b
Z
a
f (t)g 0 (t) dt
a

Exemples
Déterminer une primitive de ln sur R∗+ et de arctan sur R.
Les deux fonctions considérées sont continues sur respectivement R∗+ et R, elles admettent donc des primitives sur chacun de ces intervalles. De
plus, les fonctions considérées sont de classe C 1 , on peut appliquer une intégration par parties :
? Pour tout x > 0,
Z
x
ln(t) dt
1

=
f 0 (t)=1
g(t)=ln(t)
x
t ln(t) −
Z
1
x
dt = x ln(x) − x + 1
1
Donc x 7→ x ln(x) − x est une primitive de ln.
? Pour tout x ∈ R,
Z x
arctan(t) dt
0
=
f 0 (t)=1
g(t)=arctan(t)

x
t arctan(t) −
0
Z
0
x
t
1
dt =x arctan(x) −
1 + t2
2
Z
0
x
2t
dt
1 + t2
x
=x arctan(x) − ln |1 + t 2 | = x arctan(x) + ln 1 + x 2

0
Donc x 7→ x arctan(x) + ln 1 + x 2 est une primitive de arctan.
? Changement de variable
Théorème C.44
Si f : J → R est continue et ϕ : [a, b] → J de classe C 1 alors :
Z
ϕ(b)
f (t) dt =
ϕ(a)
b
Z
f (ϕ(u))ϕ 0 (u) du
a
Démonstration
Tout d’abord, les fonctions f et f ◦ ϕ × ϕ 0 sont continues sur le segment [a, b] donc intégrables. De plus, en notant
F une primitive de f , (F ◦ ϕ)0 = ϕ 0 × ( f ◦ ϕ). Ainsi,
b
Z
0
f (ϕ(u))ϕ (u) du =
a
b
Z
u=b

t=ϕ(b)
= F (ϕ(b)) − F (ϕ(a)) = F (t)
=
(F ◦ ϕ) (u) du = F (ϕ(u))
0
a

u=a
t=ϕ(a)
Z
ϕ(b)
f (t) dt
ϕ(a)

- 27 -
Exercice 241
Calculer I =
1p
Z
1 − x 2 dx.
0
p
La fonction
x 7→ 1 − x 2 est continue sur le segment [0, 1] donc intégrable. En posant x = sin(t), changement de variable de classe C 1 sur
h
πi
0,
, on obtient :
2
Z πq
Z π
Z1
2
2
p
1 − x 2 dx
=
1 − sin2 (t) cos(t) dt =
| cos(t)| cos(t) dt
I=
dx=cos(t) dt
0
πi
Comme cos(t) ¾ 0 sur 0,
,
2
0
0
h
I=
Z
π
2
0
1
cos (t) dt =
2
2
Z
π
2
(1 + cos(2t)) dt =
0

π
1
sin(2t) 2
π
t+
= .
2
2
4
0
Exercice 252
Calculer J =
Z
π/4
ln(1 + tan x)
dx.
cos2 x
0
ln(1 + tan x)
est continue sur le segment [0, π/4] comme quotient de fonctions continues dont le dénominateur ne s’annule pas ;
cos2 x
dx
elle y est donc intégrable. Posons alors u = 1 + tan(x), changement de variables de classe C 1 sur l’intervalle considéré. Comme du =
,
cos2 (x)
Z π/4
Z2

2
ln(1 + tan x)
J=
dx
=
ln(u) du = u ln(u) − u = 2 ln(2) − 1.
2x
1
cos
0
1
La fonction x 7→
N’oubliez pas de changer les bornes de l’intégrale lors d’un changement de variable !
Corollaire C.45
Soit f une fonction continue sur R et a, b ∈ R
Za
Za
f =2
(i) Si f est paire,
f.
−a
0
Z
a
(ii) Si f est impaire,
f = 0.
−a
b+T
Z
f =
(iii) Si f est T -périodique,
b
Z
a+T
f.
a
Avant toute démonstration, il est nécessaire de visualiser ces propriétés à l’aide d’une petite illustration 3 .
Démonstration
La fonction f étant continue sur [−a, a], [a, b] et [a + T, b + T ], les quatres intégrales sont bien définies.
(i)
Z
a
f (t) dt =
−a
(ii)
Z
0
f (t) dt +
−a
a
f (t) dt =
−a
Z
Z
Z
f (t) dt +
−a
f (t) dt =
a+T
a
f (t) dt = −
Z
f (t) dt = −
f (u + T ) du
a
=
f périodique
f (−u) du +
a
Z
a
f (t) dt
0
0
Z
u=−t
b
Z
f (−u) du +
a
a
0
0
Z
u=−t
0
0
b+T
(iii)
Z
Z
=
Z
f paire
a
f (u) du +
0
a
0
f (t) dt
=
f impaire
Z
a
f (t) dt = 2
Z
a
0
f (u) du +
a
f (t) dt
0
0
−
Z
Z
a
f (t) dt = 0
0
b
Z
f (u) du en posant u = t − T .
a

D – Calcul approché d’intégrales
On suppose f : [a, b] → R de classe C 1 sur [a, b]. Il n’est pas toujours possible de calculer explicitement
et on cherche ici à développer une méthode permettant d’en calculer une valeur approchée.
3. À vos crayons !
- 28 -
b
Z
f (x) dx
a
Mickaël PROST
? Approximation par une fonction constante
Une première idée consiste à approcher f par la valeur qu’elle prend en un point de l’intervalle [a, b], par exemple
f (a) :
Z b
Z b
f (x) dx ≈
f (a) dx = f (a)(b − a)
a
a
10
8
6
f (0)
4
2
2
4
6
8
10
L’aire sous la courbe est approchée par l’aire d’un rectangle avec a = 0 et b = 10
On voit bien que l’approximation est relativement grossière mais comment majorer l’erreur commise ?
Z
Z
Z
Z
b
b
b
b
| f (x) − f (a)| dx car a ¶ b
( f (x) − f (a)) dx ¶
f (a) dx = f (x) dx −
a
a
a
a
|
|
{z
}
{z
}
valeur exacte
valeur approchée
Comme f est continue sur [a, b], | f 0 | est majorée par M ∈ R (toute fonction continue sur un segment est bornée).
Donc, d’après l’inégalité des accroissements finis,
Z
Z
Z b
Z b
Z b
b
b
M
f (x) dx −
f (a) dx ¶
| f (x) − f (a)| dx ¶
M |x − a| dx = M
(x − a) dx = (b − a)2
a
2
a
a
a
a
0
? Méthode des rectangles
Pour obtenir une meilleure approximation, on peut découper le segment [a, b] en n sous-segments et approcher f par
une constante sur chacun de ces intervalles comme le montrent les figures suivantes.
10
10
10
8
8
8
6
6
6
4
4
4
2
2
2
2
4
6
8
10
2
Approximation pour n = 2
4
6
8
10
2
4
6
8
10
Intuitivement, pour n très grand, la valeur obtenue sera proche de la valeur exacte. Il reste à justifier ce résultat !
Le segment [a, b] est de longueur b − a. Si on le découpe
en n sous-segment
de même longueur, ces sous-segments
b−a
b−a
seront de longueur b−a
.
Le
premier
sous-segment
sera
a,
a
+
,
le
deuxième
a + b−a
et ainsi de suite...
n
n
n ,a+2 n
b−a
Ils seront plus généralement de la forme [x i , x i+1 ] avec x i = a + i n . On remarquera d’ailleurs que x n = a + n b−a
n = b.
b−a
Sur chaque segment [x i , x i+1 ], on approche f par f (x i ). L’aire du rectangle obtenu est alors f (x i ) × n selon la
formule bien connue « hauteur × longueur ».
L’aire totale, c’est-à-dire la somme des aires des n rectangles vaut alors :
n−1
n−1
n−1 Z x i+1
X
X
b−a X
Sn =
(x i+1 − x i ) f (x i ) =
f (x i ) =
f (x i ) dt
n i=0
i=0
i=0 x
i
Quelle est l’erreur d’approximation commise ? Pour majorer cette erreur, on va sommer les erreurs d’approximation
pour chacun des rectangles, c’est-à-dire :
Z
Z x i+1

x i+1
M b−a 2
M
∀i ∈ ¹0, n − 1º f (t) dt −
f (x i ) dt ¶ (x i+1 − x i )2 =
,
x
2
2
n
x
i
i
- 29 -
b
Z
f (t) dt =
comme nous l’avons vu au paragraphe précédent. De plus, comme
a
n−1 Z
X
i=0
x i+1
f (t) dt, on obtient :
xi
Z

Z x i+1
n−1 Z x i+1
X
b
f (t) dt −
f (x i ) dt f (t) dt − Sn = i=0
a
xi
xi
Z
Z
x i+1
x i+1
n−1 X
¶
f (t) dt −
f (x i ) dt x
x
i=0
i
i

n−1
X
M b − a 2 M (b − a)2
=
=
−−−−→ 0.
n→+∞
2
n
2
n
i=0
b
Z
f (t) dt. Cette méthode, dite des rectangles, converge en
On vient donc de montrer que Sn −−−−→
n→+∞
a
1
.
n
Le résultat est encore vrai pour f simplement continue (et pas seulement de classe C 1 ). (admis)
Théorème C.46 : Sommes de Riemann
Soit f une fonction de classe C 1 (et même seulement continue) sur [a, b]. Alors,
n−1
b−a X
f
Sn =
n i=0
Pour a = 0 et b = 1, on trouve :
n−1
1X
f
n k=0

b−a
a+i
n

b
Z
f (t) dt
−−−−→
n→+∞
a
Z1

k
−−−−→
f (t) dt
n n→+∞ 0
Exercice 26
Calculer lim
n→+∞
n
X
k=0
n
X
k=0
n
1
1X 1
=
n+k
n k=0 1 +
1
.
n+k
k
n
=

n
k
1
1X
f
avec f : x 7→
. Comme f est continue, d’après le théorème des sommes de Riemann,
n k=0
n
1+ x
lim
n→+∞
n
X
k=0
1
=
n+k
Z
1
0

1
dx
= ln |1 + x| = ln(2)
0
1+ x
VI – Équations différentielles
On ne s’intéressera ici qu’aux équations différentielles linéaires d’ordre 1 et d’ordre 2.
A – Équations différentielles linéaires d’ordre 1
On considère l’équation différentielle linéaire d’ordre 1 suivante et l’équation homogène associés :
a(t) y 0 + b(t) y = c(t)
0
a(t) y + b(t) y = 0
(E)
(H)
Elle est dite résolue lorsqu’elle est sous la forme y 0 + b(t) y = c(t).
On suppose que a, b, c : I → R sont continues sur un intervalle I de R.
Théorème C.47 : Problème de Cauchy
Si a ne s’annule pas sur l’intervalle I, le problème de Cauchy
sur I.
- 30 -
a(t) y 0 + b(t) y = c(t)
y(t 0 ) = y0
admet une unique solution
Mickaël PROST
Théorème C.48 : ÉD linéaire d’ordre 1
• L’équation homogène y 0 + f (t) y = 0 admet pour solution générale t 7→ λe−F (t) où F est une primitive de
f sur I et λ ∈ R.
• L’équation y 0 + f (t) y = b(t) admet pour solution générale t 7→ y0 (t) + λe−F (t) où y0 est une solution
particulière de l’équation avec second membre.
Méthode pour retrouver la formule rapidement (à prendre avec des pincettes !)
y 0 = − f (t) y ⇐⇒
dy
dy
= − f (t) y ⇐⇒
= − f (t) dt
dt
y
et donc, en intégrant chaque membre de l’égalité,
ln y(t) = −F (t) + k,
et on trouve :
y(t) = λe−F (t)
k∈R
avec λ = ek
Corollaire C.49 : Structure de l’ensemble des solutions
Lorsque a : I → R ne s’annule pas sur l’intervalle I, l’ensemble SH des solutions de (H) est une droite vectorielle.
L’ensemble S E des solutions de (E) est une droite affine de direction SH .
En effet, d’après ce qui précède et en conservant les mêmes notations,
SH = Vect t 7→ e−F (t) et S E = y0 + Vect t 7→ e−F (t)
Exercice 27
Datation au carbone 14
La matière radioactive perd par unité de temps une proportion constante k de sa masse ce qui conduit à l’équation
dm
(t) = −km(t). Sachant que la période 4 du carbone 14 est de 5500 ans et qu’on a retrouvé des ossements
dt
d’origine humaine ne contenant que 0, 002% de la proportion habituelle, de quand datent les ossements ?
Pour résoudre une équation différentielle linéaire du premier ordre, on se ramènera toujours au plan de résolution
suivant :
Ê Identification de l’équation.
Ë Mise sous forme résolue en divisant par a(t) sur les intervalles où a ne s’annule pas.
sin t
Ex. : t y 0 − t 2 y + sin t = 0. On résoudra l’équation y 0 − t y +
= 0 sur R∗+ et sur R∗− .
t
Ì Résolution de l’équation homogène : y 0 = f (t) y avec f continue sur l’intervalle de résolution I.
La solution générale de l’équation homogène est y(t) = λe F (t) où F est une primitive de f sur I et λ ∈ R.
SH = Vect(t 7→ e F (t) ).
Í Résolution de l’équation avec second membre.
On recherche pour cela une solution particulière y0 de (E).
S’il n’y a pas de solution évidente, on utilisera la méthode de la variation de la constante en cherchant y sous
la forme y(t) = λ(t)e F (t) . En réinjectant y dans l’équation, on obtient une expression de λ0 que l’on peut
généralement intégrer.
La solution générale de l’équation (E) est y(t) = λe F (t) + y0 (t). On a S E = y0 + SH .
Ex. : Résoudre y 0 − x y = x en cherchant une solution particulière de deux façons différentes.
Î Raccordement éventuel des solutions.
Ex. : y 0 + a(x) y = b(x) avec y1 solution sur R∗− et y2 solution sur R∗+ .
y1(x) si x < 0
La fonction y 7→
est solution de l’équation sur R∗ . Elle est solution sur R si son prolongement
y2 (x) si x > 0
par continuité est également dérivable, ce qui nous conduit à deux conditions :
lim y1 (x) = lim− y(x) = lim+ y(x) = lim+ y2 (x)
x→0−
x→0
x→0
x→0
lim y10 (x) = lim− y 0 (x) = lim+ y 0 (x) = lim+ y20 (x)
x→0−
x→0
x→0
Ï Conditions initiales.
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x→0
Exercice 28
Résoudre sur R l’équation t y 0 + |t| y = t 2 e−|t| .
t2
+ C1,2 e±t . Le raccordement conduit à C1 = C2 et C1 = −C2 .
2
 2
 t e t si t < 0

2
Une seule solution sur R, y(t) =
2

 t e−t si t > 0
2
y(t) =
B – Équations différentielles linéaires d’ordre 2
On considère l’équation différentielle linéaire d’ordre 1 suivante et l’équation homogène associés :
a(t) y 00 + b(t) y 0 + c(t) y = d(t) (E)
a(t) y 00 + b(t) y 0 + c(t) y = 0
(H)
De telles équations apparaissent souvent en physique.
Exercice 29
q
g
Pendule simple : θ̈ + ω20 sin θ = 0 avec ω0 = l .
Pour des oscillations faibles, sin θ ≈ θ , on « peut » considérer que θ vérifie l’équation θ̈ + ω20 θ = 0.
Exercice 30
Circuit RLC :
q
dq
d2 q
+R
+ L 2 = U(t).
C
dt
dt
On suppose que a, b, c, d : I → R sont continues sur un intervalle I de R.
Théorème C.50 : Problème de Cauchy

00
0
 a(t) y + b(t) y + c(t) y = d(t)
y(t 0 ) = y0
Si a ne s’annule pas sur l’intervalle I, le problème de Cauchy
admet une
 0
0
y (t 0 ) = y0
unique solution sur I.
On ne s’intéresse dans ce chapitre qu’à la résolution de cette équation pour des coefficients constants.
On écrit (E) désormais sous la forme :
a y 00 + b y 0 + c y = d(t) (E)
Théorème C.51 : Équa. diff. linéaire d’ordre 2 homogène à coeff. constants
On considère l’équation a(t) y 00 + b(t) y 0 + c(t) y = 0.
On résout l’équation caractéristique aX 2 + bX + c = 0 de discriminant associé ∆.
• Si ∆ > 0, deux racines réelles distinctes r1 et r2 . y(t) = λ1 e r1 t + λ2 e r2 t avec λ1 , λ2 ∈ R.
• Si ∆ = 0, une racine réelle double r. y(t) = (λ1 + λ2 t)e r t avec λ1 , λ2 ∈ R.
• Si ∆ < 0, deux racines complexes conjuguées α ± iβ.
y(t) = (λ1 cos(β t) + λ2 sin(β t))eαt avec λ1 , λ2 ∈ R.
Comme dans le cas des équations différentielles linéaires d’ordre 1, l’ensemble des solutions de l’équation a(t) y 00 +
b(t) y 0 + c(t) y = d(t) est obtenu en recherchant une solution particulière de cette équation.
Corollaire C.52 : Structure de l’ensemble des solutions
Lorsque a : I → R ne s’annule pas sur l’intervalle I, l’ensemble SH des solutions de (H) est un plan vectoriel.
L’ensemble S E des solutions de (E) est un plan affine de direction SH .
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Mickaël PROST
Exercice 31
Résoudre les équations différentielles suivantes :
y 00 + 3 y 0 + 2 y = 0, y 00 − 2 y 0 + y = 0, y 00 − 2 y 0 + 5 y = 0
On peut déterminer une solution particulière de (E) lorsque le second membre d(t) est de la forme :
• d(t) = P(t) avec P un polynôme de degré n. On cherche alors une solution sous la forme d’un polynôme Q de
même degré que P.
Ex. : y 00 − 2 y 0 + y = t 2 .
• d(t) = P(t)emt avec P ∈ R[X ], on cherche y0 sous la forme y0 (t) = Q(t)emt avec Q ∈ R[X ] et deg(Q) =
deg(P) + k, k étant l’ordre de multiplicité de m en tant que racine de l’équation caractéristique.
• d(t) = cos(ωt), sin(ωt), on passe en complexe et on retrouve le cas précédent 5 .
Proposition C.53 : Principe de superposition
Si y1 est solution de l’équation a y 00 + b y 0 + c y = d1 (t) et y2 de l’équation a y 00 + b y 0 + c y = d2 (t) alors y1 + y2
est solution de l’équation a y 00 + b y 0 + c y = d1 (t) + d2 (t).
Le plan de résolution est exactement le même que celui décrit pour les équations différentielles linéaires d’ordre 1.
5. Si iω n’est pas racine de l’équation caractéristique, y0 (t) = Acos(ωt) + B sin(ωt).
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