Analyse2 SMPC MIP

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R ´ ESUM ´ E SUR Les Int´ egrales et Les ´ Equations Diff´ erentielles E N P R E M I ´ E R E A N N ´ E E M I Ou comment Int´ egrer quand on n’y conna ˆ ıt goutte Madjid Sidi [email protected] Version du 9 juin 2015 Derni` ere mise ` a jour sur : http://sites.google.com/site/sidimadjid/Home

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RESUME SUR

Les Integrales

et

Les Equations Differentielles

E N P R E M I E R E A N N E E M I

Ou comment Integrerquand on n’y connaıt goutte

Madjid [email protected]

Version du 9 juin 2015Derniere mise a jour sur :

http://sites.google.com/site/sidimadjid/Home

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Sensation

Par les soirs bleus d’ete, j’irai dans les sentiers,Picote par les bles, fouler l’herbe menue :Reveur, j’en sentirai la fraıcheur a mes pieds.Je laisserai le vent baigner ma tete nue.Je ne parlerai pas, je ne penserai rien :Mais l’amour infini me montera dans l’ame,Et j’irai loin, bien loin, comme un bohemien,Par la Nature, - heureux comme avec une femme.

Arthur Rimbaud, mars 1870.

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Sommaire

1 Formules de Taylor 11.1 Fonctions de classe Cn: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.2 Formule de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.3 Formule de Mac-Laurin . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.4 Exemples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

2 Developpements Limites (DL) 112.1 Definitions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122.2 Developpements limites des fonctions usuelles . . . . . . . . . . . . . . 142.3 Operations sur les developpements limites . . . . . . . . . . . . . . . . 142.4 Developpements limites au voisinage d’un point et de l’infini . . . . . 172.5 Developpements limites generalises . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182.6 Application des developpements limites . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

3 Integrales de Riemann 213.1 Definition d’une subdivision . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 213.2 Definition d’une fonction en escalier ”etagee” . . . . . . . . . . . . . . 213.3 Sommes de Darboux . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 233.4 Proprietes de l’integrale de Riemann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 263.5 Exercices : . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 293.6 Solution . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

4 Calcul Integral 334.1 Definition d’une primitive . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 334.2 Integrales indefinies : . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 334.3 Tableau des integrales indefinies elementaires . . . . . . . . . . . . . . 344.4 Integration par Changement de variables . . . . . . . . . . . . . . . . . 354.5 Integration par parties . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 364.6 Integration des fonctions rationnelles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 374.7 Integration des fonctions irrationnelles : . . . . . . . . . . . . . . . . . 394.8 Integration des fonctions trigonometriques . . . . . . . . . . . . . . . 404.9 Integration des fonctions hyperboliques . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

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4.10 Exercice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 424.11 Solution . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43

5 Les Equations Differentielles 455.1 Generalites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 455.2 Les equations differentielles du premier ordre . . . . . . . . . . . . . . 465.3 Les equations de Bernoulli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 485.4 Les equations de Riccati : . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 495.5 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 505.6 Corrige . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50

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Sommaire

1.1 Fonctions de classe Cn:1.2 Formule de Taylor1.3 Formule de Mac-Laurin1.4 Exemples

Chapitre

1Formules de Taylor

Brook Taylor est un homme de sciences anglais du XVIIIe siecle. Il s’interessa auxmathematiques, a la musique, la peinture et la philosophie.

Il ajouta aux mathematiques une nouvelle branche appelee calcul de differencesfinies, inventa l’integration par parties et decouvrit les series appelees

developpement de Taylor. Ses idees furent publiees dans son livre de 1715,Methodus incrementorum directa and reversed. En fait, la premiere mention par

Taylor de ce qui est appele aujourd’hui theoreme de Taylor apparaıt dans unelettre que ce dernier ecrivit le 26 juillet 1712.

.

Brook Taylor

En analyse, le theoreme de Taylor, du nom du mathematicien Brook Taylor quil’etablit en 1715, montre qu’une fonction plusieurs fois derivable au voisinage

d’un point peut etre approximee par une fonction polynome dont les coefficientsdependent uniquement des derivees de la fonction en ce point.

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2 Formules de Taylor

1.1 Fonctions de classe Cn:

1.1.1 Fonctions de classe C1:

Definition 1.1

: Soit I un intervalle ouvert, on dit que f : I 7→ R est de classe C1 sur I si f estderivable sur I et f ′ est une fonction continue sur I.

Exemple 1.1

Pour quelles valeurs de α ∈Q∗+ la fonction

f : x 7→ f (x)={ |x|α sin(1

x ) si x 6= 00 si x = 0

est de classe C1?

Correction de l’exercice 1.1

Le corrige voir serie TD N°5, exercice N°3.

1.1.2 Fonctions de classe Cn:

Definition 1.2

: Soit I un intervalle ouvert, on dit que f : I 7→R est de classe Cn sur I, n entiersuperieur ou egal a 1, si f est n fois derivable sur I et f (n) est une fonctioncontinue sur I.On dit que f est de classe C∞ sur I si toutes les derivees de f existent et definiessur I.

On note Cn(I) l’espace vectoriel des fonctions n fois continument derivables sur IOn note C∞(I) l’ensemble des fonctions indefiniment derivables sur I.

Remarque 1.1

:– Si f est de classe Cn, alors f est de classe Cp pour p 6 n.– Si f est de classe C∞, alors f est de classe Cn pour n ∈N∗.

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1.2 Formule de Taylor 3

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Exemple 1.2

les fonctions polynomes et trigonometriques (sinus et cosinus) sont de classeCn(R). En particulier (sin x)(n) = sin(x+nπ

2 ) et (cos x)(n) = cos(x+nπ2 )

1.2 Formule de Taylor

Si f : [a,b] 7→ R est une fonction continue sur [a,b], derivable en x0 ∈]a,b[, alors auvoisinage de x0, f s’ecrit :

f (x)= f (x0)+ (x− x0)[f ′(x0)+εx0(x)

]avec lim

x→x0εx0(x)= 0 (1.2.1)

On dit que f est approximee par le polynome f (x0)+ (x− x0)[f ′(x0)

]de degre 1.

La formule de Taylor permet d’approximer les fonctions de classe Cn par un poly-nome de degre n. Dans ce cas, f s’ecrit :

f (x)= f (x0)+(x−x0) f ′(x0)+ (x− x0)2

2!f ′′(x0)+·· ·+ (x− x0)n

n!f (n)(x0)+Rn(x) avec lim

x→x0Rn(x)= 0

(1.2.2)Le reste Rn(x) varie suivant les conditions de derivabilite imposees a f. De ce fait, ily a plusieurs formules de Taylor qui en decoulent.Les formules de Taylor que nous allons etudier sont les consequences de la generali-sation du theoreme des accroissements finis generalises.

1.2.1 Formule de Taylor avec reste généralisé

Theoreme 1.1

Soient f , g : [a,b] 7→R verifiant :

1. f ∈ Cn([a,b]) et f (n) derivable sur ]a,b[.

2. g ∈ C([a,b]) et g′ derivable sur ]a,b[ tel que ∀x ∈]a,b[, g′(x) 6= 0

Soit x0 ∈ [a,b], alors ∀x ∈ [a,b] , x 6= x0, on a :

f (x)=n∑

k=0

(x− x0)k

k!f (k)(x0)+Rn(x0, x) avec lim

x→x0Rn(x0, x)= 0 (1.2.3)

Ou

Rn(x0, x)= f (n+1)(c)(x− c)n [g(x)− g(x0)]n! g′(c)

(1.2.4)

c est strictement compris entre x et x0

Demonstration 1

Supposons que x > x0 et considerons la fonction

ϕ : [x0, x]→R

t 7→ϕ(t)= f (x)−∑nk=0

f (k)(t)(x−t)k

k!

f ∈ Cn([a,b]) et [x0, x]⊂ [a,b]⇒ϕ continue sur [x0, x]

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4 Formules de Taylor

f (n) derivable sur [a,b] donc sur [x0, x] ⇒ ϕ derivable sur ]x0, x[ et ona :

ϕ′(t) = −n∑

k=0

[f (k)(t)(x− t)k]′

k!

=n∑

k=0

f (k)(t)k(x− t)k−1

k!−

n∑k=0

f (k+1)(t)(x− t)k

k!

= 0+ f ′(t)+ f (2)(t)(x− t)1!

+·· ·+ f (n)(t)(x− t)n−1

(n−1)!

− f ′(t)− f (2)(t)(x− t)1!

−·· ·− f (n)(t)(x− t)n−1

(n−1)!− f (n+1)(t)(x− t)n

n!

= − f (n+1)(t)(x− t)n

n!

De plus

ϕ(x0)= f (x)−n∑

k=0

f (k)(x0)(x− x0)k

k!et ϕ(x)= f (x)− [ f (x)+0+0+·· ·+0]= 0

Le theoreme des accroissements finis generalises applique a ϕ et g dans l’inter-valle [x0, x]

∃c ∈]x0, x[ tel queϕ(x)−ϕ(x0)g(x)− g(x0)

= 0−ϕ(x0)g(x)− g(x0)

=− f (n+1)(c)(x− c)n

n!g′(c)

C’est a dire :

ϕ(x0)= f (n+1)(c)(x− c)n

n!g′(c)[g(x)− g(x0)]= Rn(x, x0)

On deduit

f (x)=n∑

k=0

(x− x0)k

k!f (k)(x0)+Rn(x0, x)

Ou

Rn(x0, x)=ϕ(x0)= f (n+1)(c)(x− c)n [g(x)− g(x0)]n! g′(c)

avec c ∈]x0, x[

Meme preuve si x < x0

Remarque 1.2

Le reste Rn(x0, x) depend de g, alors le choix de diverses fonctions g entraınediverses formes du reste.

1.2.2 Formule de Taylor avec reste de Lagrange

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1.2 Formule de Taylor 5

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Theoreme 1.2

Soit f : [a,b] 7→ R verifiant f ∈ Cn([a,b]) et f (n) derivable sur ]a,b[ et soit x0 ∈[a,b], alors ∀x ∈ [a,b] , x 6= x0, on a :

f (x)=n∑

k=0

(x− x0)k

k!f (k)(x0)+ (x− x0)n+1

(n+1)!f (n+1)(c) (1.2.5)

Ou c est strictement compris entre x et x0 et

Rn(x0, x)= (x− x0)n+1

(n+1)!f (n+1)(c) est le reste de Lagrange .

Demonstration 2

Il suffit de considerer dans le reste (7.2.4) du theoreme (7.2.1) la fonction

g : [x0, x] →R

t 7→ g(t)= (t− x)n+1

1.2.3 Formule de Taylor avec reste de Cauchy

Theoreme 1.3

Soit f : [a,b] 7→ R verifiant f ∈ Cn([a,b]) et f (n) derivable sur ]a,b[ et soit x0 ∈[a,b], alors ∀x ∈ [a,b] , x 6= x0, on a :

f (x)=n∑

k=0

(x− x0)k

k!f (k)(x0)+Rn(x0, x) (1.2.6)

Ou, pour 0< θ < 1

Rn(x0, x)= (x− x0)n+1(1−θ)n

n!f (n+1)(x0 +θ(x− x0)) est le reste de Cauchy

Demonstration 3

Il suffit de considerer dans le reste (7.2.4) du theoreme (7.2.1) la fonction

g : [x0, x] →R

t 7→ g(t)= t− x

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6 Formules de Taylor

Theoreme 1.4

Les resultats des theoremes (7.2.3) et (7.2.4) sont verifies si f : I 7→ R,ou I in-tervalle quelconque de R et f ∈ C(n+1)(I). Soit x0 ∈ I, alors ∀x ∈ I , x 6= x0, ona :

f (x)=n∑

k=0

(x− x0)k

k!f (k)(x0)+Rn(x0, x) (1.2.7)

Ou Rn(x0, x) etant le reste sous forme de Cauchy ou de Lagrange.

Demonstration 4

on revient aux hypotheses des theoremes (7.2.3) et (7.2.4) si

x , x0 ∈ I⇒∃[a,b]⊂ I telle que x , x0 ∈ [a,b]

De plus f ∈ C(n+1)(I), alors f ∈ Cn([a,b]) et f (n) derivable sur ]a,b[.

Cas particulier :Si n = 0, alors f (x) = f (x0)+ (x− x0) f ′(c) ⇒ f (x)− f (x0) = (x− x0) f ′(c), ou c est stric-tement compris entre x et x0. C’est le T.A.F applique a f sur [x0, x] qui un casparticulier de la formule de Taylor.

Remarque 1.3

Autre ecriture de la formule de Taylor: Si on pose x−x0 = h alors x = x0+h,la formule de Taylor s’ecrit

f (x)=n∑

k=0

f (k)(x0)k!

hk +Rn(x0, x) avec 0< θ < 1 (1.2.8)

Ou

Rn(x0, x) = hn+1

(n+1)!f (n+1)(x0 +θh) : Reste de Lagrange

Rn(x0, x) = hn+1(1−θ)n

n!f (n+1)(x0 +θh) : Reste de Cauchy

1.2.4 Les notations de Landau

Si on pose

ε(x)={

Rn(x0,x)(x−x0)n si x 6= x0

0 si x = x0

Alors Rn(x0, x)= (x− x0)nε(x) avec limx→x0

ε(x)= 0. Ou, avec la notation de Landau

Rn(x0, x)= o((x− x0)n)

1.2.5 Formule de Taylor avec reste de Young

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Page 13: Analyse2 SMPC MIP

1.2 Formule de Taylor 7

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Theoreme 1.5

Soit f : [a,b]→R, x0 ∈ [a,b], supposons que f (n)(x0) existe, alors ∀x ∈ [a,b] , x 6=x0, on a

f (x)=n∑

k=0

(x− x0)k

k!f (k)(x0)+ o(x− x0)n (1.2.9)

C’est la formule de Taylor avec le reste de Young, elle peut s’ecrire

f (x)=n∑

k=0

(x− x0)k

k!f (k)(x0)+ (x− x0)nε(x) avec lim

x→x0ε(x)= 0 (1.2.10)

Demonstration 6

On utilise le lemme suivant :

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Page 14: Analyse2 SMPC MIP

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8 Formules de Taylor

Lemme 1.1

Soit F : [a,b]→R une fonction telle que, pour x0 ∈ [a,b]

F(x0)= F ′(x0)= ·· · = F (n)(x0)= 0 alors F(x0)= o(x− x0)n

Demonstration 6

On raisonne par recurrence,n = 1, on a F derivable en x0 et F(x0) = F ′(x0) = 0, alors F differentiableen x0, donc

F(x)= F(x)−F(x0)= F ′(x0)(x− x0)+ o(x− x0)= o(x− x0)

Supposons que la propriete est vraie a l’ordre n et soit F telle que F (n+1)(x0)existe et

F(x0)= F ′(x0)= ·· · = F (n+1)(x0)= 0

alors F (n) existe dans l’intervalle I contenant x0 et on aF ′(x0)= F ′′(x0)= ·· · = (F ′)(n)(x0)= 0Par hypothese de recurrence, on peut dire : F ′(x)= o(x− x0)n,∀x ∈ I.Le theoreme des accroissements finis applique a F sur [x0, x] , x ∈ I, alors

∃c ∈]x0, x[: F(x)−F(x0)= F ′(c)(x− x0)⇒ F(x)= o(c− x0)n(x− x0)

Prouvons que F ′(x)= o(x− x0)n

En effet, on sait que F ′(x)= o(c− x0)n c’est a dire limx→x0

| F ′(x)(c−x0)n | = 0

Or c− x0 = θ(x− x0) ⇒ (c− x0)n = θn(x− x0)n avec 0 < θ < 1 ⇒ 0 < θn < 1 ⇒1θn > 1Donc | F ′(x)

θn(x−x0)n | > | F ′(x)(x−x0)n | passage a la limite et du fait que F ′(x)= o(θn(x−

x0)n) :

06 limx→x0

| F ′(x)(x− x0)n |6 lim

x→x0| F ′(x)θn(x− x0)n | = 0⇒ F ′(x)= o(x− x0)n

Finalement :F(x)= o(c− x0)n(x− x0)= o(x− x0)n+1

Demonstration du theoreme (7.2.7), on pose

Rn(x0, x) = f (x)−n∑

k=0

(x− x0)k

k!f (k)(x0)

= f (x)−[

f (x0)+ (x− x0)1!

f ′(x0)+·· ·+ (x− x0)n

n!f (n)(x0)

]Calcul de la derivee kieme au point x = x0 du polynome :[

f (x0)+ (x− x0)1!

f ′(x0)+·· ·+ (x− x0)n

n!f (n)(x0)

](k)

x=x0

={

f (k)(x0) si k 6 n0 si k > n

Rn verifie les hypotheses du lemme, donc Rn(x0, x)= o(x− x0)n

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Page 15: Analyse2 SMPC MIP

1.3 Formule de Mac-Laurin 9

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Remarque 1.4

La formule de Taylor avec reste de Lagrange (ou de Cauchy) a un caractereglobal (etude de f sur un intervalle) alors que la formule de Taylor avec le restede Young est d’un caractere local (etude de f au voisinage d’un point x0)

1.3 Formule de Mac-Laurin

Un cas particulier de la formule de Taylor, en posant x0 = 0

1.3.1 Formule de Mac-Laurin avec reste de Lagrange

Si x0 = 0, la formule de Taylor (avec reste de Lagrange) devient

f (x)=n∑

k=0

f (k)(0)k!

xk + xn+1

(n+1)!f (n+1)(θx) , 0< θ < 1 (1.3.1)

qui est la formule de Mac-Laurin Lagrange.

1.3.2 Formule de Mac-Laurin avec reste de Young

Theoreme 1.6

x0 = 0, si f (n)(0) existe, alors la formule de Taylor (avec reste de Young) devient

f (x)=n∑

k=0

f (k)(0)k!

xk + xnε(x) avec limx→0

ε(x)= 0 (1.3.2)

1.4 Exemples

Soitf : x 7→ f (x)= (1+ x)α avec x ∈]−1,+∞[ et α ∈R

∀x ∈]−1,+∞[,1+ x 6= 0⇒ f (n)(0) existe ,∀n> 0De plus, f (k)(x)=α(α−1)(α−2) · · · (α−k+1)(1+ x)α−k

Ainsi en x0 = 0 on a : f (k)(0)=α(α−1)(α−2) · · · (α−k+1) si k > 1D’ou pour n> 1 et x >−1, on a :

(1+ x)α = 1+α+ α(α−1)2!

x2 +·· ·+ α(α−1)(α−2) · · · (α−n+1)n!

xn + rn(x)

Ou

rn(x) = α(α−1)(α−2) · · · (α−n)(n+1)!

xn+1(1+θx)α−n−1 avec 0< θ < 1 : Reste de Lagrange

rn(x) = xn+1(1−θ)n

n!f n+1(θx) avec 0< θ < 1 : Reste de Cauchy

rn(x) = o(xn)= xnε(x) avec limx→0

ε(x)= 0 : Reste de Young.

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Page 16: Analyse2 SMPC MIP

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10 Formules de Taylor

Remarque 1.5

Si α= m ∈N,alors

(1+ x)m = 1+mx+ m(m−1)2!

x2 +·· ·+ m(m−1)(m−2) · · ·2.1m!

xm

car

rm(x)= m(m−1)(m−2) · · · (m−m+1)(m−m)(m+1)!

(1+θx)m−m−1xm+1 = 0

C’est a dire :

(1+ x)m =m∑

k=0Ck

mxk

qui donne la formule du binome de Newton

Cas particulier : α=−1, On a

11+ x

= 1− x+ x2 − x3 +·· · (−1)nxn + rn(x)

Ou

rn(x) = (−1)n+1(1+θx)−(n+2)xn+1 avec 0< θ < 1 : Reste de Lagrange

rn(x) = (−1)n+1(n+1)(1−θ)n(1+θx)−(n+2)xn+1 avec 0< θ < 1 : Reste de Cauchy

rn(x) = o(xn)= xnε(x) avec limx→0

ε(x)= 0 Reste de Young.

De meme : α=−1 et x <−1, en remplacant x par −x, on aura

11− x

= 1+ x+ x2 + x3 +·· ·xn + rn(x)

Ou

rn(x) = (1−θx)−(n+2)xn+1 avec 0< θ < 1 : Reste de Lagrange

rn(x) = (n+1)(1−θ)n(1−θx)−(n+2)xn+1 avec 0< θ < 1 : Reste de Cauchy

rn(x) = o(xn) : Reste de Young.

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Page 17: Analyse2 SMPC MIP

Sommaire

2.1 Définitions2.2 Développements limités des fonctions usuelles2.3 Opérations sur les développements limités2.4 Développements limités au voisinage d’un

point et de l’infini2.5 Développements limités généralisés2.6 Application des développements limités

Chapitre

2Developpements Limités (DL)

Cauchy a ete le maıtre inconteste de l’analyse dans la premiere moitie du XIXe siecleet son oeuvre a marque un tournant dans l’histoire des mathematiques.

On lui doit notamment en analyse l’introduction des fonctions holomorphes et descriteres de convergence des suites et des series entieres.

Sa nouvelle theorie contenait en germe toute la theorie des fonctions; elle donne avecla plus grande facilite les conditions, pour qu’une fonction soit developpable par la

formule de Taylor, sujet qu’on va etudier dans ce chapitre. Cauchy est a l’originedes resultats obtenus ces derniers temps par d’illustres mathematiciens.

.

William Henry Young

Les formules de Taylor nous montraient que sous certaines conditions (existence def (n)(x0)), une fonction f peut etre approchee au voisinage de x0 par un polynome

de degre inferieur ou egal a n, telle que : f (x)= Pn(x)+ o(xn)Un tel polynome peut toutefois exister sans l’existence de f (n)(x0) et meme sans quef ne soit continue en x0. C’est ce qu’on etudiera dans les developpements limites.

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Page 18: Analyse2 SMPC MIP

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12 Developpements Limités (DL)

2.1 Définitions

Definition 2.1

Soit f une fonction, definie au voisinage de 0, on dit que f admet un developpe-ment limite d’ordre n au voisinage de 0, s’il existe un intervalle ouvert I centrea l’origine et des constantes a0,a1, · · · ,an tel que ∀x ∈ I , x 6= 0, on ait :

f (x)= a0 +a1x+a2x2 +·· ·+anxn + xnε(x) avec limx→0

ε(x)= 0 (2.1.1)

1. Pn(x)= a0 +a1x+a2x2 +·· ·+anxn est la partie reguliere du D.L

2. xnε(x)= o(xn) avec limx→0

ε(x)= 0 est le reste ou le terme complementaire.

Exemple 2.1

∀x 6= 1 , f (x)= 11−x = 1+ x+ x2 + x3 +·· ·xn + rn(x)

Avec rn(x)= xnε(x)= xn+1

1−x ⇒ ε(x)= x1−x tel que lim

x→0ε(x)= lim

x→0x

1−x = 0

Remarque 2.1

1. Si le developpement limite de f au voisinage de 0 existe, alors limx→0

f (x)

existe. En effet

f (x)= a0 +a1x+a2x2 +·· ·+anxn + xnε(x) avec limx→0

ε(x)= 0

D’ou limx→0

f (x)= a0 qui existe. Cela ne veut pas pour autant dire que f est

continue en 0, car f (0) peut ne pas exister.

2. Si f (0)= a0, alors f est derivable en 0.En effet, f (x)= f (0)+a1x+a2x2 +·· ·+anxn + xnε(x) avec lim

x→0ε(x)= 0

alors ∀x 6= 0, f (x)− f (0)x−0 = a1 +a2x+·· ·+anxn−1 + xn−1ε(x) avec lim

x→0ε(x)= 0

D’ou limx→0

f (x)− f (0)x−0 = a1 = f ′(0) qui existe, alors f est derivable en 0.

2.1.1 Propriétés des développements limités

Theoreme 2.1

Unicite : Si f admet un developpement limite au v(0) d’ordre n, celui ci estunique.

S M

Page 19: Analyse2 SMPC MIP

2.1 Définitions 13

2

Demonstration 7

Supposons que f admet deux developpements limites differents au voisinage de0, alors ∀x ∈ I, x 6= 0, on peut ecrire :

f (x) = a0 +a1x+a2x2 +·· ·+anxn + xnε1(x) avec limx→0

ε1(x)= 0

f (x) = b0 +b1x+b2x2 +·· ·+bnxn + xnε2(x) avec limx→0

ε2(x)= 0

La difference des deux equations et le passage a la limite quand x → 0, donnea0 = b0,

(a1 −b1)x+ (a2 −b2)x2 +·· ·+ (an −bn)xn = xn(ε2(x)−ε1(x)) (2.1.2)

En divisant par x l’equation (8.2.2) et passage a la limite quand x → 0 donne a1 =b1. En appliquant le meme procede, on a a2 = b2 , a3 = b3 · · ·an = bn et ε1(x)=ε2(x)D’ou l’unicite.

Theoreme 2.2

Parite : Si f admet un developpement limite au voisinage de 0 d’ordre n,alors :– si f est paire, sa partie reguliere est un polynome pair.– si f est impaire, sa partie reguliere est un polynome impair.

Demonstration 8

Supposons que f admet un developpement limite au voisinage de 0 :

f (x) = a0 +a1x+a2x2 +·· ·+anxn + xnε(x) avec limx→0

ε(x)= 0

f (−x) = a0 −a1x+a2x2 +·· ·+ (−1)nanxn + xnε′(x) avec limx→0

ε′(x)= 0

D’apres la parite de f on a ∀x ∈ I ,−x ∈ I : f (x)= f (−x) et de l’unicite du develop-pement limite, on trouve ak = (−1)kak pour 06 k 6 n et ε(x)= (−1)nε′(−x)Tous les coefficients d’indice impair sont donc nuls.Meme procede si f est impaire, on trouve tous les coefficients d’indice pair sontnuls. Alors

f (x) = a0 +a2x2 +·· ·+a2px2p + x2pε(x) avec limx→0

ε(x)= 0 si f est paire.

f (x) = a1x+a3x3 +·· ·+a2p+1x2p+1 + x2p+1ε′(x) avec limx→0

ε′(x)= 0 si f est impaire.

S M

Page 20: Analyse2 SMPC MIP

2

14 Developpements Limités (DL)

Theoreme 2.3

Si f (n)(0) existe alors f admet le developpement limite suivant

f (x)=n∑

k=0

f (k)(0)k!

xk + o(xn)= f (0)+ x1!

f ′(0)+·· ·+ xn

n!f (n)(0)+ o(xn) (2.1.3)

Demonstration 9

Mac-Laurin Young et l’unicite des DL achevent la demonstration.

2.2 Développements limités des fonctions usuelles

Si f (n)(0), I un intervalle centre en 0, alors

f (x)= f (0)+ x1!

f ′(0)+·· ·+ xn

n!f (n)(0)+ o(xn) (2.2.1)

Par ce procede, on obtient les developpements limites des fonctions usuelles (voirserie 7).

Remarque 2.2

Si f admet un developpement limite d’ordre n au voisinage de 0, alors f admetun developpement limite d’ordre p au voisinage de 0, ∀p 6 n.

Demonstration 10

f (x) = a0 +a1x+·· ·+apxp +ap+1xp+1 +·· ·+anxn + xnε(x) avec limx→0

ε(x)= 0

f (x) = a0 +a1x+·· ·+apxp + xp (ap+1x+·· ·+anxn−p + xn−pε(x)

)f (x) = a0 +a1x+·· ·+apxp + xpε′(x)

avec limx→0

ε′(x)= limx→0

(ap+1x+·· ·+anxn−p + xn−pε(x)

)= 0

2.3 Opérations sur les développements limités

Theoreme 2.4

Soient f et g deux fonctions admettant des developpements limites d’ordre nau voisinage de 0, alors f +g, f g, f

g si limx→0

g(x) 6= 0 et la fonction composee f og

si g(0)= 0 admettent des developpements limites d’ordre n au voisinage de 0.De plus, si f (x)= Pn(x)+ o(xn) et g(x)=Qn(x)+ o(xn), alors

– ( f + g)(x)= (Pn +Qn)(x)+ o(xn)

– ( f g)(x) = (Pn.Qn)n(x)+ o(xn) ou (Pn.Qn)

n(x) est la troncature a l’ordre n du

S M

Page 21: Analyse2 SMPC MIP

2.3 Opérations sur les développements limités 15

2

produit.

– fg (x)= Pn

Qn

n(x)+ o(xn) ou Pn

Qn

n(x) est la troncature a l’ordre n de la division de

Pn(x) par Qn(x) suivant les puissances croissantes.

– ( f og)(x) = (Pn(Qn(x)))n + o(xn) ou (Pn(Qn(x)))n est la troncature a l’ordre nde la composition de Pn et de Qn en ne conservant que les puissances de xd’ordre inferieur ou egal a n.

Demonstration 11

a faire ?

Exemple 2.2

Developper a l’ordre 5 la fonction f : x 7→ tan x au voisinage de 0.

f (x)= tan x = sin xcos x , alors

sin x = x− x3

6+ x5

120+ o(x5) et cos x = 1− x2

2+ x4

24+ o(x5)

limx→0

cos x = 1 6= 0, alors d’apres le theoreme precedent, en effectuant la division des

deux parties regulieres suivant les puissances croissantes, on obtient

x− x3

6 + x5

120 1− x2

2 + x4

24

x− x3

2 + x5

24 x+ x3

3 + 2x5

15x3

3 − x5

30x3

3 − x5

6 + x7

722x5

15 − x7

72

d’ou tan x = x+ x3

3 + 2x5

15 + o(x5)

Exemple 2.3

Developper a l’ordre 5 la fonction f : x 7→ ecos x au voisinage de 0.

On a f (x) = ecos x = e.ecos x−1 = e.g(x) avec g(x) = ecos x−1 = (uov)(x) avec u(x) =ex et v(x)= cos x−1 telle que v(0)= 0 On a bien :

v(x)= cos x−1=−x2

2+ x4

24+ o(x5) et u(x)= ex = 1+ x+ x2

2!+ x3

3!+ x4

4!+ x5

5!+ o(x5)

d’ou, en substituant dans la partie reguliere du developpement de u la partie regulierede v et en ne conservant que les puissances de x d’ordre inferieur ou egal a 5, onobtient

ecos x−1 = 1− x2

2+ x4

6+ o(x5) d’ou ecos x = e− e

x2

2+ e

x4

6+ o(x5)

2.3.1 Integration

S M

Page 22: Analyse2 SMPC MIP

2

16 Developpements Limités (DL)

Theoreme 2.5

Si f est une fonction integrable sur [−a,+a] et admet un developpement li-mite d’ordre n au voisinage de 0 suivant f (x) = a0 + a1x+ a2x2 + ·· · + anxn +xnε(x) avec lim

x→0ε(x) = 0; alors ∀x ∈ [−a,+a],F : x 7→ ∫ x

0 f (t)dt admet un deve-

loppement limite d’ordre (n+1) au voisinage de 0 suivant :

f (x)= a0x+a1x2

2+a2

x3

3+·· ·+an

xn+1

n+1+ xn+1η(x) avec lim

x→0η(x)= 0

Demonstration 12

attendre des journees meilleures !

2.3.2 Dérivation

Theoreme 2.6

Si f est derivable sur [−a,+a] admet un developpement limite d’ordre n auvoisinage de 0 et si sa derivee f ′ admet un developpement limite d’ordre (n−1)au voisinage de 0, alors la partie reguliere du developpement limite de la fonctionderivee f ′ est la derivee de la partie reguliere du developpement limite de lafonction f .

Demonstration 13

attendre des journees meilleures !

Remarque 2.3

Attention :– Si f admet un D.L. ne signifie pas que f ′ existe.– Si f admet un D.L. au voisinage de 0 a l’ordre n > 1 et si f ′ existe; on ne

peut pas conclure que f ′ admet un D.L. d’ordre (n−1).Contre exemple,

soit f : x 7→ f (x)={

x2 sin(1x ) si x 6= 0

0 si x = 0

f est derivable sur R, donc en 0 et f admet un developpement limite d’ordre 1 en0, mais f ′ n’a pas de limite en 0, ainsi f ′ n’admet pas de DL en 0

2.3.3 Exemples d’application

Soit

f : x 7→ f (x)= 11− x

= 1+ x+ x2 +·· ·+ xn + o(xn)

Derivation :

f ′(x)= 1(1− x)2 = 1+2x+3x2 +·· ·+nxn−1 + o(xn−1)

S M

Page 23: Analyse2 SMPC MIP

2.4 Développements limités au voisinage d’un point et de l’infini 17

2

Integration :

ln(x−1)= x− x2

2+ x3

3−·· ·+ (−1)n xn+1

n+1+ o(xn+1)

2.4 Développements limités au voisinage d’un pointet de l’infini

Definition 2.2

On dit que f definie au voisinage d’un point x0, sauf peut etre en x0, admet auvoisinage de ce point un DL d’ordre n si F(X )= f (x0+X ) admet un developpe-ment limite d’ordre n au voisinage de o.

Le Developpement limite de f au voisinage de x0 se ramene a developpement limiteau voisinage de 0, en posant x = x0 + X .

Exemple 2.4

Developper a l’ordre n la fonction f : x 7→ ex au voisinage de 1.

On pose x = 1+ X , on obtient

f (1+ X ) = e1+X = e.eX = e(1+ X + X2

2!+ X3

3!+·· ·+ X n

n!+ o(X n)

)= e

(1+ (x−1)+ (x−1)2

2!+ (x−1)3

3!+·· ·+ (x−1)n

n!+ o((x−1)n)

)

Definition 2.3

On dit que f definie au voisinage de ∞, est dite admettre un developpementlimite d’ordre n au voisinage de l’infini si f ( 1

X )= F(X ) admet un developpementlimite d’ordre n au voisinage de o.

Le developpement limite de f au voisinage de l’infini, se ramene a un developpementlimite au voisinage de 0, en posant x = 1

X .

Exemple 2.5

Developper a l’ordre 2 la fonction f : x 7→ x2−1x2+2x au voisinage de +∞.

f est definie si ∀x 6= 0 et x 6= −2⇒ f definie au voisinage de +∞.

f (1X

)=1

X2 −11

X2 + 2X

= (1− X2)X2

X2(1+2X )= 1− X2

1+2X

qui admet un developpement limite d’ordre 2 au voisinage de 0, car limx→0

(1+2X ) =1 6= 0, on a alors apres une division suivant les puissances croissantes f ( 1

X )= 1−2X +3X2 + o(X2), en posant x = 1

X , on obtient le developpement limite a l’ordre 2 de fau voisinage de +∞ : f (x)= 1− 2

x + 3x2 + o( 1

x2 )

S M

Page 24: Analyse2 SMPC MIP

2

18 Developpements Limités (DL)

2.5 Développements limités généralisés

Soit f une fonction definie au voisinage de 0, sauf peut etre en 0, supposons que fn’admet pas de developpement limite au voisinage de 0, mais qu’il existe α> 0 telleque xα f (x) admette un developpement limite d’ordre n au voisinage de 0, alors pourx 6= 0, on a :

xα f (x)= a0 +a1x+·· ·+anxn + o(xn)

Il s’ensuit :

f (x)= x−α(a0 +a1x+·· ·+anxn + o(xn)

)on dit qu’on a obtenu un developpement limite generalise de f au voisinage de 0.

Exemple 2.6

1. f (x)=p

x+ x2 =pxp

1+ x =pxp

1+ x = x12

(1+ x

2 − x4

8 + o(x4))

2. f (x)= cotan x = cos xsin x , on a lim

x→0cotan x n’existe pas, par contre lim

x→0xcotan x =

1,

alors xcotan x = cos xsin x

x= 1− x2

2 + x424+o(x4)

1− x26 + x4

120+o(x4)= 1− x2

3 − x4

45 + o(x4)

On deduit le DL au v(0) de cotan x = 1x − x

3 − x3

45 + o(x3)

3. f (x) = 1x−x2 n’admet pas de developpements limites au v(0), mais xf (x) =

11−x admet un developpement limite au v(0).

2.6 Application des développements limités

2.6.1 Aux graphiques des fonctions

Si f est une fonction qui admet au voisinage de l’infini un developpement limitegeneralise suivant f (x)=αx+β+o( 1

xp ). Alors le graphe de f admet la droite y=αx+βcomme asymptote car lim

x→+∞[f (x)− (αx+β)

]= 0

De plus, si limx→+∞

[f (x)− (αx+β)

] = 0+ alors la courbe representative de f est au

dessus de l’asymptote.Et, si lim

x→+∞[f (x)− (αx+β)

] = 0− alors la courbe representative de f est au dessous

de l’asymptote.

2.6.2 Au calcul des limites

Par exemple, chercher

l = limx→0

x(1+cos x)−2tan x2x−sin x− tan x

Forme indeterminee de la forme 00 , on a les developpements limites

sin x = x− x3

6 + o(x3) , cos x = 1− x2

2 + o(x2) , tan x = x+ x3

3 + o(x3)

S M

Page 25: Analyse2 SMPC MIP

2.6 Application des développements limités 19

2

Donc

l = limx→0

x(1+1− x2

2 + o(x2))−2(x+ x3

3 + o(x3))

2x− x+ x3

6 − x− x3

3 + o(x3)

= limx→0

−76 x3 + o(x3)

−16 x3 + o(x3)

= 7

S M

Page 26: Analyse2 SMPC MIP

2

20 Developpements Limités (DL)

S M

Page 27: Analyse2 SMPC MIP

Sommaire

3.1 Définition d’une subdivision3.2 Définition d’une fonction en escalier "étagée"3.3 Sommes de Darboux3.4 Propriétés de l’intégrale de Riemann3.5 Exercices :3.6 Solution

Chapitre

3Integrales de Riemann

3.1 Définition d’une subdivision

Definition 3.1

1. Une subdivision d’ordre n d’un intervalle [a,b] est une suite finie et crois-sante d = {xk} tel que 06 k 6 n avec a = x0 < x1 < ·· · < xn−1 < xn = b.

2. Pas de la subdivision: c’est |d| = max06k6n−1

(xk+1 − xk)

3. Subdivision equidistante (reguliere) : Lorsque le pas est constant h =b−a

n alors xk = a+kh avec 06 k 6 n, on parle de subdivision equidistanted’ordre n de [a,b].

On notera Sa,b l’ensemble des subdivisions de l’intervalle [a,b].

3.2 Définition d’une fonction en escalier "étagée"

Definition 3.2

f : [a,b]→R est dite en escalier s’il existe une subdivision d = {xk}06k6n de [a,b]tel que :

∀k : 06 k 6 n,∀x ∈]xk, xk+1[ : f (x)=λk constante

d est dite alors subdivision associee a f sur [a,b].

On note E [a,b] l’ensemble des fonctions en escalier sur [a,b]

21

Page 28: Analyse2 SMPC MIP

3

22 Integrales de Riemann

Definition 3.3. Integrale d’une fonction en escalier

Soit f ∈ E [a,b] et d = {xk}06k6n la subdivision associee a f sur [a,b], le nombre

I( f )=n−1∑k=0

λk(xk+1 − xk) note

∫f (x)dx

est appele integrale de f sur [a,b]

Proposition 3.1

a < b < c , f : [a, c]→R : f ∈ E [a, c]⇐⇒ f|[a,b] ∈ E [a,b] et f|[b,c] ∈ E [b, c]∫ c

af (x)dx =

∫ b

af (x)dx+

∫ c

bf (x)dx

Proposition 3.2. Linearite

∀α,β ∈R,∀ f , g ∈ E [a,b]⇒∫ b

a(α f +βg)(x)dx =α

∫ b

af (x)dx+β

∫ b

ag(x)dx

Demonstration 14

Prendre la subdivision d(α f+βg) = d f ∪dg et ecrire les integrales.

Proposition 3.3

Si f , g ∈ E [a,b] alors :

1. f > 0=⇒ ∫ ba f (x)dx> 0

2. f 6 g =⇒ ∫ ba f (x)dx6

∫ ba g(x)dx

3. | f | ∈ E [a,b] et |∫ ba f (x)dx|6 ∫ b

a | f (x)|dx

Demonstration 15

1. f (x)=λk > 0 sur [xk, xk+1]=⇒ ∫ ba f (x)dx =∑n−1

k=0λk(xk+1 − xk)> 0

2. De la 1°, g− f > 0=⇒ ∫ ba (g− f )(x)dx> 0=⇒ ∫ b

a f (x)dx6∫ b

a g(x)dx

3. On a −| f |6 f 6+| f | et d’apres 2° : −∫ ba | f (x)|dx6

∫ ba f (x)dx6+∫ b

a | f (x)|dxd’ou le resultat |∫ b

a f (x)dx|6 ∫ ba | f (x)|dx.

S M

Page 29: Analyse2 SMPC MIP

3.3 Sommes de Darboux 23

3

Proposition 3.4

Si f ∈ E [a,b] alors

(b−a) infx∈[a,b]

f (x)6∫ b

af (x)dx6 (b−a) sup

x∈[a,b]f (x)

Demonstration 16

f est une fonction etagee donc M = sup f (x) et m = inf(x) existent sur [a,b],alors m6 f 6 M. D’ou le resultat d’apres le 2° de la proposition precedente.

Soit f > 0 sur [a,b], la somme :

n−1∑k=0

λk(xk+1 − xk)=∫ b

af (x)dx

représente l’aire du domaine D = {(x, y) ∈R2 : a6 x6 b , 06 y6 f (x)}

3.3 Sommes de Darboux

Definition 3.4

Soit f : [a,b]→R une fonction bornee. La somme de Darboux inferieure s( f ,d)et la somme de Darboux superieure S( f ,d) de f relativement a une subdivisiond = {x0, x1, · · · , xn} sont definies par :

S( f ,d)=n−1∑k=0

hk supx∈[xk,xk+1]

f (x) et s( f ,d)=n−1∑k=0

hk infx∈[xk,xk+1]

f (x)

Ou hk = xk+1 − xk est la longueur du ke sous-intervalle Ik = [xk, xk+1].

Somme de Darboux Inferieure. Somme de Darboux Superieure.

S M

Page 30: Analyse2 SMPC MIP

3

24 Integrales de Riemann

Definition 3.5. Fonctions Riemann - integrables

La fonction f est Riemann-integrable sur [a,b] si et seulement si les deuxnombres suivants coıncident

sba( f )= sup

d∈Sa,b

s( f ,d) , Sba( f )= inf

d∈Sa,bS( f ,d)

Ce nombre commun est alors appelle integrale de Riemann de f de a a b, note∫ b

af (x)dx

On note I[a,b] l’ensemble des fonctions Riemann - intégrables sur [a,b].

Proposition 3.5. Critere d’integrabilite de Riemann :

1. Une fonction f est Riemann-integrable sur [a,b] si et seulement si ∀ε> 0,il existe une subdivision d ∈ Sa,b telle que S( f ,d)− s( f ,d)< ε.

2. Une fonction f est Riemann-integrable sur [a,b] si et seulement si ∀ε> 0,∃ϕ,ψ ∈ E [a,b] telle que ϕ6 f 6ψ et

∫ ba (ψ−ϕ)(x)dx < ε.

Exemple 3.1

Soit la fonction de Dirichlet :

χ(x)={

1 si x ∈Q0 si x ∉Q

on a ∀d ∈ Sa,b : S( f ,d)= b−a et s( f ,d)= 0, donc χ n’est pas Riemann-integrable

Theoreme 3.1

Sur [a,b], toute fonction bornee et monotone est Riemann-integrable.

Demonstration 17

Si f est bornee, le sup et inf sont atteints au bord de chaque sous-intervalle Ik.On a donc :

S( f ,d)− s( f ,d)=n∑

k=1hk| f (xk)− f (xk−1)|6 |d|| f (xn)− f (x0)| = |d|| f (b)− f (a)|

Il suffit donc de choisir le pas de la subdivision assez petit, |d| < ε| f (b)− f (a)| , pour

que ceci soit inferieur a un ε donne, d’ou l’integrabilite d’apres le critere deRiemann.

3.3.1 Somme de Riemann

S M

Page 31: Analyse2 SMPC MIP

3.3 Sommes de Darboux 25

3

Definition 3.6

1. On appelle subdivision pointee associee a f sur [a,b] le couple (d,ξ) ou d =(x0, · · · , xn) subdivision de [a,b] et ξ= (ξ1, · · · ,ξn) verifie ξk ∈ [xk−1, xk] , ∀k =1,n.

2. On appelle somme de Riemann associee a la subdivision pointee (d,ξ)

S( f ,d,ξ)=n∑

k=1(xk − xk−1) f (ξk)=

n∑k=1

f (ξk)hk avec hk = xk − xk−1

De plus, on a∫ b

af (x)dx = lim

|d|−→0S( f ,d,ξ)= lim

n−→+∞

n∑k=1

f (ξk)hk

C’est de cette dernière écriture que provient la notation∫f (x)dx

Figure 3.1: Somme de Riemann.

Theoreme 3.2

Si f ∈ I[a,b], alors les sommes de Riemann S( f ,d,ξ) tendent vers∫

f (x)dx,independamment du choix des ξk, lorsque la subdivision devient de plus enplus fine

S M

Page 32: Analyse2 SMPC MIP

3

26 Integrales de Riemann

Demonstration 18

Par definition, il est evident que s( f ,d)6 S( f ,d,ξ)6 S( f ,d). Soit f ∈ I[a,b] etd tel que S( f ,d)− s( f ,d)< ε. Alors on a aussi S( f ,d,ξ)− sb

a < ε, quel que soit lechoix des ξk, et a fortiori pour tout d′ ⊃ d. D’ou le resultat.

3.4 Propriétés de l’intégrale de Riemann

Definition 3.7

Pour b < a, on definit ∫ b

af (x)dx = −

∫ a

bf (x)dx

Et pour : b = a,∫ a

af (x)dx = 0

Theoreme 3.3

Relation de Chasles : soit a6 c 6 b. Alors on a :

f ∈ I[a,b] ⇔ f ∈ I[a, c]∧ f ∈ I[c,b]

Et de plus :

∫ b

af (x)dx =

∫ c

af (x)dx+

∫ b

cf (x)dx

Demonstration 19

D’une part :f ∈ I[a,b]⇒∀ε> 0,∃ϕ,ψ ∈ E [a,b] telle que ϕ6 f 6ψ et 06

∫ ca (ψ−ϕ)(x)dx < ε

Mais∫ b

a (ψ−ϕ)(x)dx = ∫ ca (ψ−ϕ)(x)dx+∫ b

c (ψ−ϕ)(x)dx < εDonc

∫ ca (ψ−ϕ)(x)dx < ε et

∫ bc (ψ−ϕ)(x)dx < ε⇒ f ∈ I[a, c]∧ f ∈ I[c,b]

Et, d’autre part, pour d = d1 ∪d2 :∫ c

af (x)dx = lim

|d|−→0S( f ,d,θ)

Ou d1 = {a = x0, x1, ..., xk = c} et d2 = {c = xk, xk+1, ..., xn = b}On obtient

S( f ,d,θ)= S( f ,d1,θ)+S( f ,d2,θ) cad :

∫ b

af (x)dx =

∫ c

af (x)dx+

∫ b

cf (x)dx

S M

Page 33: Analyse2 SMPC MIP

3.4 Propriétés de l’intégrale de Riemann 27

3

Proposition 3.6

Linearite :

∀α,β ∈R,∀ f , g ∈ I[a,b] :α f +βg ∈ I[a,b]

et ∫ b

a(α f (x)+βg(x))dx =α

∫ b

af (x)dx+β

∫ b

ag(x)dx

Demonstration 20

Les sommes de Riemann,

S(α f +βg,d,θ)=αS( f ,d,θ)+βS(g,d,θ)

dont la linearite est evidente, nous donne, par passage a la limite quand |d| −→ 0,le resultat souhaite.

Proposition 3.7

Soient f , g ∈ I[a,b] et a < b

1. f > 0⇒ ∫ ba f (x)dx> 0

2. f 6 g ⇒ ∫ ba f (x)dx6

∫ ba g(x)dx

3. | f | ∈ I[a,b] et∣∣∣∫ b

a f (x)dx∣∣∣6 ∫ b

a | f (x)|dx

4. m = infx∈[a,b]

f (x), M = supx∈[a,b]

f (x), g > 0⇒ m∫ b

a g(x)dx6∫ b

a f (x)g(x)dx6 M∫ b

a g(x)dx

Demonstration 21

1. f > 0⇒∀d ∈ Sa,b : s( f ,d)> 0 et s( f ,d)6∫ b

a f (x)dx

2. f 6 g ⇒ d’apres 1° g− f > 0⇒ ∫ ba (g− f )(x)dx> 0⇒ ∫ b

a f (x)dx6∫ b

a g(x)dx

3. −| f |6 f 6 | f |⇒ d’apres 2° −∫ | f |6 ∫f 6 | f |⇒

∣∣∣∫ f∣∣∣6 ∫ | f |

4. On a : m = infx∈[a,b]

f (x)6 f (x)6 M = supx∈[a,b]

f (x),

d’apres 2°, : m(b−a)6∫ b

a f (x)dx6 M(b−a), on aura :

m∫ b

a g(x)dx = ∫ ba m.g(x)dx6

∫ ba f (x)g(x)dx6

∫ ba M.g(x)dx = M

∫ ba g(x)dx

S M

Page 34: Analyse2 SMPC MIP

3

28 Integrales de Riemann

Theoreme 3.4

Theoreme de la moyenne :Si f est continue de [a,b]→R Alors

∃c ∈ [a,b] :1

b−a

∫ b

af (x)dx︸ ︷︷ ︸

moyenne de f sur [a,b]

= f (c)

Demonstration 22

a = b = 0⇒ 0= 0a < b ⇒ d’apres 4° pour g = 1,m = inf

x∈[a,b]f (x)6 1

b−a∫ b

a f (x)dx6 M = supx∈[a,b]

f (x)

D’apres le TVI: ∃c ∈ [a,b] : 1b−a

∫ ba f (x)dx = f (c)

S M

Page 35: Analyse2 SMPC MIP

3.5 Exercices : 29

3

3.5 Exercices :

Exercice 3.1

1. Calculer par definition (limite des sommes de Darboux) les integrales :

Ik =1∫0

xkdx pour k = 1 et k = 2, en utilisant des subdivisions equidis-

tantes de [0,1].

2. Soit ϕ (x)=1+x2∫sin x

e−t2dt. Montrer que ϕ est bien definie puis calculer ϕ′(x)

Exercice 3.2

Soit f la fonction definie sur [0,3] par

f (x)=

−1 si x = 01 si 0< x < 13 si x = 1−2 si 1< x6 24 si 2< x6 3

1. Calculer I =3∫0

f (t)dt

Indication : utiliser la subdivision d = {x0 = 0, x1 = 1, x2 = 2, x3 = 3} del’intervalle [0,3].

2. Soit x ∈ [0,3], calculer F(x)=x∫

0f (t)dt

Exercice 3.3

Pour n ∈N∗, en utilisant les integrales, calculer les limites des suites

1. Un =n−1∑k=0

n(n+k)2

2. Vn =n−1∑k=0

1(n+k)

3. Wn = nn−1∑k=0

1k2 +n2

4. Pn =n∏

k=1(1+ k2

n2 )1/n

5. Sn =n∑

k=1

1pn2 +2kn

S M

Page 36: Analyse2 SMPC MIP

3

30 Integrales de Riemann

3.6 SolutionCorrection de l’exercice 3.1

La fonction f : x 7→ xk est croissante et continue sur R+,∀k ∈N∗, donc elle est Riemann-integrable, c’est a dire que les sommes de Riemann et de Darboux coıncident avec Ikquand n →+∞.

En utilisant une subdivision reguliere de l’intervalle [0,1], de pas h = 1n

, on obtient

les sommes :

sn =n−1∑i=0

1n

(in

)k; Sn =

n∑i=1

1n

(in

)k= sn + 1

n

Pour k = 1, on connait la somme de la suite arithmetique :

n∑i=1

i = 12

n (n+1)

Donc

Sn = 1n2

n∑i=1

i = 12

(1+ 1

n

)Passage a la limite

I1 =1∫

0

x1dx = limn→+∞Sn = 1

2

Pour k = 2, on connait la somme de 1 a n des carres :

n∑i=1

i2 = 16

n (n+1)(2n+1)

D’ou

Sn = 1n3

n∑i=1

i2 = 16

n (n+1)(2n+1)n3

Passage a la limite

I2 =1∫

0

x2dx = limn→+∞Sn = 1

3

Correction de l’exercice 3.2

Soit f la fonction definie sur [0,3] par

f (x)=

−1 si x = 01 si 0< x < 13 si x = 1−2 si 1< x6 24 si 2< x6 3

1. La fonction f est bornee sur [0,3], soit d = {x0 = 0, x1 = 1, x2 = 2, x3 = 3} unesubdivision reguliere de l’intervalle [0,3] de pas constant h = xk+1 − xk = 1.La somme de Darboux inferieure est

s( f ,d)=2∑

k=0mk(xk+1 − xk)= 1+ (−2)+4= 3 avec mk = inf

[xk,xk+1]f (x)

S M

Page 37: Analyse2 SMPC MIP

3.6 Solution 31

3

La somme de Darboux superieure

S( f ,d)=2∑

k=0Mk(xk+1 − xk)= 1+ (−2)+4= 3 avec Mk = sup

[xk,xk+1]f (x)

On remarque que sup f et inf f sont atteints et egaux sur chaque intervallepartiel [xk, xk+1] ,k = 0,1,2 de la subdivision d et de toute autre subdivisionplus fine que d.On a ∀ε> 0 : S( f ,d)− s( f ,d) = 3−3 = 0 < ε, donc f est Riemann-integrable sur[0,3], de plus

I =∫ 3

0f (t)dt = s( f ,d)= S( f ,d)= 3

La valeur d’une intégrale ne dépend pas de la valeur de la fonction enun point, c’est à dire les valeurs de f en x0 = 0, x1 = 1, x2 = 2 et x3 = 3

n’ont aucune influence sur le calcul de I.

On peut aussi utiliser le théorème de Riemann-Darboux.

2. De meme que precedemment, au lieu d’integrer jusqu’a 3 on s’arrete a x; Soit

F(x)=

x si 06 x6 13−2x si 1< x6 2−9+4x si 2< x6 3

Correction de l’exercice 3.3

Soit n ∈ N∗, pour une fonction f Riemann-integrable sur [0,1] et en prenant unesubdivision reguliere de l’intervalle [0,1], on a∫ 1

0f (x)dx = lim

n→+∞n−1∑k=0

1n

f (kn

)

On obtient les limites des sommes suivantes :

1. Etudions

limn→+∞Un = lim

n→+∞n−1∑k=0

n(n+k)2 = lim

n→+∞1n

n−1∑k=0

1(1+ k

n

)2

Il suffit de considerer l’application f definie sur [0,1] par f (x)= 1(1+ x)2

Alors on a :

limn→+∞Un =

∫ 1

0

1(1+ x)2 dx =

[ −11+ x

]1

0= 1

2

2. Etudions

limn→+∞Vn = lim

n→+∞n−1∑k=0

1(n+k)

= limn→+∞

1n

n−1∑k=0

1(1+ k

n

)Il suffit de considerer l’application f definie sur [0,1] par f (x)= 1

(1+ x)Alors on a

limn→+∞Vn =

∫ 1

0

1(1+ x)

dx = [ln(1+ x)]10 = ln2

S M

Page 38: Analyse2 SMPC MIP

3

32 Integrales de Riemann

3. Etudions

limn→+∞Wn = lim

n→+∞nn−1∑k=0

1(n2 +k2

) = limn→+∞

1n

n−1∑k=0

1(1+ k2

n2

)Il suffit de considerer l’application f definie sur [0,1] par f (x)= 1

(1+ x2)Alors on a :

limn→+∞Wn =

∫ 1

0

1(1+ x2)

dx = [arctan x]10 =

π

4

4. Etudions

limn→+∞Pn = lim

n→+∞n∏

k=1

(1+ k2

n2

)1/n

On a

lnPn = lnn∏

k=1

(1+ k2

n2

)1/n

= 1n

n∑k=1

ln(1+ k2

n2

)Il suffit de considerer l’application f definie sur [0,1] par f (x)= ln(1+ x2)Alors on a :

limn→+∞ lnPn = lim

n→+∞1n

n∑k=1

ln(1+ k2

n2

)=

∫ 1

0ln(1+ x2)dx

= [2arctan x−2x+ x ln(1+ x2)

]10π

2+ ln2−2

On deduitlim

n→+∞Pn = e(ln2+ π2 −2) = 2e( π2 −2)

5. Etudions

limn→+∞Sn = lim

n→+∞n∑

k=1

1pn2 +2kn

= limn→+∞

1n

n∑k=1

1√1+2 k

n

Il suffit de considerer l’application f definie sur [0,1] par f (x)= 1p1+2x

Alors on a :

limn→+∞Sn =

∫ 1

0

1p1+2x

dx =[p

1+2x]1

0=p

3−1

S M

Page 39: Analyse2 SMPC MIP

Sommaire

4.1 Définition d’une primitive4.2 Intégrales indéfinies :4.3 Tableau des intégrales indéfinies élémen-

taires4.4 Intégration par Changement de variables4.5 Intégration par parties4.6 Intégration des fonctions rationnelles4.7 Intégration des fonctions irrationnelles :4.8 Intégration des fonctions trigonométriques4.9 Intégration des fonctions hyperboliques4.10 Exercice4.11 Solution

Chapitre

4Calcul Intégral

4.1 Définition d’une primitive

Definition 4.1

Soit f une fonction continue sur un intervalle [a,b]. On cherche une fonction Fderivable sur [a,b] appelee primitive de f telle que :

∀x ∈ [a,b] : F ′(x)= f (x)

Exemple 4.1

la fonction 3x2 a comme primitive la fonction x3.

La fonction primitive n’est pas unique, il existe une infinité de primitives.Si F est une primitive de f sur [a,b], alors ∀C ∈R la fonction F+C l’est également,

C est appelée constante arbitraire.

4.2 Intégrales indéfinies :

Definition 4.2

On appelle integrale indefinie d’une fonction f toute primitive de f , et on note :∫f (x)dx

Si F est une primitive de f ; en vertu de la definition de l’integrale, on peut ecrire :∫f (x)dx = F(x)+C Ou C est une constante arbitraire.

33

Page 40: Analyse2 SMPC MIP

4

34 Calcul Intégral

4.3 Tableau des intégrales indéfinies élémentaires

Sachant que :

dF(x)= f (x)dx =⇒∫

f (x)dx = F(x)+C (4.3.1)

On verifie par derivation (regle de chaıne !) que :∫u′(x) f (u(x)) dx = F(u(x))+K

On obtient le tableau suivant des primitives fondamentales :

∫ex dx = ex + c sur R et

∫u′eu = eu +C

∫cos x dx = sin x+ c sur R

∫sin x dx =−cos x+ c sur R

∫xn dx = xn+1

n+1 + c (n ∈N) sur R

∫xα dx = xα+1

α+1 + c (α ∈R\{−1}) sur ]0,+∞[

∫ 1x dx = ln |x|+ c sur Rr∗ et

∫ u′u = ln |u|+C

∫ dxcos2 x = tan x+C et

∫ dxsin2 x

=−cot x+C

∫ dxcosh2 x

= tanh x+C et∫ dx

sinh2 x=−coth x+C

∫sh x dx = ch x+ c,

∫ch x dx = sh x+ c sur R

∫ dx1+x2 = arctan x+ c sur R et

∫ u′1+u2 = arctanu+ c sur I

∫ dxp1−x2 =

{arcsin x+ cπ2 −arccos x+ c sur ]−1,1[

∫ u′p1−u2 = arcsinu+ c avec u : I →]−1,1[

∫ dxpx2+1

={

argshx+ cln

(x+

px2 +1

)+ csur R

∫ dxpx2−1

={

argchx+ cln

(x+

px2 −1

)+ csur x ∈]1,+∞[

∫ dx1−x2 = 1

2 ln |1+x1−x |+C ∀x : |x| 6= 1

S M

Page 41: Analyse2 SMPC MIP

4.4 Intégration par Changement de variables 35

4

Remarque 4.1

Par contre, les integrales suivantes ne sont pas integrables en utilisant les me-thodes elementaires d’integration :∫

e−x2dx: integrale de Poisson∫

cos x2 dx;∫

sin x2 dx : integrales de Fresnel∫ 1ln x dx;

∫ cos xx dx;

∫ cos xx dx

4.4 Intégration par Changement de variables

Theoreme 4.1

Soit f : I →R et ϕ : J → I une bijection C 1, pour tout a,b ∈ J∫ ϕ(b)

ϕ(a)f (x) dx =

∫ b

af(ϕ(t)

) ·ϕ′(t) dt

Le changement de variable se fait comme suit :

x =ϕ(t) =⇒ dxdt

=ϕ′(t) =⇒ dx =ϕ′(t) dt =⇒∫ ϕ(b)

ϕ(a)f (x) dx =

∫ b

af (ϕ(t))ϕ′(t) dt

Exemple 4.2

Calcul de

∫ 1/2

0

x(1− x2)3/2 dx

– Changement de variable u =ϕ(x)= 1− x2

– Alors du =ϕ′(x) dx =−2x dx– Pour x = 0 on a u =ϕ(0)= 1– Pour x = 1

2 on a u =ϕ(12 )= 3

4∫ 1/2

0

x dx(1− x2)3/2 =

∫ 3/4

1

−12 du

u3/2 =−12

∫ 3/4

1u−3/2 du

=−12

[−2u−1/2]3/41 = [ 1p

u]3/41 = 1√

34

−1= 2p3−1

S M

Page 42: Analyse2 SMPC MIP

4

36 Calcul Intégral

4.5 Intégration par parties

Theoreme 4.2

Soient u et v deux fonctions de classe C 1 sur un intervalle [a,b]

∫ b

au(x)v′(x) dx = [

uv]b

a −∫ b

au′(x)v(x) dx

Et, sans bornes d’integrations∫u(x)v′(x) dx = uv−

∫u′(x)v(x) dx+C

Generalement, si f , g sont de classe C n sur I, on a l’egalite :∫f (x)g(n)(x)dx =

n−1∑k=0

(−1)k f (k)(x)g(n−1−k)(x)+ (−1)n∫

f (n)(x)g(x)dx

Exemple 4.3. Calcul de∫ 1

0 xex dx

∫ 1

0xex dx =

∫ 1

0u(x)v′(x) dx

= [u(x)v(x)

]10 −

∫ 1

0u′(x)v(x) dx

= [xex]1

0 −∫ 1

01 · ex dx

= (1 · e1 −0 · e0)− [

ex]10

= e− (e1 − e0)

= 1

u = x u′ = 1

v′ = ex v = ex

Exemple 4.4. Calcul de∫

arcsin x dx∫1 ·arcsin x dx = [

xarcsin x]−∫

xp1− x2

dx

= [xarcsin x

]− [−√1− x2

]= xarcsin x+√

1− x2 + c

u = arcsin x, v′ = 1 (donc u′ = 1p1−x2 et v = x)

Les intégrales suivantes se calculent par parties

∫eax sinbx dx;

∫eax cosbx dx;

∫Pnx

eax

sinbxcosbx

dx

S M

Page 43: Analyse2 SMPC MIP

4.6 Intégration des fonctions rationnelles 37

4

4.6 Intégration des fonctions rationnelles

Une fraction rationnelle P(x)Q(x) se decompose comme somme d’un polynome et d’ele-

ments simples A(x−x0)k ou Bx+D

(ax2+bx+c)k

1. Integration de l’element simple A(x−x0)k

– Si k = 1 alors∫ A dx

x−x0= A ln |x− x0|+ c

– Si k > 2,∫ A dx

(x−x0)k = A∫

(x− x0)−k dx = A−k+1 (x− x0)−k+1 + c

2. Integration de l’element simpleBx+D

(ax2+bx+c)k = L 2ax+b(ax2+bx+c)k +M 1

(ax2+bx+c)k

–∫ 2ax+b

(ax2+bx+c)k dx = ∫ u′(x)u(x)k dx = 1

−k+1 u(x)−k+1 + c = 1−k+1 (ax2 +bx+ c)−k+1 + c

– Si k = 1, calcul de∫ 1

ax2+bx+c dx. Du type∫ du

u2+1 = arctanu+ c– Si k > 2, calcul de

∫ 1(ax2+bx+c)k dx. Du type Ik =

∫ du(u2+1)k .

Apres une integration par parties, on obtient Ik en fonction de Ik−1 par larelation de recurrence :

(2k−2)Ik =u

(1+u2)k−1 + (2k−3)Ik−1

Exemple 4.5. Calcul de I2 =∫ du

(u2+1)2

Integration par parties a partir de I1 =∫ du

u2+1f = 1

u2+1 et g′ = 1(avec f ′ =− 2u

(u2+1)2 et g = u)

I1 = ∫ duu2+1 =

[u

u2+1

]+∫ 2u2 du

(u2+1)2 =[

uu2+1

]+2

∫ u2+1−1(u2+1)2 du

=[

uu2+1

]+2

∫ duu2+1 −2

∫ du(u2+1)2 =

[u

u2+1

]+2I1 −2I2

D’ou I2 = 12 I1 + 1

2u

u2 +1+ c

Mais I1 = arctanu donc

I2 =∫

du(u2 +1)2 = 1

2 arctanu+ 12

uu2 +1

+ c

Exercice 4.1

Calculer∫

f (x)dx tel que f (x)= 2x6+3x5−3x4−3x3−3x2−18x−5x5+x4−2x3−x2−x+2

Correction de l’exercice 4.1

On effectue la division euclidienne :2x6 +3x5 −3x4 −3x3 −3x2 −18x−5 x5 + x4 −2x3 − x2 − x+22x6 +2x5 −4x4 −2x3 −2x2 +4x 2x+1

x5 + x4 − x3 − x2 −22x−5x5 + x4 −2x3 − x2 − x+2

x3 −21x−7On a :

S M

Page 44: Analyse2 SMPC MIP

4

38 Calcul Intégral

f (x)= 2x+1+ x3 −21x−7x5 + x4 −2x3 − x2 − x+2

= 2x+1+ x3 −21x−7(x+2)(x−1)2(x2 + x+1)

Decomposition en elements simples :

x3 −21x−7(x+2)(x−1)2(x2 + x+1)

= A1

x+2+ A2

x−1+ A3

(x−1)2 + Bx+Dx2 + x+1

(4.6.1)

Calcul des coefficients A1, A2, A3,B et D:

– Par identification :Cette methode donne toujours la valeur de tous les coefficients, mais elle est longue,elle consiste a reecrire la somme des elements simples sur le denominateur communqui est Qn et d’identifier les coefficients des memes puissances de x au numerateur.Ainsi on obtient un systeme d’equations lineaires dont la solution donne tous lescoefficients.

– Autres methodes plus pratiques :

• Poles simples de multiplicite 1 :Dans le cas de notre exemple A1

x+2 est un element simple de multiplicite 1,on multiplie l’equation (4.6.1) par x+2 puis on remplace x = −2, on obtientA1 = 1.

• Poles simples de multiplicite r i > 2 :Dans le cas de notre exemple A3

(x−1)2 est un element simple de multiplicite 2,

on multiplie l’equation (4.6.1) par (x−1)2 puis on remplace x = 1, on obtientA3 =−3.

• Les autres coefficients de poles de multiplicite r i > 2 : :Ils se calculent en effectuant le changement de variable t = x− ci qui donneun pole en t = 0, puis on effectue la division par les autres facteurs de Qn(t)suivant les puissances croissantes de t a l’ordre r i−1, le quotient donne alorstous les coefficients associes au pole ci. Dans notre exemple pour A2

x−1 , on faitle changement de variable t = x−1⇔ x = t+1, on obtient :

x3 −21x−7(x+2)(x−1)2(x2 + x+1)

= t3 +3t2 −18t−27(t+3)(t)2(t2 +3t+3)

La division euclidienne suivant les puissances croissantes a l’ordre 1 de t3 +3t2 −18t−27 par (t+3)(t2 +3t+3) = 9+12t+6t2 + t3 nous donne (−3+2t)(t+3)(t2 +3t+3)+ (−3t2 −8t3 −2t4) c’est a dire :

−27−18t+3t2 + t3

(t+3)(t)2(t2 +3t+3)= −3+2t

t2 + −3−8t−2t2

(t+3)(t2 +3t+3)(4.6.2)

On deduit du terme : −3+2tt2 = −3

t2 + 2t les coefficients A2 = 2, A3 =−3

• Coefficients B et D des facteurs quadratiques :On applique de meme que precedemment mais avec des racines complexesdu binome. Dans notre exemple, on multiplie l’equation (4.6.1) par x2 + x+1puis on remplace x = −1+i

p3

2 une des racines complexes; alors en comparantles parties reelles et imaginaires, apres un calcul qui est un peu difficile danscet exemple, vue la racine complexe, on obtient B = −3,D = 1, pour faciliterles calculs on utilise les methodes suivantes.

S M

Page 45: Analyse2 SMPC MIP

4.7 Intégration des fonctions irrationnelles : 39

4

– Methode des limites :Cette methode consiste a multiplier d’abord par la plus basse puissance qui in-tervient dans la decomposition en elements simples et de prendre la limite quandx → ∞(ou il suffit de garder les puissances les plus elevees). Ainsi, on a dans lemembre de droite la somme des coefficients qui correspondent a cette puissance,qui permet de determiner un coefficient en fonction des autres.Dans notre exemple, on multiplie par x l’equation (4.6.1), puis on estime sa limitequand x →∞, on obtient :

l imx→∞x4

x5 = 0= A1 + A2 +B =⇒ B =−3 (4.6.3)

– Methodes des valeurs particulieres :Elles consistes a donner des valeurs particulieres a x differentes des poles, puis deresoudre le systeme d’equation qui donne les coefficients manquants. Dans notreexemple, on prend x = 0 par exemple, l’equation (4.6.1) devient :

−72

= A1

2+ A2

−1+ A3

1+ D

1=⇒ D = 1

D’ou ∫f (x)dx =

∫ (2x+1+ 1

x+2+ 2

x−1+ −3

(x−1)2 + −3x+1x2 + x+1

)dx

= x2 + x+ ln|x+2|+2ln|x−1|+ 3x−1

− 32

ln|x2 + x+1|

+ 5p3

arctan(2x+1p

3)+Cte (4.6.4)

4.7 Intégration des fonctions irrationnelles :

L’integration de fonctions irrationnelles pose de gros problemes, meme si les inte-grales de ces fonctions existent ; avec un changement de variables approprie, nousramenent a l’integration de fonctions rationnelles.Calcul de : ∫

R(x, m

√ax+bcx+d

)dx (4.7.1)

On peut ramener cette integrale a celle d’une fonction rationnelle, en posant :

t = m

√ax+bcx+d

⇒ tm = ax+bcx+d

⇒ x = b−dtm

ctm −a⇒ dx = mtm−1(ad−b)

(ctm −a)2 dt

d’ou : ∫R

(x, m

√ax+bcx+d

)dx =

∫R′(t)dt

Ou R′(t) est une fonction rationnelle en t.

Exemple 4.6

Calcul de ∫1

(x−1)23

√x+1x−1

dx

S M

Page 46: Analyse2 SMPC MIP

4

40 Calcul Intégral

Du changement de variable :

t = 3

√x+1x−1

⇒ t3 = x+1x−1

⇒ x = 1+ t3

t3 −1⇒ dx = −6t2

(t3 −1)2 dt

On tire :∫1

(x−1)23

√x+1x−1

dx =−32

∫t3 dt =−3

8t4 +C =−3

8

(3

√x+1x−1

)4+C

4.8 Intégration des fonctions trigonométriques

1er cas fonctions rationnelles trigonometriques :Calcul de : ∫

R(cos x,sin x

)dx (4.8.1)

On peut ramener cette integrale a celle d’une fonction rationnelle, en effectuantchangement de variables : t = tan x

2 avec x ∈]−π,+π[, on tire :

sin x = 2t1+t2 ; cos x = 1−t2

1+t2 ; dx = 21+t2 dt

Donc :∫

R(cos x,sin x

)dx = ∫

R′(t)dt ou R′(t) est une fonction rationnelle det.

Exemple 4.7

Calculer∫ dx

sin x dx = ∫ dtt dt = ln |tan( x

2 )|+C

Exemple 4.8

Calculer∫ sin3 x

cos4 x dx

∫ sin3 xcos4 x dx =−∫ 1−cos2 x

cos4 x d(cos x)=−∫ 1−t2

t4 dt =−13

1cos3 x − 1

cos x +C

2ieme Cas : fonctions rationnelles trigonometriques (Regles de Bioches )Calcul de ∫

R(cos x,sin x

)dx

• L’invariant ”cosinus”, l’expression reste inchangee si on remplace x par −x,on pose t = cos x

• L’invariant ”sinus”, l’expression reste inchangee si on remplace x par π− x,on pose t = sin x

• L’invariant ”tangente”, l’expression reste inchangee si on remplace x par π+x,on pose t = tan x

S M

Page 47: Analyse2 SMPC MIP

4.8 Intégration des fonctions trigonométriques 41

4

Exemple 4.9

Calculer∫ 2cos x

3−cos2x dx

C’est l’invariant ”sinus”, on pose t = sin x alors :∫2cos x

3−cos2xdx =

∫cos x

1+sin2 xdx =

∫dt

1+ t2 = arctan(sin x)+C

Exemple 4.10

Calculer∫ dx

sin xcos x

C’est l’invariant ”tangente”, on pose t = tan x alors :∫dx

sin xcos x=

∫dtt

= ln(tan x)+C

3ieme Cas : Calcul de :∫sinmx.cosnx dx ;

∫cosmx.cosnx dx ;

∫sinmx.sinnx dx

Le calcul se fait, en utilisant les formules trigonometriques :

• sinasinb = 12

[cos(a−b)−cos(a+b)

]• cosacosb = 1

2

[cos(a−b)+cos(a+b)

]• sinacosb = 1

2

[sin(a−b)+sin(a+b)

]Exemple 4.11∫

sin xsin5x dx = 12∫ [

cos4x−cos6x]dx = 1

8 sin4x− 112 sin6x+C

4ieme Cas : Calcul de : ∫sinp xcosq x dx avec p, q ∈N

Suivant la parite de p et q, on fait les changements de variable :

• p impair, on pose t = cos x ⇒ dt =−sin xdx

• q impair, on pose t = sin x ⇒ dt = cos xdx

• p et q sont pairs, on linearise.

Exemple 4.12∫sin3 xsin4 x dx = ∫

(t2 −1)t4 dt = 17 cos7 x− 1

5 cos5 x+Capres avoir pose t = cos x

Exemple 4.13∫cos4 x dx = 1

8∫

(cos4x+4cos2x+3)dx = 132 sin4x+ 1

4 sin2x+ 38 x+C

apres linearisation.

S M

Page 48: Analyse2 SMPC MIP

4

42 Calcul Intégral

4.9 Intégration des fonctions hyperboliques

Calcul de ∫R

(ex,sinh x,cosh x,tanh x

)dx

On pose t = ex ⇒ x = ln |t|⇒ dx = dtt avec sinh= 1

2 (t− t−1) et cosh= 12 (t+ t−1).

On retrouve l’integrale d’une fonction rationnelle en t.

Exemple 4.14∫ dxsinh x = ∫ 2dt

t2−1 = ln∣∣∣ t−1

t+1

∣∣∣+C = ln∣∣∣ ex−1

ex+1

∣∣∣+C = ln∣∣∣tanh( x

2 )∣∣∣+C

Exemple 4.15∫ dxcosh x = ∫ 2dt

t2+1 = 2arctan t+C = 2arctan(ex)+C

4.10 Exercice

Calculer les integrales suivantes

Exercice 4.2

I0 =∫

ln xdx, I1 =∫

arctan xdx, I2 =∫

(ln x)4dx et I3 =∫

x2ex sin xdx

Exercice 4.3

J1 =∫ x+

√x−1x+1

x2−1 dx, J2 =∫ p

ex −1dx, J3 =∫ e4xdx

e2x−1

Exercice 4.4

K1 =∫ x4+1

x2+2x−1 dx, K2 =∫ x2+1

x(x−1)3dx, K3 =

∫ 3x+1(x2+2)3 dx

Exercice 4.5

L1 =∫

sin7 xdx, L2 =∫ dx

sin x , L3 =∫

sin3 x.cos3 x.dx, L4 =∫ sin x

1−cos x dx,

L5 =∫ sin x

sin x+cos x dx et L6 =∫ cos x

sin x+cos x dx.

S M

Page 49: Analyse2 SMPC MIP

4.11 Solution 43

4

Exercice 4.6

N1 =∫ 8

1dxp

x+ 3pxet N2 =

∫ r0

pr2 − x2dx avec r > 0

4.11 SolutionCorrection de l’exercice 4.2

1. I1 =∫

arctan xdx = xarctan x− 12 ln(x2 +1)+C apres une integration par parties

2. I2 =∫

(ln x)4dx = ∫t4etdt, en effectuant un changement de variable : ln x = t, puis

apres quatre integrations par parties I1 = x(ln4 x−4ln3 x+12ln2 x−24ln x+24)+C

3. I3 =∫

x2ex sin xdx = ex(xcos x− 1

2 sin x− 12 cos x− 1

2 x2 cos x+ 12 x2 sin x

)+C

apres plusieurs integrations par parties.

Correction de l’exercice 4.3

1. J1 =∫ x+

√x−1x+1

x2−1 dx = 12∫ 2x

x2−1 dx+∫ √x−1x+1

x2−1 dx = 12 ln(x2 −1)+

√x−1x+1 +C

2. J2 =∫ p

ex −1dx = 2∫ y2+1−1

y2+1 d y= 2∫ (

1− 1y2+1

)d y= 2(y−arctan y)+C

en posant y=pex −1, d’ou J2 = 2

(pex −1−arctan

pex −1

)+C

3. J3 =∫ e4x

e2x−1 dx = 12∫ t2

t−1 dt = 12∫ (

t+1+ 1t−1

)dt = t2

4 + t2 + 1

2 ln(t−1)+C.

en posant t = e2x, d’ou J3 = e4x

4 + e2x

2 + 12 ln(e2x −1)+C

Correction de l’exercice 4.4

1. Division euclidienne

K1 =∫

x4 +1x2 +2x−1

dx =∫

(x2 −2x+5+ 6(1−2x)x2 +2x−1

)dx

= x3

3− x2 +5x−6ln |x2 +2x−1|− 9

2

p2ln | x+

p2+1

x−p2+1

|+C

2. Decomposition en elements simples x2+2x(x−1)3 =−2

x + 2x−1 − 1

(x−1)2 + 3(x−1)3

D’ou K2 =∫ x2+2

x(x−1)3 dx = 2ln(x−1)−2ln x+ 2x−52x2−4x+2 +C

3. Decomposition en elements simples 3x+1(x2+2)3 = 1

(x2+2)3 + 32

2x(x2+2)3

D’ou K3 =∫ 3x+1

(x2+2)3 dx = 32∫ 2x

(x2+2)3 dx+∫ dx(x2+2)3 = −3

4(x2+2)2 + 18∫ dx

(1+( xp2

)2)3 +C1.

En utilisant deux fois la formule de recurrence (??5.8)) demontree au cours

(2k−2)Jk =X

(1+ X2)k−1 + (2k−3)Jk−1 ici k = 3, X = xp2

,dx =p

2dX

On aura : 4∫ dX

(1+X2)3 = X(1+X2)2 +3

∫ dX(1+X2)2 = X

(1+X2)2 + 32

[X

(1+X2) +arctan X]

D’ou :∫ dx

(1+( xp2

)2)3 =p

2∫ dX

(1+X2)3 =p

2X4(1+X2)2 + 3

p2

8X

(1+X2) + 3p

28 arctan X

Ainsi K3 = (−34 + 5

16 x+ 332 x3) 1

(x2+2)2 + 3p

264 arctan(

p2

2 x)+C

S M

Page 50: Analyse2 SMPC MIP

4

44 Calcul Intégral

Correction de l’exercice 4.5

1. L’invariant ”cosinus”, on pose t = cos x ⇒ dt =−sin xdx, alorsL1 =

∫sin7 xdx =−∫

sin6 x d(cos x)= ∫ −(1− t2)3dt = ∫(−1+3t2 −3t4 + t6)dt

D’ou : L1 = t3 − t− 35 t5 + 1

7 t7 +C = 17 cos7 x− 3

5 cos5 x+cos3 x−cos x+C

2. En posant t = tan( x2 ), alors sin x = 2t

1+t2 et dx = 2dt1+t2

D’ou L2 =∫ dx

sin x = ∫ dtt = ln |t|+C = ln(tan( x

2 ))+C

3. En posant t = sin x ⇒ dt = cos xdx, alors L3 =∫

sin3 xcos3 xdx = ∫t3(1− t2)dt

D’ou : L3 = 14 t4 − 1

6 t6 +C = 14 sin4 x− 1

6 sin6 x+C

4. Sachant que d(1−cos x)= sin xdx, alors L4 =∫ sin x

1−cos x dx = ln(cos x−1)+C

5.

{L6 +L5 =

∫dx = x+C1

L6 −L5 =∫ (cos x−sin x)

(sin x+cos x) dx = ln |sin x+cos x|+C2

Systeme de deux equations a deux inconnues L5 et L6, on tire :{L6 = 1

2 (x+ ln |sin x+cos x|)+K1L5 = 1

2 (x− ln |sin x+cos x|)+K2

Correction de l’exercice 4.6

1. En posant t = 6p

x, alors N1 =∫ 2

1dxp

x+ 3px = 6∫ 6p2

1t5

t2+t3 dt = 6∫ 6p2

1(t2 − t+1− 1

t+1)dt

D’ou : N1 = 6ln(

26p2+1

)+2

p2−3 3p2+6 6p2−5= 0.42686

2. N2 = r2 ∫ π/20 cos2 tdt = r2 [1

2 t+ 14 sin2t

] π20 = 1

4πr2 = 0.78540r2

S M

Page 51: Analyse2 SMPC MIP

Sommaire

5.1 Généralités5.2 Les équations différentielles du premier ordre5.3 Les équations de Bernoulli5.4 Les équations de Riccati :5.5 Exercices5.6 Corrigé

Chapitre

5Les Équations Différentielles

5.1 Généralités

5.1.1 Définitions

1. Une equation differentielle d’ordre n est une equation qui s’ecrit sous laforme :

f (x, y, y′, y′′, ......, yn)= 0 (5.1.1)

C’est une equation faisant intervenir une variable reelle x, une fonction incon-nue y ainsi que ses derivees successives y(k) (k = 1,2, · · · ).

2. Une solution de l’equation differentielle sur un intervalle I est une fonction φ

telle que :

f (x,φ(x),φ′(x),φ′′(x), ......,φn(x))= 0 (5.1.2)

3. Resoudre ou integrer une equation differentielle c’est trouver l’ensemble detoutes les solutions.

4. Une courbe integrale est une courbe plane definie par y=φ(x) ou φ est unesolution de l’equation differentielle.

5. Une integrale generale de l’equation differentielle d’ordre n lorsqu’elle existe,est une solution dependant de n constantes arbitraires, elle s’ecrit :

y=φ(x,C1,C2, · · · ,Cn) (5.1.3)

Le nombre de constantes arbitraires = l’ordre de l’equation differentielle.

6. Une integrale particuliere d’une equation differentielle, est une solutionqu’on obtient a partir de la solution generale, en donnant des valeurs auxconstantes arbitraires.

45

Page 52: Analyse2 SMPC MIP

5

46 Les Équations Différentielles

Exemple 5.1

y′′ + y′ = 0 admet y = C1 sin x+C2 cos x comme solution generale, pourC1 = 1 et C2 =−5, y= sin x−5cos x est une solution particuliere.

7. Une integrale singuliere d’une equation differentielle, est une solution quin’est pas representee par la solution generale (c’est-a-dire, celle qu’on ne peutpas obtenir en donnant des valeurs aux constantes)

Exemple 5.2

y = xy′ + y′2 Admet y = Cx + C2 comme solution generale (famille de

droites), y = −x2

4 est une solution singuliere, c’est une parabole enveloppede la famille de droites precedentes.

5.1.2 Équations différentielles linéaires

Definition 5.1

Une equation differentielle d’ordre n est dite lineaire si et seulement si elle estde la forme :

a0(x)y+a1(x)y′+a1(x)y′′+·· ·+an(x)y(n) = f (x)

Ou ak(x),k = 1,n sont des fonctions donnees en x et appeles coefficients alorsque f (x) est le second membre de l’equation differentielle.

5.2 Les équations différentielles du premier ordre

Definition 5.2

Une equation differentielle est dite du premier ordre si elle ne fait intervenir quela premiere derivee y′.

5.2.1 Équations différentielles linéaires du premier ordre

S M

Page 53: Analyse2 SMPC MIP

5.2 Les équations différentielles du premier ordre 47

5

Definition 5.3

Une equation differentielle est dite lineaire du premier ordre si et seulementsi elle est de la forme :

a(x)y′+b(x)y= c(x) (5.2.1)

Ou a(x), b(x) sont les coefficients et c(x) le second membre.

On associe a l’equation differentielle 5.2.1, l’equation differentielle homogene ou sanssecond membre

a(x)y′+b(x)y= 0 (5.2.2)

Qui est une equation differentielle a variables separables. c’est a dire, elle peuts’ecrire sous la forme f (y)y′ = g(x), une telle equation s’integre facilement en posant :y′ = d y

dx

f (y)d y= g(x)dx ⇔∫

f (y)dy=∫

g(x)dx+C, C ∈R

5.2.2 Théorème fondamental :

Theoreme 5.1

La solution generale de l’equation differentielle lineaire du premierordre (5.2.1) est la somme de la solution generale de l’equation sanssecond membre (5.2.2) et d’une solution particuliere de l’equationcomplete (5.2.1).

Demonstration 23

Soit une solution particuliere y0 de (5.2.1), alors a(x)y′0+b(x)y0 = c(x), effectuonsle changement de variable y= y0 + z, l’equation (5.2.1) devient :

a(x)[y′0 + z′]+b(x)[y0 + z]= c(x)⇒ a(x)z′+b(x)z = 0

D’ou z est bien une solution generale de l’equation homogene (5.2.2).

Proposition 5.1. Probleme de Cauchy

Soit l’equation (5.2.1) avec a(x) 6= 0 et soient x0 ∈ I , y0 ∈ R. Il existeune unique solution de (5.2.1) sur I satisfaisant la condition initialey(x0) = y0. Trouver cette solution revient a resoudre le probleme deCauchy relatif a cette condition initiale.

5.2.3 Méthode de résolution : Variation de la constante

Soit l’equation differentielle lineaire du premier ordre (5.2.1) :

a(x)y′+b(x)y= c(x)

S M

Page 54: Analyse2 SMPC MIP

5

48 Les Équations Différentielles

On lui associe l’equation differentielle sans second membre (5.2.2):

a(x)y′+b(x)y= 0

L’equation (5.2.2) est a variables separables :

d yy

=−b(x)a(x)

dx

En integrant, on tire : y= K .e∫ − b(x)

a(x) dx = K .z(x) la solution generale de (5.2.2).On fait varier la constante K , en posant : y= K(x)z(x)⇒ y′ = K ′(x)z(x)+K(x)z′(x).Reportons ces valeurs dans (??3.4)) et sachant que z est solution generale de (5.2.2),alors :

a(x)K ′(x)z(x)= c(x)⇒ K ′(x)= c(x)a(x)z(x)

⇒ K(x)=∫

c(x)a(x)z(x)

+C

Puis on remplace dans y = K(x).z(x) pour avoir la solution generale de l’equationdifferentielle (??3.4)).

1. Le fait de connaître une solution particulière de (5.2.1), évite la méthode de lavariation de la constante.

2. Dans le cas ou les coefficients a,b et c sont constants, l’équation ay′+by= c admetcomme solution particulière la fonction constante y0 = c

b

Exercice 5.1

Integrer sur I=]0,π/2[ l’equation differentielle :

(sin x) y′− (cos x) y= x

L’equation homogene associee : (sin x) y′− (cos x) y= 0C’est une equation a variables separables : d y

y = cos xsin x dx

En integrant, on tire y = K sin x la solution generale de l’equation sans secondmembre.Methode de la variation de la constante : y′ = K ′ sin x+K cos xOn reporte dans l’equation avec second membre, on obtient apres simplification :K ′ sin2 x = x , ∀x ∈ I, c’est a dire K = ∫ x

sin2 xdx.

Apres une integration par partie, on tire : K =− xtan x + ln |sin x|+C, C ∈R.

D’ou, la solution generale sur I :

y=−xcos x+sin x ln(sin x)+C sin x ,C ∈R

On remarque que y = −xcos x+ sin x ln(sin x) est une solution particulière del’équation différentielle.

5.3 Les équations de Bernoulli

Elles sont de la forme :y′+a(x)y= b(x)ym (5.3.1)

S M

Page 55: Analyse2 SMPC MIP

5.4 Les équations de Riccati : 49

5

Ou a et b sont des fonctions en x donnees et m une constante reelle differente de 0et 1.Methode de resolution :En divisant les deux membres de l’equation par ym

y′

ym +a(x)1

ym−1 = b(x)

En effectuant le changement de fonction z = 1ym−1 ⇒ z′ = (1−m) y′

ym l’equation 5.3.1,

devient1

1−mz′+a(x)z = b(x) (5.3.2)

Donc l’equation 5.3.1 se ramene a une equation differentielle lineaire du premierordre en z.

Exercice 5.2

Resoudre : xy′+3y= x2 y2 equation de Bernoulli avec m = 2.En divisant par y2 et en posant z = 1

y , on obtient une equation lineaire du 1rordre en z : −xz′+3z = x2, sa solution particuliere est x2, la solution generalede l’equation homogene associee est z = k x3 ,k ∈ R. Donc la solution generaleest z = (1+kx)x2.La solution generale de l’equation differentielle de Bernoulli est y= 1

(1+kx)x2

Exercice 5.3

Resoudre : y′ cos x+ ysin x+ y3 = 0

5.4 Les équations de Riccati :

Elles sont de la forme :

y′ = a(x)y2 +b(x)y+ c(x) (5.4.1)

Ou a, b et c sont des fonctions en x donnees.Methode de resolution :On ne peut resoudre ce type d’equation que si l’on connaıt une solution particulierey1.Avec le changement de fonctions y= y1+z et sachant que y1 est solution particulierey′1 = a(x)y2

1 +b(x)y1 + c(x), l’equation (3.8) devient

z′ = a(x)z2 + [2a(x)y1 +b(x)]z (5.4.2)

Donc, l’equation (3.8) se ramene a une equation de Bernoulli (3.4) avec m = 2 en z.

S M

Page 56: Analyse2 SMPC MIP

5

50 Les Équations Différentielles

Exercice 5.4

: Integrer y′ = 1x y2 + (2+ 1

x )y+ x+2 avec y1 = x une solution particuliere.On verifie que y1 = x est bien une solution, puis on fait le changement de fonc-tions y = x+ z, on reporte dans l’equation, et apres simplification, il ne resteque : xz′− z2 + z = 0.C’est une equation differentielle de Bernoulli avec m = 2, divisons par z2 etposons t = 1/z, on retrouve une equation lineaire du 1er ordre en t : −xt′+ t = 1,admet comme solution : t = kx+1 ,k ∈R. D’ou, la solution generale de l’equationde Riccati : y= x+ 1

kx+1 ,k ∈R.

Exercice 5.5

Integrer : y′ = (y−1)(xy− y− x)

5.5 Exercices

Exercice 5.6

Resoudre :

1. yy′+ ty2 + t = 0; y(0)= 1

2. yy′− y2 = t2 y3; y(0)=−1/2

3. y′ = 2x(ey −1)

Exercice 5.7

Integrer les equations differentielles du premier ordre suivantes :

1. (5+ y)dx− (3− x)d y= 0

2. xyy′ = y2 − x2

3. xy′−2y= 2x

4. xy′+ y= xy3

5.6 Corrigé

Exercice5.6 : Probleme de Cauchy

1. yy′+ty2+t = 0 ; equation differentielle non lineaire a variables separables :y

1+y2 d y=−tdt; En integrant, on trouve : y2 = K e−t2 −1De la condition initiale y(0)= 1 on tire K = 2

S M

Page 57: Analyse2 SMPC MIP

5.6 Corrigé 51

5

alors le probleme de Cauchy a pour solution unique :

y=±√

2e−t2 −1

2. yy′− y2 = t2 y3, en divisant par y 6= 0 on obtient une equation differentiellede Bernoulli avec m = 2 de la forme : y′− y= t2 y2;Une division par y2 et avec le changement de fonction z = 1

y on obtientune equation differentielle lineaire du premier ordre en z qui s’ecrit sousla forme : −z′− z = t2

La resolution de l’equation homogene associee −z′−z = 0 donne : z = K e−t.La methode de la variation de la constante K nous donne la solutiongeneralez = 2−2t+ t2 +Ce−t d’ou y = 1

2−2t+t2+Ce−t , de la condition initiale y(0) =−1/2 on tire C =−4 d’ou la solution unique du probleme de Cauchy

y= 12−2t+ t2 −4e−t

Equations differentielles a variables separables

3. y′ = 2x(ey −1) equation a variables separees qui peut s’ecrire : 1ey−1 d y =

2x dxEn integrant :

∫ 1ey−1 d y= ∫ e−y

1−e−y d y= ∫2x dx. On aura ln|1−e−y| = x2+C

Si y> 0, y=− ln(1−kex2) avec 0< k = eC < 1

Si y< 0, y=− ln(1+kex2) avec k = eC

Exercice5.7 : Equations differentielles du 1er ordre

1. (5+ y)dx− (3− x)d y= 0equation differentielle du premier ordre a variables separees 1 de la forme : d y

5+y =dx

3−xEn integrant : ln |5+ y| = ln |3− x|+C

D’ou :

{Si y>−5 : y= K

|x−3| −5Si y<−5 : y=− K

|x−3| −5

2. xyy′ = y2 − x2 ; On pose z = y2

on obtient une equation differentielle lineaire du premier ordre en z :xz′−2z =−2x2.L’equation homogene associee est xz′ − 2z = 0, admet comme solutionz = C1x2

La methode de la variation de la constante C1 donne : z = C2x2−2x2 ln |x|D’ou y=±x

√C2 −2ln |x|

3. xy′−2y= 2x : equation differentielle lineaire du premier ordreL’equation homogene associee est xy′ − 2y = 0, admet comme solutiony= C1x2

La methode de la variation de la constante C1 donne : y= C2x2 −2x

1. voir exercice 1

S M

Page 58: Analyse2 SMPC MIP

5

52 Les Équations Différentielles

4. xy′+ y= xy3 : equation differentielle de Bernoulli avec m = 3Une division par y3 et avec le changement de fonction z = 1

y2 on obtient

une equation differentielle lineaire du premier ordre en z qui s’ecrit sousla forme : xz′−2z =−2xL’equation homogene associee xz′−2z = 0 admet comme solution : z =C1x2.La methode de la variation de la constante C1 donne la solution generalez = 2x+C2x2

D’ou y=± 1p2x+C2x2

5. y′ = 1−xyx2−1 s’ecrit y′+ x

x2−1 y = 1x2−1 equation differentielle lineaire du pre-

mier ordre qu’il s’agit de resoudre dans les trois domaines suivants :D1 =]−1,1[×R ; D2 =]1,+∞[×R et D3 =]−∞,−1[×RL’equation homogene associee y′ + x

x2−1 y = 0 a comme solution : y =Cp

|x2−1|.

Methode de la variation de la constante C :y= C(x)y1(x)⇒ y′ = C′(x)y1(x)+C(x)y′1(x)Avec y1(x)= 1p

|x2−1|et y′1(x)=− x

x2−1 y1(x)=− x(x2−1)

p|x2−1|

En remplacant dans l’equation initiale, on obtient : C′(x)=p

|x2−1|x2−1

Terminons la resolution dans chacun des domaines.– ∀(x, y) ∈ D1 : x2 −1< 0⇒|x2 −1| = 1− x2,

donc on a C′(x)= 1p1−x2 ⇒ C(x)=−arcsin x+k

C’est a dire la solution generale dans D1 s’ecrit y= k−arcsin xp1−x2

– ∀(x, y) ∈ (D2 ∪D2) : x2 −1> 0⇒|x2 −1| = x2 −1,donc on a C′(x)= 1p

x2−1⇒ C(x)= ln |x+

px2 −1|+λ

La solution generale dans D2 s’ecrit y= λ+ln(x+p

x2−1)px2−1

La solution generale dans D3 s’ecrit y= λ+ln(−x−p

x2−1)px2−1

S M

Page 59: Analyse2 SMPC MIP

Table des matières

1 Formules de Taylor 11.1 Fonctions de classe Cn: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

1.1.1 Fonctions de classe C1: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.1.2 Fonctions de classe Cn: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

1.2 Formule de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.2.1 Formule de Taylor avec reste generalise . . . . . . . . . . . . . 31.2.2 Formule de Taylor avec reste de Lagrange . . . . . . . . . . . . 41.2.3 Formule de Taylor avec reste de Cauchy . . . . . . . . . . . . . 51.2.4 Les notations de Landau . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.2.5 Formule de Taylor avec reste de Young . . . . . . . . . . . . . 6

1.3 Formule de Mac-Laurin . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.3.1 Formule de Mac-Laurin avec reste de Lagrange . . . . . . . . . 91.3.2 Formule de Mac-Laurin avec reste de Young . . . . . . . . . . 9

1.4 Exemples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

2 Developpements Limites (DL) 112.1 Definitions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

2.1.1 Proprietes des developpements limites . . . . . . . . . . . . . . 122.2 Developpements limites des fonctions usuelles . . . . . . . . . . . . . . 142.3 Operations sur les developpements limites . . . . . . . . . . . . . . . . 14

2.3.1 Integration . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152.3.2 Derivation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162.3.3 Exemples d’application . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

2.4 Developpements limites au voisinage d’un point et de l’infini . . . . . 172.5 Developpements limites generalises . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182.6 Application des developpements limites . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

2.6.1 Aux graphiques des fonctions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182.6.2 Au calcul des limites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

3 Integrales de Riemann 213.1 Definition d’une subdivision . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 213.2 Definition d’une fonction en escalier ”etagee” . . . . . . . . . . . . . . 21

53

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5

54 Table des matieres

3.3 Sommes de Darboux . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 233.3.1 Somme de Riemann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

3.4 Proprietes de l’integrale de Riemann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 263.5 Exercices : . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 293.6 Solution . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

4 Calcul Integral 334.1 Definition d’une primitive . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 334.2 Integrales indefinies : . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 334.3 Tableau des integrales indefinies elementaires . . . . . . . . . . . . . . 344.4 Integration par Changement de variables . . . . . . . . . . . . . . . . . 354.5 Integration par parties . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 364.6 Integration des fonctions rationnelles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 374.7 Integration des fonctions irrationnelles : . . . . . . . . . . . . . . . . . 394.8 Integration des fonctions trigonometriques . . . . . . . . . . . . . . . 404.9 Integration des fonctions hyperboliques . . . . . . . . . . . . . . . . . 424.10 Exercice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 424.11 Solution . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43

5 Les Equations Differentielles 455.1 Generalites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

5.1.1 Definitions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 455.1.2 Equations differentielles lineaires . . . . . . . . . . . . . . . . . 46

5.2 Les equations differentielles du premier ordre . . . . . . . . . . . . . . 465.2.1 Equations differentielles lineaires du premier ordre . . . . . . 465.2.2 Theoreme fondamental : . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 475.2.3 Methode de resolution : Variation de la constante . . . . . . . 47

5.3 Les equations de Bernoulli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 485.4 Les equations de Riccati : . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 495.5 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 505.6 Corrige . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50

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