Chapitre 1 R evision d’analyse

Chapitre 1

Revision d’analyse

Cours de mathematiques de BCPST Deuxieme annee.

Table des matières

1 Complexes et Trigonométrie 51.1 Trigonométrie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

1.1.1 Dénition et premières propriétés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.1.2 Formules de trigonométrie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81.1.3 Résolution d'équation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111.1.4 Transformation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121.1.5 Les fonctions circulaires et leur réciproque. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

1.2 Les complexes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 221.2.1 Écriture algébrique des complexes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 221.2.2 Écriture trigonométrique des complexes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 291.2.3 Résolutions d'équations algébriques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

2 Les suites à valeurs réelles 452.1 Premières notions sur les suites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

2.1.1 Dénitions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 452.1.2 Opérations sur les suites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50

2.2 Suites classiques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 512.2.1 Suites arithmétiques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 512.2.2 Suites géométriques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 522.2.3 Suites arithmético-géométriques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 532.2.4 Suites récurrentes linéaires d'ordre 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

2.3 Limite d'une suite réelle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 582.3.1 Notion de limite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 582.3.2 Opérations sur les limites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 592.3.3 Limite et ordre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 612.3.4 Limite par encadrement . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 632.3.5 Convergence de suites classiques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65

2.4 Relations de comparaisons . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 692.4.1 Dénitions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 692.4.2 Comparaisons et Opérations . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 692.4.3 Comparaisons classiques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 712.4.4 Utilisations des équivalents . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73

2.5 Étude des suites du type un+1 = f(un) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 752.5.1 Aspect graphique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 752.5.2 Existence . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 772.5.3 Limites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78

1

TABLE DES MATIÈRES TABLE DES MATIÈRES

3 Étude de fonction 833.1 Généralités . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83

3.1.1 Dénitions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 833.1.2 Opérations . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 853.1.3 Restriction de l'ensemble d'étude . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 863.1.4 Variation d'une fonction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 893.1.5 Rappel sur les limites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 963.1.6 Études des branches innies . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1003.1.7 Notion de bijection continue . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102

3.2 Fonctions usuelles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1033.2.1 Fonctions anes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1033.2.2 Logarithme et fonction exponentielle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1033.2.3 Logarithme et fonction exponentielle en base a . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1063.2.4 Fonctions puissances . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107

3.3 Notions de continuité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1103.3.1 Dénitions des limites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1103.3.2 Opérations sur les limites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1193.3.3 Limite et ordre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1243.3.4 Théorèmes généraux de continuité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129

3.4 Notions de dérivabilité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1333.4.1 Dérivabilité en un point . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1333.4.2 Dérivabilité sur un ensemble . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1373.4.3 Dérivabilité et opérations . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1393.4.4 Dérivées successives . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1433.4.5 Théorèmes de Rolle et des accroissements nis. . . . . . . . . . . . . . . . . . 1473.4.6 Variations d'une fonction et signe de sa dérivée . . . . . . . . . . . . . . . . . 151

4 Equivalents et développements limités 1554.1 Les équivalents . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155

4.1.1 Dénitions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1554.1.2 Comparaison classique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1584.1.3 Utilisations des équivalents . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 159

4.2 Notions de négligeabilité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1614.2.1 Notations de Landau . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1614.2.2 Fonctions polynomiales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1614.2.3 Négligeabilité et Opérations . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1624.2.4 Négligeabilité et Équivalents . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 163

4.3 Développement limité au voisinage d'un point . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1634.3.1 Dénition . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1634.3.2 Unicité du développement limité au voisinage d'un point . . . . . . . . . . . . 1654.3.3 Théorème de Taylor-Young . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 166

4.4 Opérations sur les développements limités . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1694.4.1 Troncature . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1694.4.2 Produit et somme de développements limités . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1704.4.3 Composition et inverse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1714.4.4 Intégration des développements limités . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1754.4.5 Obtentions des développements limités en un point quelconque . . . . . . . . . 177

4.5 Applications des développements limités . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 180

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4.5.1 Calcul de limites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1804.5.2 Obtention d'équivalent . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1814.5.3 Développements limités et régularité des fonctions . . . . . . . . . . . . . . . . 1824.5.4 Etude locale des courbes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 183

5 Calcul Intégral 1875.1 Notion de primitive . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 187

5.1.1 Dénition et existence . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1875.1.2 Primitives et opérations . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1885.1.3 Primitives de référence . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1895.1.4 Lien avec l'intégration . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191

5.2 Intégration sur un segment . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1945.2.1 Interprétation graphique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1945.2.2 Cas des fonctions continues par morceaux . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1975.2.3 Cas des fonctions à variable réelle et à valeur dans C. . . . . . . . . . . . . . . 200

5.3 Propriétés de l'intégrale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2015.3.1 Intégrale et bornes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2015.3.2 Relation de Chasles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2025.3.3 Linéarité de l'intégration . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2035.3.4 Croissance de l'intégration . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2055.3.5 Inégalité triangulaire et inégalité de la moyenne . . . . . . . . . . . . . . . . . 207

5.4 Technique de calcul . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2095.4.1 Intégrations par parties . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2095.4.2 Changement de variable . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2115.4.3 Primitives de fractions rationnelles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2155.4.4 Règles de Bioche . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 219

5.5 Sommes de Riemann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 221

6 Équations diérentielles 2256.1 Équations diérentielles à coecients constants . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 225

6.1.1 Dénition . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2256.1.2 Équations diérentielles du premier ordre à coecients constants . . . . . . . 2256.1.3 Équations diérentielles du second ordre à coecients constants . . . . . . . . 227

6.2 Équations diérentielles du premier ordre : généralisation . . . . . . . . . . . . . . . . 2306.2.1 Dénition . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2306.2.2 Résolution de l'équation homogène associée . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2316.2.3 Solution générale de (E) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2326.2.4 Recherche d'une solution particulière . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2356.2.5 Recollement . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 237

6.3 Introduction à la dynamique des populations . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2406.3.1 Modèle de Malthus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2406.3.2 Modèle avec facteur limitant . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 240

6.4 Méthode d'Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2436.4.1 Présentation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2436.4.2 Un premier exemple . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2446.4.3 Deuxième exemple . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 244

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7 Les polynômes 2477.1 Polynôme et coecients . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 247

7.1.1 Dénitions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2477.1.2 Unicité de l'écriture d'un polynôme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2487.1.3 Degré d'un polynôme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 250

7.2 Opérations sur les polynômes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2517.2.1 Les opérations . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2517.2.2 Lien avec les coecients . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2527.2.3 Lien avec le degré . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 254

7.3 Racines d'un polynôme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2567.3.1 Racines et divisibilité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2567.3.2 Décomposition en facteurs irréductibles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2597.3.3 Polynômes et racines . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 262

7.4 Dérivation dans K[X] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2637.4.1 Notion de polynôme dérivé . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2637.4.2 Dérivation et multiplicité des racines. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 265

8 Fonctions de deux variables réelles 2678.1 Généralités . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 267

8.1.1 Dénitions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2678.1.2 Interprétation graphique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 269

8.2 Applications partielles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2718.2.1 Dénition . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2718.2.2 Interprétation graphique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 272

8.3 Calcul diérentiel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2738.3.1 Notion de dérivée partielle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2748.3.2 Fonctions de deux variables de classe C1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2768.3.3 Dérivées partielles d'ordre 2 et théorème de Schwarz. . . . . . . . . . . . . . . 2788.3.4 Dérivation de fonctions composées. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 280

8.4 Utilisation des dérivées partielles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2818.4.1 Notion de gradient . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2818.4.2 Extremum . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2828.4.3 Plan tangent, approximations . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 284

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Partie 1

Complexes et Trigonométrie

1.1 Trigonométrie

1.1.1 Dénition et premières propriétés

• Pour tout réel θ , cos(θ) est le nom de la partie réelle de exp (iθ) et sin(θ)celui de sa partie imaginaire.

• Pour tout réel θ tel que cos(θ) 6= 0, on pose tan(θ) =sin(θ)cos(θ)

.

Définition 1

Des propriétés de l'exponentielle imaginaire, on déduit des valeurs particulièresà connaître par c÷ur :

θ 0π

6

π

4

π

3

π

2π

cos(θ) 1

√3

2

√2

2

1

20 −1

sin(θ) 01

2

√2

2

√3

21 0

tan(θ) 01√3

1√3 non déni 0

Proposition 2

* Remarque :

5

Partie 1: Complexes et Trigonométrie Trigonométrie

On rencontre parfois des confusions entre cos(π6

)et cos

(π3

)... Il sut de dessiner un cercle trigo-

nométrique pour constater que cos(π6

)est beaucoup plus grand que cos

(π3

):

.) Illustration :

Voici les graphes de ces fonctions :

6 4 2 0 2 4 6

6

4

2

0

2

4

6y=tan(x)

Institut d'Alzon 6

Partie 1: Complexes et Trigonométrie

6 4 2 0 2 4 6

1.0

0.5

0.0

0.5

1.0y=sin(x)

6 4 2 0 2 4 6

1.0

0.5

0.0

0.5

1.0y=cos(x)

Quelques premières propriétés basées sur les périodicités de ces fonctions :

Pour tous réels θ et φ, on a :

•

cos(θ+ 2π) = cos(θ)

sin(θ+ 2π) = sin(θ)

•

cos(−θ) = cos(θ)

sin(−θ) = − sin(θ)

•

cos(θ+ π) = − cos(θ)

sin(θ+ π) = − sin(θ)

•

cos(π− θ) = − cos(θ)

sin(π− θ) = sin(θ)

•

cos(θ+

π

2

)= − sin (θ)

sin(θ+

π

2

)= cos (θ)

•

cos(π2− θ)= sin (θ)

sin(π2− θ)= cos (θ)

Proposition 3

Institut d'Alzon 7


1.1.2 Formules de trigonométrie

Celles à connaître par c÷ur

Soient θ et φ des réels, on a : sin2(θ) + cos2(θ) = 1.

On a aussi :

cos(θ+ φ) = cos(θ) cos(φ) − sin(θ) sin(φ)

sin(θ+ φ) = sin(θ) cos(φ) + sin(φ) cos(θ)

Proposition 4

* Remarque :

1. On note que les formules précédentes se retrouve (et se démontre) simplement en partant decette égalité :

exp (i (θ+ φ)) = exp (iθ)× exp (iφ)

et en identiant partie réelle et partie imaginaire.

2. On utilise les notations de la précédente proposition. En exploitant les formules précédenteset la parité de cos et l'imparité de sin, on obtient alors :• cos(θ− φ) = cos(θ) cos(φ) + sin(θ) sin(φ).• sin(θ− φ) = sin(θ) cos(φ) − sin(φ) cos(θ).

Voici les fameuses propriétés d'angle moitié de cos et sin :

Pour tout réel θ, on a :

• sin(2θ) = 2 sin(θ) cos(θ)• cos(2θ) = cos2(θ) − sin2(θ)

• cos(2θ) = 2 cos2(θ) − 1• cos(2θ) = 1− 2 sin2(θ)

Proposition 5

ä Exercice :

Résoudre l'équation suivante d'inconnue x réel :

cos2(x) − sin2(x) = sin(2x) + 1.

Pour tout réel x, on a :

cos2(x) − sin2(x) = sin(2x) + 1⇐⇒ 1− 2 sin2(x) = 2 sin(x) cos(x) + 1

⇐⇒ sin(x)× (cos(x) + sin(x)) = 0

⇐⇒ sin(x) = 0 ou cos(x) = − sin(x)

⇐⇒ x ≡ 0[π] ou x ≡ −π

4[π]

Institut d'Alzon 8


Celles à retrouver

A partir des formules précédentes, on obtient aisément cette proposition :

Pour tous réels a, b, on a :• 2 cos(a) cos(b) = cos(a+ b) + cos(a− b)• 2 sin(a) sin(b) = cos(a− b) − cos(a+ b)• 2 sin(a) cos(b) = sin(a+ b) + sin(a− b)

Pour tous réels p et q, on a :• cos(p) + cos(q) = 2 cos

(p+q2

)cos(p−q2

)• cos(p) − cos(q) = −2 sin

(p+q2

)sin(p−q2

)• sin(p) + sin(q) = 2 sin

(p+q2

)cos(p−q2

)• sin(p) − sin(q) = 2 cos

(p+q2

)sin(p−q2

)

Proposition 6

* Remarque :

Notez que les formules précédentes permettent de factoriser : On risque donc de les rencontrer assezsouvent !

ä Exercice :

Résoudre l'équation sin(x) + sin(2x) + sin(3x) = 0 d'inconnue x réel.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .A l'aide des formules de factorisations, on obtient :

sin(x) + sin(3x) = 2 sin

(x+ 3x

2

)cos

(3x− x

2

)Chouette, du sin (2x), on en déduit :

sin(x) + sin(2x) + sin(3x) = 0⇐⇒ 2 sin (2x) cos (x) + sin(2x) = 0

⇐⇒ sin (2x)×(cos (x) +

1

2

)= 0

⇐⇒ sin (2x) = 0 ou cos (x) = −1

2

⇐⇒ x ≡ 0[π2

]ou x ≡ ±2π

3[2π]

Institut d'Alzon 9


Formules avec les tangentes

Pour tout réel θ, sous réserve d'existence, on a :

• tan(θ+ 2π) = tan(θ)• tan(−θ) = − tan(θ)

• tan(θ+ π) = tan(θ)• tan(π− θ) = − tan(θ)

Proposition 7

Pour tous les réels θ et φ, sous réserve d'existence, on a :

• 1+ tan2(θ) =1

cos2(θ)

• tan(θ+ φ) =tan(θ) + tan(φ)1− tan(θ) tan(φ)

• tan(θ− φ) =tan(θ) − tan(φ)1+ tan(θ) tan(φ)

• tan(2θ) =2 tan(θ)1− tan2(θ)

Proposition 8

Pour tout réel θ, sous réserve d'existence, en posant t = tan

(θ

2

), on a :

• sin(θ) =2t

1+ t2

• cos(θ) =1− t2

1+ t2

• tan(θ) =2t

1− t2

Proposition 9

+ Mise en garde :

Dans ces formules avec les tangentes, on a bien mis "sous réserve d'existence". Ne pas oublier devérier que tous les objets de la formule existe avant de l'appliquer. tan(π) existe (et vaut 0) et

tan(θ + φ), avec θ et φ deux réels, est, sous réserve d'existence,tan(θ) + tan(φ)1− tan(θ) tan(φ)

. Écrire ceci est

pourtant totalement faux :

tan(π2+π

2

)=

tan(π2

)+ tan

(π2

)1− tan

(π2

)tan(π2

)car tan

(π2

)n'existe pas. Ce qu'on dit ici est simple mais avec des quantités littérales, vous pouvez

facilement vous faire avoir !

Institut d'Alzon 10


1.1.3 Résolution d'équation

* Remarque :

On va utiliser la notation modulo car elle simplie considérablement l'écriture. On rappelle qu'écrirea ≡ b [c] avec a, b deux réels et c un réel non nul signie qu'il existe k un entier tel que a = b+k×c.Autrement dit, à c près, a et b, c'est la même chose. Par exemple, on peut écrire que :

• 12 ≡ 6 [2]• 29 ≡ 5 [4]

• 30 ≡ 16 [7]• 68 ≡ 23 [9]

• 5 ≡ 673 [2]• 6 ≡ 678 [2]

68 ≡ 23 [9] est vrai car 68 et 23 + 9 × 5, c'est la même chose. On vous laisse détailler les autresmodulos. Lors de la résolution d'équation de trigonométrique, on va devoir faire des sommes et desdivisions dans les modulos, voici les règles qu'il faudra respecter :• θ1 ≡ θ ′1[2π] et θ2 ≡ θ ′2[2π]⇒ θ1 + θ2 ≡ θ ′1 + θ ′2[2π]

• θ1 ≡ θ ′1[2π] et θ2 ≡ θ ′2[2π]⇒ θ1 − θ2 ≡ θ ′1 − θ ′2[2π]

• nθ1 ≡ nθ ′1[2π]⇔ θ1 ≡ θ ′1[2π

n

]Penser bien en particulier à diviser dans le modulo quand vous diviser une égalité.

Soient φ, θ deux réels, on a :

cos(θ) = cos(φ)⇔ θ ≡ φ[2π] ou θ ≡ −φ[2π]

sin(θ) = sin(φ)⇔ θ ≡ φ[2π] ou θ ≡ π− φ[2π]

tan(θ) = tan(φ)⇔ θ = φ[π]

Proposition 10

+ Mise en garde :

Attention, on des modulos 2π pour cos et sin et modulo π pour tan. Ne pas oublier aussi à chaquefois la deuxième possibilité. cos (θ) = cos (φ) n'équivaut pas seulement à θ ≡ φ[2π] mais à θ ≡φ[2π] ou θ ≡ −φ[2π]. La deuxième possibilité se retrouve très simplement en observant un cercletrigo :

1. Pour le cos, on remarque que cos (α) et cos (−α) valent la même chose. On a tracé une droiteverticale sur le cercle pour le voir.

2. Pour le sin, on remarque que sin (α) et sin (π− α) valent la même chose. On a tracé une droitehorizontale sur le cercle pour le voir.

3. Pour le tan, on remarque que tan (α) et tan (π+ α) valent la même chose.

Institut d'Alzon 11


1.1.4 Transformation

Linéarisation

Soit θ un réel. Soit P un polynômes de 2 variables. Linéariser P(cos(θ), sin(θ)),c'est l'exprimer sous la forme :

a0 + a1 cos(θ) + · · ·+ an cos(nθ) + b1 sin(θ) + · · ·+ bn sin(nθ)

avec n un entier naturel et a0, · · · , an, b1, · · · , bn des réels.

Définition 11

, Exemple :

Soit θ un réel. De cos(2θ) = 2 cos2(θ) − 1, on déduit que :

cos2(θ) =1

2× (cos(2θ) + 1) .

L'égalité précédente est la linéarisation de cos2(θ). On n'a plus de produit, ni de puissance.

Méthode:

Pour linéariser un polynôme trigonométrique, on suit les étapes suivantes :

1. On utilise les formules d'Euler, on remplace donc les cos(θ) et les sin(θ) à l'aide de la formule

vue dans le chapitre sur les nombres : cos(θ) =eiθ + e−iθ

2et sin(θ) =

eiθ − e−iθ

2i.

2. On développe ensuite à l'aide de la formule du binôme de Newton (cf chapitre Calcul algé-brique).

3. Enn, on regroupe ensemble les eikθ avec les e−ikθ et on utilise de nouveau les formulesd'Euler.

Institut d'Alzon 12


, Exemple :

Pour tout réel t, on a :

cos6(t) =

(eit + e−it

2

)6=1

25×(e6it + 6e4it + 15e2it + 20+ 15e−2it + 6e−4it + e−6it

2

)=1

25×(e6it + e−6it

2+ 6× e

4it + e−4it

2+ 10+ 15× e

2it + e−2it

2

)=1

25× (cos(6t) + 6 cos(4t) + 15 cos(2t) + 10) .

ä Exercice :

Calculer∫ π2

0

cos6 t dt.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Déjà,∫ π2

0

cos6 t dt existe par continuité de cos6 sur R et donc sur[0;π

2

]en particulier. On vient

de voir dans l'exemple précédent que :

cos6(t) =1

25× (cos(6t) + 6 cos(4t) + 15 cos(2t) + 10) .

D'où, par linéarité de l'intégration :∫ π2

0

cos6 tdt =

[sin (6t)192

]π2

0

+ 6

[sin (4t)128

]π2

0

+ 15

[sin (2t)64

]π2

0

+10π

64

=5π

32.

Expression de cos(nθ) et sin(nθ) en fonction de cos(θ) et sin(θ)

Formule de MoivrePour tout réel θ, pour tout entier n, on a :

cos(nθ) + i sin(nθ) = (cos θ+ i sin θ)n.

Proposition 12

Méthode:

Pour expliciter cos(nθ) ou sin(nθ) en fonction de cos(θ) et sin(θ), on suit les étapes suivantes :

Institut d'Alzon 13


1. On développe (cos(θ) + i sin(θ))n en utilisant la formule du binôme de Newton.

2. Enn, d'après la formule de De Moivre, il sut de chercher la partie réelle si on veut cos(nθ)et la partie imaginaire si on veut sin(nθ).

ä Exercice :

Appliquer le principe précédent avec cos (4θ).. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .D'après Newton, (cos θ+ i sin θ)4 est :

cos4(θ) + 4i cos3(θ) sin(θ) − 6 cos2(θ) sin2(θ) − 4i cos(θ) sin3(θ) + sin4(θ).

En identiant la partie réelle, d'après la formule de De Moivre, on a :

cos(4θ) = cos4(θ) − 6 cos2(θ) sin2(θ) + sin4(θ).

Simplication de A cos(θ) + B sin(θ)

Soient A,B et θ trois réels. Il existe (r, φ) ∈ R2 tels que :

A cos θ+ B sin θ = r cos(θ− φ).

Proposition 13

Méthode:

Pour expliciter le r et le φ de la précédente proposition, on suit les étapes suivantes :

1. On factorise par√A2 + B2. Si A et B ne sont pas tous les deux nuls, on écrit :

A cos(θ) + B sin(θ) =√A2 + B2 ×

(A√

A2 + B2cos(θ) +

B√A2 + B2

sin(θ)

)

2. On cherche un réel φ tel que cos(φ) =A√

A2 + B2et sin(φ) =

B√A2 + B2

.

3. Enn, on se rend compte queA√

A2 + B2cos(θ)+

B√A2 + B2

sin(θ) est tout simplement cos(θ−

φ) en utilisant la formule cos(a+ b).

ä Exercice :

Institut d'Alzon 14


Résoudre l'équation d'inconnue θ réel : 2 cos (θ) +√12 sin (θ) = 4

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Appliquons ! Soit θ un réel. On a :

2 cos (θ) +√12 sin (θ) = 4×

(1

2cos (θ) +

√3

2sin (θ)

)= 4×

(cos(π3

)cos (θ) + sin

(π3

)sin (θ)

)On reconnaît du cos

(θ−

π

3

), d'où :

2 cos (θ) +√12 sin (θ) = 4⇐⇒ cos

(θ−

π

3

)= 1

⇐⇒ θ−π

3≡ 0[2π]

⇐⇒ θ ≡ π3[2π]

1.1.5 Les fonctions circulaires et leur réciproque.

* Remarque :

On va restreindre les fonctions circulaires de façon à les rendre bijective (elles ne le sont pas carelles ne sont pas injectives, 0, 5 a des tonnes d'antécédents par cos comme par sin et tan. Une foisrestreinte, on va invoquer le théorème de la bijection continue qu'on rappelle dans un premier temps.

Notion de bijection continue

Dans cette partie, on note D un ensemble de réels, f une fonction numérique dont l'ensemble dedénition est D.

• On note f(D) l'ensemble d'arrivée de f. C'est f (x) , x ∈ D .• On dit que f est bijective si, pour tout y de f(D), il existe un unique x deD tel que f(x) = y.• Si f est bijective, on note f−1 sa réciproque, c'est la fonction dénie surf(D) caractérisée par :

∀x ∈ D, ∀y ∈ f(D), y = f(x) ⇐⇒ x = f−1(y).

Définition 14

, Exemple :

Institut d'Alzon 15


1. exp est une fonction bijective, sa fonction réciproque est ln.

2. x 7→ x2 n'est pas bijective. L'équation x2 = 25 d'inconnue x réel a deux solutions diérentes

(5 et −5).

R+ → R+

x 7→ x2est en revanche bijective, c'est la fonction réciproque de x 7→

√x.

Théorème de la bijection continueSoit f une fonction strictement monotone et continue sur D. f réalise alors unebijection de D sur f(D).

Théorème 15

* Remarque :

On utilise les notations du précédent théorème. On peut prouver facilement que f−1 est alors aussistrictement monotone et continue et a même variations que f, sa courbe représentative dans un repèreorthonormée est la symétrique par rapport à la première bissectrice de celle de f. On note aussi quel'on a besoin dans ce théorème d'expliciter f(D). Appelons a et b deux éléments de R ∪ +∞,−∞

tels que a 6 b, f une fonction croissante et g une fonction décroissante. Sous réserve d'existence, ona :

f([a, b]) = [f(a), f(b)]

f(]a, b]) =] limx→a+

(f(x)), f(b)]

f([a, b[) = [f(a), limx→b−

(f(x))[

f(]a, b[) =] limx→a+

(f(x)), limx→b−

(f(x))[

g([a, b]) = [g(b), g(a)]

g(]a, b]) = [g(b), limx→a+

(g(x))[

g([a, b[) =] limx→b−

(g(x)), g(a)]

g(]a, b[) =] limx→b−

(g(x)), limx→a+

(g(x))[

, Exemple :

Soit f : x 7→ x3. f étant continue et strictement croissante, f réalise une bijection de R sur ] limx→−∞ f(x), lim

x→+∞ f(x)[,c'est-à-dire de R dans R.

La fonction arctan.

La fonction

]−π

2,π

2

[→ R

x 7→ tan(x)est bijective. Elle admet une réciproque, c'est

la fonction

R →

]−π

2,π

2

[x 7→ arctan(x)

.

Définition 16

Institut d'Alzon 16


, Exemple :

Pour tout réel x, arctan(x) est l'unique réel θ de]−π

2,π

2

[tel qu'on ait tan(θ) = x. On a ainsi par

exemple :

1. arctan (0) = 0

2. arctan

(1√3

)=π

6

3. arctan (√3) =

π

3

4. arctan (1) =π

4

Par exemple, arctan (1) vautπ

4car tan

(π4

)vaut 1 et

π

4appartient à

]−π

2,π

2

[.

• La fonction arctan est impaire.

• ∀x ∈]−π

2,π

2

[, on a : arctan (tan(x)) = x.

• ∀x ∈ R, on a : tan (arctan(x)) = x.

Proposition 17

+ Mise en garde :

Notez bien que tan (arctan(x)) ne donne pas toujours x. Autrement dit, x 7→ arctan (tan(x)) est

dénie sur R mais elle ne se confond avec la fonction identité que sur]−π

2,π

2

[. Par exemple,

arctan (tan(π)) vaut arctan (0) soit 0 et par π.

Institut d'Alzon 17


Les fonctions arcsin et arccos.

* Remarque :

Les fonctions arcsin et arccos ne sont plus au programme des bcpst1 (arctan l'est par contre). Il estbon toutefois de les avoir déjà rencontrées.

• La fonction

[−π

2,π

2

]→ [−1, 1]

x 7→ sin(x)est bijective). Elle admet donc une

réciproque, c'est la fonction

[−1, 1] →

[−π

2,π

2

]x 7→ arcsin(x)

.

• La fonction

[0, π] → [−1, 1]

x 7→ cos(x)est bijective. Elle admet donc une réci-

proque, c'est la fonction

[−1, 1] → [0, π]

x 7→ arccos(x).

Définition 18

Institut d'Alzon 18


* Remarque :

1. Autrement dit, pour tout x de [−1, 1], arcsin(x) est l'unique réel θ de[−π

2,π

2

]tel que sin(θ) =

x et arccos(x) est l'unique est l'unique réel θ de [0, π] tel que cos(θ) = x.

2. On note que la fonction arcsin est, tout comme arctan, une fonction impaire. L'ensemblede départ de arccos n'étant pas symétrique par rapport à l'origine, arccos n'est ni paire, niimpaire.

Institut d'Alzon 19


, Exemple :

On a donc :

1. arcsin (0) = 0

2. arcsin

(1

2

)=π

6

3. arcsin

(√2

2

)=π

4

4. arcsin

(√3

2

)=π

3

5. arcsin (1) =π

2

6. arccos (0) =π

2

7. arccos

(1

2

)=π

3

8. arccos

(√2

2

)=π

4

9. arccos

(√3

2

)=π

6

10. arccos (1) = 0

• ∀x ∈[−π

2,π

2

], on a : arcsin (sin(x)) = x.

• ∀x ∈ [−1, 1], on a : sin (arcsin(x)) = x et cos (arccos(x)) = x.• ∀x ∈ [0, π] , on a : arccos (cos(x)) = x.

Proposition 19

ä Exercice :

Calculer arccos

(−1

2

).

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

On cherche donc un angle θ de [0;π] tel que cos(θ) = −1

2. On voit que la réponse est

2π

3. Par

dénition de l'arccosinus, on a donc :

arccos

(−1

2

)=2π

3.

Quelques formules (Hors-programme ! ! !).

* Remarque :

On sait déjà :• Pour tout réel x, on a : tan (arctan(x)) = x.• Pour tout x de [−1, 1], on a : cos (arccos(x)) = x.• Pour tout x de [−1, 1], on a : sin (arcsin(x)) = x.

Institut d'Alzon 20


Voici la suite :

• ∀x ∈ R, cos (arctan(x)) =1√1+ x2

.

• ∀x ∈ [−1, 1], cos (arcsin(x)) =√1− x2 et sin (arccos(x)) est

√1− x2.

• ∀x ∈ ] − 1, 1 [ , tan (arcsin(x)) =x√1− x2

.

• ∀x ∈ [−1, 1] \ 0 , tan (arccos(x)) =

√1− x2

x.

• ∀x ∈ [−1, 1], arcsin(x) + arccos(x) =π

2

• ∀x ∈ R, cos (arctan(x)) =1√1+ x2

et sin (arctan(x)) estx√1+ x2

.

• ∀x ∈ R?, arctan(x) + arctan(1

x) =

x

|x|

π

2.

Ces formules sont totalement hors-programme. Il est bon de les avoir déjà vueset démontrées. On va voir une démonstration dans l'exercice ci-dessous.

Proposition 20

ä Exercice :

Prouver que pour tout x de [−1, 1], on a :

cos (arcsin(x)) =√1− x2.

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .On sait que, pour tout réel θ, on a

cos2 (θ) + sin2(θ) = 1.

On en déduit que, pour tout x de [−1, 1], on a :

cos2 (arcsin(x)) = 1− sin2(arcsin(x))

= 1− x2.

De plus, cos(arcsin(x)) est√cos2(arcsin(x)) car cos est positif sur

[−π

2,π

2

]et arcsin(x) appartient

à[−π

2,π

2

]. On en déduit :

cos (arcsin(x)) =√1− x2.

Institut d'Alzon 21

Partie 1: Complexes et Trigonométrie Les complexes

1.2 Les complexes

1.2.1 Écriture algébrique des complexes

Opérations sur C

Soit i le nombre vériant i2 = −1. L'ensemble des nombres complexes, noté C,est l'ensemble suivant :

x+ iy, (x, y) ∈ R2

.

Définition 21

, Exemple :

Voici quelques complexes :

• 3• 5+ 2i

• −i

• 12

•√πi− 3

• 2i− 8

Soit (x, y, x ′, y ′) ∈ R4. On dénit l'addition et le produit sur C par :• (x+ iy) + (x ′ + iy ′) = (x+ x ′) + i(y+ y ′).• (x+ iy)× (x ′ + iy ′) = (xx ′ − yy ′) + i(xy ′ + yx ′).

Définition 22

, Exemple :

• 3+ (5+ i) = 8+ i

• 3× (5+ i) = 15+ 3i

• (3+ i) + (5+ 2i) = 8+ 3i

• (3+ i)× (5+ 2i) = 13+ 11i

Institut d'Alzon 22


C muni de ces deux lois est un corps commutatif (vocabulaire hors-programme),cela veut dire qu'il vérie les propriétés suivantes pour tout (z, z ′, z ′′) ∈ C3 :

1. z+ (z ′ + z ′′) = (z+ z ′) + z ′′

(Associativité de l'addition)

2. z+ z ′ = z ′ + z(Commutativité de l'addition)

3. z+ 0 = z(0 élément neutre de l'addition)

4. z+ (−z) = 0(Existence du symétrique)

5. z× (z ′ × z ′′) = (z× z ′)× z ′′(Associativité du produit)

6. z× z ′ = z ′ × z(Commutativité du produit)

7. On pose 1 = 1 + 0i, on a :z× 1 = z(1 élément neutre du produit)

8. ∀(x, y) ∈ R2\ (0, 0) ,

(x+ iy)× x− iy

x2 + y2= 1

(Existence de l'inverse)

9. z× (z ′ + z ′′) = z× z ′ + z× z ′′(Distributivité du produit surl'addition)

Proposition 23

+ Mise en garde :

Il ny' a pas d'ordre sur C, on ne peut pas prolonger l'ordre acquis sur R. Ecrire que i > 0 ou quez 6 z ′ avec z et z ′ deux non réels n'a pas de sens ! Parler de majorant pour un ensemble de complexe,de fonction croissante pour une fonction dont l'ensemble de départ est C ou dont l'ensemble d'arrivéeest C, de complexe positif non plus !

Intégrité de CSoient z et z ′ deux complexes. On a : zz ′ = 0⇔ z = 0 ou z ′ = 0.

Proposition 24

* Remarque :

On verra que cette proposition, qui semble évidente, n'est pas vrai pour les matrices. Il existe desmatrices A et B toutes les deux non nulles telles que A× B = 0.

Institut d'Alzon 23


Parties réelles et imaginaires

Si x, y, a et b sont quatre réels alors on a :

a+ ib = x+ iy⇔ a = x et b = y.

On parle d'identication des parties réelles et imaginaires d'un complexe.

Proposition 25

+ Mise en garde :

L'équivalence de la proposition précédente n'est pas vrai en général si on sait juste que (x, y, a, b) ∈C4. Ainsi, (3+ 2i) + i(4+ 2i) = 1+ 6i mais 3+ 2i 6= 1 et 4+ 2i 6= 6.

Soit (x, y) ∈ R2. On pose z = x+ iy.• On dit que x+ iy est l'écriture algébrique de z.• On dit que x est la partie réelle de z et que y est sa partie imaginaire. Onnote x = Re (z) et y = Im (z) et on remarque que Re (z) et Im (z) sontdes réels.• Si Re (z) = 0, on dit que z est un imaginaire pure. Si Im (z) = 0, on ditque z est un réel.• L'ensemble des imaginaires pures est noté iR.

Définition 26

+ Mise en garde :

• La partie imaginaire de 2i n'est pas 2i mais 2. La partie imaginaire, tout comme la partieréelle, d'un complexe sont deux réels !• Si α et β sont des complexes, Re (α+ iβ) n'est pas nécessairement α et, de même, Im (α+ iβ)n'est pas nécessairement β. Par exemple, Re (3+ i(3+ 2i)) ne vaut pas 3 mais 1.

, Exemple :

• Re (2i) = 0.• Re(3+ 2i) = 3.

• Im (4i) = 4.• Im (−4i− π) = −4.

LinéaritéPour tout (z, z ′) ∈ C2, pour tout λ réel, on a :• Re (λz) = λRe (z) et Re (z+ z ′) = Re (z) + Re (z ′).• Im (λz) = λIm (z) et Im (z+ z ′) = Im (z) + Im (z ′).

Proposition 27

Institut d'Alzon 24


* Remarque :

Si z1, z2, · · · , zn sont n complexes avec n un entier naturel non nul, par récurrence, on prouveaisément, à partir de la proposition précédente, que :

Re

(n∑k=0

zk

)=

n∑k=0

Re (zk) et Im

(n∑k=0

zk

)=

n∑k=0

Im (zk).

+ Mise en garde :

Soient z, z ′ et λ trois complexes. On n'a pas en général :

Re (λz) = λRe (z), Re (zz ′) = Re (z)Re (z ′), Im (λz) = λIm (z) et Im (zz ′) = Im (z)Im (z ′).

Posez z = z ′ = λ = i et vous aurez un contre-exemple à chaque fois.

Conjugué d'un complexe

Comme −i vérie aussi la propriété fondamentale de i qui est i2 = −1, il est assez logique d'introduirala notion de conjuguée.

Soient x et y deux réels, on pose z = x+iy. On appelle conjugué de z le complexez déni par : z = x− iy.

Définition 28

, Exemple :

• i = −i.• 2i = −2i.

• 3+ 2i = 3− 2i.• 4 = 4.

• i2 + i = −1− i.• 4i− 2 = −2− 4i.

Soient z1 et z2 deux complexes (z2 est supposé non nul pour les propriétés nu-mérotées 6 et 7), λ un réel, n un entier naturel et m un entier. On a :

1. z1 = z1

2. z1 + z2 = z1 + z2

3. z1 × z2 = z1 × z2

4. λz1 = λ z1

5. (z1)n= zn1

6.

(z1

z2

)=z1

z2

7. (z2)m

= zm2

Proposition 29

Institut d'Alzon 25


* Remarque :

Si z1, z2, · · · , zn sont n complexes avec n un entier naturel non nul, par récurrence, on prouveaisément, à partir de la proposition précédente, que :

(n∏k=0

zk

)=

n∏k=0

(zk) et

(n∑k=0

zk

)=

n∑k=0

(zk).

Soit z un complexe, on a :

Re (z) =z+ z

2et Im (z) =

z− z

2i.

On en déduit que : z ∈ R⇔ z = z et z ∈ iR⇔ z = −z.

Proposition 30

Module d'un nombre complexe

Soient x et y deux réels, on pose z = x+ iy. On appelle module de z le réel dénipar : |z| =

√x2 + y2.

Définition 31

* Remarque :

Le module prolonge la valeur absolue réelle. Garder la même notation est donc cohérent.

, Exemple :

|2i| =√02 + 22

= 2

|− 3i+ 4| =√42 + (−3)2

= 5

|− 4| =√(−4)2 + 02

= 4

* Remarque :

Soit z un complexe. z, iz, −iz, −z, z, −z ont même module. Voici un petit dessin illustrant que z,−z, z et −z ont même module :

Institut d'Alzon 26


Soient z et z ′ deux complexes (z est supposé non nul pour les propriétés numé-rotées 4 et 5), n un entier naturel et m un entier. On a :

1. zz = |z|2

2. |z× z ′| = |z|× |z ′|

3. |zn| = |z|n

4.

∣∣∣∣z ′z∣∣∣∣ = |z ′|

|z|

5. |zm| = |z|m

Proposition 32

* Remarque :

1. Si z1, z2, · · · , zn sont n complexes avec n un entier naturel non nul, on prouve aisément que :

∣∣∣∣∣n∏k=0

zk

∣∣∣∣∣ =n∏k=0

|zk|.

2. Soit z un complexe non nul. D'après cette proposition, on a :1

z=

z

|z|2. C'est en général cette

formule qu'on utilise pour calculer l'inverse d'un complexe (Technique dite de la multiplicationpar la quantité conjuguée).

Institut d'Alzon 27


Soient z et z ′ deux complexes. On a :

1. |z| = 0⇔ z = 0

2. |Re (z)| 6 |z|

3. |Re (z)| = |z|⇐⇒ z ∈ R.

4. |Im (z)| 6 |z|.

5. |Im (z)| = |z|⇐⇒ z ∈ iR.6. ||z|− |z ′|| 6 |z− z ′|

On a aussi l'inégalité triangulaire et son cas d'égalité :

|z+ z ′| 6 |z|+ |z ′| et |z+ z ′| = |z|+ |z ′|⇐⇒ z = 0 ou z 6= 0 et z′

z∈ R?

+

Proposition 33

ä Exercice :

Soit z un complexe de module 1. Calculer |1+ z|2 + |1− z|2.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Attention, cela ne donne pas 1+ 2z+ z2+ 1− 2z+ z2. Il est vrai que (z1+ z2)2 est z21+ 2z1z2+ z

22

mais ce n'est pas le cas pour |z1 + z2|2. Développons en utilisant la dénition tout simplement :

|1+ z|2 + |1− z|2 = (1+ z)×(1+ z

)+ (1− z)×

(1− z

)= (1+ z)× (1+ z) + (1− z)× (1− z)

= 1+ zz+ z+ z+ 1+ zz− z− z

= 1+ 1+ 2|z|2

= 4

Interprétation géométrique

On munit désormais le plan P d'un repère (O,→u,→v ). La bijection

R2 → C(x, y) 7→ x+ iy

permet d'iden-

tier C et le plan R2.

Soient (x, y) ∈ R2 et M le point de coordonnées (x, y) dans le repère (O,→u,→v ).

On pose z = x+ iy.• On dit que M est l'image de z et que z est l'axe de M.• On note : M(z) ou A (M) = z.• L'axe du vecteur x−→u +y−→v est le complexe x+ iy. On a donc A (x−→u +y−→v ) = x+ iy.

Définition 34

Institut d'Alzon 28


Interprétation :Prenons z et z ′ deux complexes. On introduit les points M(z), N(z ′), S(z+ z ′) et D(z ′ − z).• Interprétation de l'addition.MNOS est un parallélogramme.• Interprétation du conjugué.C(z) est le symétrique de M(z) par rapport à l'axe des réels.• Interprétation du module.Comme ||

−−→NM|| = |z − z ′|, l'ensemble w ∈ C tel que : |w− z| = r avec r un réel positif est

l'ensemble des axes des points du cercle de centre M(z) et de rayon r.• Interprétation du produit d'un complexe par un réel.Soit k un réel. Le point B(kz) est l'image deM par l'homothétie de centre O et de rapport k.• Interprétation de l'inégalité triangulaire.L'inégalité triangulaire vue avec les complexes signie géométriquement que : ||

−→OS|| 6 ||

−−→OM||+

||−−→MS|| et ||

−→OS|| = ||

−−→OM||+ ||

−−→MS|| si et seulement si M est un point du segment [OS].

1.2.2 Écriture trigonométrique des complexes

Complexes de module 1

• On note U l'ensemble suivant :

U = z ∈ C tel que |z| = 1 .

• U est donc l'ensemble des complexes de module 1, cela correspond géo-métriquement au cercle trigonométrique.• Les éléments de U sont appelés des complexes unitaires.

Définition 35

, Exemple :

1. Voici quelques éléments de U (il sut de calculer leur module pour montrer que ce sont descomplexes unitaires) :

• 1• −1• i

• −i

•√3

2+ i1

2

• 12− i

√3

2

2. Voici quelques complexes non unitaires (il sut de calculer leur module pour montrer que cene sont pas des complexes unitaires) :

• 0 • 5 • 2i •√3+ i

Institut d'Alzon 29


U est un sous-groupe multiplicatif (Vocabulaire hors-programme) de C?, celaveut dire que U ⊂ C? et que, pour tout (z, z ′) ∈ U2, on a :

z× z ′ ∈ U et z−1 ∈ U.

Proposition 36

+ Mise en garde :

Si z et z ′ sont deux éléments de U, on n'est pas sûr que cela soit le cas pour z + z ′. Par exemple,1+ i n'appartient pas à U et pourtant 1 et i sont deux éléments de U.

Il existe une unique fonction de R dans U, appelée exponentielle complexe etnotée θ 7→ eiθ telle que les propriétés suivantes soient vériées :

1. Pour tout (θ, θ ′) ∈ R2, eiθ × eiθ ′ = ei(θ+θ ′).2. Cette fonction est dérivable

3. Pour tout z ∈ U, ∃ θ ∈ R tel que z = eiθ (Surjectivité sur U de l'expo-nentielle)

4. Pour tout (θ, θ ′) ∈ R2, eiθ = eiθ′ ⇔ (∃k ∈ Z tel que θ = θ ′ + 2kπ)

(Injectivité sur les intervalles semi-ouverts de longueur 2π et 2π périodi-cité)

5. Pour tout θ ∈[0,π

2

],Re (eiθ) > 0 et Im (eiθ) > 0 (Orientation du cercle)

Théorème 37

La fonction exponentielle complexe vérie les propriétés suivantes :1. ei0 = 1

2. ∀ θ ∈ R, eiθ = (eiθ)−1 et eiθ = e−iθ

3. ∀ n ∈ Z, ∀ θ ∈ R,(eiθ)n

= einθ

Proposition 38

+ Mise en garde :

L'égalité(eiθ)n

= einθ n'a pas de sens en général si n n'est pas un entier.

Institut d'Alzon 30


Soit θ un réel. On pose :

cos(θ) = Re (exp (iθ)) et sin(θ) = Im (exp (iθ)) .

Si cos(θ) 6= 0, on pose tan(θ) =sin(θ)cos(θ)

.

Définition 39

On appelle π l'unique élément de [0, 4] tel que eiπ = −1. On peut alors calculerfacilement quelques valeurs particulières :

θ 0 π6

π4

π3

π2

π

eiθ 1√3+i2

1+i√2

1+i√3

2i −1

Proposition 40

* Remarque :

On en déduit :θ 0 π

6π4

π3

π2

π

cos(θ) 1√32

1√2=√22

12

0 −1

sin(θ) 0 12

1√2=√22

√32

1 0

tan(θ) 0 1√3

1√3 non déni 0

Formules d'EulerPour tout réel θ, on a :

cos(θ) =eiθ + e−iθ

2et sin(θ) =

eiθ − e−iθ

2i

Proposition 41

ä Exercice :

Calculern∑k=0

sin(kx)(cos(x))k

avec n un entier naturel et x un élément de]0;π

2

[.

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Posons A =

n∑k=0

sin(kx)(cos(x))k

. A est bien dénie car, pour tout x de]0;π

2

[, (cos(x))k est non nul. On

a :

Institut d'Alzon 31


A =

n∑k=0

Im (exp (ikx))

(cos (x))k

=

n∑k=0

Im((exp (ix))k

)(cos (x))k

=

n∑k=0

Im

((exp (ix))k

(cos (x))k

)car ∀k ∈ J0, nK,

(1

cos (x)

)kest un réel.

On reconnaît une progression géométrique dont la raison,exp (ix)cos (x)

, n'est pas 1 puisque sin (x) est

non nul etexp (ix)cos (x)

est 1+ isin (x)cos (x)

. On peut donc expliciter cette somme et obtenir :

A = Im

(n∑k=0

(exp (ix)cos (x)

)k)

= Im

1−

(exp (ix)cos (x)

)n+11−

exp (ix)cos (x)

= Im

((cos(x))n+1 − exp (i(n+ 1)x)

(cos(x))n+1 − (cos(x))n × (cos(x) + i sin(x))

)

A = Im

((cos(x))n+1 − cos ((n+ 1)x) − i sin ((n+ 1)x)

−i (cos(x))n × sin(x)

)

= Im

(i× cos(x)

sin(x)

)+ Im

(−i cos ((n+ 1)x)

sin(x)× (cos(x))n

)+ Im

(sin ((n+ 1)x)

sin(x)× (cos(x))n

)=

cos(x)sin(x)

−cos((n+ 1)(x))

sin(x)× (cos(x))n.

Argument

Soit z un complexe non nul.• Il existe r un réel strictement positif et θ un réel tel que z est r exp(iθ).C'est l'écriture trigonométrique de z ou l'écriture sous forme exponentiellede z.• Cette écriture n'est pas unique mais, si r et r ′ sont deux réels positifs etθ et θ ′ deux réels, on a :

reiθ = r ′eiθ′ ⇔ r = r ′ et ∃k ∈ Z tel que θ = θ ′ + 2kπ

Proposition 42

Méthode:

Institut d'Alzon 32


Le r de la précédente proposition sera toujours le module de z. Ainsi, si on souhaite obtenir la formetrigonométrique d'un complexe z, il sut de factoriser par |z|, on obtient alors deux réels a et b telsque :

z = |z|× (a+ ib).

Il faut réussir (ce qui n'est pas forcément évident !) à reconnaître un réel θ tel que a = cos(θ) etb = sin(θ).

, Exemple :

1. Une forme trigonométrique de −5 est 5 exp (iπ).

2. Une forme trigonométrique de 1+ i est√2 exp

(iπ

4

).

3. Une forme trigonométrique de 5− 5i est 5 exp(−iπ

4

).

4. Une forme trigonométrique de 1+√3i est 2 exp

(iπ

3

).

ä Exercice :

Soit θ un réel. Mettre sous forme trigonométrique les complexes suivants :

z1 =

(−1

2+ i

√3

2

)×(1− i

√3)

et z2 = (1+ i)× (sin (θ) + i cos (θ)) .

On essaye de reconnaître des valeurs particulières de cos et sin :

z1 = exp

(i2π

3

)× 2×

(1

2− i

√3

2

)

= 2 exp

(i2π

3

)× exp

(−iπ

3

)= 2 exp

(iπ

3

)On procède de même pour z2 :

z2 =√2×

(√2

2+ i

√2

2

)× i(cos(θ) − i sin(θ))

=√2 exp

(iπ

4

)× exp

(iπ

2

)× exp (−iθ)

=√2 exp

(i

(3π

4− θ

))Vous avez probablement remarqué qu'on n'a pas développé les produits mais chercher les formestrigonométriques petit bloc par petit bloc.

Institut d'Alzon 33


Soient a et b deux réels. On a :

• exp (ia) + exp (ib) = 2 cos

(a− b

2

)exp

(ia+ b

2

).

• exp (ia) − exp (ib) = 2i sin

(a− b

2

)exp

(ia+ b

2

).

On parle de factorisation par l'angle moitié. En particulier, on a :

exp (ia) + 1 = 2 cos(a2

)exp

(ia

2

)et exp (ia) − 1 = 2i sin

(a2

)exp

(ia

2

)

Proposition 43

ä Exercice :

Mettre sous forme trigonométrique le complexeexp (ia) + 11− exp (ia)

avec a un élément de ]0, π[.

On note que 1 − exp (ia) n'est pas nul puisque a n'est pas un multiple de 2π. On met exp(ia

2

)en facteur au numérateur comme au dénominateur, on obtient :

exp (ia) + 11− exp (ia)

=exp

(ia

2

)+ exp

(−ia

2

)exp

(−ia

2

)− exp

(ia

2

) × exp(ia

2

)exp

(ia

2

)=

2 cos(a2

)−2i sin

(a2

)= i

cos(a2

)sin(a2

)=

i

tan(a2

) car tan(a2

)existe et est non nul car a ∈]0, π[

.

Soit z un complexe non nul. Si θ, un réel, vérie z = |z|eiθ alors on dit que θest un argument de z et on le note Arg (z). L'argument de z qui appartient à] − π, π] est appelé argument principal de z.

Définition 44

* Remarque :

Institut d'Alzon 34


On peut interpréter géométriquement la notion d'argument. Si (0,−→u ,−→v ) est un repère orthonormédu plan, M1(z1) et M2(z2) deux points du plans avec z1 et z2 deux complexes, θ1 un argument deM1 et θ2 un argument de M2 alors on a :

−−−→OM1 = |z1|

−→uθ1

en notant −→uθ1 le vecteur cos(θ1)−→u + sin(θ1)

−→v . (|z1|, θ1) est donc un couple de coordonnées polairesde M1. On a aussi : (−−−→

OM1,−−−→OM2

)= θ2 − θ1.

Soient a, b deux réels et c un réel strictement positif. On dit que a est égal à b

modulo c, ce qu'on note a ≡ b [c], s'il existe k un entier tel que a = b+ kc.

Définition 45

Institut d'Alzon 35


, Exemple :

On a par exemple :

• 30 ≡ 16 [7]• 231 ≡ 123 [2]• 0 ≡ 1 [1]

• π3≡ 13π

3[2π] • −

π

4≡ 7π4

[2π]

• π2≡ −

π

2[π]

Soient (θ1, θ ′1, θ2, θ′2) ∈ R4, soit n un entier naturel non nul, on a :

• θ1 ≡ θ ′1[2π] et θ2 ≡ θ ′2[2π]⇒ θ1 + θ2 ≡ θ ′1 + θ ′2[2π]

• θ1 ≡ θ ′1[2π] et θ2 ≡ θ ′2[2π]⇒ θ1 − θ2 ≡ θ ′1 − θ ′2[2π]

• nθ1 ≡ nθ ′1[2π]⇔ θ1 ≡ θ ′1[2π

n

]

Proposition 46

Pour tout (z, z ′) ∈ (C?)2, on a :1. Arg (z) ≡ 0[2π]⇔ z ∈ R?

+

2. Arg (z) ≡ 0[π]⇔ z ∈ R?

3. Arg (z) ≡ π2[π]⇔ z ∈ iR?

4. Arg (z) ≡ −Arg (z)[2π]

5. Arg (zz ′) ≡ (Arg (z) + Arg (z ′)) [2π]

6. Arg( zz ′

)≡ (Arg (z) − Arg (z ′)) [2π]

7. |z+ z ′| = |z|+ |z ′|⇔ Arg (z) ≡ Arg (z ′)[2π]

Proposition 47

Ne pas hésiter un faire un petit dessin pour illustrer la précédente proposition !

ä Exercice :

On pose u =√2−√2− i

√2+√2. Déduire du calcul de u2 et de u4 la valeur de cos

(3π

8

).

Commençons par la partie "partie algébrique" de l'exercice. On obtient :

u2 = 2−√2− 2i

√2+√2×

√2−√2− 2−

√2

= −2√2− 2i×

√4− 2

= −2√2(1+ i)

Institut d'Alzon 36


puis, sans problème, on obtient u4 = −16i soit u4 = 16 exp

(i3π

2

)Maintenant, on écrit u sous la

forme r exp (iθ) avec r réel strictement positif et θ réel. On a alors :

u4 = r4 exp (4iθ) .

Comme u4 = 16 exp

(i3π

2

), on peut donc armer que :

r4 exp (4iθ) = 16 exp

(i3π

2

)

ce qui donne r4 = 16 et 4θ ≡ 3π2[2π] puis r = 2 et θ ≡ 3π

8

[π2

]A ce stade, on sait que u appartient

à l'ensemble suivant :2 exp

(i3π

8

), 2 exp

(i7π

8

), 2 exp

(i11π

8

), 2 exp

(i15π

8

)Placez-les sur le cercle trigonométrique, vous verrez que le seul ayant, comme u, une partie réelle

positive et une partie imaginaire négative est 2 exp

(i15π

8

)donc :

2 cos

(15π

8

)+ 2i sin

(15π

8

)=

√2−√2− i

√2+√2

ce qui donne en particulier sin

(15π

8

)= −

√2+√2

2et cos

(3π

8

)= sin

(π

2−3π

8

)et donc :

cos

(3π

8

)= sin

(π8

)= − sin

(2π−

π

8

)= − sin

(15π

8

)

ce qui entraîne donc que cos

(3π

8

)=

√2+√2

2.

Soient ρ et ρ ′ sont deux nombre strictement positifs, θ et θ ′ deux réels et n unentier, alors on a :

• ρeiθ × ρ ′eiθ ′ = ρρ ′eiθ+θ ′

•(ρeiθ

)−1=1

ρe−iθ

• ρeiθ = ρe−iθ

•(ρeiθ

)n= ρneinθ

Proposition 48

Institut d'Alzon 37


Méthode:

1. Quand un complexe est un produit, en particulier une puissance ou un quotient, de complexes,il est plus simple, comme le montre la précédente proposition, de le manipuler sous formetrigonométrique. Si on souhaite après obtenir sa forme algébrique, il sut de noter que, si rest un réel strictement positif et θ un réel alors r exp(iθ) a pour partie réelle r cos(θ) et pourpartie imaginaire r sin(θ).

2. Quand un complexe est une somme de complexes, il est plus simple de le manipuler sous formealgébrique. Si on souhaite après obtenir sa forme trigonométrique, on utilise la méthode vueaprès la dénition de la forme trigonométrique d'un complexe.

ä Exercice :

Calculer

(1− i

1+ i

)4.

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Développer ne serait pas très intelligent. C'est un quotient, utilisons plutôt la forme trigonomé-

trique. De 1− i =√2 exp

(−iπ

4

)et 1+ i =

√2 exp

(iπ

4

), on en déduit :

(1− i

1+ i

)4=

(exp

(−iπ

2

))4= 1

Exponentielle complexe

On étend la fonction exponentielle à l'ensemble des complexes par la fonctionsuivante dénie sur C par :

exp : z 7→ exp (Re (z))× exp (iIm (z))

Définition 49

, Exemple :

On a par exemple exp(2 − 3i) = e2 × exp(−3i). Par contre, dans le programme de BCPST1, lesfonctions ln, cos, sin ne sont pas étendues sur C. Ecrire cos(2 + i), ln(i) ou sin(2 + 3i) seraientfâcheux !

Soient z et z ′ deux complexes. exp(z+ z ′) est exp(z)× exp(z ′).

Proposition 50

Institut d'Alzon 38


1.2.3 Résolutions d'équations algébriques

Second degré

Dans cette partie, a sera un réel non nul, b et c deux réels. On cherche à résoudre l'équation suivante :

az2 + bz+ c = 0

d'inconnue z complexe. On utilise pour cela les deux propositions suivantes :

Soit ∆ un réel. On pose : δ =

√∆ si ∆ > 0

i√−∆ si ∆ < 0

. δ2 est alors ∆.

Proposition 51

* Remarque :

Pour trouver un complexe δ tel que δ2 = z avec z connu et non nul, le plus simple est d'écrire z sous

forme trigonométrique puis de poser δ =√|z| exp

(iArg (z)2

).

Soit δ un complexe tel que δ2 = b2 − 4ac. Pour tout complexe z, on a :

az2 + bz+ c = 0⇐⇒ z =−b+ δ

2aou z =

−b− δ

2a.

Proposition 52

ä Exercice :

Soit u un élément de ]0, π[. Trouver les solutions de l'équation (E) et donner leur forme trigono-métrique avec (E) l' équation suivante d'inconnue le nombre complexe z :

z2 + 2(1− cos(u))z+ 2(1− cos(u)) = 0

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Le discriminant ∆ de cette équation est :

∆ = 4(1− cos(u))2 − 8(1− cos(u))

= 4(1− cos(u))× (1− cos(u) − 2)

= −4(1− cos2(u))

= −4 sin2(u).

Institut d'Alzon 39


∆ est strictement négatif donc les solutions de (E) sont :

2(cos(u) − 1)± i√∆

2

ce qu'on peut donc écrire (cos(u) − 1)± i sin(u). Appelons les r1 et r2, on a donc en utilisant lestechniques de l'angle moitié :

r1 = −1+ exp (iu)

= exp(iu

2

)×(− exp

(−iu

2

)+ exp

(iu

2

))= exp

(iu

2

)× 2i sin

(u2

)= 2 sin

(u2

)× exp

(iu+ π

2

)De même, on prouve que r2 est 2 sin

(u2

)× exp

(−iu+ π

2

).

Soit P le polynôme x 7→ x2 + bx+ c.

• Les racines z1 et z2 de P vérient :

z1 + z2 = −b

z1 × z2 = c.

• Si z1 et z2 sont deux complexes tels que :

z1 + z2 = −b

z1 × z2 = calors z1 et z2

sont les racines de P.

Proposition 53

* Remarque :

En BCPST, on n'a pas de théorie pour résoudre l'équation suivante :

az2 + bz+ c = 0

d'inconnue z complexe avec a un complexe non nul et b et c deux complexes. On sait le faireuniquement dans le cas où les coecients sont réels (on parle des coecients, i.e. de a, b et cdans notre exemple... et pas des solutions !). Pour résoudre une telle équation (degré 2 à coecientscomplexes), on va suivre ces deux étapes :

1. On se débarrasse du coecient de z en utilisant la forme canonique :

az2 + bz+ c = 0⇔ a

(z2 +

b

az+

c

a

)= 0

⇔(z+

b

2a

)2=b2 − 4ac

4a2

2. On cherche alors δ un complexe tel que δ2 = b2−4ac. Le plus simple est d'écrire b2−4ac sousla forme ρ exp (iθ) avec ρ et θ deux réels et ρ > 0 (i.e. de trouver la forme trigonométrique

Institut d'Alzon 40


de b2 − 4ac). On peut prendre√ρ exp

(iθ

2

)pour δ et ça marche ! On reprend :

az2 + bz+ c = 0⇐⇒(z+

b

2a

)2=

(δ

2a

)2⇐⇒

(z+

b− δ

2a

)×(z+

b+ δ

2a

)= 0

⇐⇒ z =−b− δ

2aou z =

−b+ δ

2a

ä Exercice :

Résoudre l'équation z2 − 2iz+√3× i = 0 d'inconnue z complexe.

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .On a δ2 =

√3× i+1 avec δ =

√2×exp

(iπ

6

)car√3× i+1 est 2×exp

(iπ

3

). Pour tout complexe

z, on a alors :

z2 − 2iz+√3× i = 0⇐⇒ (z− i)2 = −(

√3× i− i2)

⇐⇒ (z− i)2 = −δ2car δ est√2× exp

(iπ

6

).

⇐⇒ (z− i)2 − (iδ)2 = 0

⇐⇒ (z− i− iδ)× (z− i+ iδ) = 0

⇐⇒ z = i+ iδ ou z = i− iδ

ce qui donne −1√2+ i

√2+√3√

2et

1√2+ i

√2−√3√

2comme solutions.

Racines nieme (Un peu hors-programme)

n désigne dans cette partie un entier naturel non nul.

On appelle racines nieme de l'unité l'ensemble des complexes z vériant zn = 1.

Définition 54

L'ensemble Sn des racines nieme de l'unité est :

Sn =

exp

(2ikπ

n

)avec k ∈ 0, 1, . . . , n− 1

.

Cet ensemble a exactement n éléments distincts.

Proposition 55

Institut d'Alzon 41


, Exemple :

S1 = 1 , S2 = 1,−1 , S3 =1, j, j2

(en notant j = exp

(i2π

3

)), S4 = 1, i,−1,−i . Ne pas

hésiter à visualiser sur le cercle trigonométrique ces diérents ensembles, on se rend compte qu'ilsut de découper de manière régulière ce cercle.

Méthode:

Pour résoudre l'équation, d'inconnue z complexe, zn = a avec a un complexe non nul, on utilise lesracines nieme de l'unité :• Si on connaît une solution z0 non nulle de cette équation, on écrit alors :

zn = a ⇐⇒ zn = zn0

⇐⇒(z

z0

)n= 1 car z0 6= 0

⇐⇒ z

z0∈ Sn

⇐⇒ ∃ k ∈ 0, 1, . . . , n− 1 tel quez

z0= exp

(2ikπ

n

)⇐⇒ ∃ k ∈ 0, 1, . . . , n− 1 tel que z = z0 exp

(2ikπ

n

)

• Sinon, on écrit a sous forme trigonométrique et, en appelant ra son module et θa son argument,il sut de poser z0 = n

√ra exp

(iθan

). z0 est une solution non nulle de cette équation, on peut

donc se ramener au cas précédent.

ä Exercice :

Calculer (1+i)6 et en déduire la résolution de l'équation z6 = −8i d'inconnue z complexe. Résoudreaussi l'équation (z− 1)6 + (z+ 1)6 = 0 d'inconnue z complexe.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1. On va utiliser la forme trigonométrique. 1+ i est√2 exp

(iπ

4

), on a :

(1+ i)6 = 23 exp(6iπ

4

)= −8i

D'où, en utilisant la méthode qu'on vient de voir, on a :

z6 = −8i⇐⇒ z6 = (1+ i)6

⇐⇒(

z

1+ i

)6= 1

⇐⇒ ∃k ∈ J0; 5K/z

1+ i= exp

(ikπ

3

)⇐⇒ ∃k ∈ J0; 5K/z = (1+ i)× exp

(ikπ

3

)Institut d'Alzon 42


2. On a (z− 1)6+ (z+ 1)6 = 0⇔ (z+ 1)6 = −(z− 1)6. 1 n'est pas solution de l'équation (car26 6= 0) donc on peut supposer z 6= 1, il vient, en appelant Pz la propriété "z est solutionde l'équation", les équivalences suivantes :

Pz ⇐⇒(z+ 1

z− 1

)6= −1

⇐⇒(z+ 1

z− 1

)6=(exp

(iπ

6

))6⇐⇒ ∃k ∈ J0; 5K tel que

(z+ 1

z− 1

)= exp

(iπ+ 2kπ

6

)⇐⇒ ∃k ∈ J0; 5K tel que (z+ 1) exp

(−iπ

6

)= (z− 1) exp

(ikπ

3

)

⇐⇒ ∃k ∈ J0; 5K tel que z =exp

(ikπ

3

)+ exp

(−iπ

6

)exp

(ikπ

3

)− exp

(−iπ

6

)Il sut après de faire prendre à k les entiers de 0 à 5. L'ensemble des solutions de cetteéquation est après calcul :

(−√3− 2)i,−i, (

√3− 2)i, (−

√3+ 2)i, i, (

√3+ 2)i

.

Remarquez que les solutions sont deux à deux conjuguées, ce qui était attendu car le poly-nôme (X− 1)6 + (X+ 1)6 est à coecients réels (+ Chapitre sur les polynômes).

Institut d'Alzon 43


Institut d'Alzon 44

Partie 2

Les suites à valeurs réelles

2.1 Premières notions sur les suites

2.1.1 Dénitions

* Remarque :

On rappelle que K désigne R ou C. Quand on écrit une phrase mathématiques avec K, on donnesimultanément deux phrases : celle dans laquelle on va remplacer partout K par R et celle danslaquelle on va remplacer partout K par C.

• On appelle suite à valeurs dans K toute application u dénie sur N (ousur une partie de N) et à valeurs dans K :

u :

N → Kn 7→ u(n)

.

• On note KN l'ensemble des suites à valeurs dans K.• Pour simplier, on note (un)n∈N à la place de u et un à la place de u(n).L'élément un s'appelle alors le nieme terme général de la suite et u0 estle premier terme de cette suite.

Définition 56

* Remarque :

Complétons la dénition précédente :

1. Soit p un entier. La notation (un)n>p signie que cette suite n'est dénie qu' à partir du rangp, son premier terme est alors up.

2. Soit E une partie de N. La notation (un)n∈E signie que cette suite n'est dénie que pour leséléments de E.

45

Partie 2: Les suites à valeurs réelles Premières notions sur les suites

+ Mise en garde :

Il ne faut pas confondre (un)n∈N, qui est une suite, avec un qui est un réel. On ne dira pas parexemple que un est croissante ni que un admet une limite. De la même façon, on fera la diérenceentre une fonction f et le réel f(x).

, Exemple :

Voici quelques exemples de suite :

1. Soit la suite (un)n∈N dénie par : ∀ n ∈ N, u2n =3n+ π

n2 + 1et u2n+1 =

√n. Cette suite est

dénie de façon explicite.

2. Soit (vn)n∈N dénie par : v0 = 1, v1 = 0 et ∀ n ∈ N, vn+2 = vn+1−vn. Cette suite est déniepar une formule de récurrence .

3. Soit la suite (wn)n∈N dénie par : ∀n ∈ N, il existe un unique réel positif wn tel que −1 +nwn +w2n + n2w3n = 0. Cette suite est dénie de façon implicite.

Soit (Un)n∈N une suite réelle.• (Un)n∈N est dite croissante (resp. décroissante) si pour tout coupled'entiers naturels (n,m) tels que n 6 m, on a : Un 6 Um (resp. Un >Um).• (Un)n∈N est dite strictement croissante (resp. strictement décrois-sante) si pour tout couple d'entiers naturels (n,m) tels que n < m, ona : Un < Um (resp. Un > Um).• (Un)n∈N est dite monotone si elle est croissante ou bien décroissante.• (Un)n∈N est dite constante si, pour tout entier naturel n, on a : Un =U0. (Un)n∈N est dite stationnaire lorsqu'elle est constante à partir d'uncertain rang.• (Un)n∈N est dite périodique s'il existe un entier strictement positif p telque l' on ait Un+p = Un pour tout entier naturel n. On dit alors que(Un)n∈N est de période p.

Définition 57

* Remarque :

On dénit sans diculté aussi la notion de périodicité à partir d'un certain rang, de monotonieà partir d'un certain rang...

, Exemple :

• Quelques suites constantes : (0)n∈N, (π)n∈N, (ln(10))n∈N...• Les suites 1-périodique sont des suites constantes.• Soit q un réel. La suite géométrique (qn)n∈N est :• constante lorsque q = 1.

Institut d'Alzon 46

Partie 2: Les suites à valeurs réelles

• stationnaire lorsque q = 0. (On rappelle que 0n vaut 0 pour tout entier naturel n non nulet que 00 vaut 1.)• 2-périodique lorsque q = −1.• strictement croissante si q > 1.• strictement décroissante si q ∈]0; 1[.

• Les suites constantes sont les seules suites à la fois croissantes et décroissantes.• La somme de deux suites de même monotonie a la même monotonie que ces deux suites.• Le produit de deux suites croissantes positives est une suite croissante.• Le produit d'une suite monotone par un nombre réel positif ou nul est une suite monotone demême monotonie.• Le produit d'une suite monotone par un nombre réel négatif ou nul est une suite de monotoniecontraire.

Soit (Un)n∈N une suite réelle.• (Un)n∈N est dite croissante (resp. décroissante) si et seulement si, pourtout entier naturel n, on a : Un 6 Un+1 (resp. Un > Un+1).• (Un)n∈N est dite strictement croissante (resp. dite strictement décrois-sante) si et seulement si, pour tout entier naturel n, on a : Un < Un+1(resp. Un > Un+1).

Proposition 58

* Remarque :

La précédente proposition est bien une proposition, elle se prouve par récurrence.

+ Mise en garde :

Ne pas confondre les suites et les fonctions à variables réelles. Il existe des fonctions f déniessur R telle que, pour tout réel x, on ait f(x) 6 f(x + 1) et f n'est pas croissante. C'est le cas parexemple de f : x 7→ cos (2πx)

Méthode:

Pour étudier l'éventuelle monotonie d'une suite de réels (Un)n∈N, on peut :• Déterminer le signe de Un+1 −Un.

• Si (Un)n∈N est une suite strictement positive ou strictement négative, comparerUn+1

Unet 1. Cette méthode n'est pas terrible car on peut se faire avoir par l'histoire de signe et iln'existe pas de suite dont on ne puisse établir la monotonie avec la première méthode et pasla seconde.• Essayer la récurrence. C'est particulièrement adapté si la suite est elle même dénie parrécurrence.• Écrire (Un)n∈N, si cela est possible, sous la forme (f(n))n∈N avec f une fonction dénie surR+. Si on connaît les variations de f, on aura alors celle de (Un)n∈N. C'est intéressant enparticulier si on peut dériver f.

Institut d'Alzon 47


ä Exercice :

Vertudieu la monotonie de la suite

(−1

n!

)n∈N

puis celle de (un)n∈N dénie par : u0 = 1 et, pour

tout entier naturel n, un+1 = sin(un).. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1. On appelle (Vn)n∈N la suite

(−1

n!

)n∈N

. Pour tout entier naturel n, on a :

Vn+1 − Vn = −1

(n+ 1)!+1

n!

=−1+ n+ 1

(n+ 1)!

=n

(n+ 1)!

Pour tout entier naturel n,on a donc Vn+1−Vn > 0. (Vn)n∈N est donc une suite strictementcroissante. On espère que vous ne vous êtes pas fait avoir par la terrible méthode du quotient !

Il est vrai que, pour tout entier naturel n, on a :Vn+1

Vn< 1. Notre suite étant de plus

strictement négative, cela entraîne qu'elle est strictement croissante.

2. Pour tout entier naturel n, on appelle P(n) la proposition suivante :

"0 6 un+1 6 un 6 1".

On calcule sin(1) ce qui nous permet d'armer que P(0) est vraie. 1 est compris entre 0 etπ

2, par croissance de sin sur

[0,π

2

], on a donc :

sin(0) 6 sin(1) 6 sin(π2

)ce qui donne 0 6 sin(1) 6 1 et permet d'armer que P(0) est vraie.On suppose P(n) vraie pour un certain entier naturel n. On a donc, d'après P(n), 0 6un+1 6 un 6 1 d'où :

sin(0) 6 sin(un+1) 6 sin(un) 6 sin(1)

par croissance de sin sur[0,π

2

]et donc en particulier sur [0, 1]. On a donc 0 6 un+2 6

un+1 6 sin(1). Il sut d'ajouter que sin(1) 6 1 pour prouver que P(n+ 1) est alors vraie.Bref, par récurrence, on a prouvé que, pour tout entier naturel n, on a bien : un+1 6 un.Cela signie que (un)n∈N est une suite décroissante.

Institut d'Alzon 48


Soit (Un)n∈N une suite réelle.• (Un)n∈N est dite majorée s' il existe un réel M tel que, pour tout entiernaturel n, on ait Un 6M. On note alors (Un)n∈N 6M et on dit que Mest un majorant de la suite.• (Un)n∈N est dite minorée s' il existe un réel m tel que, pour tout entiernaturel n, on ait Un > m. Si c'est le cas, on note alors (Un)n∈N > m eton dit que m est un minorant de la suite.• (Un)n∈N est dite bornée si (Un)n∈N est à la fois minorée et majorée.

Définition 59

* Remarque :

• Si une suite (un)n∈N est bornée à partir du rang n0, n0 entier naturel, c'est-à-dire s'il existedeux réels m et M tels que, pour tout entier n supérieur à n0, on ait : m 6 un 6 M alors(un)n∈N est tout simplement bornée. En eet, si on pose :

m ′ = min (u0, u1, · · · , un0−1,m ) et M ′ = min (u0, u1, · · · , un0−1,M )

alors on a : ∀n ∈ N, m 6 un 6M.• On peut bien sûr faire une remarque similaire pour le concept de majoration ou de minorationà partir d'un rang n0, n0 entier naturel.

+ Mise en garde :

1. Le majorant et le minorant n'existent pas toujours. En cas d'existence, il y a une innité demajorants et de minorants.

2. Dans la dénition précédente, majorant comme minorant ne doivent pas dépendre de n.

(Un)n∈N est bornée s'il existe un réel positif M tel que pour tout entier natureln, on ait |Un| 6M.

Proposition 60

, Exemple :

•(5

n

)n>1

est minorée (par exemple par 0). Elle est aussi majorée (par 5 par exemple).

• (10+ n)n∈N n'est pas majorée mais est minorée (par exemple par 10).• (cos(n))n∈N est bornée (par exemple par 1).• Les suites périodiques sont bornée (en eet, elles ne prennent qu'un nombre ni de valeurs).

Institut d'Alzon 49


2.1.2 Opérations sur les suites

Dans toute cette partie, E et F sont deux parties de N et (Un)n∈E et (Vn)n∈F deux suites à valeursdans K. On appelle U la suite (Un)n∈E et V la suite (Vn)n∈F.

• On dit que la suite U est égale à la suite V (ce que l'on note U = V ou(Un)n∈E = (Vn)n∈F) si E = F et si, pour tout n dans E, on a : Un = Vn.• On dit que U est inférieure à V (ce que l'on note U 6 V ou (Un)n∈E 6(Vn)n∈E) si, pour tout n dans E, on a : Un 6 Vn.• On dit que U est supérieure à V (ce que l'on note U > V ou (Un)n∈E >(Vn)n∈E) si, pour tout n dans E, on a : Un > Vn.

Définition 61

Soit λ un scalaire.• On note λU ou λ(Un)n∈E la suite (λUn)n∈E.• On note U+ V ou (Un)n∈E + (Vn)n∈E la suite (Un + Vn)n∈E.• On note U× V ou (Un)n∈E × (Vn)n∈E la suite (UnVn)n∈E.

• Si V ne s'annule pas sur une partie F de E alors on noteU

Vou

(Un)n∈F(Vn)n∈F

la suite

(Un

Vn

)n∈F

.

Définition 62

+ Mise en garde :

• Avec ces dénition, les propriétés classiques des opérations, celles que l'on connaît sur R, setransposent aux suites. A noter tout de même que le produit de suites peut être la suite nullesans que l'une des deux suites soit elle-même la suite nulle. Il sut de multiplier les suites(un)n∈N et (vn)n∈N dénie par :

u0 = 1, v0 = 0 et , ∀ n ∈ N, un = 0 et vn = 1.

pour s'en convaincre.• Si on nous dit que (unvn)n∈N = (unwn)n∈N, cela ne signie pas pour autant que (vn)n∈N =(wn)n∈N ou (un)n∈N = (0)n∈N. Cela entraîne que, pour tout entier naturel n, on a un = 0 ouvn = wn. Ce n'est pas du tout la même chose (dans le premier cas, on dit que pour tout entiernaturel n, on a un = 0 ou pour tout entier naturel n, on a vn = wn et dans le deuxième cas,on dit que pour tout entier naturel n, on a un = 0 ou vn = wn).

Institut d'Alzon 50


2.2 Suites classiques

2.2.1 Suites arithmétiques

(Un)n∈N, une suite à valeurs dans K, est dite arithmétique s'il existe un réel r,appelé raison de la suite, tel que :

∀n ∈ N, Un+1 = Un + r.

Définition 63

+ Mise en garde :

Dans la dénition, précédente, r ne doit pas dépendre de n. La suite (un)n∈N dénie par : u0 =1 et ∀n ∈ N, un+1 = un+(n+ 1) n'est pas une suite arithmétique de raison n+ 1. Ce n'est pas unesuite arithmétique puisque puisque u2 − u1 = 3 et u1 − u0 = 2 et donc u2 − u1 6= u1 − u0.

, Exemple :

La suite (3n+ 1)n∈N est une suite arithmétique de raison 3.

Soit (Un)n∈N une suite arithmétique à valeurs dans K de raison r ∈ K.• Pour tout entier naturel n, on a :

Un = U0 + nr etn∑k=0

Uk = (n+ 1)U0 +n(n+ 1)

2× r.

• Pour tout élément (n,m) de N2, on a : Un = Um + (n−m)× r.• Pour tout élément (n,m) de N2 tel que n > m, on a :

n∑k=m

Uk =(Un +Um)× (n−m+ 1)

2.

Proposition 64

Méthode:

Pour prouver qu'une suite (un)n∈N est arithmétique , on peut :

1. Évaluer la quantité un+1 − un et prouver qu'elle est constante (c'est alors la raison de cettesuite arithmétique).

2. Tenter d'écrire notre suite sous la forme (a+ bn)n∈N avec a et b des constantes (b est alorsla raison de cette suite arithmétique).

Institut d'Alzon 51

Partie 2: Les suites à valeurs réelles Suites classiques

2.2.2 Suites géométriques

(Un)n∈N, une suite à valeurs dans K, est dite géométrique s'il existe un réel q,appelé raison de la suite, tel que :

∀n ∈ N, Un+1 = qUn

Définition 65

+ Mise en garde :

Dans la dénition, précédente, q ne doit pas dépendre de n. La suite (un)n∈N dénie par : u0 =1 et ∀n ∈ N, un+1 = un× (n+ 1) n'est pas une suite géométrique de raison n+ 1. Ce n'est pas unesuite géométrique puisque u3 = 2× u2 et u2 = 1× u1 et 2 6= 1.

Méthode:

Pour trouver la raison d'une suite géométrique (un)n∈N, on peut :

1. Si on sait que cette suite ne s'annule jamais, évaluer la quantitéun+1

unet prouver qu'elle est

constante (c'est alors la raison de cette suite géométrique).

2. Sinon, le plus simple de jouer avec les propriétés des fonctions puissances an d'écrire notresuite sous la forme (a× bn)n∈N avec a et b des constantes (b est alors la raison de cette suitegéométrique).

ä Exercice :

Montrer que (un)n∈N et (vn)n∈N les suites dénies par :

∀n ∈ N, un = 32n × 5 et vn = 3n × 2−n

sont géométriques.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Sans problème (un)n∈N est une suite géométrique de raison 9 et (vn)n∈N est une suite géométrique

de raison3

2puisque, pour tout entier naturel n, on a :

∀n ∈ N, un =(32)n × 5 et vn =

(3

2

)n.

Institut d'Alzon 52


Soit (Un)n∈N une suite à valeurs dans K géométrique de raison q avec q uncomplexe diérent de 1.• Pour tout entier naturel n, on a :

Un = qn ×U0 etn∑k=0

Uk = U0 ×(1− qn+1

1− q

).

• Pour tout élément (n,m) de N2 tel que n > m, on a :

Un = qn−m ×Um etn∑

k=m

Uk = Um ×(1− qn−m+1

1− q

).

Proposition 66

+ Mise en garde :

Ne pas oublier de vérier que la raison ne vaut pas 1 avant d'appliquer ces formules. Si la raison vaut

1, la suite est tout simplement stationnaire, on obtient alors par exemple que :n∑k=0

Uk = (n+1)×U0.

ä Exercice :

Expliciter (vn)n∈N la suite géométrique vériant v2 =1

4et v5 =

1

108.

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

On cherche d'abord la raison q de (vn)n∈N. De v5 = q3 × v2, on en déduit que q =1

3. v2 =

1

4et

v2 =v0

9donnent alors v0 =

9

4. On vient donc de prouver que (vn)n∈N est

(9

4× 3n

)n∈N

.

2.2.3 Suites arithmético-géométriques

Soit (Un)n∈N une suite à valeurs dans K. (Un)n∈N est dite arithmético-géométrique s'il existe a et b deux scalaires tels que :

a 6= 1 et ∀ n ∈ N, Un+1 = aUn + b.

Définition 67

+ Mise en garde :

Dans la dénition, précédente, a et b ne doivent pas dépendre de n. La suite (un)n∈N dénie par :u0 = 1 et ∀n ∈ N, un+1 = un × (n+ 1) + 5 n'est pas une suite arithmético-géométrique.

Institut d'Alzon 53


Soient a, b et c trois scalaires tels que a 6= 1. Soit (Un)n∈N une suite déniepar : U0 = c et , ∀ n ∈ N, Un+1 = aUn + b. On prouve que, pour tout entiernaturel n, on a :

Un = α+ an × (c− α)

avec α le réel tel que α = aα + b. Pour obtenir ce résultat, il sut de prouverque (Un − α)n∈N est une suite géométrique de raison a.

Proposition 68

Méthode:

Pour expliciter une suite arithmético-géométrique (un)n∈N vériant :

u0 = c et , ∀ n ∈ N, un+1 = aun + b

avec a, b et c connus, on va suivre les étapes suivantes (et pas apprendre la formule de la propositionprécédente par c÷ur) :

1. Étape 1 : On détermine le réel α tel que α = aα+ b.

2. Étape 2 : On écrit que : ∀n ∈ N, α = aα+b et un+1 = aun+b et on fait une soustraction :

∀n ∈ N, (un+1 − α) = a(un − α)

ce qui prouve que (un − α)n∈N est une suite géométrique de raison a.

3. Étape 3 : On explicite alors (un−α)n∈N (ce qui est facile puisque c'est une suite géométrique)puis on revient à (un)n∈N.

ä Exercice :

Un fumeur veut arrêter de fumer. S'il a réussi à ne pas fumer un jour, il fume le lendemain avec la

probabilité1

2. Mais s'il a fumé un jour, il fume le lendemain avec la probabilité

1

4. Pour tout entier

naturel n, on note pn la probabilité qu'il fume le n-ième jour. Soit n un entier naturel, prouver

que pn+1 = −pn

4+1

2(impossible sans le chapitre "Espace probabilisé ni") puis exprimer pn en

fonction de n et de p1.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Soit n un entier naturel, notons Fn l'événement : "le fumeur fume le n-ième jour". (Fn, Fn) formantun système complet d'événements, on a d'après la formule des probabilités totales :

pn+1 = PFn(Fn+1)P(Fn) + PFn(Fn+1)P(Fn)

=1

4pn +

1

2(1− pn)

= −pn

4+1

2

Le réel x tel que x = −1

4x+

1

2est

2

5. On a :

pn+1 = −1

4× pn +

1

2et

2

5= −

1

4× 25+1

2

Institut d'Alzon 54


ce qui donne pn+1−2

5= −

1

4×(pn −

2

5

)et montre que

(pn −

2

5

)n∈N

est une suite géométrique

de raison −1

4. Pour tout entier naturel non nul n, on a donc :

pn −2

5=p1 −

2

5(−4)n−1

ce qui donne pn =5p1 − 2

5× (−4)n−1+2

5.

2.2.4 Suites récurrentes linéaires d'ordre 2

• (Un)n∈N, une suite à valeurs dans K, est dite récurrente linéaire d'ordre2 s'il existe deux scalaires a et b tels que :

∀n ∈ N, Un+2 = aUn+1 + bUn.

• L'équation, d'inconnue x complexe, x2 = ax + b est appelée équationcaractéristique de cette suite.

Définition 69

+ Mise en garde :

Dans la dénition, précédente, a et b ne doivent pas dépendre de n.

* Remarque :

Les suites récurrentes linéaires d'ordre 2 sont entièrement déterminées par leurs deux premierstermes.

Institut d'Alzon 55


Prenons la suite (Un)n∈N de la dénition précédente. Trois cas se présentent :1. Si l'équation caractéristique admet deux racines réelles r1 et r2 alors il

existe deux réels λ et µ tels que, pour tout entier naturel n, on ait :

Un = λrn1 + µrn2 .

2. Si l'équation caractéristique admet admet une racine double r0 alors ilexiste deux réels λ et µ tels que, pour tout entier naturel n, on ait :

Un = λrn0 + µnrn0 .

3. Si l'équation caractéristique admet deux racines complexes r1 et r2, ellesseront de la forme reiθ et re−iθ avec r et θ deux réels et il existera :• deux complexes λ et µ tels que, pour tout entier naturel n, on ait :


• deux réels A et B tels que, pour tout entier naturel n, on ait :

Un = (A cos(nθ) + B sin(nθ)) rn.

Proposition 70

Méthode:

Pour expliciter une suite (un)n∈N réelle récurrentes linéaires d'ordre 2 vériant :

∀ n ∈ N, un+2 = aun+1 + bun

avec a et b connus, on va suivre les étapes suivantes :• Étape 1 : Résolution de l'équation caractéristique.on commence par résoudre l'équation (E) (dite caractéristique) x2 = a× x + b d'inconnue xcomplexe.• Étape 2 : On trouve la bonne forme.

1. Si l'équation caractéristique admet deux racines réelles distinctes r1 et r2 alors il existedeux réels λ et µ tels que, pour tout entier naturel n, on ait :


2. Si l'équation caractéristique admet admet une racine double r0 alors il existe deux réelsλ et µ tels que, pour tout entier naturel n, on ait :

Un = λrn0 + µnrn0 .

3. Si l'équation caractéristique admet deux racines complexes r1 et r2, elles seront de la formereiθ et re−iθ avec r et θ deux réels. On peut expliciter de deux façons diérentes notresuite (les deux sont vraies).• Il existe deux complexes λ et µ tels que, pour tout entier naturel n, on ait :


Institut d'Alzon 56


• Il existe deux réels A et B tels que, pour tout entier naturel n, on ait :

Un = (A cos(nθ) + B sin(nθ)) rn.

• Étape 3 : On explicite les constantes.Pour expliciter complètement notre suite récurrente linéaire d'ordre 2, il reste à déterminer lesconstantes notées λ et µ (ou A et B) de la précédente étape. Pour cela, on utilise deux termesconnus de la suite (souvent les deux premiers) ce qui donne un sytème à deux équations dontle couple (λ, µ) (ou (A,B)) est la solution.

ä Exercice :

Expliciter la suite de Fibonacci qui est la suite (un)n∈N dénie par :

u0 = u1 = 1 et, pour tout entier naturel n, un+2 = un+1 + un.

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Cette suite est bien une suite récurrente linéaire d'ordre 2. Son équation caractéristique est l'équa-tion suivante : x2 = x+ 1 d'inconnue x complexe.Un coup de discriminant vous montre que cette équation possède deux solutions réelles qui sont

r1 =1−√5

2et r2 =

1+√5

2.

Nous sommes dans le premier cas de la méthode, il existe donc λ et µ réels tels que, pour toutentier naturel n, on ait :

un = λ

(1−√5

2

)n+ µ

(1+√5

2

)n(.)

Il nous faut maintenant déterminer les mystérieux λ et µ. C'est là que l'on va utiliser les deuxpremiers termes u0 et u1 qui nous sont donnés. Nous avons d'après . : u0 = λ + µ et u1 =

λ

(1−√5

2

)+ µ

(1+√5

2

). Or u0 = 1 et u1 = 1 donc :

λ = 1− µ et 1 = (1− µ)

(1−√5

2

)+ µ

(1+√5

2

)

ce qui donne µ ×

(1−√5

2−1+√5

2

)=1−√5

2− 1 puis, après quelques simplications, les

résultats suivantes : λ = −1−√5

2√5

et µ =1+√5

2√5

. On a donc prouvé que :

(un)n∈N =

1√5

−

(1−√5

2

)n+1+

(1+√5

2

)n+1n∈N

.

Institut d'Alzon 57

Partie 2: Les suites à valeurs réelles Limite d'une suite réelle

2.3 Limite d'une suite réelle

2.3.1 Notion de limite

Soient L un réel et (Un)n∈N une suite réelle.• On dit que (Un)n∈N admet L comme limite, ce que l'on note

limn−→+∞(Un) = L, si la propriété suivante est vériée :

∀ε > 0, ∃ n0 tel que , ∀n ∈ N, n > n0 ⇒ |Un − L| < ε.

• On dit que (Un)n∈N est convergente si elle admet une limite réelle nie.Sinon, elle est dite divergente.

Définition 71

* Remarque :

• Cette dénition, vous ne l'utiliserez jamais dans un exercice (c'est écrit explicitement dans leprogramme) mais il faut tout de même la connaître an de démontrer tous les résultats de cechapitre !• La limite d'une suite ne dépend jamais de n. Écrire lim

n−→+∞(Un) = n2 est absurde !• Une suite peut diverger parce qu'elle n'admet pas de limite ou parce que sa limite est innie.Quatre natures (i.e. quatre comportements en l'inni) sont possibles pour une suite :

1. Converger vers une limite nie.

2. Tendre vers +∞.

3. Tendre vers −∞4. Ne pas admettre de limite.

Soient L un réel et (Un)n∈N une suite réelle admettant L comme limite. On aalors :

1. L est la seule limite que (Un)n∈N admet. On parle d'unicité de la limite.

2. (Un)n∈N est bornée.

3. Pour tout entier p, (Un+p)n∈N converge et converge vers L.

4. limn−→+∞ (|Un|) existe et vaut |L| .

Proposition 72

+ Mise en garde :

Les réciproques de la deuxième et de la quatrième partie de cette proposition ne sont pas vraies.La suite((−1)n)n∈N fournit d'ailleurs un contre-exemple :• Une suite peut être bornée et ne pas converger.

Institut d'Alzon 58


• Si une suite (Un)n∈N est telle que (|Un|)n∈N converge vers un réel L alors il se peut que(Un)n∈N ne converge pas et, si jamais (Un)n∈N converge, il n'est pas sûr que cela soit vers L,les deux limites potentielles de (Un)n∈N sont alors L et −L.

Soit (Un)n∈N une suite réelle. Pour tout réel L, on a :

limn−→+∞(Un) = L⇔ lim

n−→+∞(|Un − L|) = 0.

Proposition 73

* Remarque :

En particulier, si (Un)n∈N est une suite réelle, on a l'équivalence suivante :

limn−→+∞(Un) = 0⇔ lim

n−→+∞(|Un|) = 0.

Si on a envie de prouver qu'une suite (Un)n∈N tend vers 0 et que le signe de cette suite nous gêne,on peut s'intéresser à la suite (|Un|)n∈N.

Soit (Un)n∈N une suite réelle.• On note lim

n−→+∞(Un) = +∞ et on dit que (Un)n∈N diverge vers +∞ si :

∀A ∈ R, ∃n0 tel que ∀n ∈ N, n > n0 ⇒ Un > A.• On note lim

n−→+∞(Un) = −∞ et on dit que (Un)n∈N diverge vers −∞ si :

∀B ∈ R, ∃n0 tel que ∀n ∈ N, n > n0 ⇒ Un < B.• On dit que (Un)n∈N diverge vers l'inni si (|Un|)n∈N diverge vers +∞.

Définition 74

2.3.2 Opérations sur les limites

Dans la prochaine proposition, (Un)n∈N et (Vn)n∈N seront deux suites réelles, L1,L2 et λ trois réelset F.I. utilisée dans ces tableaux veut dire forme indéterminée.

Institut d'Alzon 59


Limite d'une somme

limn→+∞(Un + Vn) lim

n→+∞(Un)L1 +∞ −∞

L2 L1 + L2 +∞ −∞limn→+∞(Vn) +∞ +∞ +∞ F.I.

−∞ −∞ F.I. −∞Limite du produit par un scalaire

limn→+∞(λUn) lim

n→+∞(Un)L1 +∞ −∞

si λ > 0 λL1 +∞ −∞si λ = 0 0 0 0

si λ < 0 λL1 −∞ +∞Limite du produit

limn→+∞(UnVn) lim

n→+∞(Un)L1 > 0 L1 = 0 L1 < 0 +∞ −∞

L2 > 0 +∞ −∞L2 = 0 L1L2 F.I. F.I.

limn→+∞(Vn) L2 < 0 −∞ +∞

+∞ +∞ F.I. −∞ +∞ −∞−∞ −∞ F.I. +∞ −∞ +∞

Limite de l'inverse

limn→+∞(Un)

L 6= 0 0+ 0− +∞ −∞ 0

limn→+∞

(1

Un

)1

L+∞ −∞ 0+ 0− F.I

Proposition 75

+ Mise en garde :

Attention à deux erreurs classiques lorsque l'on utilise ces tableaux :

1. F.I veut dire forme indéterminée. Cela ne signie pas que la limite n'existe pas. Cela signiequ'on ne peut armer par opérations ce que vaudra le résultat. Il est possible que la limiteexiste et soit nie, il est possible que la limite n'existe pas, il est possible que l'on obtiennel'inni.

2. Dans les tableaux précédents, il y a des hypothèses et des conclusions. La case par exemplelimn→+∞(Un+Vn) = L1+ L2 doit se lire : si (Un)n∈N converge vers L1 et (Vn)n∈N vers L2 alors

(Un +Vn)n∈N converge et converge vers L1 + L2. Il faut faire attention car il est possible que

Institut d'Alzon 60


(Un + Vn)n∈N converge sans que ni (Un)n∈N ni (Vn)n∈N ne converge. Par exemple la suite((−1)n − (−1)n)n∈N converge mais ((−1)n)n∈N ne converge pas !

* Remarque :

1. Les quatre formes indéterminées peuvent donc se résumer par :

"∞−∞" , "0×∞", "0

0", "∞∞"

2. Puisque ab est, sous réserve d'existence, exp(b ln(a)) et que "0×∞" est une forme indéter-minée, on en déduit que "1∞", "00" et "∞0" sont aussi trois formes indéterminées.

3. Pour obtenir la limite d'un quotient, il faut se servir de la proposition sur la limite de l'inverseet celle sur la limite du produit.

2.3.3 Limite et ordre

Information apportée par la limite

Soit (Un)n∈N une suite de réels. On suppose que (Un)n∈N converge vers un réell non nul. On peut alors armer que, au-delà d'un certain rang, (Un)n∈N nes'annule pas et garde le signe de l.

Proposition 76

, Exemple :

Ainsi, si (Un)n∈N converge vers −5, on peut armer que, au-delà d'un certain rang (qui n'est pasforcément facile à expliciter), (Un)n∈N est strictement négative.

¨) Corollaire 77 :Soit (Un)n∈N une suite de réels. On suppose que (Un)n∈N converge vers un réel l. Si on sait qu'ilexiste deux réels a et b tels que a < l < b , alors il existe un entier naturel n0 tel qu'on ait :

∀n ∈ N, n > n0 ⇒ a < Un < b.

Passage à la limite dans les inégalités

Soit (Un)n∈N une suite de réels. On suppose que (Un)n∈N est positive, c'est-à-diretelle que : ∀n ∈ N, Un > 0, et convergente. On peut alors armer que :

limn→+∞(Un) > 0.

Proposition 78

Institut d'Alzon 61


* Remarque :

Si (Un)n∈N est une suite strictement positive, c'est-à-dire telle que Un > 0 pour tout entier na-turel n, et convergente, alors on n'a pas forcément lim

n→+∞(Un) > 0. On peut juste armer que :

limn→+∞Un > 0. La suite

(1

n+ 1

)n∈N

constitue un bon contre-exemple. On peut bien sûr faire la

même remarque avec une suite strictement négative.

Soient (Un)n∈N et (Vn)n∈N deux suites réelles telles que pour tout entier natureln, on ait Un > Vn alors on peut armer que :

1. si limn→+∞(Un) et lim

n→+∞(Vn) existent et sont nies, on a :

limn→+∞(Un) > lim

n→+∞(Vn).2. si lim

n→+∞(Un) = −∞ alors limn→+∞(Vn) = −∞.

3. si limn→+∞(Vn) = +∞ alors lim

n→+∞(Un) = +∞.

Proposition 79

* Remarque :

1. Si deux suites (Un)n∈N et (Vn)n∈N convergent et que, pour tout entier naturel n, Un > Vnalors on peut juste armer que : lim

n→+∞(Un) > limn→+∞(Vn), on n'a pas forcément lim

n→+∞(Un) >limn→+∞(Vn). On peut prendre les suites

(1+

1

n+ 1

)n∈N

et

(1−

1

n+ 1

)n∈N

comme contre-

exemple.

2. On utilise souvent la première partie de cette proposition en prenant pour suite (Un)n∈N uneconstante ou en prenant pour suite (Vn)n∈N une constante.Si (Un)n∈N une suite réelle convergente et que ∀n ∈ N, a 6 Un 6 b (avec a et b deux réels)alors a 6 lim

n→+∞(Un) 6 b.De nouveau, si on sait en plus que ∀n ∈ N, a < Un < b alors on ne peut pas dire qu' a prioria < lim

n→+∞(Un) < b soit vrai.

3. Prenons les notations de la proposition, dire que limn→+∞(Un) = +∞ n'entraîne rien sur une

éventuelle convergence de (Vn)n∈N. On peut prendre les suites

(1

n+ 1

)n∈N

et (n)n∈N comme

contre-exemple.

ä Exercice :

Institut d'Alzon 62


Déterminer, si elle existe, la limite de

(2n∑k=n

k√n2 + k2

)n∈N∗

.

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Soit n un entier naturel non nul et soit k un élément de Jn; 2nK, on a :

k√n2 + k2

>n√

n2 + (2n)2

>1√5

Par somme, on obtient donc que :2n∑k=n

k√n2 + k2

>n√5. Comme

(n√5

)n∈N∗

tend vers +∞, on

peut conclure que

(2n∑k=n

k√n2 + k2

)n∈N∗

tend vers +∞ par passage à la limite dans les inégalités.

2.3.4 Limite par encadrement

Théorème des gendarmes (ou d'encadrement)Soient (Un)n∈N, (Vn)n∈N et (Wn)n∈N trois suites réelles.Si pour tout entier naturel n, on a :

Un 6 Vn 6Wn

et si limn→+∞(Un) et lim

n→+∞(Wn) existent, sont nies et égales alors (Vn)n∈N

converge et converge vers cette limite.

Théorème 80

+ Mise en garde :

1. Si (Un)n∈N, (Vn)n∈N et (Wn)n∈N sont trois suites réelles telles que, pour tout entier natureln, on ait : Un 6 Vn 6Wn et si lim

n→+∞(Un) et limn→+∞(Wn) existent et valent +∞ alors on peut

armer que limn→+∞(Vn) existe et vaut aussi +∞. Par contre, ce n'est pas une conséquence du

théorème des gendarmes (on a des limites nies dans ce théorème) mais du passage à la limitedans les inégalités et la suite (Wn)n∈N ne sert à rien dans cette démonstration !

2. On reprend les notations de la précédente proposition. Si (Un)n∈N et (Wn)n∈N ne convergentpas vers la même limite, on ne peut pas appliquer le théorème des gendarmes. On ne peutpas armer que (Vn)n∈N converge. Par exemple, ∀n ∈ N,−2 6 (−1)n 6 1 et ((−1)n)n∈N neconverge pas.

* Remarque :

Institut d'Alzon 63


Une remarque plus générale. On reprend les notations de la précédente proposition. S'il existe unentier naturel n0 tel que : ∀n ∈ N, n > n0 ⇒ Un 6 Vn 6 Wn et si lim

n→+∞(Un) et limn→+∞(Wn)

existent, sont nies et égales alors on peut armer que (Vn)n∈N converge et converge vers cettelimite. Les théorèmes sur les limites nécessitent que les hypothèses soient valables non pas pour toutentier naturel mais simplement à partir d'un certain rang.

Corollaires du théorème des gendarmesSoient (Un)n∈N et (Vn)n∈N deux suites réelles et L un réel.

1. Si (Un)n∈N converge vers 0 et si (Vn)n∈N est bornée alors (UnVn)n∈Nconverge et converge vers 0.

2. Si (Vn)n∈N converge vers 0 et si , ∀n ∈ N, on a |Un − L| 6 |Vn|, on peutalors armer que (Un)n∈N converge et converge vers L.

Proposition 81

* Remarque :

Utiliser le théorème des gendarmes ou ses corollaires est très classique lorsque la suite fait inter-venir :

1. Une notion de partie entière, du cosinus, du sinus. Ce sont des fonctions qu'on a souventl'habitude d'encadrer.

2. Une somme de n termes. Il est alors classique de minorer chacun des termes de la somme parle plus petit d'entre eux et majorer ces mêmes termes par le plus grand d'entre eux.

ä Exercice :

Montrer que la suite (un)n∈N∗ dénie pour tout entier naturel non nul n par : un =

n∑k=1

1√n2 + k

converge et déterminer sa limite.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .On va tout d'abord essayer d'encadrer le terme général de la suite. Comme ce terme général estconstitué d'une somme de termes, on va encadrer chacun de ces termes puis sommer. Pour toutk ∈ J1, nK, on a :

1√n2 + n

61√

n2 + k6

1√n2 + 1

.

En sommant ces inégalités, on obtient donc :

n∑k=1

1√n2 + n

6n∑k=1

1√n2 + k

6n∑k=1

1√n2 + 1

soitn√n2 + n

6 un 6n√n2 + 1

. Or limn→+∞

(n√n2 + n

)et limn→+∞

(n√n2 + 1

)existent et valent 1

(résultats obtenus avec des équivalents). D'après le théorème des gendarmes, on peut armer quelimn→+∞ (un) existe et vaut 1.

Institut d'Alzon 64


2.3.5 Convergence de suites classiques

Convergence des suites arithmétiques et géométriques réelles

Soit a un réel. Soit (Un)n∈N une suite arithmétique de raison a. On a :

• limn→+∞ (Un) =

+∞ si a > 0

U0 si a = 0

−∞ si a < 0• ((−1)n)n∈N n'a pas de limite.• (an)n∈N diverge vers l'inni si a < −1.

• limn→+∞ (an) =

+∞ si a > 1

1 si a = 1

0 si a ∈] − 1, 1[

Proposition 82

Convergence des suites monotones

Théorème de la limite monotoneSoit (Un)n∈N une suite de réels monotone.

1. Si (Un)n∈N est croissante alors :• Si elle est de plus majorée, elle converge et sa limite est la bornesupérieure de l'ensemble Un, n ∈ N .• Si elle n'est pas majorée, elle tend vers +∞.

2. Si (Un)n∈N est décroissante alors :• Si elle est de plus minorée, elle converge et sa limite est la borneinférieure de l'ensemble Un, n ∈ N .• Si elle n'est pas minorée, elle tend vers −∞.

Théorème 83

* Remarque :

1. Si (Un)n∈N est une suite réelle croissante et majorée alors non seulement elle converge mais onsait aussi la valeur de sa limite, c'est la borne supérieure de l'ensemble Un, n ∈ N . Ainsi, si(Un)n∈N est une suite réelle croissante et majorée, on a, pour tout entier naturel n, l'inégalité :

U0 6 Un 6 L

en notant L la limite de (Un)n∈N.

2. On peut faire la même remarque dans le cas décroissant et minoré, L est alors la borneinférieure de Un, n ∈ N et on a U0 > Un > L pour tout entier naturel n.

Institut d'Alzon 65


ä Exercice :

Soit (un)n∈N la suite dénie par : u0 = 1 et :

Pour tout entier naturel n, on pose : un+1 =

√√√√ n∑k=0

uk.

Montrer que (un)n∈N est bien dénie, puis, après avoir trouvé une relation entre un+1 et un,étudier l'éventuelle limite de cette suite.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .On commence par démontrer par récurrence que notre suite est bien dénie. Pour cela, on introduitpour tout entier naturel n, l'hypothèse P(n) suivante : "un existe et est positif".P(0) vraie est une évidence.Soit n un entier naturel. Supposons P(k) vraie pour tout k de J0, nK. D'après ces hypothèses,n∑k=0

uk existe et est positif. Ainsi,

√√√√ n∑k=0

uk existe et est positif, P(n+ 1) est donc vraie.

Par principe de récurrence, on a donc prouvé que notre suite est bien dénie.Supposons que (un)n∈N converge vers un certain réel L. On sait que, pour tout entier naturel n,

on a un+1 =

√√√√ n∑k=0

uk ce qui s'écrit :

un+1 =√un + u2n.

Cela donne, par passage à la limite, l'égalité suivante : L =√L+ L2 ce qui entraîne que L est nul.

On vient donc de prouver que, si jamais (un)n∈N converge, sa limite est nécessairement nulle.Mais, pour tout entier naturel n, grâce à la quantité conjuguée, on a :

un+1 − un =√un + u2n − un

=

(√un + u2n − un

)×(√

un + u2n + un

)√un + u2n + un

=

(√un + u2n

)2− u2n√

un + u2n + un

=un√

un + u2n + un.

Ce quotient est positif. (un)n∈N est donc une suite croissante et donc, pour tout entier naturel n,on a un > u0. Par passage à la limite, on obtient donc que : L > u0 soit 0 > 1 ce qui est absurde !(un)n∈N est donc une suite croissante ne convergeant pas vers un réel. Elle tend donc vers +∞d'après le théorème de la limite monotone.

On va maintenant étudier des suites monotones particulières, les suites adjacentes. Commençons parla dénition, nous verrons après leur théorème.

Institut d'Alzon 66


Soient (Un)n∈N et (Vn)n∈N deux suites réelles. Elles sont dites adjacentes (resp.adjacentes à partir du rang n0 avec n0 un entier naturel) si les trois conditionssuivantes sont vériées :

1. (Un)n∈N est croissante (resp. croissante à partir du rang n0),

2. (Vn)n∈N est décroissante (resp. décroissante à partir du rang n0),

3. (Un − Vn)n∈N converge et sa limite vaut 0.

Définition 84

Soient (Un)n∈N et (Vn)n∈N deux suites réelles adjacentes (resp. adjacentes à par-tir du rang n0). On suppose que (Un)n∈N est croissante et (Vn)n∈N décroissante.Elles vérient les propriétés suivantes :

1. Elles sont convergentes.

2. Elles ont même limite. Notons L cette limite.

3. Pour tout entier naturel (resp. supérieur à n0) n , on a :

Un 6 L 6 Vn.

Proposition 85

Méthode:

On souhaite prouver que les suites (un)n∈N et (vn)n∈N sont adjacentes. On commence par prou-ver que (un)n∈N est croissante et (vn)n∈N décroissante (ou l'inverse bien sûr !). Et là, on s'intéresseà (vn − un)n∈N. Deux possibilités classiques :

1. On arrive à prouver que (vn − un)n∈N tend vers 0. On peut alors armer, en invoquant lethéorème des suites adjacentes, que (un)n∈N et (vn)n∈N convergent. Au passage,leurs limitessont confondues.

2. On n'arrive pas à prouver que (vn−un)n∈N tend vers 0 mais on on parvient à démontrer quec'est une suite positive. Ce n'est pas encore ce qu'on veut mais cela entraîne la convergencedes deux suites : En eet, pour tout entier naturel n, on a :

vn 6 v0 et un 6 vn F

puisque (vn)n∈N est décroissante. (un)n∈N est donc croissante et majorée par v0 (et pas parvn, on ne majore pas par une quantité dépendant de n ! ! ! ! !), elle est donc convergente d'aprèsle théorème de la limite monotone. On procède de même pour (vn)n∈N. Pour prouver que cessuites sont adjacentes, il reste à démontrer qu'elles convergent vers la même limite. La relationF nous donne, par passage à la limite, l'inégalité suivante :

limn−→+∞un 6 lim

n−→+∞ vn.On voudrait l'égalité. Cela peut se faire en passant à la limite dans les relations dénissant(un)n∈N et (vn)n∈N an d'obtenir des relations entre lim

n−→+∞(un) et limn−→+∞(vn). Cela sut

la plupart du temps !

Institut d'Alzon 67


ä Exercice :

Soient (un)n∈N et (vn)n∈N dénies par : u0 = 1 et v0 = 2 et :

Pour tout entier naturel n, on a : un+1 =un + vn2

et vn+1 =√un × vn.

Montrer que (un)n∈N et (vn)n∈N convergent vers la même limite.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .• On commence d'abord par montrer par récurrence que ces deux suites sont bien dénies.On prouve donc, par récurrence, la propriété P(n) suivante :

"un et vn existent et sont positifs".

P(0) est vraie et si P(n) est vraie pour un certain entier naturel n alors, par somme, un+1 estpositif et, un × vn étant positif, vn+1 est non seulement déni et est positif. Raisonnementsimple mais il faut tout de même le faire pour démontrer que ces suites existent.• Après, on a, pour tout entier naturel n, les égalités suivantes :

un+1 − vn+1 =un + vn − 2

√un × vn

2

=

(√un −

√vn)2

2

Ainsi, pour tout entier naturel non nul n, on a : un > vn (U).• D'autre part, pour tout entier naturel non nul n, on a :

un+1 − un =vn − un2

et vn+1 − vn =√vn × (

√un −

√vn)

ce qui implique, en utilisant U, que (un)n∈N? est une suite décroissante et (vn)n∈N? est unesuite croissante.• Pour tout entier naturelnon nul n, d'après U et par croissance de (vn)n∈N? , on a :

vn > v1 et un > vn

ce qui montre que (un)n∈N? est minorée (par min(v1, v0)). Comme elle est décroissante, elleest donc convergente d'après le théorème de la limite monotone. On procède de même pour(vn)n∈N? .

• On note Lu et Lv leur limite respective. Par unicité de la limite, la relation un+1 =un + vn2

(valable pour tout entier naturel non nul n) donne :

Lu =Lu + Lv2

ce qui donne bien la relation souhaitée, à savoir Lu = Lv. Ces suites sont donc bien adja-centes.

Institut d'Alzon 68


2.4 Relations de comparaisons

2.4.1 Dénitions

Notations de Landau.Soient (Un)n∈N et (Vn)n∈N deux suites réelles. On suppose que (Vn)n∈N nes'annule pas à partir d'un certain rang. On dit que :

• (Un)n∈N est négligeable devant (Vn)n∈N si limn→+∞

(Un

Vn

)existe et vaut 0.

On note alors Un =+∞ o (Vn).

• (Un)n∈N est équivalente à (Vn)n∈N si limn→+∞

(Un

Vn

)existe et vaut 1. On

note alors Un ∼+∞ Vn.

Définition 86

, Exemple :

On a par exemple :

1. 1+ n+ n3 ∼+∞ n3 2.

1+ n+ n3

n2 + 1∼

+∞ n 3.√n4 + 1 ∼

+∞ n2

Pour prouver ceci, il sut de calculer des limites. Ainsi, pour prouver le premier équivalent donné, il

sut juste de prouver que limn→+∞

(1+ n+ n3

n3

)existe et vaut 1 ce qui se fait très bien (Factorisez

par n3 au numérateur et au dénominateur).

2.4.2 Comparaisons et Opérations

Les équivalents ne marchent pas avec toutes les opérations. On ne possède pas de théorèmes générauxni sur les sommes d'équivalents, ni sur le passage des équivalents au logarithme ni sur le passagedes équivalents à l'exponentielle. Parfois, ça marche, d'autres fois, non... Disons que ce n'est pasautomatique. Il y a quelques résultats toutefois sur le passage des équivalents au logarithme ou àl'exponentielle mais ils ne sont pas au programme des bcpst.

, Exemple :

1. Soient (Un)n∈N et (Vn)n∈N les suites dénies par : ∀n ∈ N, Un = n3 + n et Vn = −n3 + n2

alors Un ∼+∞ n3 et Vn ∼

+∞ −n3 mais Un + Vn ∼+∞ n2.

2. Soient (Un)n∈N et (Vn)n∈N dénies par : ∀n ∈ N, Un = n2+n et Vn = n2 alors Un ∼+∞ Vn

mais (exp(Un))n∈N et (exp(Vn))n∈N ne sont pas équivalentes.

3. Soient (Un)n∈N? et (Vn)n∈N? dénies par : ∀n ∈ N?, Un = n + n2 et Vn = n2 alorsUn ∼

+∞ Vn mais (ln(Un))n∈N? et (ln(Vn))n∈N? ne sont pas équivalentes.

Institut d'Alzon 69

Partie 2: Les suites à valeurs réelles Relations de comparaisons

4. Soient (Un)n∈N, (Vn)n∈N deux suites réelles équivalentes. On n'a pas forcément Un+1 ∼+∞ Vn.

Un contre-exemple est fourni par (exp(n2))n∈N.

Soient (Un)n∈N, (Vn)n∈N, (Wn)n∈N et (Zn)n∈N quatre suites réelles ne s'annulantpas à partir d'un certain rang. Soient λ un réel non nul et p un entier naturel.• Si Un ∼

+∞ Vn et Zn ∼+∞Wn, on a alors :

1. Vn ∼+∞ Un

2. λUn ∼+∞ λVn

3. UnZn ∼+∞ VnWn

4. (Un)p ∼

+∞ (Vn)p

5. |Un| ∼+∞ |Vn|

6.Un

Zn∼

+∞Vn

Wn

• Si Un ∼+∞ Vn et si, pour tout entier naturel n, on a Un > 0 et Vn > 0

alors : (Un)λ ∼+∞ (Vn)

λ.

• Si Un ∼+∞ Vn et Vn ∼

+∞Wn alors Un ∼+∞Wn.

Proposition 87

, Exemple :

√n2 − 4n

(2n3 + n− n2)8∼

+∞√n2

28n24

∼+∞

1

256n23

+ Mise en garde :

La proposition précédente Un ∼+∞ Vn ⇒ (Un)

p ∼+∞ (Vn)

p (avec p xé) ne signie absolument

pas que Un ∼+∞ Vn ⇒ (Un)

n ∼+∞ (Vn)

n. Pour se rendre compte que cette dernière proposition est

fausse, il sut de poser (Un)n∈N = (1)n∈N et (Vn)n∈N =

(1+

1

n

)n∈N?

. En eet, avec les équivalents

usuels que l'on va voir et en sachant que, pour tout entier naturel non nul, on a :(1+

1

n

)n= exp

(n ln

(1+

1

n

)),

on se rend compte que Vn ∼+∞ Un et que Vnn ∼

+∞ e×Unn.On a tout de même un résultat mêlant équivalents et somme, c'est la prochaine proposition qui lefournit :

Institut d'Alzon 70


Soient (Un)n∈N et (Vn)n∈N deux suites réelles. Si Un =+∞ o (Vn) alors :

Un + Vn ∼+∞ Vn.

Proposition 88

2.4.3 Comparaisons classiques

Soit p un entier naturel. Soient des réels a0, a1, · · · , ap. On suppose que ap estnon nul. On a :

apnp + ap−1n

p−1 + · · ·+ a1n+ a0 ∼+∞ apnp

Proposition 89

* Remarque :

Cette proposition découle de la précédente ! Faites un petit eort pour le prouver !

Soient α un réel non nul et une suite réelle (Un)n∈N. On suppose que (Un)n∈Nconverge vers 0 et ne s'annule pas à partir d'un certain rang. On a alors :

1. sin (Un) ∼+∞ Un

2. tan (Un) ∼+∞ Un

3. ln(1+Un) ∼+∞ Un

4. 1− cos (Un) ∼+∞

(Un)2

2

5. exp(Un) − 1 ∼+∞ Un

6. (1+Un)α − 1 ∼

+∞ αUn

Proposition 90

* Remarque :

cos

(1

n

)∼

+∞ 1 −1

2n2est vrai mais n'a aucun intérêt car dire que lim

n→+∞

cos

(1

n

)1−

1

2n2

existe et

vaut 1 est une évidence (Ce n'est pas une forme indéterminée !). En revanche, 1− cos

(1

n

)∼

+∞1

2n2

Institut d'Alzon 71


signie que limn→+∞

cos

(1

n

)− 1

−1

2n2

existe et vaut 1 ce qu'on ne savait pas a priori puisque c'est une

forme indéterminée de la forme0

0.

Soient α et β des réels strictement positifs. Soit k un réel strictement supérieurà 1. On a alors :

(ln(n))β = o+∞ (nα) , nα = o

+∞ (kn) et kn = o+∞ (n!)

Proposition 91

Institut d'Alzon 72


ä Exercice :

Montrer que : (4n3 + 6n2)2 × ln

(cos

(sin

(1

n3

)n2))

∼+∞ −8n4.

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

limn→+∞

(1

n3

)= 0 entraîne que sin

(1

n3

)∼

+∞1

n3puis sin

(1

n3

)× n2 ∼

+∞1

npar produit. On en

déduit que limn→+∞

(sin

(1

n3

)n2)

= 0 d'où :

1− cos

(sin

(1

n3

)n2)

∼+∞

(sin

(1

n3

)n2)2

2

∼+∞

1

2n2.

On a donc limn→+∞

(1− cos

(sin

(1

n3

)n2))

= 0 ce qui prouve que :

ln

(cos

(sin

(1

n3

)n2))

∼+∞ ln

(1+

(cos

(sin

(1

n3

)n2)− 1

))∼

+∞ cos

(sin

(1

n3

)n2)− 1

∼+∞ −

1

2n2

Par produit avec(4n3 + 6n2

)2∼

+∞ 16n6, on obtient la conclusion tant attendue !

2.4.4 Utilisations des équivalents

Soient L un réel et des suites réelles (Un)n∈N et (Vn)n∈N. On suppose qu'ellessont équivalentes et que (Vn)n∈N converge vers L. On peut alors armer que(Un)n∈N converge et qu'elle converge vers L.

Proposition 92

* Remarque :

1. Avec les notations de la proposition ci-dessus, on peut dire que la réciproque est vraie si L estun réel non nul. La réciproque est fausse si L est inni ou nul. Un contre-exemple est fourni

par

(1

n+ 1

)n∈N

et

(1

n2 + 1

)n∈N

.

2. On voit avec cette précédente proposition que le principal intérêt des équivalents est de leverdes formes indéterminées. A la place de chercher la limite d'une suite, on peut chercher lalimite d'une suite équivalente plus simple.

Institut d'Alzon 73


Soit L un réel non nul. Soit une suite réelle (Un)n∈N. On suppose que (Un)n∈Nconverge vers L. On peut alors armer que :

Un ∼+∞ L.

Proposition 93

* Remarque :

Ainsi, quand on sait déjà qu'une suite converge vers un réel non nul, on peut prendre (et c'estle plus simple) et le plus précis sa limite comme équivalent. Attention cependant, ne pas prendre lalimite comme équivalent (car c'est faux tout simplement), si une suite tend vers 0, +∞ ou −∞.

ä Exercice :

Trouver un équivalent de

(ln

(2+

1

n

))n∈N

.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Facile ! Par composition, on a : limn→+∞

(ln

(2+

1

n

))= ln(2). Cela entraîne, puisque ln(2) est

non nul, que :

ln

(2+

1

n

)∼

+∞ ln(2).

Soient des suites réelles (Un)n∈N et (Vn)n∈N. On suppose qu'elles sont équiva-lentes. On peut alors armer qu'il existe un rang n0 (n0 entier naturel) tel que(Un)n>n0 et (Vn)n>n0 ont même signe.

Proposition 94

+ Mise en garde :

Un certain nombre de propriétés sont donc communes à deux suites équivalentes. Ce n'est pas lecas de la monotonie. Par exemple, (n + 2sin(n))n∈N et (n)n∈N sont équivalentes, la première n'estpas monotone, la seconde est croissante.

ä Exercice :

Déterminer la limite de

((1+

1

n

)n)n∈N∗

.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .On se rappelle tout d'abord que, pour tout entier naturel n non nul, on a :(

1+1

n

)n= exp

(n ln

(1+

1

n

)).

Institut d'Alzon 74


(1

n

)n∈N∗

tendant vers 0, cela prouve que :

ln

(1+

1

n

)∼

+∞1

n

et donc n×ln(1+

1

n

)∼

+∞ 1. On en déduit que limn→+∞

(n ln

(1+

1

n

))= 1 et donc, par continuité

de l'exponentielle en 1, la limite recherchée vaut exp(1) soit e.

2.5 Étude des suites du type un+1 = f(un)

+ Mise en garde :

On pourra, avec ces méthodes, étudier par exemple, la suite (un)n∈N dénie par :

u0 = 5 et ∀n ∈ N, un+1 = ln(un + 10).

Par contre, la fonction f qui intervient ne doit pas dépendre de n pour que l'on puisse appliquer lesrésultats que l'on va développer. Ainsi, si vous étudiez la suite (un)n∈N dénie par :

Pour tout entier naturel n, on pose : un+1 = n× exp (−un) ,

il vous faudra rééchir un peu tout seul !

* Remarque :

A noter que cette partie est hors-programme. Le programme dit cependant qu'il faut mener enclasse quelques études de suites du type un+1 = f(un). Pour faire plus simple et moins hypocrite,on préfère vous donner les résultats généraux : Vous serez amener à les utiliser dans le cas particulierde votre étude, il faudra alors les démontrer à chaque utilisation.

2.5.1 Aspect graphique

Soit f une fonction de R dans R. Soit la suite réelle (un)n∈N dénie par la connaissance de u0 etpar, pour tout entier naturel n, un+1 = f(un). Pour représenter graphiquement (un)n∈N, on tracela courbe d'équation y = f(x) et la la courbe d'équation y = x.

On procéde alors ainsi : on place sur un graphique les courbes d'équation y = x et y = f(x). Onpart du point de coordonnées (u0, 0), on remonte sur la courbe de f ce qui nous donne le point decoordonnées (u0, f(u0)) i.e (u0, u1)... On revient à y = x, on tombe sur le point de coordonnées(u1, u1) et on retourne sur l'axe des abscisses où on va pouvoir placer (u1, 0) et recommencer leprocessus...

Institut d'Alzon 75

Partie 2: Les suites à valeurs réelles Étude des suites du type un+1 = f(un)

Les comportements classiques que l'on obtient sous les suivants (on justiera après) :

Institut d'Alzon 76


2.5.2 Existence

Soit f une fonction de R dans R. Soit la suite réelle (un)n∈N dénie par la connais-sance de u0 et par, pour tout entier naturel n, un+1 = f(un).Si E est une partie de R tel que f(E) ⊂ E (i.e. si x appartient à E alors automa-tiquement, f(x) appartient à E) et que u0 appartient à E alors la suite (un)n∈Nest bien dénie et, pour tout entier naturel n, un appartient à E.

Proposition 95

* Remarque :

1. Cette proposition n'est pas au programme, il faudra la démontrer dans le cas particulier devotre exercice. Si f est dénie sur R, l'existence de (un)n∈N ne pose pas de problème, on n'apas besoin de le prouver. C'est le cas par exemple de la suite (un)n∈N dénie par :

u0 = 5 et ∀n ∈ N, un+1 = cos(2un + 1).

Par contre, si f n'est dénie que sur une partie de R, il faudra faire une démonstration,cela consistera à démontrer par récurrence que, pour tout entier naturel k, la proposition Pksuivante :

Pk : "uk existe et appartient à E"

est vraie. Par exemple, pour prouver la bonne dénition de la suite (un)n∈N dénie par :

u0 = 5 et ∀n ∈ N, un+1 =√un + 1.

On commence par prouver par récurrence que, pour tout entier naturel n, il est vraie que unexiste et est strictement positif.

2. Si f est une fonction de R dans R et si E est une partie de R tel que f(E) soit incluse dans Ealors on dit que E est une partie stable de R par f. Ce vocabulaire n'est pas au programme.

ä Exercice :

On dénit les suites (un)n∈N et (vn)n∈N par u0 = v0 = 2 et par, pour tout entier naturel n, on

pose : un+1 =1

un − 1et vn+1 = ln(vn + 2). (un)n∈N et (vn)n∈N sont-elles bien dénies ?

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .• u0 = 2, u1 = 1 et puis, et puis c'est tout ! u2 n'existant pas, on ne peut pas aller plus loin !(un)n∈N n'est donc pas dénie ! Inutile de l'étudier, d'essayer de prouver une éventuelleconvergence, cela n'aurait aucun sens !• Pour (vn)n∈N, on introduit pour tout entier naturel n l'hypothèse P(n) suivante : "vn existeet est supérieur à 1".P(0) vraie est une évidence.Supposons P(n) vraie pour un certain entier naturel n. D'après P(n), vn existe et estsupérieur à 1. Ainsi, vn + 2 est supérieure à 3 et donc ln(vn + 2) (i.e. vn+1) existe et estsupérieur à 1 puisque ln(3) est supérieur à 1. P(n+ 1) est donc vraie.Par principe de récurrence, on a donc prouvé que (vn)n∈N était bien dénie.

Institut d'Alzon 77


Jusqu'à la n du chapitre, on suppose que f est une fonction de R dans R, E est une partie de R telleque f(E) ⊂ E et a est un élément de E. On étudiera toujours la suite réelle (un)n∈N dénie par :

u0 = a et par, pour tout entier naturel n, un+1 = f(un).

Ainsi, d'après la précédente proposition, (un)n∈N est bien dénie. Au passage, on sait que, pour toutentier naturel n, un appartient à E.

2.5.3 Limites

Notion de point xe

Soit f une fonction de R dans R. Soit L un réel appartenant à l'ensemble dedénition de f. On dit que L est un point xe de f si f(L) = L.

Définition 96

, Exemple :

Soit f : x 7→ −x+ x2. 0 et 2 sont les deux points xes de f car, pour tout réel x, on a :

−x+ x2 = x⇐⇒ x ∈ 0, 2 .

8 Lemme 97 :

Si (un)n∈N converge vers un réel L et si f est continue en L alors (f(un))n∈N converge et convergevers f(L).

Par unicité de la limite, comme (f(un))n∈N est (un+1)n∈N, on obtient donc cette proposition :

Si (un)n∈N converge vers un réel L et si f est continue en L alors L est un pointxe de f, autrement dit f(L) vaut L.

Proposition 98

* Remarque :

Proposition à savoir démontrer. Imaginons f continue sur E. On suppose que (un)n∈N convergevers un réel L, on en déduit que (f(un))n∈N converge vers f(L). Comme la suite (f(un))n∈N est(un+1)n∈N et (un+1)n∈N converge vers L : Par unicité de la limite, on en déduit que f(L) et L sontconfondus.

Institut d'Alzon 78


Méthode:

On utilise les notations de la précédente proposition.

1. Ainsi, en résolvant l'équation f(x) = x d'inconnue x élément de E, on obtient la liste des limitespotentielles de (un)n∈N. Cette dernière est constituée de l'ensemble des solutions de l'équationf(x) = x d'inconnue x élément de E (et aussi des points de discontinuité de f appartenant à Esi f n'est pas continue sur tout E).

2. Si f est continue sur E et si l'équation f(x) = x d'inconnue x élément de E n'admet pas desolution, on peut conclure que (un)n∈N ne peut pas converger.

3. Si f est continue sur E et si l'équation f(x) = x d'inconnue x élément de E admet des solutions,on ne peut pas conclure pour autant que (un)n∈N converge.

4. Si f admet plusieurs points xes et si l'on veut restreindre la liste des limites potentielles, sila suite (un)n∈N vérie que, pour tout entier naturel n (éventuellement supérieur à...), on aita 6 un 6 b (avec a et b deux réels) alors on va exploiter cet encadrement : a 6 lim

n→+∞un 6 b.

Cas particulier : f est croissante

Si f est croissante sur E alors (un)n∈N est monotone. (un)n∈N est croissante siu1 > u0 et (un)n∈N est décroissante si u1 6 u0.

Proposition 99

* Remarque :

• De nouveau, ces propositions ne faisant pas partie explicitement du programme, on les redé-montre par récurrence. Pour tout entier naturel k, on note Pk et Qk les propositions suivantes :

Pk : "uk+1 > uk" et Qk : "uk+1 6 uk"

Si u1 > u0, on démontrera par récurrence que Pk est vraie pour tout entier naturel k. Siu1 6 u0, on démontrera par récurrence que Qk est vraie pour tout entier naturel k.• Une fois la monotonie aquise, il sera classique d'utiliser le théorème de la limite monotonepour conclure... On essaiera par exemple de prouver que notre suite est minorée si elle estdécroissante. On note en particulier que si f est croissante sur E et si E est bornée alors(un)n∈N converge nécessairement.

+ Mise en garde :

On utilise les notations de la précédente proposition. Ce n'est pas parce que f est croissante que(un)n∈N est croissante : elle est monotone mais pas forcément croissante, cela dépend du signe deu1 − u0.

ä Exercice :

Institut d'Alzon 79


Étudier la suite (un)n∈N dénie par : u0 est un élément de [0, 1] et pour tout entier naturel n,un+1 = un − u2n.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Soit f : x 7→ x− x2. f est dénie sur R donc (un)n∈N est bien dénie. Le signe de f ′ nous donne cemagnique tableau de variations :

x −∞ 0 1/2 1 +∞1/4

* HHHj

Variation de f 0 0

* HHHj

−∞ −∞On voit sur ce tableau (ou sur un graphique) que u1 et le reste seront dans

[0,1

4

]. On peut proter

de la croissance de f à partir du rang 1. On regarde le signe de u2 − u1 pour savoir ce qu'on vadémontrer. Ici, u2 − u1 6 0, on va donc prouver que (un)n∈N est décroissante à partir du rang 1.Pour tout entier naturel non nul n, soit l'hypothèse P(n) suivante :

"0 6 un+1 6 un 61

4".

D'après le tableau de variations, on a bien 0 6 u2 61

4et u1 6

1

4. D'autre part, on a bien

u2 − u1 6 0 car u2 − u1 = −u21. P(1) est donc eectivement vraie.Supposons P(n) vraie pour un certain entier naturel non nul n. D'après P(n), on sait que 0 6

un+1 6 un 61

4donc, par croissance de f sur

]−∞, 1

2

], on a :

f(0) 6 f(un+1) 6 f(un) 6 f

(1

4

)

ce qui donne 0 6 un+2 6 un+1 63

16. P(n+ 1) est donc vraie puisque

3

1661

2.

Par principe de récurrence, on a donc prouvé que (un)n∈N était décroissante et minorée. Elle estdonc convergente d'après le théorème de la limite monotone. On note L sa limite. Par passage àla limite et continuité de f, de un+1 = f(un), on déduit la fameuse égalité L = f(L) qui donne iciL2 = 0 soit L = 0. On peut donc conclure que (un)n∈N tend vers 0.On vous laisse démontrer (ce n'était pas demandé dans cet exemple) que si u0 est strictementnégatif ou strictement supérieur à 1 alors (un)n∈N tend vers −∞.

Cas particulier : f est décroissante

* Remarque :

Si f est décroissante, l'étude est plus délicate. On va étudier d'abord les deux suites des rangspairs et impairs (u2n)n∈N et (u2n+1)n∈N. On note que f f est croissante si f est décroissante, on endéduit la proposition suivante :

Institut d'Alzon 80


Si f est décroissante sur E alors (u2n)n∈N et (u2n+1)n∈N sont monotones.

Proposition 100

* Remarque :


1. La liste des limites potentielles de (u2n)n∈N et (u2n+1)n∈N est donnée (si f est continue) parla résolution de l'équation (f f)(x) = x d'inconnue x ∈ E.

2. Pour étudier la nature des suites (u2n)n∈N et (u2n+1)n∈N, on peut utiliser toutes les astucesvues dans la partie " Cas particulier : f croissante ".

Pour conclure pour l'éventuelle convergence de (un)n∈N, on utilise cette proposition (qui elle est auprogramme) :

Soient L un réel et (Un)n∈N une suite. (Un)n∈N converge vers L

si et seulement si (U2n)n∈N et (U2n+1)n∈N convergent vers L.

Proposition 101

Méthode:

Pour étudier la convergence d'une suite réelle (un)n∈N dénie par u0 ∈ E et par, pour tout en-tier naturel n, un+1 = f(un) avec f une fonction continue et décroissante de E dans E (E partie deR) alors :

1. Si f f a un unique point xe et que (u2n)n∈N et (u2n+1)n∈N convergent, on peut armerque (un)n∈N converge.

2. Si f f a plusieurs point xe et (u2n)n∈N et (u2n+1)n∈N convergent vers la même limite,(un)n∈N converge.

3. Si f f a plusieurs point xe et (u2n)n∈N et (u2n+1)n∈N convergent mais pas vers la mêmelimite alors (un)n∈N diverge.

4. Si (u2n)n∈N ou (u2n+1)n∈N divergent alors (un)n∈N diverge.

Institut d'Alzon 81


Institut d'Alzon 82

Partie 3

Étude de fonction

3.1 Généralités

3.1.1 Dénitions

• Une fonction f d'une variable réelle à valeurs réelles est dénie par ladonnée d'une partie Df de R, appelée ensemble de dénition de f, et parun processus qui, à tout élément x de Df, associe un unique nombre quel'on note f(x). On note alors :

f :

Df → Rx 7→ f(x)

.

• Pour tout a de Df, on dit que f(a) est l'image de a par f et que a est unantécédent de f(a) par f.

• Munissons le plan P d'un repère (O,→i ,→j ). On appelle courbe re-

présentative (ou représentation graphique ou graphe) de f l'ensembleM(x, f(x)) ∈ P, x ∈ Df , on le note généralement Γf. On dit aussi que Γfest la courbe d'équation y = f(x).

Définition 102

, Exemple :

1. f1 :

[−1, +∞ [ → Rx 7→

√x+ 1

est une fonction, son ensemble de dénition est [−1, +∞ [ .

2. g1 :

[8563, +∞ [ → Rx 7→

√x+ 1

est une fonction dont l'ensemble de dénition est [8563, +∞ [ .

g1 et f1 ne sont pas les mêmes fonctions car elles n'ont pas le même ensemble de dénition.

3. f2 : x 7→4

x2 − 3x+ 2est une fonction. Son ensemble de dénition n'étant pas explicite, celui-ci

est par convention le plus grand ensemble de R sur lequel on puisse dénir la fonction. Ici,c'est R\ 1; 2 .

83

Partie 3: Étude de fonction Généralités

4. Id : x 7→ x, la fonction identité, est une fonction dénie sur R.5. f3 : x 7→ x2 + 1 est une fonction dénie sur R. f3(4) = 17 donc 17 est l'image de 4 par f et4 est un antécédent de 17 par f3. On remarque qu'il n'y a pas nécessairement unicité de lanotion d'antécédent (−4 est aussi un antécédent de 17 par f3).

* Remarque :

1. f1 :

[−1, +∞ [ → Rx 7→

√x+ 1

et f4 :

[−1, +∞ [ → Ry 7→

√y+ 1

désignent la même fonction :

on parle de variable muette (x et y sont des variables muettes, f n'en dépend pas).

2. Ceci n'est pas la courbe représentative d'une fonction (car les éléments de l'espace de départdoivent avoir au maximum une image par une fonction) :

ä Exercice :

Déterminer l'ensemble de dénition de la fonction f suivante :

f : x 7→ ln

(x2 − 4

−x2 + 11x− 30

)−

x

x2 − 1+

√x2 − 1

x2 + 12x+ 250. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Soit x un réel, on a :

f(x) est dénie ⇔

−x2 + 11x− 30 6= 0 (Dénominateur)x2 − 4

−x2 + 11x− 30> 0 (ln est dénie sur R∗+)

x2 − 1 6= 0 (Dénominateur)x2 − 1 > 0 (

√· est dénie sur R+)

x2 + 12x+ 250 6= 0 (Dénominateur)

Un petit coup de discriminant vous permet d'armer que les racines de X2 − 11X + 30 sont 5 et6 et que X2 + 12X + 250 n'a pas de racine réelle. On fait un tableau de signes pour résumer lasituation :

x −∞ −2 2 5 6 +∞Signe de x2 − 4 + 0 − 0 + + +

Signe de − x2 + 11x− 30 − − − 0 + 0 −

Signe dex2 − 4

−x2 + 11x− 30− 0 + 0 − + −

.

Institut d'Alzon 84

Partie 3: Étude de fonction

On en déduit l'équivalence suivante :

−x2 + 11x− 30 6= 0 etx2 − 4

−x2 + 11x− 30> 0⇔ x ∈] − 2; 2[ ∪ ]5; 6[.

D'autre part, pour tout réel x, x2 + 12x+ 250 ne vaut pas 0 et[x2 − 1 > 0 et x2 − 1 6= 0

]⇔ x ∈] −∞;−1[ ∪ ]1;+∞[.

Ainsi, f est dénie sur : (] − 2; 2[ ∪ ]5; 6[) ∩ (] −∞;−1[∪ ]1;+∞[), c'est-à-dire sur l'ensemble ] −2;−1[∪]1; 2[∪]5; 6[.

3.1.2 Opérations

Soient f et g deux fonctions dénies respectivement sur Df et Dg deux partiesde R. On note D = x ∈ Df tel que f(x) ∈ Dg . Si D n'est pas l'ensemble vide,on dénit la fonction g f sur Df par :

Pour tout x de D, (g f)(x) = g(f(x)).

Définition 103

* Remarque :

On rappelle rapidement les autres opérations : On prend f et g deux fonctions dénies respectivementsur Df et Dg deux parties de R et λ un réel. On note D l'ensemble x ∈ Df ∩Dg tel que g(x) 6= 0 et H l'ensemble Df ∩Dg. On dénit les fonctions suivantes :

λf :

Df → Rx 7→ λf(x)

, f× g :

H → Rx 7→ f(x)× g(x)

et f+ g :

H → Rx 7→ f(x) + g(x)

On dénit aussi :f

g:

D → R

x 7→ f(x)

g(x)

. On note que l'on ne dénitf

gque si D est non vide et on ne

dénit f+ g et f× g que si Df ∩Dg est non vide.

, Exemple :

On pose f :

R → Rx 7→ x+ 2

, g :

R− → Rx 7→ x2 + 1

et h :

R → Rx 7→ x2 + 1

. D'après les dénitions

précédentes, on a :

1. f+ g :

R− → Rx 7→ x2 + x+ 3

2. 3f :

R → Rx 7→ 3x+ 6

Institut d'Alzon 85


3. 4f− 2g :

R− → Rx 7→ −2x2 + 4x+ 6

4. f× g :

R− → Rx 7→ x3 + 2x2 + x+ 2

5. h f :

R → Rx 7→ x2 + 4x+ 5

6. g f :

] −∞,−2] → Rx 7→ x2 + 4x+ 5

7. f h :

R → Rx 7→ x2 + 3

8. f g :

R− → Rx 7→ x2 + 3

Soient f, g et h trois fonctions dénies respectivement sur Df, Dg et Dh troisparties de R. On suppose que Df et Dg ne sont pas disjoints et que D l'en-

semblex ∈ Df ∩Dg tel que (f(x), g(x)) ∈ (Dh)

2

n'est pas l'ensemble vide.

On a alors :

(g+ f) h = g h+ f h et (g× f) h = (g h)× (f h) .

Proposition 104

+ Mise en garde :

Utilisons les notations de la proposition précédente. Si toutes les applications suivantes sont dénies,en général, on n'a pas :

h (g+ f) = h g+ h f et g (f× h) = (g f)× (g h) .

3.1.3 Restriction de l'ensemble d'étude

Soient f une fonction numérique dénie sur une partie Df de R et T un réelstrictement positif. On dit que f est T -périodique si on a :

Pour tout x de Df, x+ T appartient à Df et f(x+ T) = f(x).

On dit alors que T est une période de f.

Définition 105

Institut d'Alzon 86


Soient T un réel strictement positif et f une fonction numérique dénie sur unepartie Df de R et de période T . La courbe représentative Cf de f dans le plan Pmuni d'un repère (O,

→i ,→j ) est globalement invariante par translation de vecteur

T→i . Il sut donc d'étudier f sur n'importe quel intervalle de longueur T , comme

[0, T ]∩Df ou[−T

2,T

2

]∩Df, puis de compléter par des translations appropriées

Proposition 106

, Exemple :

1. Soit ω un réel strictement positif. f1 : x 7→ cos(ωx) est2π

ωpériodique. On pourra étudier

donc f1 sur[−π

ω,π

ω

].

2. tan est π périodique. Il sut donc d'étudier cette fonction sur]−π

2,π

2

[.

Soit f une fonction numérique dénie sur une partie Df de R.• On dit que f est paire si : Pour tout x de Df, −x appartient à Df etf(−x) = f(x).• On dit que f est impaire si : Pour tout x de Df, −x appartient à Df etf(−x) = −f(x).

Définition 107

* Remarque :

• Un partie D de R vériant que, pour tout x de D, −x appartient à D est dite centrée en zéro.C'est le cas de R, R? et [−10,−3] ∪ [3, 10]. Par contre, [−10, 7], R+, [−10,−3] ∪ [2, 10] sonttrois ensembles qui ne sont pas centrés en zéro.• Si f est impaire et si f(0) existe alors, nécessairement, f(0) = 0.

, Exemple :

1.

[−1, 2] - Rx - cos(x)

n'est ni une fonction paire ni une fonction impaire car son ensemble

de dénition n'est pas centré en zéro.

2.

[−100, 100] - Rx - x+ 1

n'est ni une fonction paire (car f(10) 6= f(−10)) ni une fonction

impaire (car f(2) 6= −f(−2)) même si son ensemble de dénition est centré en zéro.

3. x 7→ x2, x 7→ cos(x) et x 7→∣∣∣∣x+ 1

x

∣∣∣∣ sont trois fonctions paires.Institut d'Alzon 87


4. x 7→ x3, x 7→ tan(x) et x 7→ sin(x) sont trois fonctions impaires.

On munit le plan P d'un repère (O,→i ,→j ) orthogonal. Soient a et b deux réels,

f une fonction numérique dénie sur une partie Df de R et Cf sa courbe repré-sentative.• Cf admet la droite d'équation x = a comme axe de symétrie

si et seulement si on a : Pour tout x de Df, 2a − x appartient à Dfet f(2a− x) = f(x).• Cf admet le point Ω(a, b) comme centre de symétrie si et seulement sion a : Pour tout x de Df, 2a−x appartient à Df et f(2a−x) = 2b− f(x).

Proposition 108

* Remarque :


1. Si Cf admet la droite d'équation x = a comme axe de symétrie ou le point Ω(a, b) commecentre de symétrie alors il sura d'étudier cette fonction ou bien sur [ a,+∞ [ ∩Df ou biensur ] −∞, a ] ∩Df puis de compléter par symétrie.

2. En prenant les cas particuliers a = 0 ou b = 0, on déduit de cette proposition que, dans un

repère (O,→i ,→j ) orthogonal, alors f est paire si et seulement si Cf admet l'axe des ordonnées

comme axe de symétrie et f est impaire si et seulement si Cf admet l'origine comme centre desymétrie. Ainsi, si f est paire ou impaire, alors on étudie cette fonction sur R+ ∩Df ou biensur R− ∩Df puis on compléte par symétrie.

, Exemple :

On se place dans le plan P muni d'un repère (O,→i ,→j ) orthogonal.

1. La courbe représentative de f : x 7→ (x+1)2 admet comme axe de symétrie la droite d'équationx = −1. En eet, f est dénie sur R et pour tout réel x, 2× (−1) − x, i.e. −2− x, est un réelet :

f(−2− x) = (−2− x+ 1)2

= (−x− 1)2

= f(x)

D'après la proposition précédente, on peut alors armer que Cf admet la droite d'équationx = −1 comme axe de symétrie.

2. Dans le même esprit, on prouve que Ω(1, 2) est un centre de symétrie de la courbe représen-tative de x 7→ tan(x− 1) + 2.

Pour étudier ces deux fonctions, on se contentera donc d'une étude sur [−1,+∞[∩D (avec D leurensemble de dénition) puis on complétera par symétrie.

ä Exercice :

Institut d'Alzon 88


Étudier la parité de la fonction f suivante : f : x 7→ exp (sin(x)) − 1exp (sin(x)) + 1

.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Par quotient, f est dénie sur R et R est centré en 0. D'autre part, pour tout réel x, en exploitantl'imparité de sin, on a :

f(−x) =exp (sin(−x)) − 1exp (sin(−x)) + 1

=exp (− sin(x)) − 1exp (− sin(x)) + 1

× exp (sin(x))exp (sin(x))

=exp (0) − exp (sin(x))exp (0) + exp (sin(x))

=1− exp (sin(x))1+ exp (sin(x))

= −f(x)

On peut donc conclure que f est impaire.

3.1.4 Variation d'une fonction

Dénition

Soit f une fonctions dénie sur une partie Df de R. Soit D une partie de Df. Ondit que f est :• croissante sur D si : Pour tout (x, y) de D2, x 6 y⇒ f(x) 6 f(y).• strictement croissante sur D si : Pour tout (x, y) de D2, on a :x < y⇒ f(x) < f(y).• décroissante sur D si : Pour tout (x, y) de D2, on a :x 6 y⇒ f(x) > f(y).• strictement décroissante sur D si : Pour tout (x, y) de D2, on a :x < y⇒ f(x) > f(y).• strictement monotone sur D si f est strictement croissante sur D ou biensi f est strictement décroissante sur D.• monotone sur D si elle est croissante sur D ou bien décroissante sur D.• constante sur D si, pour tout (x, y) de D2, on a : f(x) = f(y).

Définition 109

* Remarque :

Soit f une fonctions dénie sur une partie Df de R.• On dit que f est croissante (sans préciser d'ensemble sur lequel cette propriété est vraie) si fest croissante sur tout son ensemble de dénition Df.• On dénit sans problème la notion de fonction monotone (sans préciser d'ensemble sur lequelcette propriété est vraie), strictement croissante (sans préciser d'ensemble sur lequel cettepropriété est vraie)...• f peut être ni croissante, ni décroissante.

Institut d'Alzon 89


, Exemple :

Soient a, b et c trois réels. On suppose a négatif et b positif.

1. cos est strictement décroissante sur [0, π].

2. x 7→ ln(x) est strictement croissante surR?

+.

3. x 7→ bxc est croissante sur R.4. x 7→ bxc est constante sur [ 5, 6 [ .5. x 7→ ax+ c est décroissante.

6. x 7→ bx+ c est croissante.

7. x 7→ x2 est strictement décroissante surR−.

8. x 7→ 1

xest strictement décroissante sur

R?+.

+ Mise en garde :

x 7→ 1

xest strictement décroissante sur R?

+ et est strictement décroissante sur R?− mais n'est pas

strictement décroissante sur R? car −1 < 10 et1

−1<1

10.

Soient f et g deux fonctions dénies respectivement sur une partie D de R, λ+un réel positif et λ− un réel négatif.• Si f et g ont même monotonie sur D alors la fonction f + g a mêmemonotonie que f.• f et λ+f ont même sens de variation sur D.• f et λ−f ont des sens de variation contraires sur D.

Soient h et k deux fonctions dénies respectivement sur Dh et Dk deux partiesde R. On suppose que h(Dh) ⊂ Dk.• Si h et k ont même monotonie (sur Dh et Dk respectivement) alors k hest croissante sur Dh.• Si h et k sont de monotonie contraire (sur Dh et Dk respectivement) alorsk h est décroissante sur Dh.

Proposition 110

, Exemple :

On obtient que, par composition, x 7→ 1

x2est strictement croissante sur R?

− et strictement décroissante

sur R?+.

Lien avec le signe de la dérivée

On note R = R ∪ +∞;−∞ . On l'appelle droite numérique achevée.

Définition 111

Institut d'Alzon 90


Dans cette partie, J est un intervalle dont les extrémités sont c et d (qui ne sont pas forcément des

éléments de J) avec c et d deux éléments de R. On noteJ l'intervalle ]c, d[.

, Exemple :

• Si J est [2; 5],J est ]2; 5[.

• Si J est ] − 24; 13],J est ] − 24; 13[.

• Si J est [2; 13[,J est ]2; 13[.

• Si J est ]2; 11[,J est ]2; 11[.

• Si J est ] −∞; 11],J est ] −∞; 11[.

• Si J est ] −∞; 15[,J est ] −∞; 15[.

• Si J est [10;+∞[,J est ]10;+∞[.

• Si J est ]27;+∞[,J est ]27;+∞[.

Soit f : J→ R une fonction continue sur J et dérivable surJ. On a :

• f est constante sur J⇐⇒ Pour tout x deJ, on a : f ′(x) = 0.

• f est croissante sur J⇐⇒ Pour tout x deJ, on a : f ′(x) > 0.

• f est décroissante sur J⇐⇒ Pour tout x deJ, on a : f ′(x) 6 0.

Proposition 112

+ Mise en garde :

1. On est donc amené à résoudre l'inéquation f ′(x) > 0 d'inconnue x ∈J (ou bien l'inéquation

f ′(x) 6 0 d'inconnue x ∈J , inutile de faire les deux si on raisonne par équivalence) pour avoir

les variations de f. Résoudre l'équation f ′(x) = 0 d'inconnue x ∈J n'a pas d'intérêt !

2. Ne pas oublier que la condition J intervalle est fondamentale et nécessaire pour, à partird'information sur le signe de la dérivée, trouver les variations de la fonction. Par exemple, la

dérivée de f : x 7→ 1

xest strictement négative mais f n'est pas décroissante.

* Remarque :

Si le signe de f ′ est dicile à obtenir et si f est une fonction deux fois dérivable alors penser éven-tuellement à f(2) dont le signe donne le tableau de variations de f ′ et peut faciliter l'étude du signede f ′.

Institut d'Alzon 91



• Si, pour tout x deJ, on a f ′(x) > 0 alors f est strictement croissante.

• Si, pour tout x deJ, on a f ′(x) < 0 alors f est strictement décroissante.

Proposition 113

+ Mise en garde :

Attention, la proposition précédente ne donne pas une condition nécessaire et susante pour avoir lastricte monotonie d'une fonction. La fonction x 7→ x3 est continue, dérivable et strictement croissantemais sa dérivée s'annule en 0.

Rappel sur le calcul de dérivée

On rappelle dans le tableau suivant les dérivées des fonction usuelles. Dans ce tableau, f est unefonction dénie sur Df et dérivable sur Df ′ . On donne aussi l'expression des dérivées f ′ de cesfonctions.s désigne un réel, n un entier naturel,m un entier strictement négatif et a un réel strictement positif.

Df f Df ′ f ′

R x 7→ s R x 7→ 0

R x 7→ xn R x 7→ nxn−1

R? x 7→ xm R? x 7→ mxm−1

R?+ x 7→ xs R?

+ x 7→ sxs−1

R x 7→ exp(x) R x 7→ exp(x)

R x 7→ cos(x) R x 7→ − sin(x)

R x 7→ sin(x) R x 7→ cos(x)

R\π2+ kπ, k ∈ Z

x 7→ tan(x) R\

π2+ kπ, k ∈ Z

x 7→ 1+ tan2(x)

R?+ x 7→ ln(x) R?

+ x 7→ 1

x

R x 7→ ax R x 7→ ln(a)ax

Institut d'Alzon 92


Les propriétés algébriques de la dérivation seront revues plus tard (dans le chapitre dérivabilité), lesvoici :

Soient λ un réel, D une partie de R et f : D → R et g : D → R deux fonctions.Si f et g sont dérivables sur D alors f + g, f × g et λf sont dérivables sur D eton a :

(f+ g) ′ = f ′ + g ′, (λf) ′ = λf ′ et (f× g) ′ = f ′ × g+ g ′ × f.

Soit h une fonction dénie sur Dh une partie de R. On suppose que f(D) ⊂ Dh.Si f est dérivable sur D et si h est dérivable sur Dh alors h f est dérivable surD et on a :

(h f) ′ = (h ′ f)× f ′.

Proposition 114

* Remarque :

On peut réitérer cette proposition. Si r1, r2 et r3 sont trois fonctions numériques dénies et dérivablesrespectivement sur D1,D2 et D3 trois parties de R et si r3(D3) ⊂ D2 et r2(D2) ⊂ D1 alors r1r2r3est dérivable sur D3 et

(r1 r2 r3) ′ = (r ′1 r2 r3)× (r ′2 r3)× (r ′3) .

Pour dériver une composée, on commence donc par dériver " la fonction externe" puis on fait au furet à mesure...

, Exemple :

s désigne un réel, n un entier naturel. Soient u, v et w trois fonctions dérivables sur D. On supposeque v est strictement positive sur D et que w ne s'annule pas sur D. On a :

1. un est dérivable sur D, sa dérivée est nu ′un−1.

2. eu est dérivable sur D, sa dérivée est u ′eu.

3.√v est dérivable sur D, sa dérivée est

v ′

2√v.

4. vs est dérivable sur D, sa dérivée est sv ′vs−1.

5. ln(|w|) est dérivable sur D, sa dérivée estw ′

w.

Institut d'Alzon 93


Soit D une partie de R. Soient f : D→ R et g : D→ R deux fonctions.

• Si f est dérivable sur D et si f ne s'annule pas sur D alors1

fest dérivable

sur D et on a : (1

f

) ′= −

f ′

f2.

• Si f et g sont dérivables sur D et si f ne s'annule pas sur D alorsg

fest

dérivable et on a : (gf

) ′=g ′f− f ′g

f2.

Proposition 115

* Remarque :

Respecter bien la notation f ′(x). Avant le symbole de dérivation se trouve toujours une fonction,après se trouve un réel pour lequel f ′ est dénie. Si x est un réel strictement positif, ln ′

(x2)existe

et vaut1

x2et pas

2x

x2, il ne s'agit pas de dériver une composée mais de dérivée ln en un réel qui est

le carré d'autre réels. On écrit f ′(x) et jamais, ni f(x) ′, ni (f(x)) ′. sin ′(x2)est par exemple cos

(x2)

et pas cos(x2)× 2x.

ä Exercice :

Calculer la dérivée de f : x 7→(

1

ln(√x2 + 2)

)2.

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Pour tout réel x, on a x2 + 2 > 0 (la racine ne pose pas de problème),

√x2 + 2 > 0 (pas de souci

avec le ln) et√x2 + 2 6= 1 (cela passe donc pour le dénominateur). Par composition, f est donc

dérivable. Soit x réel, on a :

f ′(x) = −2(

ln(√x2 + 2)

)3 × 1√x2 + 2

× 1

2√x2 + 2

× 2x

= −2x

(x2 + 2)×(ln(√x2 + 2)

)3A partir de là, vous pouvez même vous amuser à étudier f sans trop de problème...

Institut d'Alzon 94


Extremum

Soit f une fonction numérique dénie sur sur une partie Df de R. Soit A unepartie de Df.• f est dite majorée sur A s'il existe un réel M tel que :

∀ x ∈ A, f(x) 6M.

On dit alors que M est un majorant de f.

• f est dite minorée sur A s'il existe un réel m tel que :

∀ x ∈ A, f(x) > m.

On dit alors que m est un minorant de f.

• f est dite majorée si f est majorée sur Df.• f est dite minorée si f est minorée sur Df.• f est dite bornée sur A si f est majorée et minorée sur A.• f est dite bornée si f est bornée sur Df.

Définition 116

+ Mise en garde :

Un majorant ou un minorant d'une fonction ne doit pas dépendre de la variable. On ne peut pas direpar exemple que x 7→ x2 est majorée (ce qui est faux !) car, pour tout réel x, on a : x2 6 x2 + 1.

Soit f une fonction numérique dénie sur sur une partie Df de R. Soit A unepartie de Df.• f admet un maximum (ou maximum global ou maximum absolu) sur Aen a ∈ A si : ∀ x ∈ A, f(x) 6 f(a).• f admet un maximum local en a ∈ Df s'il existe un réel strictement positifε tel que ∀ x ∈ ]a− ε, a+ ε [ ∩Df, f(x) 6 f(a).• f admet un extremum local sur A si f admet un minimum local sur A ousi f admet un maximum local sur A.• f admet un extremum (ou extremum global) sur A si f admet un minimumsur A ou si f admet un maximum sur A.

Définition 117

* Remarque :

1. On a donné les dénitions de maximum absolu, local... On vous laisse deviner ce qu'est unminimum local, absolu....

Institut d'Alzon 95


2. On utilise les notations de la précédente dénition. Lorsqu'on ne précise par sur quel ensemblese passe la propriété, cela signie qu'elle se passe sur l'ensemble de dénition de la fonction.Par exemple, on dit que f admet un extremum local si f admet un extremum local sur Df, fadmet un maximum si f admet un maximum sur Df...

3. Maximum et minimum n'existe pas nécessairement. Par exemple, x 7→ x3 n'admet ni minimumni maximum.

4. Une fonction peut être majorée sans admettre de maximum, une fonction peut être minorée

sans admettre de minimum. C'est le cas de la fonction x 7→ 1

xqui est minorée sur R+

? mais

qui n'admet pas de minimum.

5. Quand ils existent, maximum et minimum ne sont pas forcément atteint une seule fois. Lafonction cos admet :

• un maximum ,1, atteint en tous les multiples de 2π.• un minimum ,−1, atteint en tous les points de la forme π+ 2kπ avec k entier.

6. Un maximum local peut très bien ne pas être un maximum. Par exemple, f : x 7→ x3 − 3xadmet un maximum local en −1 et f(−1) n'est pas un maximum de f puisque f(−1) = 2 etf(5) = 110. On peut bien sûr faire la même remarque pour minimum local et minimum.

, Exemple :

x 7→ 4 + (x − 3)2 n'est pas majorée. Elle n'a pas de maximum (ni local ni global). Elle est minorée(par −1 par exemple) et atteint son minimum 4 en 3.

+ Mise en garde :

Attention à ne pas confondre un extremum d'une fonction et le point en lequel elle atteint cetextremum. Par exemple, le minimum de x 7→ 4+ (x− 3)2 vaut 4 et il est atteint en 3.

3.1.5 Rappel sur les limites

Opérations et limites

Dans la prochaine proposition, on donne dans des tableaux les dients résultats de limites obtenuespar somme, produit et inverse. L1, L2 et λ désignent trois réels, f et g deux fonctions numériquesdénies sur une partie D de R et a une borne nie ou innie d'un intervalle ouvert inclus dans D.On suppose que lim

x→a(f(x)) et lim

x→a(g(x)) existent (ce qui n'est pas du tout une évidence comme on

le verra plus loin dans l'année). F.I signie que la forme est indéterminée (mais pas que la limiten'existe pas, cette proposition ne donne tout simplement pas la réponse dans ce cas là !)

Institut d'Alzon 96


Limite d'une somme

limx→a

(f(x) + g(x)) limx→a

f(x)

L1 +∞ −∞L2 L1 + L2 +∞ −∞

limx→a

g(x) +∞ +∞ +∞ F.I

−∞ −∞ F.I −∞Limite du produit par un scalaire

limx→a

λf(x) limx→a

f(x)

L1 +∞ −∞si λ > 0 λL1 +∞ −∞si λ = 0 0 0 0


limx→a

(f(x)g(x)) limx→a

f(x)

L1 > 0 L1 = 0 L1 < 0 +∞ −∞L2 > 0 +∞ −∞L2 = 0 L1L2 F.I F.I

limx→a

g(x) L2 < 0 −∞ +∞+∞ +∞ F.I −∞ +∞ −∞−∞ −∞ F.I +∞ −∞ +∞

Limite de l'inverse

limx→a

f(x)

L 6= 0 0+ 0− +∞ −∞ 0

limx→a

1

f(x)

1

L+∞ −∞ 0+ 0− F.I

Proposition 118

+ Mise en garde :

Attention à deux erreurs classiques lorsque l'on utilise ces tableaux :

1. F.I veut dire forme indéterminée. Cela ne signie pas que la limite n'existe pas. Cela signiequ'on ne peut armer par opérations ce que vaudra le résultat. Il est possible que la limiteexiste et soit nie, il est possible que la limite n'existe pas du tout, il est possible qu'elle existeet soit inni.

2. Dans les tableaux précédents, il y a des hypothèses et des conclusions. La case par exemplelimx→a

(f(x) + g(x)) = L1 + L2 doit se lire : si limx→a

(f(x)) existe et vaut L1 et si limx→a

(g(x)) existe

et vaut L2 alors limx→a

(f(x) + g(x)) existera et vaudra L1 + L2. Il faut faire attention car il est

possible que limx→a

(f(x) + g(x)) existe sans que ni limx→a

(f(x)), ni limx→a

(g(x)) n'existent.

Institut d'Alzon 97


* Remarque :

• Les trois formes indéterminées peuvent donc se résumer par : "∞−∞" , "0×∞", "0

0", "∞∞".

(Au passage, de la forme indéterminée 0 ×∞, on en déduit les formes indéterminées "∞∞",

"1∞","00" et "∞0".)• Pour obtenir la limite d'un quotient, il faut se servir de la proposition sur la limite de l'inverseet celle sur la limite du produit.

Pour la composition, on a la proposition suivante :

Soit (a, lf, lg) ∈ (R)3. Soient f et g deux fonctions dénies respectivement surDf et Dg deux parties de R telle que f(Df) ⊂ Dg et f est dénie au voisinagede a.Si limx−→a

(f(x)) = lf et limy−→lf

(g(y)) = lg alors limx−→a

((g f)(x)) existe et :

limx−→a

((g f)(x)) = lg.

Proposition 119

, Exemple :

On sait que limy−→0

(ln(1+ y)

y

)= 1 et lim

x−→+∞(1

x

)= 0, par composition, cela donne : lim

x−→+∞

ln

(1+

1

x

)1

x

=

1 soit limx−→+∞

(x ln

(x+ 1

x

))= 1.

Limites classiques

Soit f : D→ R une fonction avec D une partie de R, soit a un élément de D. Si

f est dérivable en a alors limx−→a

(f(x) − f(a)

x− a

)existe et vaut f ′(a). Sous réserve

d'existence, on a donc :

f ′(a) = limx−→a

(f(x) − f(a)

x− a

).

Proposition 120

, Exemple :

On obtient ainsi ces quatre limites :

Institut d'Alzon 98


1. limx−→0

(sin(x)x

)= 1

2. limx−→0

(tan(x)x

)= 1

3. limx−→0

(ln(1+ x)

x

)= 1

4. limx−→0

(ex − 1

x

)= 1

Croissances comparéesSoient a et b deux réels strictement positifs. On a :

1. limx−→+∞

(xa

(ex)b

)= 0

2. limx−→+∞

((ln(x))b

xa

)= 0

3. limx−→+∞

((ex)b

xa

)= +∞

4. limx−→+∞

(xa

(ln(x))b

)= +∞

5. limx−→0+

((| ln(x)|)bxa

)= 0

Proposition 121

* Remarque :

Soient a et b deux réels strictement positifs. Le fait que limx−→−∞

((ex)b

xa

)existe et soit égale à 0 est

une conséquence de la proposition sur la limite des produits et pas une conséquence de la propositionprécédente.

Quelques idées pour lever l'indétermination

1. Idée 1 : On peut mettre en facteur le terme prépondérant au numérateur et au dénominateurpuis on simplie. C'est classique pour les indéterminées du type "0

0" ou "∞∞".

2. Idée 2 : On peut utiliser la quantité conjuguées quand apparaît une racine.

3. Idée 3 : Certaines fonctions peuvent faire penser à des formules classiques comme ln(ab

)=

ln(a) − ln(b) ou exp(a− b) =exp(a)exp(b)

ou les formules de trigonométrie ou...

4. Idée 4 : On peut utiliser les croissances comparées si on des fonctions du type polynômes,exponentielle, logarithme.

5. Idée 5 : On peut utiliser les taux d'accroissements. C'est classique pour les indéterminées dutype "0

0" ou "∞∞".

ä Exercice :

Déterminer la limite si elle existe de f en +∞ avec :

f : x 7→ln

(√x+

1

x− 4

)√x+

1

x− 4

.

Institut d'Alzon 99


. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Cela se fait sans diculté : En eet, par somme, on a :

limx→+∞

(√x+

1

x− 4

)= +∞.

Or, par croissances comparées, on a : limx→+∞

(ln(x)x

)= 0. Par composition, on peut donc armer

que limx→+∞(f(x)) existe et vaut 0.

3.1.6 Études des branches innies

En un point ni

Dans cette partie, f est une fonction numérique à variable réelle, I un intervalle de réels et a un point

de I. On suppose que f est dénie sur I\ a et on munit le plan P d'un repère (O,→i ,→j ) orthogonal.

• Si limx−→a

(f(x)) existe et est nie alors le point a est un faux problème. On peut prolonger f

par continuité en posant f(a) = limx−→a

(f(x)).

• Si la limite de f en a (à droite ou a gauche) est innie alors Cf admet une asymptote verticaled'équation x = a. On dit que f admet une branche innie en a.

A l'inni

Dans cette partie, f est une fonction numérique à variable réelle. On suppose que f est dénie auvoisinage de l'inni, on dit alors que f admet une branche innie en l'inni. On munit le plan P d'un

repère (O,→i ,→j ) orthogonal. Pour étudier le comportement en l'inni de f, on applique la démarche

suivante :

Étape 1 : Calcul de limx−→∞(f(x)).

• Si limx−→∞(f(x)) existe et est nie alors, en notant l cette limite, Cf admet en l'inni une

asymptote horizontale, c'est la droite d'équation y = l. On arrête alors ici notre étude.• Si lim

x−→∞(f(x)) est innie alors on passe à la prochaine étape.

, Exemple :

Cf, courbe représentative de f : x 7→x2 + 5

2x2 − 6, admet en l'inni une asymptote horizontale d'équation

y =1

2.

Étape 2 : Calcul de limx−→∞

(f(x)

x

).

• Si limx−→∞

(f(x)

x

)= 0 alors Cf admet en l'inni une branche parabolique de direction l'axe des

abscisses. On arrête alors ici notre étude.

Institut d'Alzon 100



(f(x)

x

)est innie alors Cf admet en l'inni une branche parabolique de direction

l'axe des ordonnées. On arrête alors ici notre étude.


(f(x)

x

)existe, est nie et non nul, alors on note a cette limite et on passe à la

prochaine étape.

, Exemple :

Cln admet en l'inni une branche parabolique de direction l'axe des abscisses et Cexp admet en l'inniune branche parabolique de direction l'axe des ordonnées.

Étape 3 : Calcul de limx−→∞ (f(x) − ax) avec a = lim

x−→∞(f(x)

x

).

• Si limx−→∞ (f(x) − ax) est innie alors Cf admet en l'inni une branche parabolique de direction

la droite d'équation y = ax. On arrête alors ici notre étude.• Si lim

x−→∞ (f(x) − ax) existe et est nie alors, en notant b cette limite, Cf admet en l'inni une

asymptote oblique d'équation y = ax+ b.



ä Exercice :

Étudier le comportement asymptotique de f : x 7→ x2 + 5

2x− 6.

On suit les diérentes étapes. On évalue d'abord limx−→∞(f(x)), cela donne +∞. Après, on a

limx−→∞

(f(x)

x

)=1

2. Un dernier calcul, lim

x−→∞(f(x) −

1

2x

)valant

3

2, on peut nalement armer

que Cf, courbe représentative de f, admet en l'inni une asymptote oblique d'équation y =1

2x+

3

2.

3.1.7 Notion de bijection continue

Théorème de la bijection continueSoit D un ensemble de réels, f une fonction numérique dont l'ensemble de dé-nition est D. Si f est strictement monotone et continue sur D alors :• f réalise une bijection de D sur f(D).• f−1 est strictement monotone et son sens de variation est celui de f.• Soit y un réel. L'équation f(x) = y d'inconnue x élément de D a uneunique solution (qui est f−1(y)) si y appartient à f(D) et n'a aucunesolution si y n'appartient pas à f(D).

Théorème 122

+ Mise en garde :

Deux mises en garde concernant ce théorème :

1. N'oubliez pas la condition "y ∈ f(D)". Par exemple, l'équation, d'inconnue x réel positif,√x = −2 n'a pas de solution...

2. Le y du précédent théorème ne doit pas dépendre de x. En introduisant la fonction g : x 7→f(x) − y, on peut toujours se ramener à un problème de recherche d'antécédent de 0 et éviterainsi ce danger. On utilise alors le théorème de la bijection continue dans ce cas particulier :si g est continue et strictement monotone sur D alors l'équation, d'inconnue x élément de D,g(x) = 0 a une unique solution si 0 appartient à g(D) et zéro solution si 0 n'appartient pas àg(D).



3.2 Fonctions usuelles

3.2.1 Fonctions anes

Une fonction ane est une fonction du type f : x 7→ ax + b avec a et b deuxréels.• f est dénie et dérivable sur R et sa monotonie est donnée par le signe dea.• On a : f ′ : x 7→ a. f est donc croissante si a > 0 et décroisante si a 6 0.

Proposition 123

* Remarque :

On utilise les notations de la précédente proposition. . On munit le plan P d'un repère (O,→i ,→j ). La

courbe représentative de f est une droite d'équation y = ax+ b.

3.2.2 Logarithme et fonction exponentielle

Soit la fonction f : x 7→ 1

x. La fonction F : x 7→

∫x1

f(t)dt existe sur sur R?+

car f est continue sur R?+, c'est l'unique primitive de la fonction inverse sur R?

+

s'annulant en 1, on l'appelle logarithme népérien et on la note ln.

Définition 124

De la dénition découle de manière immédiate les propriétés suivantes :

1. ln(1) = 0.

2. ln est dénie et dérivable sur R?+.

3. ln ′ : x 7→ 1

x4. ln est strictement croissante sur

R?+

Proposition 125


Partie 3: Étude de fonction Fonctions usuelles

Soient a et b deux réels strictement positifs et n un entier, on a la propriétéfondamentale suivante :

ln(a× b) = ln(a) + ln(b)

On a aussi :

ln(ab

)= ln(a) − ln(b), ln

(1

b

)= − ln(b) et ln (an) = n ln(a).

Proposition 126

+ Mise en garde :

Ne pas écrire ln(ab) = ln(a) + ln(b) si a et b sont deux réels tels que a× b > 0, la bonne réponseest :

ln(a× b) = ln(|a|) + ln(|b|).

on peut faire bien sûr la même mise en garde pour la formule avec le quotient !

ln est une bijection de R?+ sur R. On appelle fonction exponentielle la bijection

réciproque de ln. On a donc :

∀ x ∈ R, ∀ y ∈ R?+, y = exp(x)⇐⇒ x = ln(y).

Définition 127

De la dénition découle de manière immédiate les propriétés suivantes :

1. exp(0) = 1.

2. exp est dénie et dérivable surR.

3. exp > 0.

4. exp ′ : x 7→ exp(x)

5. exp est strictement croissantesur R

Proposition 128

On appelle e l'unique réel strictement positif tel que ln(e) = 1. Son existence et son unicité pro-viennent du théorème de la bijection continue.



Soient a et b deux réels, c un réel strictement positif et n un entier, on a lapropriété fondamentale :

exp(a+ b) = exp(a)× exp(b).

On a aussi :

• ln(exp(a)) = a.• exp(ln(c)) = c.

• exp(−a) =1

exp(a).

• exp(b− a) =exp(b)exp(a)

.

• (exp(a))n = exp(na).• exp(a) = ea.

Proposition 129

.) Illustration :

Voici le graphe de ces fonctions :



3.2.3 Logarithme et fonction exponentielle en base a

Soit a un réel strictement positif.• On appelle exponentielle en base a et on note expa la fonction déniepar :

expa

R - Rx - ax

en posant, pour tout réel x, ax = exp (x ln(a)).• Si a 6= 1, on appelle logarithme en base a et on note lna la fonction déniepar :

lna

R?+

- R

x -ln(x)ln(a)

Définition 130

, Exemple :

Utilisons les notations de la précédente dénition.

1. Si a = e, on retrouve le logarithme népérien.

2. Si a = 10, on obtient le logarithme décimal que l'on note aussi log et qui, historiquement,a joué un rôle important car il a permis de faire de nombreux calculs avant l'avènement desordinateurs et des calculatrices. Il est toujours utilisé en physique (décibels) et en chimie (pH).

3. Si a = 2, on obtient le logarithme binaire assez utilisé en informatique.

Soient a et b deux réels strictement positifs. On suppose que a est diérent de1, on a :

∀(x, y) ∈(R?

+

)2, lna(x× y) = lna(x) + lna(y)

On a aussi :• lna (1) = 0 et lna (a) = 1.

• ∀(x, y) ∈(R?

+

)2, lna

(x

y

)= lna(x) − lna(y)

• ∀y ∈ R?+, lna

(1

y

)= − lna(y).

• ∀x ∈ R, lna (bx) = x lna(b).

Proposition 131



Soient a et b deux réels strictement positifs. Pour tous réels x et y, on a :

ax+y = ax × ay, ax

ay= ax−y et (ax)

y= axy.

On a aussi a0 = 1, a1 = a et, pour tout réel x, ax × bx = (a× b)x. De plus, sia est diérent de 1, on a :

∀x ∈ R, lna (ax) = x et ∀x ∈ R?+, a

lna(x) = x.

Proposition 132

3.2.4 Fonctions puissances

Dénition

Soient n un entier naturel, x un réel et α un réel.

• On pose : xn =

x× · · · × x︸︷︷︸n fois

si n > 1

1 si n = 0..

• Si x est non nul, on pose : x−n =1

xn.

• Si x est strictement positif, on pose : xα = exp (α ln(x)).

Définition 133

* Remarque :

Si x est un réel strictement positif et n un entier naturel, xn est à la fois x× · · · × x︸︷︷︸n fois

et exp (n ln(x)),

x−n est à la fois l'inverse de xn et exp (−n ln(x)).

+ Mise en garde :

Lorsque l'on étudie une fonction du type f : x 7→ u(x)v(x) (une fonction où la puissance varie enfonction de la variable), on commence toujours par écrire que, sous réserve d'existence, pour toutréel x, on a :

f(x) = exp (v(x) ln(u(x))) .

Calculer une dérivée, faire un calcul de limite,... sans passer par cette expliciatation serait une erreur.On peut bien sûr la même remarque pour une suite du type (vwnn )n∈N.



Les relations :

• am × an = am+n

• am

an= am−n si a 6= 0

• (a× b)m = am × bm

• (am)n= amn

• am

bm=(ab

)msi a 6= 0

sont valables :• pour tous réels a et b si m et n sont deux entiers naturels,• pour tous réels non nuls a et b si m et n sont deux entiers,• pour tous réels strictement positifs a et b si m et n sont deux réels.

Proposition 134

* Remarque :

Cette dernière proposition est considérée comme évidente. Elle doit absolument être totalementacquise. Ne pas faire de mélange en simpliant par exemple du am × bn en (a× b)m+n.

Soit n un entier naturel pair et m un entier naturel impair.• Soit x un réel positif. On dénit n

√x comme étant la solution de l'équation

yn = x d'inconnue y réel positif. On a donc :

∀ x ∈ R+, ∀ y ∈ R+, y = n√x⇐⇒ x = yn.

• Soit x un réel. On dénit m√x comme étant la solution de l'équation ym =

x d'inconnue y réel. On a donc :

∀ x ∈ R, ∀ y ∈ R, y = m√x⇐⇒ x = ym.

Définition 135

* Remarque :

x1n , c'est-à-dire exp

(ln(x)n

)et n√x désigne la même quantité si x est un réel positif et n un entier

naturel.

+ Mise en garde :

x1n et n

√x ne désigne pas la même quantité si x est un réel négatif et n un entier naturel impair. n

√x

est alors déni et x1n n'a pas de sens. Voici par exemple une preuve que −1 = 1 (ce qui est bien sûr



faux) :−1 = (−1)1

= (−1)22

=((−1)2

) 12

=√

(−1)2

= 1

Cette preuve est bien sûr erronée, l'erreur commise ici est de confondre (−1)22 et

((−1)2

) 12 .

Propriétés et graphiques

Soit a un réel. On dénit fa la fonction suivante : fa : x 7→ xa. On sait que :• fa est dénie et dérivable sur R?

+.• f ′a : x 7→ a× xa−1.• fa est croissante sur R?

+ si a est positif et décroissante sur R?+ si a est

négatif.

Proposition 136

.) Illustration :Voici le graphe de ces fonctions :

* Remarque :


1. On rappelle que xa avec x réel strictement positif est déni comme exp (a ln(x)).

2. Si a est aussi un entier naturel alors fa vérie des propriétés supplémentaires :• fa est dénie et dérivable sur R et f ′a : x 7→ a× xa−1.• fa est pair si a est pair et impair si a est impair.


Partie 3: Étude de fonction Notions de continuité

• fa est croissante sur R si a est impair et est décroissante sur R− puis croissante sur R+ sia est pair.

3. Si a est un entier négatif alors fa vérie des propriétés supplémentaires :• fa est dénie et dérivable sur R? et f ′a : x 7→ a× xa−1.• fa est pair si a est pair et impair si a est impair.• fa est décroissante sur R?

− puis décroissante sur R?+ si a est impair et est croissante sur

R?− puis décroissante sur R?

+ si a est pair.

4. f2 est la fonction carré, sa courbe représentative dans un repère orthonormé est une parabole.

5. f−1 est la fonction inverse, sa courbe représentative dans un repère orthonormé est une hy-perbole.

¨) Corollaire 137 :Un polynôme est déni et dérivable sur R.

Soit n un entier naturel non nul. Notons gn la fonction suivante :

gn : x 7→ n√x.

• Pour tout réel strictement positif x, on a gn(x) = x1n .

• Si n est impair, gn est impaire et dérivable sur R.• Si n est pair, gn est dénie sur R+ et dérivable sur R?

+ et sa courbereprésentative présente une demi-tangente verticale en l'origine.• g ′n : x 7→ 1

nx1n−1

• gn est strictement croissante.

Proposition 138

* Remarque :

g2 est la fonction racine carrée, g3 est la fonction racine cubique.

+ Mise en garde :

• Soit x un réel, on a :√x2 = |x| (et pas forcément x...).

• Soient a et b deux réels tels que ab > 0, on a :√ab =

√|a|√|b|.

3.3 Notions de continuité

3.3.1 Dénitions des limites

Dans toute cette partie, f et g seront deux fonctions numériques. La première sera dénie sur unepartie Df de R, la seconde sera dénie sur une partie Dg de R. Df comme Dg seront des ensemblescontenant un intervalle non réduit à un point.



En un point ni

Soit a un réel. On dit que f est dénie au voisinage de a s'il existe un intervalle Icontenant a, non réduit à un point et tel que I\ a soit inclus dans Df. Cela neveut pas forcément dire que a appartient àDf mais qu'il existe un réel strictementpositif ε tel que Df contienne au moins l'un des intervalles suivants :

1. [a− ε, a+ ε]

2. [a, a+ ε]

3. [a− ε, a]

4. ]a− ε, a [ ∪ ]a, a+ ε [

5. ]a, a+ ε [

6. ]a− ε, a [

Dans les trois premiers cas, a appartient à Df. Dans les trois derniers cas, an'appartient pas à Df.

Définition 139

, Exemple :

ln est déni au voisinage de 0 (même si ln n'est pas déni en 0) car ln est déni sur R+? et ]0, 1[ est

inclus dans R+? . En revanche, ln n'est pas déni au voisinage de −1.

Soient L et a deux réels. On suppose que f est dénie au voisinage de a.• On dit que f admet L comme limite en a si :

∀ε > 0, ∃α > 0/ ∀x ∈ Df ∩ [a− α, a+ α], |f(x) − L| < ε.

On note alors : limx−→a

(f(x)) = L ou limaf = L.

• On dit que f admet une limite nie en a s'il existe un réel L tel quelimx−→a

(f(x)) = L.

• On dit que f admet +∞ comme limite en a si

∀A ∈ R, ∃α > 0/ ∀x ∈ Df ∩ [a− α, a+ α], f(x) > A.


(f(x)) = +∞ ou limaf = +∞.

• On dit que f admet −∞ comme limite en a si :

∀B ∈ R, ∃α > 0/ ∀x ∈ Df ∩ [a− α, a+ α], f(x) < B.


(f(x)) = −∞ ou limaf = −∞.

Définition 140

, Exemple :



On peut ainsi prouver que limx−→−2

(2x + 7) = 3 et limx−→2

(5

(x− 2)2

)= +∞. En pratique, pour

démontrer de tels résultats, on n'utilisera pas la dénition précédente mais les propositions de cechapitre.

+ Mise en garde :

Reprenons les notations de la précédente dénition. limx−→a

(f(x)) ne peut dépendre de x. Écrire par

exemple que limx−→a

(f(x)) =1

x+ 1n'a strictement aucun sens ! lim

x−→a(f(x)) dépend en revanche de f

et de a.

En l'inni

• On dit que f est dénie au voisinage de +∞ s'il existe un réel A tel que[ A,+∞ [ ⊂ Df.• On dit que f est dénie au voisinage de −∞ s'il existe un réel B tel que

] −∞, B ] ⊂ Df.

Définition 141

, Exemple :

1. tan n'est ni dénie au voisinage de +∞ : En eet, même si A est un réel très grand, il existera

un entier k tel queπ

2+kπ appartienne à [ A,+∞ [ . tan, pour des raisons similaires, n'est pas

dénie au voisinage de −∞.

2. Soit f : x 7→100∏k=1

(x − k).1

fest dénie au voisinage de +∞ : f est par exemple déni sur

[150,+∞[. On note aussi que1

fest dénie au voisinage de −∞.



Soient L un réel et f une fonction dénie au voisinage de +∞.• f admet L comme limite en +∞ si :

∀ε > 0, ∃C > 0/ ∀x ∈ Df ∩ [C,+∞[, |f(x) − L| < ε.

On note alors : limx−→+∞(f(x)) = L ou lim

+∞ f = L.• On dit que f admet une limite nie en +∞ s'il existe un réel L tel que

limx−→+∞(f(x)) = L.• f admet +∞ comme limite en +∞ si :

∀A ∈ R, ∃C > 0/ ∀x ∈ Df ∩ [C,+∞[, f(x) > A.

On note alors : limx−→+∞(f(x)) = +∞ ou lim

+∞ f = +∞.

• f admet −∞ comme limite en +∞ si :

∀B ∈ R, ∃C > 0/ ∀x ∈ Df ∩ [C,+∞[, f(x) < B.

On note alors : limx−→+∞(f(x)) = −∞ ou lim

+∞ f = −∞.

Définition 142

, Exemple :

On peut ainsi prouver que : limx−→+∞

(2+

8

x

)= 2 et lim

x−→+∞ (ln(x)) = +∞. Signalons de nou-

veau qu'en pratique, pour démontrer de tels résultats, on n'utilisera pas la dénition précédente maisles propositions de ce chapitre.

* Remarque :

Soit g une fonction dénie au voisinage de−∞, on donne sans diculté les dénitions de limx−→−∞(g(x)) =

L, limx−→−∞(g(x)) = −∞ et lim

x−→−∞(g(x)) = +∞. Il sut de remplacer dans les dénitions précédentes

le bloc ∃C > 0/ ∀x ∈ Df ∩ [C,+∞[ par le bloc ∃D < 0/ ∀x ∈ Dg∩] −∞, D]. Par exemple, g admet−∞ comme limite en −∞ si ∀B ∈ R, ∃D < 0/ ∀x ∈ Dg∩] −∞, D], f(x) < B.

Premières propriétés et notion de continuité

Soient P une proposition dépendant d'un réel et a un réel. On dit que P est vraieau voisinage de a (resp. au voisinage de +∞, au voisinage de −∞) s'il existe unvoisinage V de a (resp. de +∞, de −∞) tel que pour tout x de V, P(x) est vraie.

Définition 143



, Exemple :

1. ln est inférieure à −10 au voisinage de 0. En eet, ln est inférieure à −10 sur ]0, exp(−10)[.

2. exp est supérieure à 10 au voisinage de +∞. En eet, exp est supérieure à 10 sur ] ln(10),+∞[.

Soient l un réel et a un élément de R. Si f est dénie au voisinage de a et admetl comme limite en a alors on a :• Sa limite est unique.• limx−→a

(|f(x)|) = |l|.

• f est bornée au voisinage de a.

Proposition 144

* Remarque :

Reprenons les notations de la précédentes dénition. Si on modie la fonction f en dehors d'unvoisinage de a, cela ne modiera pas la valeur, si elle existe, de lim

x−→a(f(x)). Cela traduit le caractère

local de la notion de limite.

+ Mise en garde :

Reprenons les notations de la précédente dénition. Si f est bornée au voisinage de a, cela ne si-gnie pas pour autant que lim

x−→a(f(x)) existe. On peut prendre comme contre-exemple la fonction

f : x 7→ sin

(1

(x− a)2

).

Soient l un réel et a un élément de R. Si f est dénie au voisinage de a alors ona :

limx−→a

(f(x)) = l⇔ limx−→a

(f(x) − l) = 0⇔ limx−→a

(|f(x) − l|) = 0.

En particulier, on a : limx−→a

(f(x)) = 0⇔ limx−→a

(|f(x)|) = 0.

Proposition 145

Soient l et a deux réels. On suppose que f est une fonction dénie au voisinagede a et aussi en a.• Si f admet l comme limite en a alors on a nécessairement l = f(a).• On dit que f est continue en a si lim

x→a(f(x)) existe et vaut f(a).

• On dit que f est discontinue en a si f n'est pas continue en a.

Proposition 146



, Exemple :

• Toutes les fonctions de référence de bcpst, sauf la partie entière, sont continues en tous pointsde leurs ensembles de dénition.• Pour tout entierm, la fonction partie entière est discontinue enm puisque ses limites à gaucheet à droite en m sont diérentes.

+ Mise en garde :

• Une fonction ne peut être continue qu'en un point où elle est dénie puisqu'il faut comparerlimx→a

(f(x)) et f(a). Prouver qu'une fonction est continue en a revient donc à s'assurer que f(a)

existe puis à prouver que limx→a

(f(x)) existe et vaut f(a).

• Si f(a) existe, on n'est pas sûr pour autant que limx−→a

(f(x)) existe. Par exemple, limx−→0

(bxc)n'existe pas mais b0c existe. Pour prouver facilement que lim

x−→0(bxc) n'existe pas, on utilisera

la notion de limite à gauche et de limite à droite.• Si f(a) n'existe pas, lim

x−→a(f(x)) peut tout de même exister. C'est le cas par exemple de

limx−→0

(sin(x)x

)qui existe et vaut 1. On le prouvera plus tard avec un taux d'accroissements.

, Exemple :

La fonction f :

R? → Rx 7→ 1

n'est pas dénie en 0 et n'est donc pas continue en 0. En revanche,

elle est prolongeable par continuité, nous allons voir maintenant cette notion.

Soit h une fonction numérique à variable réelle dénie sur I\ a avec I un inter-valle réel non réduit à un point et a un point de I. Si lim

x→a(h(x)) existe et vaut

L, un réel, alors la fonction g suivante :

g :

I → R

x 7→

h(x) si x ∈ I\ a L si x = a

est appelée prolongement par continuité de h en a. g est une fonction continueen a.

Proposition 147

* Remarque :

Utilisons les notations précédentes.• Pour montrer que h est prolongeable par continuité en a, il sut de constater que h(a)n'est pas dénie (si h(a) est dénie, h n'est pas prolongeable en a et n'est pas en particulierprolongeable par continuité en a) et que lim

x→a(h(x)) existe et est nie. On prolonge h alors en



posant h(a) = limx→a

(h(x)) si on se permet, ce qui est normal en bcpst, de confondre h et son

prolongement.• Le prolongement par continuité est unique : poser h(a) = lim

x→a(h(x)) est le seul moyen de

prolonger h en une fonction continue en a.

, Exemple :

Soit f : x 7→ sin(x)x

. On prolonge f par continuité en posant f(0) = 1 car f n'est pas dénie en

0 et on prouve facilement (taux d'accroissements) que limx→0

(sin(x)x

)existe et vaut 1.

ä Exercice :

Peut-on prolonger par continuité en 0 la fonction suivante :

f : x 7→

x2 + 2x5

2x2 + 3x3si x < 0

7x2 + 2x4

14x2 + 3x7si x > 0

On va se permettre d'utiliser les équivalents (qu'on verra en n de chapitre), on prouve que

limx→0x<0

(f(x)) =1

2car

x2 + 2x5

2x2 + 3x3∼0

x2

2x2et donc f(x) ∼

0−

1

2. De même, on prouve que lim

x→0x>0

(f(x)) =1

2.

Ainsi limx→0x 6=0

(f(x)) existe et vaut1

2. De plus f n'est pas dénie en 0, on peut donc prolonger f par

continuité en 0 en posant f(0) =1

2.

• Soit h une fonction numérique à variable réelle dénie sur une partie Dde R. On dit que h est continue sur D si h est continue en tout point deD.• On note C0(D) l'ensemble des fonctions continues sur une partie D de R.

Définition 148

* Remarque :

Si D est un intervalle de réels, dire que h est continue sur D revient à dire qu'on traçe sa courbereprésentative sans lever le crayon.



Notion de limite à gauche et à droite

Soient a un réel et l un élément de R. On suppose que f est dénie au voisinagede a et on note Df son ensemble de dénition.• Si ]a,+∞[∩Df n'est pas l'ensemble vide, alors on dit que f admet l commelimite à droite en a si la restriction de f à ]a,+∞[∩Df admet l commelimite. On note alors : lim

x−→ax>a

(f(x)) = l ou limx−→a+

(f(x)) = l ou lima+f = l. Si

de plus a est un élément de Df alors on dit que f est continue à droite ena si lim

x→a+(f(x)) existe et vaut f(a).

• Si ]−∞, a[∩Df n'est pas l'ensemble vide, alors on dit que f admet l commelimite à gauche en a si la restriction de f à ] −∞, a[∩Df admet l commelimite. On note alors : lim

x−→ax>a

(f(x)) = l ou limx−→a+

(f(x)) = l ou lima+f = l. Si

de plus a est un élément de Df alors on dit que f est continue à gaucheen a si lim

x→a−(f(x)) existe et vaut f(a).

Définition 149

, Exemple :

On peut ainsi prouver que :

1. limx−→1−

(1

x− 1

)= −∞ et lim

x−→1+

(1

x− 1

)= +∞.

2. Pour tout entier m, limx−→m+

(bxc) = m et limx−→m−

(bxc) = m− 1.

Signalons de nouveau qu'en pratique, pour démontrer de tels résultats, on n'utilisera pas la dénitionprécédente mais les propositions de ce chapitre...

* Remarque :

Dans le concept de limite à gauche et de limite à droite, le fait que f(a) (en reprennant les notationsde la précédente dénition) existe n'a aucune importance puisque a n'appartient ni à ]−∞, a[∩Df nià ]a,+∞[∩Df. Il n'y a peut-être aucun rapport entre f(a), lim

x−→a−(f(x)) et lim

x−→a+(f(x)). Par contre,

on a vu que si f(a) et limx−→a

(f(x)) existaient alors, nécessairement, on avait limx−→a

(f(x)) = f(a).



Soient a un réel et l un élément de R. On suppose que f est dénie au voisinagede a et on note Df son ensemble de dénition. On suppose que a n'est pas unélément de Df.• Si ]a,+∞[∩Df et ] −∞, a[∩Df ne sont pas des ensembles vides alors :

limx−→a

(f(x)) = l⇔ limx−→a+

(f(x)) = l et limx−→a−

(f(x)) = l.

• Si ]a,+∞[∩Df est un ensemble vide et ]−∞, a[∩Df n'est pas un ensemblevide alors :

limx−→a

(f(x)) = l⇔ limx−→a−

(f(x)) = l.

• Si ]−∞, a[∩Df est un ensemble vide et ]a,+∞[∩Df n'est pas un ensemblevide alors :

limx−→a

(f(x)) = l⇔ limx−→a+

(f(x)) = l.

Proposition 150



* Remarque :On utilise les notations de la précédente proposition. Si on suppose que a est un élément de Df, laproposition est la même mais il faut remplacer l par f(a)car, on vous rappelle que si une fonctionf est dénie en a, sa seule limite possible en a et f(a) (si jamais sa limite existe (ce qui n'a riend'évident), elle vaut nécessairement f(a)). Par exemple, si a ∈ Df et si ]a,+∞[∩Df et ] −∞, a[∩Dfne sont pas des ensembles vides alors :

limx−→a

(f(x)) = f(a)⇔ limx−→a+

(f(x)) = f(a) et limx−→a−

(f(x)) = f(a).

On vous laisse faire les deux autres cas, celui où tout se passe à gauche ou celui où tout se passe àdroite.

, Exemple :

On introduit les fonctions suivantes :

g : x 7→

1 si x > 0

0 si x = 0

−1 si x < 0

, h : x 7→

1 si x > 0

0 si x = 0

1 si x < 0

et w : x 7→

1 si x > 0

1 si x < 0.

1. g admet une limite à gauche en 0 et une limite à droite en 0 (valant respectivement −1 et1). Cependant, comme lim

x−→0−(g(x)) 6= lim

x−→0+(g(x)), on peut armer que lim

x−→0(g(x)) n'existe

pas.

2. h admet une limite à gauche en 0 et une limite à droite en 0 (valant toutes les deux 1).Cependant, lim

x−→0(h(x)) n'existe pas car lim

x−→0−(h(x)) 6= h(0).

3. w admet une limite à gauche en 0 et une limite à droite en 0 (valant toutes les deux 1). Deplus, w n'étant pas dénie en 0, on peut armer que lim

x−→0(w(x)) existe et vaut 1.

3.3.2 Opérations sur les limites

Opérations algébriques sur les limites

Dans les tableaux de la prochaine proposition, a est un élément de R, L1,L2 et λ désignent trois réels,f et g deux fonctions numériques dénies sur une même partie D de R tel que f et g sont déniessur un voisinage de a. F.I signie que la forme est indéterminée.



Limite d'une somme

limx→a

(f(x) + g(x)) limx→a

f(x)

L1 +∞ −∞L2 L1 + L2 +∞ −∞

limx→a

g(x) +∞ +∞ +∞ F.I

−∞ −∞ F.I −∞Limite du produit par un scalaire

limx→a

λf(x) limx→a

f(x)

L1 +∞ −∞si λ > 0 λL1 +∞ −∞si λ = 0 0 0 0


limx→a

(f(x)g(x)) limx→a

f(x)

L1 > 0 L1 = 0 L1 < 0 +∞ −∞L2 > 0 +∞ −∞L2 = 0 L1L2 F.I F.I

limx→a

g(x) L2 < 0 −∞ +∞+∞ +∞ F.I −∞ +∞ −∞−∞ −∞ F.I +∞ −∞ +∞

Limite de l'inverse

limx→a

f(x)

L 6= 0 0+ 0− +∞ −∞ 0

limx→a

(1

f(x)

)1L

+∞ −∞ 0+ 0− F.I

Proposition 151

+ Mise en garde :

Attention à deux erreurs classiques lorsque l'on utilise ce tableau.

1. F.I veut dire forme indéterminée. Cela ne signie pas que la limite n'existe pas. Cela signiequ'on ne peut armer par opérations ce que vaudra le résultat. Il est possible que la limiteexiste et soit nie, il est possible que la limite n'existe pas, il est possible que l'on obtiennel'inni.

2. Dans les tableaux précédents, il y a des hypothèses et des conclusions. La case par exemplelimx→a

(f(x) + g(x)) = L1 + L2 doit se lire : si limx→a

(f(x)) existe et vaut L1 et limx→a

(g(x)) existe

et vaut L2 alors limx→a

(f(x) + g(x)) existe et vaut L1 + L2. Il faut faire attention car il est



possible que limx→a

(f(x)+g(x)) existe sans que ni limx→a

(f(x)) ni limx→a

(g(x)) n'existe. Par exemple

limx→−∞(cos(x) − cos(x)) existe mais lim

x→−∞(cos(x)) n'existe pas !

* Remarque :

• Les quatre formes indéterminées peuvent donc se résumer par :

"∞−∞" , "0×∞", "0

0", "∞∞"

• Puisque ab est, sous réserve d'existence, exp(b ln(a)) et que "0×∞" est une forme indéter-minée, on en déduit que "1∞", "00" et "∞0" sont trois formes indéterminées.• Pour obtenir la limite d'un quotient, il faut se servir de la proposition sur la limite de l'inverseet celle sur la limite du produit.• Cette proposition est valable aussi avec des à droite et à gauche. La plupart des propositionsvues dans la suite se généralisent sans diculté aux limites à droite et à gauche.

Soient λ un réel, f et g deux fonctions numériques dénies sur I, I intervalle deréel non réduit à un point, et a un point de I.• Si f et g sont continues en a alors f+ g, fg et λf sont continues en a.• Si f et g sont continues sur I alors f+ g, fg et λf sont continues sur I.

• Si f est continue en a et si f(a) 6= 0 alors 1fest continue en a.

• Si f est continue sur I et si f ne s'annule pas sur I alors1

fest continue sur

I.

Proposition 152

* Remarque :

En conséquence, un quotient de deux fonctions continues dont le dénominateur ne s'annule pasest continue.

Composition

Limite de fonctions composées

Soit (a, lf, lg) ∈ (R)3. Soient f et g deux fonctions dénies respectivement surDf et Dg. On suppose que f est dénie au voisinage de a et f(Df) ⊂ Dg. Silimx−→a

(f(x)) = lf et limx−→lf

(g(x)) = lg alors limx−→a

((g f)(x)) existe et :

limx−→a

((g f)(x)) = lg.

Proposition 153



Soient f une fonction numérique dénie sur I, I intervalle de réel non réduit à unpoint et a un point de I. Soient h1 et h2 deux fonctions dénies respectivementau voisinage de f(a) et sur D une partie de R. Si f(I) ⊂ D alors :• si f est continue en a et si h1 est continue en f(a) alors h1 f est continueen a.• si f est continue sur I et si h2 est continue sur D alors h2 f est continuesur I.

Proposition 154

, Exemple :

1. On sait que limy−→0

(ln(1+ y)

y

)= 1 et lim

x−→0(ex − 1) = 0. Par composition, on en déduit que

limx−→0

(ln(1+ ex − 1)

ex − 1

)= 1, soit lim

x−→0

(x

ex − 1

)= 1. 1 6= 0, par quotient, on obtient donc la

limite suivante :

limx−→0

(ex − 1

x

)= 1.

2. Soit α un réel non nul. On sait que limy−→0

(ey − 1

y

)= 1 et lim

x−→0(α ln(1+ x)) = 0. Par

composition, on en déduit que limx−→0

(exp (α ln(1+ x)) − 1

α ln(1+ x)

)= 1, soit :

limx−→0

((1+ x)α − 1

α ln(1+ x)

)= 1.

ä Exercice :

Étudier la continuité de f avec : f : x 7→ sin (ln (x+ 1))× ln(|x|).. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Soit x réel, on a :

f(x) est dénie ⇔x+ 1 > 0|x| > 0

⇔x > −1x 6= 0

Ainsi f est dénie sur ]−1; 0[∪]0;+∞[.Par composée et somme, f est continue sur ]−1; 0[∪]0;+∞[.On a :

f(x) ∼0ln(x+ 1)× ln(|x|) car lim

x→0(ln(x+ 1)) = 0

∼0x× ln(|x|)

Or limx→0

(x ln(|x|)) = 0 (croissances comparées) donc limx→0

(f(x)) = 0. Comme f n'est pas dénie en

0, on va poser f(0) = 0 ce qui garantira la continuité de f en 0. f est donc nalement continue sur] − 1;+∞[.



Critère séquentiel

• Soit (a, Lf) ∈ (R)2. Soient f une fonction numérique dénie sur Df, unepartie de R et (Un)n∈N une suite d'éléments de Df. Si lim

x−→a(f(x)) = Lf

et limn−→+∞(Un) = a alors (f(Un))n∈N converge et lim

n−→+∞(f(Un)) = Lf.• Soient f une fonction numérique dénie sur I, I intervalle de réel non réduità un point et a un point de I. Soit (Un)n∈N une suite d'éléments de I. Sif est continue en a et si lim

n−→+∞(Un) = a alors (f(Un))n∈N converge et

limn−→+∞(f(Un)) = f(a).

Proposition 155

+ Mise en garde :

Reprenons les notations de la précédente dénition. Si limx−→a

(f(x)) n'existe pas et si (Un)n∈N est

une suite d'éléments de Df telle que limn−→+∞(Un) = a alors il est possible que lim

n−→+∞(f(Un))existe. On peut prendre (sin(nπ))n∈N comme contre-exemple car (sin(nπ))n∈N converge vers 0 etlim

n−→+∞(nπ) = +∞ mais limx−→+∞(sin(x)) n'existe pas. On peut prendre aussi n'importe quelle fonction

dénie en a admettant une limite à gauche et une limite à droite en a diérentes toutes les deux def(a) et prendre tout simplement comme suite la suite constante (f(a))n∈N. (f(a))n∈N converge versf(a) et lim

n−→+∞(a) = a mais limx−→a

(f(x)) n'existe pas.

* Remarque :

• Soit f une fonction numérique d'une variable réelle. Appelons (Un)n∈N la suite (f(n))n∈N. Si ftend vers une limite en +∞ alors (Un)n∈N tend aussi vers lim

x−→+∞(f(x)). L'étude de f permet

donc de conclure sur la nature de (Un)n∈N.• Soient l un réel et (Un)n∈N une suite convergeant vers l. On peut alors armer d'aprèscette proposition, que (cos(Un))n∈N converge et converge vers cos(l), (|Un|)n∈N converge etconverge vers |l|...• On se sert de cette proposition pour l'étude des suites dénies par récurrence par (Un+1)n∈N =(f(Un))n∈N. On a vu que si L était la limite d'une telle suite et si f est continue en L alors ona : f(L) = L.

Méthode:

On utilise fréquemment la contraposée de cette proposition pour montrer qu'une fonction n'admetpas de limite en un point donné ou bien n'est pas continue. Reprenons les notations de la proposition.On peut conclure que f n'a pas de limite en a si l'une des conditions suivantes est vériée :

1. On trouve deux suites (Un)n∈N et (Vn)n∈N convergeant vers a alors que les suites (f(Un))n∈Net (f(Vn))n∈N convergent et n'ont pas la même limite.

2. On trouve une suite (Un)n∈N convergeant vers a telle que (f(Un))n∈N ne converge pas.



• Soient (a, lf) ∈ (R)2 et f une fonction numérique dénie sur Df une partiede R. On suppose que f est dénie au voisinage de a. lim

x−→a(f(x)) existe

et vaut lf si et seulement si, pour toute suite (Un)n∈N d'éléments de Dfconvergeant vers a, (f(Un))n∈N converge et converge vers lf.• Soient f une fonction numérique dénie sur I, I intervalle de réel nonréduit à un point et a un point de I. f est continue en a si et seulement si,pour toute suite (Un)n∈N d'éléments de I convergeant vers a, (f(Un))n∈Nconverge et converge vers f(a).

Proposition 156

ä Exercice :

Montrer que limx→+∞(cos (x)) n'existe pas.

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .• On va chercher deux suites tendant vers l'inni dont les cos ne donnent pas la même chose.Prenons les suites suivantes :

(Un)n∈N = (2πn)n∈N et (Vn)n∈N =(2πn+

π

2

)n∈N

.

(Un)n∈N tend vers +∞ et (Vn)n∈N aussi. D'autre part :

Pour tout entier naturel n, on a : cos (Un) = 1 et cos (Vn) = 0.

On en déduit que (cos(Un))n∈N converge vers 1 et (cos(Vn))n∈N vers 0.• Supposons que lim

x→+∞(cos (x)) existe, on appelle L cette quantité. Comme (cos(Un))n∈N

converge vers 1 et (Un)n∈N tend vers +∞, on en déduit, par le critère séquentiel, que Lvaut 1. Comme (cos(Vn))n∈N converge vers 0 et (Vn)n∈N tend vers +∞, on en déduit, parle critère séquentiel, que L vaut 0. Par unicité de la limite, on en déduit que c'est absurde.cos n'admet donc pas de limite en +∞.

Vous pouvez de la même manière montrer qu'une fonction périodique non constante n'admet pasde limite ni en +∞ ni en −∞, c'est un exercice très classique !

3.3.3 Limite et ordre

Toute cette partie ressemble fortement au paragraphe "Limite et ordre" du chapitre "Suite". Les pro-positions sont très similaires. La grande diérence est qu'on s'intéresse aux problèmes de convergenceen +∞ pour les suites et en n'importe quel point de l'ensemble de dénition pour les fonctions.

Limite et monotonie

Ne pas hésiter à relire le théorème de la limite monotone des suites avant de lire les propositionci-dessous (qui porte d'ailleurs le nom de théorème de la limite monotone)



Soient (a, b) ∈ (R)2 tel que a < b et f : ]a, b [ 7→ R une fonction croissante. Ona :• Si f est majorée alors lim

x−→b−(f(x)) existe et vaut sup

]a,b[

(f).

• Si f n'est pas majorée alors limx−→b−

(f(x)) = +∞.

• Si f est minorée alors limx−→a+

(f(x)) existe et vaut inf]a,b[

(f).

• Si f n'est pas minorée alors limx−→a+

(f(x)) = −∞.

Proposition 157

* Remarque :

On utilise les notations de la précédente proposition. Prenons désormais une fonction décroissante sur]a, b [ , on l'appelle g. lim

x−→b−(g(x)) existe, c'est inf

]a,b[(g) en cas de minoration, −∞ sinon. lim

x−→a+(g(x))

existe, c'est sup]a,b[

(g) en cas de majoration, +∞ sinon.

Soient a et b deux réels tels que a < b et f : ]a, b [ 7→ R une fonction croissante.Soit x0 ∈ ]a, b [ . f admet en x0 une limite à gauche et une limite à droite et :

limx−→x−0

(f(x)) 6 f(x0) 6 limx−→x+0

(f(x)).

Proposition 158

* Remarque :

On utilise les notations de la précédente proposition. Avec g décroissante sur ]a, b [ , on obtientque g admet en x0 une limite à gauche et une limite à droite et :

limx−→x+0

(g(x)) 6 g(x0) 6 limx−→x−0

(g(x)).

Information apportée par la limite

On va voir dans cette partie comment exploiter, localement, les informations que l'on aurait sur uneéventuelle limite.



Soient a ∈ R et f une fonction numérique à variable réelle dénie au voisinagede a.• Si f a une limite nie, notée L, en a et si L est non nul alors f ne s'annulepas et garde le signe de L sur un voisinage de a.• En particulier, si a est un réel et f est continue en a et f(a) est non nulalors f ne s'annule pas et garde le signe de f(a) sur un voisinage de a.

Proposition 159

* Remarque :

Reprenons les notations de la précédente proposition. Cette dernière est très utile pour diviser parf(x) pour tout x d'un voisinage de a lorsque f a une limite nie non nulle en a. Proposition à retenir !

¨) Corollaire 160 :

Soient (a, b, c) ∈ R× R2 et f une fonction numérique à variable réelle dénie au voisinage de a.

• On suppose que f a une limite nie, notée l, en a. Si c < l < b alors il existe un voisinage V

de a tel que ∀x ∈ V, c < f(x) < b.• En particulier, si a est un réel et f est continue en a et c < f(a) < b alors il existe un voisinageV de a tel que ∀x ∈ V, c < f(x) < b.

Passage à la limite dans les inégalités

Dans cette partie, on fait le contraire, on a des informations locales sur notre fonction et on voudraiten tirer quelques conséquences sur les limites.

Soient a ∈ R et f une fonction numérique à variable réelle. Si f a une limite nieen a et si f est positive sur un voisinage de a, on a alors lim

x−→a(f(x)) > 0.

Proposition 161

* Remarque :

On utilise les notations de la précédente proposition. Si f est une fonction strictement positive sur unvoisinage de a et admet une limite nie en a , alors on n'a pas forcément lim

x−→a(f(x)) > 0. De manière

générale, on peut juste armer que : limx−→a

(f(x)) > 0. La fonction x 7→ 1

xfournit un contre-exemple.



Soit a ∈ R. Soient f et g deux fonctions numériques dénies sur une même partiede R telles que f et g soient dénies au voisinage de a et telles que f 6 g sur unvoisinage de a alors :

1. Si f et g ont des limites nies en a, on a alors :

limx−→a

(f(x)) 6 limx−→a

(g(x)).

2. Si limx−→a

(g(x)) = −∞ alors limx−→a

(f(x)) = −∞.

3. Si limx−→a

(f(x)) = +∞ alors limx−→a

(g(x)) = +∞.

Proposition 162

* Remarque :

On utilise les notations de la précédente proposition.• Si f et g vérient que f < g sur un voisinage de a et que f et g ont des limites nies en a alorson n'a pas forcément lim

x−→a(f(x)) < lim

x−→a(g(x)). De manière générale, on peut juste armer

que : limx−→a

(f(x)) 6 limx−→a

(g(x)). On peut prendre x 7→ 1

x2et x 7→ 1

x2 + 1en +∞ comme

contre-exemple.• On utilise souvent la première partie de cette proposition en prenant pour fonction f (oupour g) une constante. Ainsi, si b1 et b2 sont deux réels et si f est une fonction telle que∀x ∈ V, b1 6 f(x) 6 b2 avec V un voisinage de a alors si f a une limite nie en a , on a :

b1 6 limx−→a

(f(x)) 6 b2.

De nouveau, si on sait en plus que ∀x ∈ V, b1 < f(x) < b2 alors on ne peut pas dire qu' apriori b1 < lim

x−→a(f(x)) < b2 soit vrai.

• Dire que limx−→a

(g(x)) = +∞ n'entraîne rien sur une éventuelle convergence de f en a. On peut

prendre les fonctions x 7→ 1

x+ 1et x 7→ x comme contre-exemple.

Limite par encadrement

Théorème des gendarmes (ou d'encadrement).Soit a ∈ R. Soient f, g et h trois fonctions numériques dénies sur une mêmepartie de R telles que f, g et h soient dénies au voisinage de a. Si f 6 g 6 h surun voisinage de a et si lim

x−→a(f(x)) et lim

x−→a(h(x)) existent, sont nies et égales

alors g admet une limite ne en a et limx−→a

(g(x)) vaut limx−→a

(h(x)).

Théorème 163



+ Mise en garde :

On reprend les notations de la précédente proposition. Si f et h ne convergent pas vers la mêmelimite, on ne peut appliquer le théorème des gendarmes. On ne peut pas armer que g admet unelimite ne en a. Par exemple, ∀x ∈ R+,−2 6 (−1)x 6 1 et x 7→ (−1)x n'admet pas de limite nieen +∞.

Soit (a, l) ∈ R × R. Soient f et g deux fonctions numériques dénies sur unemême partie de R telles que f et g soient dénies sur un voisinage de a.• Si lim

x−→a(g(x)) existe et vaut 0 et s'il existe V, un voisinage de a, telle que

∀x ∈ V, |f(x) − l| 6 g(x), alors limx−→a

(f(x)) existe et vaut l.

• Si limx−→a

(g(x)) existe et vaut 0 et si f est bornée au voisinage de a alors

limx−→a

(g(x)f(x)) existe et vaut 0.

Proposition 164

* Remarque :

Utiliser le théorème des gendarmes ou ses corollaires est très classique lorsque la fonction fait unenotion de partie entière, du cosinus, du sinus. Ce sont des fonctions qu'on a souvent l'habituded'encadrer.

ä Exercice :

Évaluer, si elle existe, limx→0

(1− x×

⌊1

x

⌋).

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .On vous rappelle que, pour tout réel α, on a : bαc 6 α < bαc + 1 ce qui entraîne en particulierque : α− 1 6 bαc 6 α pour tout réel α. Pour tout réel x strictement positif, on a donc :

1

x− 1 6

⌊1

x

⌋61

x

ce qui donne, par positivité de x, ces inégalités : 1− x 6 x

⌊1

x

⌋6 1. Or lim

x→0(1− x) = lim

x→0(1) = 1

donc, par le théorème des gendarmes, on peut armer que limx→0x>0

(x×

⌊1

x

⌋)existe et vaut 1. De

même, en jouant un peu à gauche de 0, on obtient que limx→0x<0

(x×

⌊1

x

⌋)existe et vaut 1. Comme

x 7→ x×⌊1

x

⌋n'est pas dénie en 0 et qu'elle a la même limite à gauche et à droite, on peut donc

conclure que limx→0

(x×

⌊1

x

⌋)existe et vaut 1. Par somme, la limite recherchée existe et vaut donc

0.



3.3.4 Théorèmes généraux de continuité

Image d'un intervalle

Théorème des valeurs intermédiairesSoient a et b deux réels tels que a < b. Soit h une fonction numérique à variableréelle continue sur [a, b]. Si z est un réel compris entre h(a) et h(b) alors il existec ∈ [a, b] tel que h(c) = z.

Théorème 165

* Remarque :

• Ne pas oublier l'hypothèse de continuité. Par exemple, on a b0c 61

26 b1c et pourtant :

∀x ∈ [0, 1], bxc 6= 1

2.

• Notons cependant que ce théorème ne caractérise pas les fonctions continues. Cela signiequ'il peut être vraie pour des fonctions non continues même si il n'est pas vraie en généralpour les fonctions non continues.• L'image d'un intervalle par une fonction continue est donc un intervalle. La nature de l'inter-valle n'est pas nécessairement préservée. Par exemple, [0, 2π[ est un intervalle ouvert, [−1, 1]est fermé et cos ([0, 2π[) = [−1, 1].• Ce théorème permet donc de démontrer l'existence d'une solution à une équation en utilisantjuste la continuité (ce qui est assez facile à obtenir en général) sans avoir à calculer la solution.C'est particulièrement utile pour démontrer qu'une équation a une solution dans le cas où l'onn'a pas d'expression explicite de cette solution. Cela permet de dénir une suite implicite.• On déduit aussi de ce théorème que, sur un intervalle, alors une fonction continue qui nes'annule pas garde un signe constant et une fonction continue qui change de signe s'annule aumoins une fois sur cet intervalle.


Soient a et b deux réels tels que a < b. Soit h une fonction numérique à variable réelle continue sur[a, b]. Si h(a)× h(b) 6 0 alors il existe c ∈ [a, b] tel que h(c) = 0.

, Exemple :

On déduit facilement de ce corollaire que tout polynôme de degré impair a au moins une racineréelle.



Image d'un segment

Soient a et b deux réels tels que a 6 b et h, une fonction numérique à variableréelle, continue sur [a, b].• h possède alors un maximum M et un minimum m sur [a, b]. Il existedonc x0 dans [a, b] tel que h(x0) =M et y0 dans [a, b] tel que h(y0) = m,autrement dit, il existe deux éléments x0 et y0 de [a, b] tels que h ([a, b]) =[h(y0), h(x0)].• On dit que l'image d'un segment par une fonction continue est un segmentou qu'une fonction continue sur un segment y est bornée et atteint sesbornes.• Le cas particulier des fonctions monotones est classique :• Si on sait en plus que h est croissante alors h ([a, b]) est [h(a), h(b)].• Si on sait en plus que h est décroissante alors h ([a, b]) est [h(b), h(a)].

Théorème 167

Théorème de la bijection

Théorème de la bijection continueSoit f une fonction numérique dénie sur I. Si f est strictement monotone etcontinue sur I alors :

1. f(I) est un intervalle.

2. f est réalise une bijection de I sur f(I).

3. f−1 est strictement monotone et son sens de variation est celui de f.

4. f−1 est continue.

5. ∀ y ∈ f(I), ∃ ! x ∈ I tel que f(x) = y.

Théorème 168

+ Mise en garde :

Deux mises en garde concernant ce théorème :

1. N'oubliez pas la condition "y ∈ f(I)". L'équation, d'inconnue x réel positif,√x = −2 n'a pas

de solution même si x 7→√x est bijective !

2. Le y du précédent théorème ne doit pas dépendre de x. En introduisant la fonction g : x 7→f(x) − y, on peut toujours se ramener à un problème de recherche d'antécédent de 0 et éviterainsi ce danger. On utilise alors le théorème de la bijection continue dans ce cas particulier :si g est continue et strictement monotone sur D alors l'équation, d'inconnue x élément de D,g(x) = 0 a une unique solution si 0 appartient à g(D) et zéro solution si 0 n'appartient pas àg(D).

Méthode:



Résumons un peu les choses. Voici trois idées qui vous permettront de prouver qu'une équationa (ou non) des solutions :

• On la résout !C'est la base et c'est à essayer avant de se jeter sur le théorème de la bijection continue. Onessaye tout simplement de résoudre notre équation ce qui est facile si c'est une équation dusecond degré ou une équation faisant intervenir une fonction qu'on peut détruire grâce à desréciproques comme ln et exp,

√· et x 7→ x2. Si cela n'aboutit pas, on passe à la suite !

• Avec le TVI.On réécrit notre équation sous la forme f(x) = 0, on prouve la continuité de f, on cherchedeux réels a et b tels que f(a) et f(b) soient de signe opposé. On pourra alors conclure quenotre équation a au moins une solution. Par contre, si on se demande combien de solutions anotre équation alors inutile de s'attarder, le TVI ne donne pas le nombre de solution.• Le théorème de la bijection continueSi on veut savoir le nombre de solution de notre équation, le TVI ne sura pas. Vous aurezbesoin du théorème de la bijection continue. Suivez simplement ces quelques étapes :

1. Écrivez votre équation sous la forme y = f(x) avec y xé (i.e. y ne dépendant pas de x, leplus simple étant 0) et x l'inconnue balayant un certain ensemble (c, d).

2. Prouvez la continuité et la stricte monotonie de f.

3. Expliciter f((c, d)) et notez si y appartient ou non à f((c, d)).

Vous pourrez alors conclure que votre équation a précisément une et une seule solution si yappartient à f((c, d)) et n'a pas de solution sinon.

ä Exercice :

1. Soit f : [0, 1] 7→ [0, 1] une fonction continue. Montrer que f admet au moins un point xe,c'est-à-dire qu'il existe au moins un élément x de [0, 1] tel que f(x) = x.

2. Soient n un entier naturel non nul et (En) l'équation suivante d'inconnue x :

1

x+

1

x+ 1+ · · ·+ 1

x+ 2n= 1.

Montrer que (En) admet des solutions et déterminer le nombre de solutions de (En).



1. Un dessin pour illustrer notre propos :

On voit très bien dessus que Cf et Cid se croisent. Pour le prouver, on introduit la fonctionsuivante : g : x 7→ f(x) − x. Soit x un élément de [0, 1], on a :

f(x) = x⇔ g(x) = 0.

Or g(0) est positif car f(0) l'est puisque f([0, 1]) ⊂ [0, 1] par dénition de f et g(1) estnégatif puisque f(1) − 1 l'est car f([0, 1]) ⊂ [0, 1].Ainsi, d'après le théorème des valeurs intermédiaires, applicable à g car g est continue sur[0, 1], il existe x appartenant à [0, 1] tel que g(x) = 0 ce qui entraîne que f a au moins unpoint xe.

2. On veut compter le nombre de solutions, on va donc partir sur du théorème de la bijectioncontinue. On introduit la fonction f suivante :

f : x 7→ 1

x+

1

x+ 1+ · · ·+ 1

x+ 2n− 1

f est continue et dérivable sur R\ 0;−1; · · · ;−2n (ensemble que l'on va noter A) parquotient et somme et, pour tout réel x de A, on a :

f ′(x) = −1

x2−

1

(x+ 1)2− · · ·− 1

(x+ 2n)2.

Par somme, f ′ est donc strictement négative (Ne pas conclure pour autant que f est stric-tement décroissante car A n'est pas un intervalle) ce qui justie ce tableau de variations :

x −∞ −2n −2n+ 1 · · · −2 −1 0 +∞−1 +∞ +∞ +∞ +∞

HHHjHHHj · · · HHHj

HHHjHHHj

−∞ −∞ −∞ −∞ −1

On vous laisse justier toutes les limites, après tout vous êtes grands ! Poursuivons :• Soit k ∈ −2n;−2n+ 1; · · · ;−1 . f est continue et strictement décroissante sur ]k;k+1[donc d'après le théorème de la bijection continue, f établit une bijection de ]k;k+ 1[ sur]

limx→k+1x<k+1

(f(x)); limx→kx>k

(f(x))

[i.e. R. Or 0 est un réel (en voilà un scoop !), il existe donc un

unique xk dans ]k;k+ 1[ tel que f(xk) = 0.• Pour les mêmes raisons, f établit une bijection de ]−∞;−2n[ sur l'intervalle ]−∞;−1[.Or−1 < 0 donc 0 n'appartient pas à ]−∞;−1[ et (En) n'a pas de solution sur ]−∞;−2n[.• Et toujours pour les mêmes raisons, f établit aussi une bijection de ]0;+∞[ sur ]−1;+∞[.Or 0 appartient à ] − 1;+∞[ donc (En) a une unique solution sur ]0;+∞[.

On n'a plus qu'à compter : (En) a exactement 2n+ 1 solutions.



3.4 Notions de dérivabilité

Désormais et jusqu'à la n de cette partie, D sera une partie de R contenant un intervalle I nonréduit à un point. Cet intervalle contient un élément appelé a (a peut donc être éventuellement uneborne de I).

3.4.1 Dérivabilité en un point

Dénition

Soit f : D→ R une fonction.• On appelle taux d'accroissement de f en a la fonction dénie sur D\ a

par :

x 7→ f(x) − f(a)

x− a.

• On dit que f est dérivable en a si son taux d'accroissement en a admetune limite nie en a.• Si f est dérivable en a, alors on appelle nombre dérivé de f en a la limiteen a du taux d'accroissement de f en a. Cette quantité se note f ′(a) oudf

dx(a) ou

[d

dx(f(x))

]x=a

. Sous réserve d'existence, on a donc :

f ′(a) = limx−→a

(f(x) − f(a)

x− a

).

Définition 169

* Remarque :

Soit f : D→ R une fonction. Par composition, on prouve que f est dérivable en a si limh−→0

(f(a+ h) − f(a)

h

)existe et on a alors : f ′(a) = lim

h−→0

(f(a+ h) − f(a)

h

). A vous de choisir entre lim

h−→0

(f(a+ h) − f(a)

h

)et limx−→a

(f(x) − f(a)

x− a

), cela revient au même !

+ Mise en garde :

Il faut bien noter que l'opération de dérivation agit sur les fonctions et non sur les nombres. Pasde (cos(1)) ′ mais du cos ′(1), pas de (x cos(x)) ′. D'ailleurs cos ′(22) est − sin(4) et pas −4 sin(4) quiserait obtenu en dérivant x 7→ cos

(x2)en 2.

, Exemple :

En cherchant les limites des taux d'accroissements, on prouve aisément que :

1. la fonction f constante sur D est dérivable en tout point de D et pour tout a ∈ D, on a :f ′(a) = 0.


Partie 3: Étude de fonction Notions de dérivabilité

2. la fonction identité sur D, notée idD, est dérivable en tout point de D et pour tout a ∈ D,on a : id ′D(a) = 1.

3. la fonction racine carrée est dérivable en tout point de R?+ et, pour tout réel strictement positif

a, on a :

[d

dx(√x)

]x=a

=1

2√a.

4. f : x 7→ ax+b ( avec a et b deux réels) est dérivable en tout point et, pour tout réel x, on a :f ′(x) = a.

5. f : x 7→ xn ( avec n un entier naturel) est dérivable en tout point et, pour tout réel x, on a :f ′(x) = nxn−1.

On va faire la preuve pour la racine carrée : On prend un réel a strictement positif et on introduitla fonction f : x 7→

√x. Pour tout réel x strictement positif, on a :

f(x) − f(a)

x− a=

√x−√a

x− a

=

√x−√a(√

x−√a)×(√x+√a)

=1√

x+√a

Cela prouve que limx−→a

(f(x) − f(a)

x− a

)existe et vaut

1

2√a. On en déduit que f est dérivable en a et

f ′(a) =1

2√a.

Dérivabilité à gauche et à droite

Ne pas hésiter à faire le parallèle avec la notion de continuité à gauche et à droite ! Dans ce paragraphe,f : D→ R désignera une fonction.

On dit que f est dérivable à droite en a (resp. à gauche en a) si son tauxd'accroissement en a admet une limite nie à droite en a (resp. à gauche en

a). On note alors f ′d(a) = limx−→a+

(f(x) − f(a)

x− a

)(resp. On note alors f ′g(a) =

limx−→a−

(f(x) − f(a)

x− a

)).

Définition 170

• Si a n'est pas une borne de I alors f est dérivable en a si et seulement sif est dérivable à gauche et à droite en a et f ′g(a) = f ′d(a). On a alorsf ′(a) = f ′d(a) = f

′g(a).

• Si a est la borne inférieure (resp. supérieure) de I alors f est dérivable ena si et seulement si f est dérivable à à droite en a (resp. dérivable à àgauche en a).

Proposition 171



, Exemple :

h :

R → Rx 7→ |x|

est dérivable à gauche et à droite en 0 mais n'est pas dérivable en 0. En eet, à

gauche, on obtient une limite de taux d'accroissements de −1 et on obtient 1 à droite : On fait lapreuve à gauche en prenant x et a deux réels strictement négatifs, on a :

h(x) − h(a)

x− a=

|x|− |a|

x− a

=−x+ a

x− a

= −1.

Liens avec la continuité

Soit f : D→ R une fonction.• Si f est dérivable en a alors f est continue en a.• Si f est dérivable à droite (resp. à gauche) en a alors f est continue àdroite (resp. à gauche) en a.

Proposition 172

* Remarque :

La dérivabilité est une hypothèse beaucoup plus forte que celle de continuité. Si une fonction estcontinue en un point, elle n'est pas nécessairement dérivable en ce point, deux exemples :

• La fonction racine carrée est continue en zéro mais n'y est pas dérivable.• Il existe des fonctions continues en tout point mais nulle part dérivable. C'est le cas de lafonction Weierstrass qui peut être déni comme suit :

f : x 7→ limn−→+∞

(n∑k=0

(1

2

)kcos(2kπx

))

Voici son graphe :

Interprétation graphique

On munit jusqu'à la n du chapitre le plan d'un repère orthogonal (O,→i ,→j ).



4 3 2 1 0 1 2 3 4

1.0

0.5

0.0

0.5

1.0

1.5

2.0

y=f(x)

Soient f : D → R une fonction, a un élément de D, M0(a, f(a)) un point duplan. Si f est dérivable en a alors on appelle tangente en M0 à Cf, courbereprésentative de f, la droite qui a pour équation :

y = f ′(a)(x− a) + f(a)

Définition 173

Soient f : D → R une fonction, a et x deux éléments de D, M0(a, f(a)),M(x, f(x)) deux points de la courbe représentative de f.• Si f est dérivable en a alors la famille de droite (MM0) admet une positionlimite quand x tend vers a, c'est la tangente en M0 à Cf. La positionde cette dernière par rapport à Cf est donnée par l'étude du signe def(x) − f(a) − f ′(a)(x− a) avec x élément de D.

• Si limx−→a

(f(x) − f(a)

x− a

)= ±∞ alors on dit que Cf possède au point d'abs-

cisse a une tangente verticale d'équation x = a.

Proposition 174

.) Illustration :

* Remarque :

On utilise les notations précédentes. Quand f est dérivable à droite (resp. à gauche) en a alorsla famille de droite (MM0) admet une position limite quand x tend vers a par valeur supérieure(resp. par valeur inférieure), c'est la demi-tangente à droite (resp. à gauche) en M0 à Cf qui est ladroite d'équation : y = f(a) + f ′d(a)(x− a) (resp. y = f(a) + f ′g(a)(x− a)).



3.4.2 Dérivabilité sur un ensemble

Fonction dérivée

Soit f : D→ R une fonction.• On dit que f est dérivable sur D si f est dérivable en tout point de D.• Si f est dérivable sur D, on appelle fonction dérivée de f, la fonction, notée

f ′ oudf

dx, dénie sur D par :

f ′ :

D → Rx 7→ f ′(x)

• On note D1(D) l'ensemble des fonctions dérivable sur une partie D de R.

Définition 175

Voici un lien fort entre dérivabilité et continuité :

Soit f : D→ R une fonction. Si f est dérivable sur D alors f est continue sur D.

Proposition 176

Dérivées usuelles

On note dans le tableau suivant des fonction usuelles f, elles sont dénies sur Df et dérivables surDf ′ . On donne aussi l'expression des dérivées f ′ des ces fonctions. On pourra constater que Df et D ′fsont souvent confondues mais que ce n'est pas le cas pour les fonctions racine carrée et valeur absolue.



On fera donc particulièrement attention pour donner des ensembles de dérivabilité de fonction quifont intervenir dans leur expression une racine carrée ou une valeur absolueAvant de donner ce tableau, signalons que s désignera un réel, n un entier naturel et a un réelstrictement positif.

Df f Df ′ f ′

R x 7→ xn R x 7→ nxn−1

R x 7→ |x| R? x 7→

1 si x > 0

−1 si x < 0

R?+ x 7→ xs R?

+ x 7→ sxs−1

R+ x 7→√x R?

+ x 7→ 1

2√x


R x 7→ cos(x) R x 7→ − sin(x)

R x 7→ sin(x) R x 7→ cos(x)

R\ π2+ kπ, k ∈ Z

x 7→ tan(x) R\

π2+ kπ, k ∈ Z

x 7→ 1+ tan2(x)

R?+ x 7→ ln(x) R?

+ x 7→ 1

x

R x 7→ ax R x 7→ ln(a)ax

ä Exercice :

Calculer la dérivée de f : x 7→(

1

ln(√x2 + 2)

)2.

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Pour tout réel x, on a x2 + 2 > 0 (la racine ne pose pas de problème de dérivabilité),

√x2 + 2 > 0

(pas de souci avec le ln) et√x2 + 2 6= 1 (cela passe donc pour le dénominateur). Par composition,

f est donc dérivable. Soit x réel, on a :

f ′(x) = −2(

ln(√x2 + 2)

)3 × 1√x2 + 2

× 1

2√x2 + 2

× 2x

= −2x

(x2 + 2)×(ln(√x2 + 2)

)3Institut d'Alzon 138


3.4.3 Dérivabilité et opérations

Opérations algébriques sur les fonctions dérivables

Soit λ un réel. Soient f : D→ R et g : D→ R deux fonctions.• On suppose que f et g sont dérivables en a alors f + g, f × g et λf sontdérivables en a. D'autre part, on a :

(f+ g) ′(a) = f ′(a) + g ′(a) , (λf) ′(a) = λf ′(a) et

(f× g) ′(a) = f ′(a)g(a) + g ′(a)f(a).

• On suppose que f et g sont dérivables sur D alors f+ g, f× g et λf sontdérivables sur D. D'autre part, on a :

(f+ g) ′ = f ′ + g ′, (λf) ′ = λf ′ et (f× g) ′ = f ′ × g+ g ′ × f.

Proposition 177

Composition

Soit f : D→ R une fonction. Soient h1 et h2 deux fonctions dénies respective-ment au voisinage de f(a) et sur D2 une partie de R. Si f(D) ⊂ D2 alors :• si f est dérivable en a et si h1 est dérivable en f(a) alors h1f est dérivableen a et on a : (h1 f) ′ (a) = h ′1 (f(a))× f ′(a).• si f est dérivable sur D et si h2 est dérivable sur D2 alors h2 f estdérivable sur D et on a : (h2 f) ′ = (h ′2 f)× f ′.

Proposition 178

, Exemple :

s désigne un réel, n un entier naturel. Soient u, v et w trois fonctions dérivables sur D. On sup-pose que v est strictement positive sur D et que w ne s'annule pas sur D. On a :

1. un est dérivable sur D, sa dérivée est nu ′ × un−1.2. exp(u) est dérivable sur D, sa dérivée est u ′ × exp(u).

3.√v est dérivable sur D, sa dérivée est

v ′

2√v.

4. vs est dérivable sur D, sa dérivée est sv ′ × vs−1.

5. ln(|w|) est dérivable sur D, sa dérivée estw ′

w.



Quotient et dérivée

Soit λ un réel. Soient f : D→ R et g : D→ R deux fonctions.

• On suppose que f est dérivable en a et que f(a) 6= 0 alors 1fest dérivable

en a. D'autre part,

(1

f

) ′(a) est −

f ′(a)

f(a)2.

• On suppose que f est dérivable sur D et que f ne s'annule pas sur D alors1

fest dérivable sur D. De plus,

(1

f

) ′est −

f ′

f2.

• On suppose que f et g sont dérivables en a et que f(a) 6= 0 alorsg

fest

dérivable en a. D'autre part, on a :(gf

) ′(a) =

g ′(a)f(a) − f ′(a)g(a)

f(a)2.

• On suppose que f et g sont dérivables sur D et que f ne s'annule pas sur

D alorsg

fest dérivable sur D. D'autre part, on a :

(gf

) ′=g ′f− f ′g

f2.

Proposition 179

+ Mise en garde :

• Il est tout à fait possible de composer, d'additionner, de multiplier ou de quotienter desfonctions non dérivables et d'obtenir une fonction dérivable ! Un exemple tout bête : x 7→√x−√x est dérivable en 0 alors que x 7→

√x n'est pas dérivable en 0.

• Les théorèmes généraux ne permettent donc pas systématiquement de dire si une fonctionest dérivable ou non. Il faut alors, pour certains points de l'ensemble de dénition, revenir àl'étude de la limite du taux d'accroissement.

ä Exercice :

Étudier la dérivabilité de f avec : f : x 7→

0 si x = 1(sin(πx))2

x− 1si x 6= 1



Pour tout x diérent de 1, on a x− 1 6= 0. Par quotient, f est donc dérivable sur R\ 1 . Pour toutréel x diérent de 1, on a :

f(x) − f(1)

x− 1=

(h(x) − h(1)

x− 1

)2avec h : x 7→ sin (πx).

Or h est dérivable, par produit de limites, on en déduit :

limx→1

(f(x) − f(1)

x− 1

)= (h ′(1))

2

Ceci prouve que f est dérivable en 1 et f ′(1) = π2. f est donc dérivable sur R.

Dérivée d'une fonction réciproque

Soit f : D→ R une fonction continue et strictement monotone. Posons b = f(a).• Si f est dérivable en a et si f ′(a) 6= 0 alors f−1 est dérivable en b et on

a :(f−1) ′(b) =

1

f ′(a).

• Si f est dérivable surD et si f ′ ne s'annule pas surD alors f−1 est dérivablesur f(D) et on a :

∀ x ∈ f(D),(f−1) ′(x) =

1

f ′(f−1(x)).

Proposition 180

ä Exercice :

Étudier la dérivabilité de arcsin. On rappelle que arcsin est la réciproque de sin restreinte à[−π

2;π

2

].

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .On appelle f la fonction sin restreinte à

[−π

2;π

2

]. Elle réalise une bijection de

[−π

2;π

2

]sur [−1, 1]

d'après le théorème de la bijection continue (applicable car f est continue et strictement croissante).

f est dérivable sur[−π

2;π

2

]et f ′ est cos. Pour tout x de

[−π

2;π

2

], on a :

f ′(x) 6= 0⇔ cos(x) 6= 0

⇔ x ∈]−π

2;π

2

[.

Cela prouve que arcsin est dérivable sur f(]

−π

2;π

2

[)soit ] − 1; 1[. D'après la formule précédente,

pour tout x de ] − 1; 1[, on a :

arcsin ′(x) =1

cos(arcsin (x))

=1√

1− sin2(arcsin (x))

=1√1− x2

.



, Exemple :

• Pour tout entier naturel non nul n, gn : x 7→ n√x est dérivable sur R?

+ et pour tout réel

strictement positif x, on a : g ′n(x) =1

nx1n−1.

• arccos et arcsin sont dérivables sur ] − 1, 1[ et pour tout y de ] − 1, 1[, on a :

arccos ′(y) = −1√1− y2

et arcsin ′(y) =1√1− y2

.

(On rappelle que arcsin comme arccos ne sont plus au programme des BCPST, ces formulesne sont donc pas au programme).

On prendra bien garde aux fonctions arcsin et arccos dont l'ensemble de dérivabilité n'est pas l'en-semble de dénition. En résumé, pour un bcpst, il y a donc quatre fonctions particulièrement dan-gereuses concernant la dérivabilité : racine carrée, valeur absolue, arcsin et arccos.

* Remarque :


1. Sous réserve d'existence,(f−1) ′

est1

f ′ f−1.

2. Cette proposition est assez intuitive graphiquement quand on se souvient que les courbesreprésentatives de f et f−1 dans un repère orthonormée sont symétriques par rapport à lapremière bissectrice.

3. On peut retrouver aussi facilement cette proposition en dérivant (attention à la composition !)l'égalité suivante : f−1 f = id. Cela donne :

((f−1) ′ f)× f ′ = 1.

Ainsi, si f ′(x) 6= 0, on obtient : (f−1) ′(f(x)) =1

f ′(x). On remplace après f(x) par y (et donc

x par f−1(y)).

arctan est dérivable sur R et, ∀y ∈ R, arctan ′(y) =1

1+ y2.

Proposition 181



3.4.4 Dérivées successives

Soit f : I→ R une fonction.• On dit que f est deux fois dérivable en a si f est dérivable sur un voi-

sinage de a et si f ′ est dérivable en a. On note f ′′(a) oud2f

dx2(a) ou[

d2

dx2(f(x))

]x=a

la dérivée de f ′ en a. On a donc sous réserve d'existence :

f ′′(a) = limx−→a

(f ′(x) − f ′(a)

x− a

).

• On dit que f est deux fois dérivable sur I si f est dérivable sur I et si f ′

est dérivable sur I. On note f ′′ (ou f(2) oud2f

dx2) la dérivée de f ′. On a

alors : f ′′ = (f ′)′.

Définition 182

Après avoir déni dérivée et dérivée seconde, on dénit par récurrence la notion de dérivée troisième,quatrième, cinquième...

Soit f : I → R une fonction. Soit n un entier naturel non nul. On dénit parrécurrence la dérivée n-ième de f. On pose f(0) = f et on dit que f est n foisdérivable sur I si f est n− 1 dérivable sur I si f(n−1) est dérivable sur I. On note

f(n) oudnf

dxnla dérivée de f(n−1). On pose donc :

f(n) =(f(n−1)

) ′.

Définition 183

, Exemple :

On peut dériver ln ′ (fonction dérivable par quotient) puis ln′′(fonction dérivable par quotient)

puis..., cela donne :

ln′:

R?+ → R

x 7→ 1

x

, ln′′:

R?+ → R

x 7→ −1

x2

et ln′′′:

R?+ → R

x 7→ 2

x3



Soit f : D→ R une fonction. Soit n un entier naturel.• On dit que f est de classe Dn sur D si f est n fois dérivable sur D et onnote Dn(D) l'ensemble des fonctions n fois dérivables sur D.• On dit que f est de classe Cn sur D (ou est n fois continûment dérivablesur D ) si f est n fois dérivable sur D et si f(n) est continue sur D.• On note Cn(D) l'ensemble des fonctions n fois continûment dérivables.Ainsi, C0(D) est l'ensemble des fonctions continue sur D et C1(D) estl'ensemble des fonctions dérivables sur D dont la dérivée est continue surD.• On note C∞(D) l'ensemble des fonctions qui possède pour tout entiernaturel n une dérivée n-ième dénie sur D.

Définition 184

, Exemple :

Toutes les fonctions usuelles (sauf la partie entière, les racines n-ième et la valeur absolue) sont declasse C∞ sur leurs ensembles de dénition. A noter que les racines n-ième et la valeur absolue sonttout de même de classe C∞ sur leurs ensembles de dénition privés de 0.

+ Mise en garde :

Une fonction dérivable est continue, cela ne signie pas forcément qu'une fonction f dérivable sur Dest de classe C1 sur D. Pour que f soit de classe C1 sur D, il faut non seulement que f ′ existe mais enplus que f ′ (et pas f qui serait automatique) soit continue sur D : Cela n'est pas évident ! Prenonspar exemple la fonction suivante :

f : x 7→

x2 sin(1

x

)si x 6= 0

0 si x = 0

f est dérivable sur R (pour prouver la dérivabilité en 0, il faut revenir aux taux d'accroissements, onobtient que f ′(0) existe et vaut 0) mais n'est pas de classe C1 sur R (car on prouve que f ′ n'est pas

continue en 0). En eet : limx−→0

(f(x) − f(0)

x− 0

)existe car c'est lim

x−→0

(x sin

(1

x

))qui vaut 0 par le

théorème des Gendarmes car on a le produit d'une fonction qui tend vers 0, x 7→ x, par une fonction

bornée, x 7→ sin

(1

x

). On en déduit que :

f ′ :

R → R

x 7→

0 si x = 0

2x sin

(1

x

)− cos

(1

x

)si x 6= 0

Comme cos n'admet pas de limite en l'inni, on peut armer que x 7→ cos

(1

x

)n'admet pas de

limite en 0. Or limx−→0

(2x sin

(1

x

))existe et vaut 0 (encore le théorème des Gendarmes avec la forme



"produit de fonction bornée par fonction tendant vers 0). Par l'absurde, on en déduit limx−→0

(f ′(x))

n'existe pas et en particulier que f ′ n'est pas continue en 0Les fonctions dérivées ne sont donc pas nécessairement continues (ne pas confondre avec le fait quela dérivabilité d'une fonction entraîne sa continuité !).

* Remarque :

• On peut dire d'une fonction f qu'elle est de classe C1 sur D ou bien qu'elle appartient à C1(D)mais on ne dira pas qu'elle est C1(D), C1(D) est un ensemble de fonctions (même remarquebien sûr avec les autres ensembles).• On peut dire d'une fonction f qu'elle appartient à C1(D) avec D un ensemble, on ne dira pasqu'elle est C1(a) pour dire qu'elle est de classe C1 au voisinage de a (même remarque bien sûravec les autres ensembles).• On n'a pas déni D∞(D) car c'est en réalité C∞(D).• A noter tout de même que les fonctions dérivées sont continues sur un ensemble dense de leurensemble de dénition et qu'elles vérient le théorème des valeurs intermédiaires (Remarquebien au-delà du programme).• On a : C0(D) ⊃ D1(D) ⊃ C1(D) ⊃ D2(D) ⊃ C2(D) ⊃ D3(D) ⊃ C3(D) ⊃ ...• Par contre, si D ⊂ D1, le lien entre D1(D1) et C1(D) n'est, par exemple, pas évident. On peutavoir des fonctions qui sont dérivable sur D1 et ne sont pas de classe C1 sur D, des fonctionsqui sont de classe C1 sur D mais qui ne sont pas dérivable sur D1...

Soient λ un réel, n un entier naturel et If,g- R deux fonctions.

Si f et g sont dérivables n fois sur I alors f+ g, f× g, λf sont aussi dérivables nfois sur I et on a :

(f+ g)(n) = f(n) + g(n) et (λf)(n)

= λf(n).

Proposition 185

* Remarque :

On sait évaluer, sous réserve d'existence, la dérivée n-ième du produit, c'est la formule de Leib-niz (qui n'est plus au programme des BCPST et qui se prouve facilement par récurrence) :

(f× g)(n) =n∑k=0

(n

k

)f(k) × g(n−k).

Soit n un entier naturel. Soient If- J

g- R deux fonctions.Si f et g sont dérivables n fois sur leur intervalle de dénition alors g f est nfois dérivable sur I.

Proposition 186



Soient λ un réel, n un entier naturel et If,g- R deux fonctions.

• Si f et g sont de classe C∞ sur I alors f+ g, f× g, λf sont aussi de classeC∞ sur I.

• Si f ne s'annule pas sur I et est dérivable n fois sur I alors1

fest dérivable

n fois sur I.

• Si f ne s'annule pas sur I et est de classe C∞ sur I alors1

fest de classe

C∞ sur I.

Proposition 187

ä Exercice :

Soit f : x 7→ ln(x)x

. Montrer que f est de classe C∞ sur R∗+ puis que, pour tout entier naturel n, il

existe deux réels un et vn (à expliciter) tels que :

∀x ∈ R∗+, f(n)(x) =un + vn ln x

xn+1.

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .f est de classe C∞ sur R∗+ par produit. Pour tout entier naturel n, on appelle Pn l'hypothèsesuivante :

" Il existe deux réels un et vntels que :∀ x ∈ R∗+, f(n)(x) =un + vn ln(x)

xn+1" .

On pose u0 = 0 et v0 = 1. Pour tout réel strictement positifs x, on a :

u0 + v0 ln(x)x0+1

=ln(x)x

= f(0)(x).

P0 est donc vraie. On suppose Pn vraie pour un certain entier naturel n. Ainsi il existe deux réels

un et vn tels que f(n) : x 7→ un + vn ln(x)xn+1

. f(n) est dérivable sur R∗+ puisque f est de classe C∞sur R∗+. Pour tout réel strictement positif x, on a alors en dérivant f(n) les égalités suivantes :

f(n+1)(x) =vnxn+1

x− (n+ 1)xnun − (n+ 1)xnvn ln(x)

x2n+2

=(vn − (n+ 1)un) − (n+ 1)vn ln(x)

x(n+1)+1

=un+1 + vn+1 ln(x)

x(n+1)+1

en posant un+1 = vn − (n+ 1)un et vn+1 = −(n+ 1)vn. Pn+1 est donc vraie. Par le principe derécurrence, on vient donc de prouver que :

∀n ∈ N, ∃(un, vn) ∈ R2/ f(n) : x 7→ un + vn ln(x)xn+1



avec u0 = 0, v0 = 1 et vn+1 = −(n+ 1)vn et un+1 = vn − (n+ 1)un pour tout entier naturel n.Pour tout entier naturel n, on a donc :

vn+1

(n+ 1)!= −

−(n+ 1)vn(n+ 1)!

= −vn

n!(vnn!

)n∈N

est donc une suite géométrique de raison −1 et de premier terme 1. On peut donc

conclure que (vn)n∈N est ((−1)n × n!)n∈N. On injecte directement dans (un)n∈N, on obtient que,pour tout entier naturel n, on a :

un+1 = vn − (n+ 1)un

= (−1)nn!− (n+ 1)un.

Introduisons la suite (Wn)n∈N =(unn!

(−1)n)n∈N

, pour tout entier naturel n, on a :

Wn+1 −Wn =un+1

(n+ 1)!(−1)n+1 −

un

n!(−1)n

=(−1)nn!− (n+ 1)un

(n+ 1)!(−1)n+1 +

(n+ 1)un(n+ 1)!

(−1)n+1

= −1

n+ 1

et donc, par télescopage, pour tout entier naturel non nul n, on a :

Wn =

(n∑k=1

(Wk −Wk−1)

)+W0

=

n∑k=1

(−1

k

)+u0

0!(−1)0

= −

n−1∑k=0

1

k+ 1

ce qui prouve que (un)n∈N est

((n−1∑k=0

−n!k+ 1

)(−1)n

)n∈N

.

3.4.5 Théorèmes de Rolle et des accroissements nis.

Extremum et dérivé

Soit f : I→ R une fonction dérivable.Si b n'est pas une borne de I et si f possède un extremum local en b alorsf ′(b) = 0.

Proposition 188



* Remarque :

1. La réciproque est fausse. f3 : x 7→ x3 est dérivable sur R, on a f ′3(0) = 0 mais f3 ne possèdepas un extremum local en 0.

2. Il faut bien vérier la condition " b n'est pas une borne de I " de la proposition. Soit h :[1, 4] → Rx 7→ x3

admet un minimum en 1 et un maximum en 4 mais h ′(1) 6= 0 et h ′(4) 6= 0.

Théorème de Rolle

Théorème de RolleSoient a et b deux réels tels que a < b, soit f : [a, b]→ R une fonction continuesur [a, b], dérivable sur ]a, b[.On suppose que f(a) = f(b) alors il existe c dans ]a, b[ tel que f ′(c) = 0.

Théorème 189

* Remarque :

On utilise les notations de la précédente proposition. Graphiquement, cela veut dire que la courbereprésentative de f possède au moins une tangente horizontale comme le montre le dessin de la pagesuivante :

ä Exercice :

Soient a et b deux réels tels que 0 < a < b. Soit f une fonction de [a, b] dans R telle que f soitcontinue sur [a, b], dérivable sur ]a, b[ et telle que f(a) = f(b) = 0. Montrer qu'il existe c ∈]a, b[

tel que f ′(c) =f(c)

c.



. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Comme on a un problème d'existence et qu'il y a de la dérivée qui traîne, on va chercher une dérivéequi s'annule. On ne veut pas appliquer le théorème de Rolle à f car on ne veut pas de f ′(d) = 0

mais du f ′(c) =f(c)

c. Comme c est non nul, cela équivaut à :

cf ′(c) − f(c)

c2= 0

et là, on pense à la dérivée d'un quotient ! Posons φ : x 7→ f(x)

x. On a [a, b] ⊂ R∗+ donc, par

quotient, φ est continue sur [a, b] et dérivable sur ]a, b[. Or φ(a) = 0 et φ(b) = 0 puisque

φ(a) =f(a)

aet φ(b) =

f(b)

b. On a donc φ(a) = φ(b). D'après le théorème de Rolle, il existe un

élément c de ]a, b[ tel que :φ ′(c) = 0

ce qui signie quecf ′(c) − f(c)

c2= 0 et entraîne que f ′(c) =

f(c)

c. Et voilà le travail !

* Remarque :

Il faut faire très attention aux hypothèses de ce théorème.

1. Le théorème de Rolle n'est généralement pas vrai si f est dérivable sur ]a, b[ mais simplementcontinue sur ]a, b].

2. Le théorème de Rolle n'est généralement pas vrai si f est continue sur [a, b] mais simplementdérivable sur ]a, b[\ α avec α ∈]a, b[.

Théorème des accroissements nis

On généralise le théorème de Rolle avec le théorème suivant :

Théorème des accroissements finisSoient a et b deux réels tels que a < b, soit f : [a, b]→ R une fonction. Si f estcontinue sur [a, b], dérivable sur ]a, b[ alors il existe c dans ]a, b[ tel que :

f ′(c) =f(b) − f(a)

b− a.

Théorème 190

* Remarque :

On utilise les notations de la précédente proposition. Graphiquement, cela veut dire qu'on peuttrouver un point C tel que la tangente en C à la courbe représentative de f soit parallèle à (AB)comme le montre le dessin ci-dessous :



Une conséquence immédiate est l'inégalité des accroissements nis :

Inégalités des accroissements finis. (Hors-programme)Soient a et b deux réels tels que a < b, soit f : [a, b]→ R une fonction. Si f estcontinue sur [a, b], dérivable sur ]a, b[ et s'il existe de plus un réel positif M telque ∀x ∈]a, b[, |f ′(x)| 6M alors on peut armer que :

|f(b) − f(a)| 6M |b− a| .

Proposition 191

* Remarque :

L'inégalité des accroissements nis n'est pas au programme des BCPST1. Il faut donc savoir ladémontrer si on veut l'utiliser.

ä Exercice :

Montrer que, pour tout entier naturel n, on a :

1

2√n+ 1

6√n+ 1−

√n 6

1

2√n.

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .On reconnaît de la dérivée de la racine carrée et du taux d'accroissements de la racine carrée. Onva probablement utiliser le théorème des accroissements nis. On pose :

f : x 7→√x.

f est dérivable sur R∗+ et, pour tout réel strictement positifs x, on a : f ′(x) =1

2√x. f est continue

sur [n;n+ 1] et dérivable sur ]n;n+ 1[ donc d'après le théorème des accroissements nis, il existe



cn ∈]n;n+ 1[ tel que :

f ′(cn) =f(n+ 1) − f(n)

n+ 1− n

=√n+ 1−

√n

.

f ′ est décroissante et n < cn < n+ 1 donnent : f ′(n+ 1) 6 f ′(cn) 6 f ′(n) d'où :

1

2√n+ 1

6√n+ 1−

√n 6

1

2√n.

3.4.6 Variations d'une fonction et signe de sa dérivée

Dans cette partie J est un intervalle dont les extrémités sont c et d (qui ne sont pas forcément des

éléments de J) avec (c, d) ∈(R)2. On note

J l'intervalle ]c, d[.


• f est constante sur J si et seulement si ∀ x ∈J, f ′(x) = 0.

• f est croissante sur J si et seulement si ∀ x ∈J, f ′(x) > 0.

• f est décroissante sur J si et seulement si ∀ x ∈J, f ′(x) 6 0.

Proposition 192

+ Mise en garde :

• On est donc amené à résoudre l'inéquation f ′(x) > 0 d'inconnue x ∈J (ou bien l'inéquation

f ′(x) 6 0 d'inconnue x ∈J , inutile de faire les deux si on raisonne par équivalence) pour avoir

les variations de f. Résoudre l'équation f ′(x) = 0 d'inconnue x ∈J n'a pas d'intérêt !

• Si le signe de f ′ est dicile à obtenir et si f est une fonction deux fois dérivable alors penseréventuellement à f(2) dont le signe donne le tableau de variations de f ′ et peut faciliter l'étudedu signe de f ′.• Ne pas oublier que la condition J intervalle est fondamentale et nécessaire pour, à partird'information sur le signe de la dérivée, trouver les variations de la fonction. Par exemple, la

dérivée de f : x 7→ 1

xest strictement négative mais f n'est pas décroissante. Autre exemple,

la dérivée de la fonction g suivante : g : x 7→ arctan(x) + arctan

(1

x

)est nulle mais g n'est

pas constante. On peut aussi prendre l'exemple de la fonction partie entière qui n'est pasconstante mais dont la dérivée est nulle.

ä Exercice :



Étudier les variations de f : x 7→ x2 × arctan

(1

x

).

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .f est impaire (à faire rapidement), on va donc l'étudier sur R∗+. Sur R∗+, f est de classe C∞ parproduit et composée. On a :

f ′ : x 7→ 2x arctan

(1

x

)+

−x2

1+ x2.

Autant dire que le signe de f ′ n'est pas évident à obtenir, explicitons f ′′ :

f ′′ : x 7→ 2 arctan

(1

x

)+

−2x

1+ x2+

−2x(1+ x2) + 2x3

(1+ x2)2.

Quelle horreur ! ! ! On remarque qu'on n'a pas besoin de f ′′ pour avoir le signe de f ′, on va factoriserd'abord :

∀x ∈ R∗, f ′(x) = x×(2× arctan

(1

x

)−

x

1+ x2

).

On pose h : x 7→ f ′(x)

x, h est dérivable par produit sur R∗+ et, pour tout réel strictement positif x,

on a :

h ′(x) = −2

x2 + 1+

−(1+ x2) + 2x2

(1+ x2)2

=−3− x2

(1+ x2)2.

On en déduit que h ′ est strictement négative et donc que h est strictement décroissante sur R∗+.Par somme, on a lim

x→+∞(h(x)) = 0 car :• On a

x

1+ x2∼

+∞1

x, on a donc : lim

x→+∞(

x

1+ x2

)= 0.

• Par composition, on a limx→+∞

(arctan

(1

x

))= 0.

On en déduit que h est strictement positive sur R∗+ et, par produit, f ′ aussi sur R∗+. f est doncstrictement croissante sur R∗+ (et strictement croissante sur R∗− par imparité).


• f est strictement croissante sur J si ∀ x ∈J, f ′(x) > 0.

• f est strictement décroissante sur J si ∀ x ∈J, f ′(x) < 0.

Proposition 193

* Remarque :

On voit que la condition de stricte monotonie donnée dans la condition précédente n'est pas unecondition nécessaire. la fonction x 7→ x3 est continue, dérivable et strictement croissante mais sadérivée s'annule en 0.




• Si f ′ > 0 sauf en un nombre ni de points alors f est tout de mêmestrictement croissante sur J.• Si f ′ < 0 sauf en un nombre ni de points alors f est tout de mêmestrictement décroissante sur J.

Proposition 194


Partie 4

Equivalents et développements limités

Dans tout ce chapitre, a sera un réel, V un voisinage de a et n un entier naturel.

4.1 Les équivalents

Relire ce que donnent les relations de comparaisons pour les suites avant de relire ce paragraphe peutêtre très protable !

4.1.1 Dénitions

Notations de Landau.Soit a ∈ R. Soient f et g deux fonctions numériques dénies sur une même partiede R. On suppose que f et g sont dénies au voisinage de a et que g ne s'annulepas sur un voisinage V de a ou, si jamais on a g(a) = 0 alors f(a) = 0 et gne s'annule pas sur V\ a . On dit que f est équivalente à g et l'on note f ∼

ag

lorsque limx→a

(f(x)

g(x)

)existe et vaut 1.

Définition 195

, Exemple :

Soit f : x 7→ −x2 + 3x4 + 7x5.On a alors :

1. f(x) ∼+∞ 7x5 2. f(x) ∼

−∞ 7x5 3. f(x) ∼0−x2 4. f(x) ∼

2268

car on prouve facilement que :

1. limx→∞

(−x2 + 3x4 + 7x5

7x5

)existe et vaut 1 (Pour lever la forme indéterminée, on factorise par

7x5 au numérateur comme au dénominateur).

155

Partie 4: Equivalents et développements limités Les équivalents

2. limx→0

(−x2 + 3x4 + 7x5

−x2

)existe et vaut 1 (Pour lever la forme indéterminée, on simplie

d'abord la fraction).

3. limx→2

(−x2 + 3x4 + 7x5

268

)existe et vaut 1 (Facile, ce n'est même pas une forme indéterminée).

Soient a un élément de R, n un entier naturel et λ un réel non nul. On sup-pose qu'il existe un voisinage de a sur lequel les fonctions utilisées dans cetteproposition sont dénies et ne s'annulent pas.• Si f ∼

ag et h ∼

ak, on a alors :

1. g ∼af

2. fn ∼agn

3. λf ∼aλg

4. |f| ∼a|g|

5. f× h ∼ag× k

6.f

h∼a

g

k

• Si f ∼ag et g ∼

ah, on a alors : f ∼

ah.

• Si f ∼ag et f et g sont strictement positive sur un voisinage de a alors :

(f)λ ∼a(g)λ.

Proposition 196

Méthode:

On vient de voir qu'un équivalent d'un produit est le produit des équivalents. Les équivalents marchentdonc très bien avec le produit et donc avec les puissances et les quotients. Ainsi, quand vous avezdu produit, du quotient ou des puissances, commencez par chercher des équivalents des petits blocspuis faites vos produits, quotients, puissances.

* Remarque :

Un élève de BCPST ne possède pas de théorèmes généraux ni sur les sommes d'équivalents, nisur le passage des équivalents au logarithme ni sur le passage des équivalents à l'exponentielle.

, Exemple :

• x4 + 5x ∼05x et x3 − 5x ∼

0−5x+ x2 mais on n'a pas : x4 + 5x+ x3 − 5x ∼

0x2

• x2 + x ∼+∞ x2 mais on n'a pas : ex

2+x ∼+∞ ex2 .

• 1− 1

x2∼

+∞ 1−1

xmais on n'a pas : ln

(1−

1

x2

)∼

+∞ ln

(1−

1

x

).


Partie 4: Equivalents et développements limités

* Remarque :

Équivalent et somme ne fonctionnent pas très bien ensemble, on a tout de même une petite pro-position, c'est la prochaine !

Soient a un élément de R, f et g deux fonctions numériques à variables réelles

dénies au voisinage de a telles que limx→a

(g(x)

f(x)

)existe et vaut 0. On a alors :

f+ g ∼bf.

Proposition 197

, Exemple :

Des croissances comparées, on déduit : exp (x) + x ∼+∞ exp(x).

• Un polynôme est équivalent en l'inni à son monôme de plus haut degré.• Un polynôme est équivalent en zéro à son monôme de plus bas degré.

Proposition 198

* Remarque :

Conséquence de la proposition précédente : A vous de rééchir ! Equivalent et composition ne fonc-tionnent pas très bien ensemble, on a tout de même une petite proposition, la voici :

Soit (a, b) ∈(R)2. Soient f et g deux fonctions numériques dénies sur une

même partie D de R.Si f et g sont dénies au voisinage de a et équivalentes au voisinage de a et sih, une fonction dénie sur une partie Dh de R telle que h (Dh) ⊂ D et b ∈ Dh,vérie que lim

x−→b(h(x)) existe et vaut a, alors :

f h ∼bg h.

Proposition 199



, Exemple :

On va voir que sin(x) ∼0x. Or lim

x→+∞(1

x

)= 0, on en déduit : sin

(1

x

)∼

+∞1

x.

4.1.2 Comparaison classique

Soit a ∈ R. Soit f une fonction numérique dénie sur un voisinage de a. Silimx→a

(f(x)) existe, est nie et non nulle alors :

f(x) ∼alimx→a

(f(x)).

Proposition 200

Reprenons les notations de la précédente proposition. Ainsi, si limx→a

(f(x)) existe, est connue (ou facile

à calculer) et est non nulle et non innie alors le plus simple des équivalents à prendre pour f en aest tout simplement sa limite.

ä Exercice :

Soit f : x 7→ 2x4 − 8x3 + 6x2. Donner un équivalent en +∞, −∞, 0, 2 et 3 de f.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .On a sans diculté en appliquant la proposition sur les équivalents des polynômes en 0 et en l'inniles résultats suivants :

f(x) ∼+∞ 2x4, f(x) ∼

−∞ 2x4 et f(x) ∼06x2.

En appliquant la proposition précédente, comme f est continue en 2 et f(2) = −8, on obtient quef(x) ∼

2−8. On a f(3) = 0 et on ne pas écrire f(x) ∼

30, on va factoriser : Pour tout réel x, on a :

f(x) = 2x2 × (x− 1)× (x− 3) ce qui donne f(x) ∼336(x− 3).

Soit α un réel non nul. On a :

1. sin(x) ∼0x

2. tan(x) ∼0x

3. ln(1+ x) ∼0x

4. 1− cos(x) ∼0

x2

2

5. exp (x) − 1 ∼0x

6. (1+ x)α − 1 ∼0αx

Proposition 201

Ce sont les équivalents usuels, ils sont à connaître sur le bout des doigts.



¨) Corollaire 202 :Soit α un réel non nul. Soient a ∈ R et f une fonction numérique dénie au voisinage de a. Silimx→a

(f(x)) = 0 alors :

1. sin(f(x)) ∼af(x)

2. tan(f(x)) ∼af(x)

3. ln(1+ f(x)) ∼af(x)

4. 1− cos(f(x)) ∼a

f(x)2

2

5. exp (f(x)) − 1 ∼af(x)

6. (1+ f(x))α − 1 ∼aαx

ä Exercice :

Trouvez un équivalent en 0 de x 7→ (x3 + x2)(exp(x) + exp(−x))3

(√1+ x− 1)(exp(x) − 1)5

.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Sans diculté, on a :

(x3 + x2)(exp(x) + exp(−x))3

(√1+ x− 1)(exp(x) − 1)5

∼0

x2 × (exp(0) + exp(−0))3x

2× x5

∼0

16

x4.

Voici une nouvelle façon de formuler les croissances comparées :

Soient α et β des réels strictement positifs. On a alors :

1. (ln(x))α = o+∞(xβ)

2. (ln(x))α = o0

(x−β

)3. xα = o

+∞(eβx)

Proposition 203

4.1.3 Utilisations des équivalents

Soit (a, L) ∈(R)2. Soient f et g deux fonctions numériques dénies sur une

même partie de R. On suppose que f et g sont dénies au voisinage de a etqu'elles sont équivalentes au voisinage de a. On a alors :• Si lim

x→af(x) = L alors lim

x→ag(x) existe et vaut L.

• Si f ne s'annule pas au voisinage de a, il en est de même pour g.• Si f est positive au voisinage de a, il en est de même pour g.• Si f est négative au voisinage de a, il en est de même pour g.

Proposition 204



* Remarque :

Avec les notations de la proposition ci-dessus, on peut dire que la réciproque de la première proposi-tion est vraie si L est un réel non nul. La réciproque est fausse si L est inni ou nul. Un contre-exemple

est fourni par x 7→ 1

xet x 7→ 1

x2.

+ Mise en garde :

Si f et g sont deux fonctions équivalentes au voisinage de a, il n'y a aucune raison que les deuxaient même monotonie ! x 7→ x et x 7→ x + 2 sin(x) sont équivalentes en +∞ mais seule la premièreest monotone.

ä Exercice :

Calculer limx→0

(ln(cos(2x))ln(cos(x))

).

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Ah les équivalents, c'est tellement simple. On a :

ln(cos(x)) ∼0ln(1+ (cos(x) − 1))

∼0cos(x) − 1 car lim

x→0(cos(x) − 1) = 0

∼0−x2

2

Comme les équivalents passent au quotient, on prouve ainsi que :

ln(cos(2x))ln(cos(x))

∼0

−(2x)2

2

−x2

2∼04

La limite recherchée vaut donc 4.



4.2 Notions de négligeabilité

4.2.1 Notations de Landau

Soient f et g deux fonctions numériques dénies sur un voisinage de b avec b ∈ R.On dit que f est négligeable devant g au voisinage de b (ou que g est prépondé-rante devant f au voisinage de b) et l'on note f = o

b(g) (ou f(x) = o

b(g(x)) ou

f(x) = ox−→b

(g(x))) lorsque il existe un voisinage de b, noté W, et une fonction

ϕ dénie sur W telle que :

∀x ∈W, f(x) = ϕ(x)g(x) et limx−→b

(ϕ(x)) = 0.

Définition 205

* Remarque :

On utilise les notations de la précédente dénition.• On rappelle que b ∈ R signie que b est un réel ou bien +∞ ou bien −∞.• Pour la notion de voisinage, n'hésitez pas à relire le chapitre 11 intitulé "Limite et continuité".• Si g ne s'annule pas sur un voisinage W de b (ou si g(b) = 0 et f(b) = 0 et que g ne s'annulepas sur W\ b ) alors :

f = ob(g)⇐⇒ lim

x→b

(f(x)

g(x)

)= 0.

• Si f = ob(g) et h = o

b(g), on n'a pas nécessairement f = h. Par exemple, ln(x) = o

+∞ (exp(x))

et x = o+∞ (exp(x)) (par croissances comparées pour ces deux limites) et ln n'est pas la fonction

identité !

4.2.2 Fonctions polynomiales

Pour tout entier naturel non nul p, on a :1. xn+p = o

0(xn) et xn = o∞ (xn+p).

2.

(1

x

)n+p= o∞

((1

x

)n)et

(1

x

)n= o0

((1

x

)n+p).

Proposition 206

* Remarque :

∞ signie que la propriété est vraie en +∞ et en −∞.


Partie 4: Equivalents et développements limités Notions de négligeabilité

4.2.3 Négligeabilité et Opérations

On suppose que les fonctions utilisées dans cette proposition sont des fonctionsnumériques dénies sur un voisinage de b (avec b un élément de R), que λ estun réel non nul et λ1, λ2 sont deux réels. On a :

1. f = ob(g) et g = o

b(h)⇒ f = o

b(h).

2. f = ob(k) et g = o

b(h)⇒ f× g = o

b(h× k).

3. Si f = ob(g) alors fn = o

b(gn).

4. Si f = ob(g) alors λ1f = o

b(g).

5. Si f = ob(g) alors f = o

b(λg).

6. Si f1 = ob(g) et f2 = o

b(g) alors on a : λ1f1 + λ2f2 = o

b(g).

Proposition 207

* Remarque :

On ne possède pas de théorèmes généraux sur les sommes de fonctions négligeables.Si f1 = o

a(g1) et f2 = o

a(g2) alors on n'a pas forcément f1 + f2 = o

a(g1 + g2). Par exemple, on a :

x = o+∞(x2 + 1

)et 2x = o

+∞(−x2

). Pourtant, 3x 6= o

+∞ (1).

Soit (b, c) ∈(R)2. Soient f et g deux fonctions numériques dénies au voisinage

de b et h une fonction numérique telle qu'au voisinage de c les fonctions f h et g h soient dénies.Si limx−→c

(h(x)) = b et f = ob(g), on a alors f h = o

c(g h)

Proposition 208

, Exemple :

On se sert des notations de la précédente proposition. Si f(x) = o0

(x5)alors :

1. f(x− 1) = o1

((x− 1)5

)

2. f(x3) = o0

(x15)

3. f

(1

x

)= o∞

((1

x

)5)

4. f

(ln(x)x

)= o

+∞((

ln(x)x

)5)

En eet, limx−→1

(x− 1) = 0, limx−→0

(x3) = 0, limx−→∞

(1

x

)= 0 et lim

x−→+∞(ln(x)x

)= 0.



4.2.4 Négligeabilité et Équivalents

Soient m un entier naturel non nul, b ∈ R, f1, · · · , fm m fonctions numériquesdénies au voisinage de b. Si f2 = o

b(f1) , · · · , fm = o

b(f1), on a alors :

f1 + f2 + · · ·+ fm−1 + fm ∼bf1.

Proposition 209

Voici une proposition particulièrement utile pour les développements limités (en particulier quandon les composera) :

Soient b ∈ R, f, g, h 3 fonctions numériques dénies au voisinage de b.Si f = o

b(g) et g ∼

bh, on a alors f = o

b(h).

Proposition 210

, Exemple :

Soit f une fonction dénie au voisinage de 0. Si f(x) = o0

((1− cos(x))3 sin(x) + x9

), on a alors

f(x) = o0

(x7).

En eet, 1− cos(x) ∼0

x2

2et sin(x) ∼

0x donc (1− cos(x))3 sin(x) ∼

0

x7

8.

D'autre part, x9 = o0

(x7)donc x9 = o

0

((1− cos(x))3 sin(x)

)et donc :

(1− cos(x))3 sin(x) + x9 ∼0(1− cos(x))3 sin(x)

∼0

x7

8

4.3 Développement limité au voisinage d'un point

4.3.1 Dénition

On rappelle que R[X] est l'ensemble des polynômes à coecients réels et Rn[X] l'ensemble des poly-nômes à coecients réels dont le degré est inférieur à n.


Partie 4: Equivalents et développements limités Développement limité au voisinage d'un point

Soit f : V→ R une fonction.On dit que f admet un développement limité à l'ordre n au point a s'il existeP∈ Rn[X] tel que :

(f(x) − P(x− a)) = oa((x− a)

n) .

On note alors : f(x) = P(x− a) + oa((x− a)

n).

Définition 211

Soit f : W→ R une fonction avec W un voisinage de zéro.On dit que f admet un développement limité à l'ordre n au point 0 s'il existeP∈ Rn[X] tel que : f(x) = P(x) + o

0((x)

n).

Définition 212

* Remarque :

I faut bien comprendre que l'écriture f(x) = P(x) + o0((x)

n) siginie que :

limx→0

(f(x) − P(x)

xn

)existe et vaut 0.

, Exemple :

x 7→ 1

1− xadmet un développement limité d'ordre n en 0.

En eet,1

1− x= 1+ x+ x2 + x3 + · · ·+ xn + o

0(xn). Pour démontrer ceci, il faut juste prouver que

limx→0

1

1− x− (1+ x+ x2 + x3 + · · ·+ xn)

xn

existe et vaut 0 ce qui est évident car limx→0

(x

1− x

)= 0

et, pour tout x de ] − 1, 1[, on a :

1

1− x− (1+ x+ x2 + x3 + · · ·+ xn) = 1

1− x−1− xn+1

1− x

= xn × x

1− x



4.3.2 Unicité du développement limité au voisinage d'un point

Soit f : V→ R une fonction.• Si f admet un développement limité à l'ordre n au point a alors il existeun unique polynôme P tel que :

P∈ Rn[X] et ∀ x∈ V, f(x) = P(x− a) + oa((x− a)

n) .

• P est appelé la partie régulière du développement limité à l'ordre n aupoint a de f.

Proposition 213

Voici une première conséquence de l'unicité du développement limité à l'ordre n en zéro :

Soit f : W→ R une fonction avec W un voisinage de 0.On suppose que f admet un développement limité à l'ordre n en zéro. On appelleP la partie régulière de son développement limité à l'ordre n en zéro.• Si f est une fonction paire alors P est un polynôme pair.• Si f est une fonction impaire alors P est un polynôme impair.

Proposition 214

* Remarque :

• Pour pouvoir exploiter cette dernière proposition, il faut se souvenir de la tête des polynômespairs et impairs. On verra dans le chapitre sur les polynômes qu'un polynôme P pair peuts'écrire sous la forme suivante :

P :

R - Rx - a0 + a2X

2 + a4X4 + · · ·+ a2mX2m

avec m un entier naturel et (a0, a2, . . . , a2m)∈ Km+1. Autrement dit, un polynôme pair estla somme de monômes de degré pair. Un polynôme impair est lui la somme de monômes dedegré impair. Un polynôme P impair peut donc s'écrire sous la forme suivante :

P :

R - Rx - a1X+ a3X

3 + a5X5 + · · ·+ a2m+1X

2m+1

avec m un entier naturel et (a1, a3, . . . , a2m+1)∈ Km+1

• La réciproque est fausse. Il sut de prendre f :

R → Rx 7→ 1+ x3

. f est un polynôme, la partie

régulière de son développement limité au voisinage de 0 d'ordre 2 est 1 puisque limx→0

(f(x) − 1

x2

)existe et vaut 0 car pour tout réel x, f(x) − 1 = x3. On constate que la partie régulière dudéveloppement limité au voisinage de 0 d'ordre 2 de f est un polynôme pair alors que f n'estni pair, ni impair.



, Exemple :

cos est paire, sin est impaire et on va prouver en autres que :

cos(x) = 1−x2

2!+x4

4!+ o0

(x4)

et sin(x) =x1

1!−x3

3!+x5

5!+ o0

(x5).

On constate que les parties régulières de ces développements limités sont bien de la forme attendue.

4.3.3 Théorème de Taylor-Young

Le développement limité à l'ordre n en un point donné est unique. Si la fonction est susammentrégulière, on connaît la forme de ce développement, c'est le théorème de Taylor-Young qui va nousle donner, le voici...

Théorème de Taylor-YoungSoit f : V→ R une fonction. On suppose que f est de classe Cn sur V, on a alors :

f(x) =

(n∑k=0

f(k)(a)

k!(x− a)k

)+ oa((x− a)

n)

= f(a) + f ′(a)(x− a) + · · ·+ f(n)(a)

n!(x− a)n + o

a((x− a)

n)

.

Théorème 215

On se sert en général du Théorème de Taylor-Young pour avoir un développement limité au voisinagede zéro :

Théorème de Taylor-YoungSoient D un voisinage de zéro et f : D → R une fonction. On suppose que f estde classe Cn sur D, on a alors :

f(x) =

(n∑k=0

f(k)(0)

k!xk

)+ o0(xn)

= f(0) + f ′(0)x+ · · ·+ f(n)(0)

n!xn + o

0(xn)

.

Théorème 216

* Remarque :



Une fonction f peut avoir un développement limité sans qu'on puisse lui appliquer le théorèmede Taylor-Young. On peut prendre par exemple :

f : x 7→

x3 sin(1

x2

)si x 6= 0

0 si x = 0

f n'est pas deux fois dérivable en 0 mais possède un développement limité au voisinage de zéro d'ordre

2. En eet, f est dérivable en 0 car limx→0

(x2 sin

(1

x2

))est nulle car lim

x→0

(x2)= 0 et x 7→ sin

(1

x2

)est bornée. On vient donc de prouver que lim

x→0

(f(x) − f(0)

x− 0

)= 0 ce qui signie que f est dérivable

en 0 et f ′(0) = 0. On a donc :

f ′ : x 7→

3x2 sin(1

x2

)− 2 cos

(1

x2

)si x 6= 0

0 si x = 0

f ′ n'admet pas de limite en 0 : En eet, comme limx→0

(3x2 sin

(1

x2

))= 0 alors, si f ′ admettait

une limite en 0, par diérence, x 7→ cos

(1

x2

)admettrait une limite en 0 et donc cos en +∞

(ce qui n'est pas vrai !). Comme f ′ n'admet pas de limite en 0, f ′ n'est pas continue en 0 et enparticulier non dérivable en 0. f n'est eectivement pas deux fois dérivable en 0. Pourtant, f possède

un développement limité au voisinage de zéro d'ordre 2 car dire que limx→0

(f(x)

x2

)= 0 (ce qui est vrai

car limx→0

(x sin

(1

x2

))est nulle) signie que : f(x) = o

0

(x2).

ä Exercice :

Donner le développement limité d'ordre 3 au voisinage de 0 de tan.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Pour tout réel x de

]−π

4,π

4

[(cela sut comme voisinage de 0, inutile d'en mettre plus), on a :

tan ′(x) = 1+ tan2(x)

tan ′′(x) = 2 tan(x)× (1+ tan2(x))

tan(3)(x) = 2(1+ tan2(x))2 + 4 tan2(x)× (1+ tan2(x))

Ceci nous donne donc : tan(0) = 0, tan ′(0) = 1, tan ′′(0) = 0 et tan(3)(0) = 2. tan étant de classe

C∞ sur]−π

4,π

4

[, en particulier tan est de classe C3 sur

]−π

4,π

4

[, par le théorème de Taylor-Young,

on peut donc armer que :

tan(x) =0tan(0) + tan ′(0)x+

tan(2)(0)2!

x2 +tan(3)(0)

3!x3 + o

(x3)

=0x+

x3

3+ o

(x3)



En utilisant la formule de Taylor-Young, on obtient les développements limités en zéro de fonctionsusuelles. Ils sont à connaître par c÷ur.

exp(x) = 1+x1

1!+x2

2!+ · · ·+ xn

n!+ o0(xn) .

cos(x) = 1−x2

2!+x4

4!· · ·+ (−1)n

x2n

(2n)!+ o0

(x2n+1

).

sin(x) =x1

1!−x3

3!+x5

5!· · ·+ (−1)n

x2n+1

(2n+ 1)!+ o0

(x2n+2

).

(1+ x)α

= P(x) + o0(xn) avec α réel quelconque et P déni par :

P : x 7→ 1+ αx1

1!+α (α− 1)

2!x2 + · · ·+ α (α− 1) · · · (α− n+ 1)

n!xn

√1+ x = Q(x) + o

0(xn) avec α réel quelconque et Q déni par :

Q : x 7→ 1+x

2−x2

8+ · · ·+ (−1)n−1

1× 3× · · · × (2n− 3)

2nn!xn

1

1+ x= 1− x+ x2 − x3 + · · ·+ (−1)nxn + o

0(xn) .

1

1− x= 1+ x+ x2 + x3 + · · ·+ xn + o

0(xn) .

Proposition 217

* Remarque :

• Pour avoir un développement limité simple à retenir de la puissance (avec une formule rap-pelant celle du binôme de Newton), on peut utiliser cette dénition du coecient binomial :Pour tout entier k et tout réel α, on pose :(

α

k

)=α (α− 1) · · · (α− k+ 1)

k!.

Cette dénition est bien sûr cohérente avec ce qu'est

(α

k

)quand k et α sont des entiers

naturels. On a alors : (1+ x)α =

(n∑k=0

(α

k

)xk

)+ o0(xn).

• On voit que la partie régulière du développement limité de cos en 0 est paire et que la partierégulière du développement limité de sin en 0 est impaire. Au passage, on a le développementlimité à l'ordre 2n + 1 pour le cos et 2n + 2 du sin. Si vous voulez ceux à l'ordre 2n pour lecos et 2n+ 1 pour le sin, les voici :

cos(x) = 1−x2

2!+x4

4!· · ·+ (−1)n

x2n

(2n)!+ o0

(x2n).

sin(x) =x1

1!−x3

3!+x5

5!· · ·+ (−1)n

x2n+1

(2n+ 1)!+ o0

(x2n+1

).



4.4 Opérations sur les développements limités

4.4.1 Troncature

Soient P ∈ R[X] et k un entier naturel. On note P(k) le polynôme tronqué à l'ordrek de P. Si m est un entier naturel, (a0, a1, . . . , am) est un élément de Rm+1 et

P est le polynôme

R - Rx - a0 + a1x+ a2x

2 + . . .+ amxm, on a alors :

P(k)

:

R - Rx - a0 + a1x+ a2x

2 + . . .+ akxk

si m > k et P(k)

= P si m 6 k.

Définition 218

, Exemple :

Soit P :

R - Rx - 1+ 4x2 − 5x3

. On a :

1. P(0)

:

R - Rx - 1

2. P(2)

:

R - Rx - 1+ 4x2

3. P(3)

:

R - Rx - 1+ 4x2 − 5x3

4. P(5)

:

R - Rx - 1+ 4x2 − 5x3

Soient (m,p) ∈ N2 tel que m 6 p et f : V→ R une fonction.On suppose que f admet un développement limité au voisinage de a d'ordre pde partie régulière P alors f admet un développement limité au voisinage de a

d'ordre m de partie régulière P(m)

.

Proposition 219

, Exemple :

Soit f une fonction telle que f(x) = 1+ 5x− πx5 + 3x13 + o0

(x13). En particulier, on a :

1. f(x) = 1+ 5x− πx5 + o0

(x10)

2. f(x) = 1+ 5x− πx5 + o0

(x5)

3. f(x) = 1+ 5x+ o0

(x4)

4. f(x) = 1+ 5x+ o0

(x1)

5. f(x) = 1+ o0(1)


Partie 4: Equivalents et développements limités Opérations sur les développements limités

Par contre, on ne peut pas armer que f admet un développement limité d'ordre strictement supérieurà 13 et on ne saurait pas ce que serait sa partie régulière si ce développement limité existait !

4.4.2 Produit et somme de développements limités

Pour faire ces opérations sur les développements limités, on va avoir besoin de ces résultats élémen-taires :

Soient n et p deux entiers naturels. On a :• o0(xn) + o

0(xp) = o

0(xp) si p 6 n et xn + o

0(xp) = o

0(xp) si p < n.

• o0(xn) o

0(xp) = o

0(xn+p) et o

0(xn) xp = o

0(xn+p).

Proposition 220

Dans la prochaine proposition, on va se donner f et g deux fonctions dénies sur W un voisinage de0, m et p deux entiers naturels, λ et µ deux réels et supposser que f admet un développement limitéau voisinage de zéro d'ordre m de partie régulière P, g admet un développement limité au voisinagede zéro d'ordre p de partie régulière Q.

Si m 6 p alors λf+µg et f×g admettent un développement limité au voisinagede zéro d'ordre m.• La partie régulière du développement limité au voisinage de zéro d'ordre

m de λf+ µg est λP + µQ(m)

.• La partie régulière du développement limité au voisinage de zéro d'ordre

m de f× g est P ×Q(m).

Proposition 221

ä Exercice :

Soient f : x 7→ 2 exp(x)+ cos(x)+5 et g : x 7→ f(x)

1− x. Donner le développement limité au voisinage

de zéro d'ordre 3 de f et de g.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

De exp(x) = 1+x1

1!+x2

2!+x3

3!+ o0

(x3)et cos(x) = 1−

x2

2!+ o0

(x3), on en déduit :

2 exp(x) + cos(x) + 5 = 2+ 2x+ x2 +x3

3+ 1−

x2

2+ 5+ o

0

(x3)

= 8+ 2x+x2

2+x3

3+ o0

(x3)



Par produit, on obtient :

g(x) =(1+ x+ x2 + x3 + o

0

(x3))×(8+ 2x+

x2

2+x3

3+ o0

(x3))

=

(8+ 2x+

x2

2+x3

3+ o0

(x3))

+

(8x+ 2x2 +

x3

2

)+(8x2 + 2x3

)+ 8x3

= 8+ 10x+21

2x2 +

65

6x3 + o

0

(x3).

* Remarque :

• Même en connaissant un développement limité au voisinage de zéro d'ordre n de f et un dé-veloppement limité au voisinage de zéro d'ordre n de g, on n'obtient pas un développementlimité au voisinage de zéro d'ordre 2n de f×g en multipliant la partie régulière du développe-ment limité au voisinage de zéro d'ordre n de f par celle du développement limité au voisinagede zéro d'ordre n de g. Pour savoir l'ordre obtenu, il faut faire le produit et chercher le "pluspetit o" dans la somme obtenue.• Certaines fonctions font "gagner des ordres" dans un produit. Pour savoir combien d'ordre ongagne, il sut de prendre un équivalent. Par exemple, sin fait gagner 1 ordre dans un produitde développement limité car sin(x) ∼

0x1, 1 − cos fait gagner 2 ordres dans un produit de

développement limité car 1 − cos(x) ∼0

x2

2. Par contre, x 7→ 1

1− xne fait pas gagner d'ordre

dans un produit de développement limité car1

1− x∼0x0.

4.4.3 Composition et inverse

Ces deux opérations sont les plus pénibles. A éviter si vous pouvez (si on fait un développementlimité pour lever une forme indéterminée, il vaut mieux composer des limites que des développementslimités).

Soient I et J deux intervalles réel dont les intérieurs contiennent chacun zéro, pun entier naturel non nul, f : I→ R et g : J→ R deux fonctions.On suppose que les trois conditions suivantes sont vériées :

1. limx→0

(f(x)) = 0.

2. f possède un développement limité au voisinage de zéro d'ordre p de partierégulière P.

3. g possède un développement limité au voisinage de zéro d'ordre p de partierégulière Q.

Si tel est le cas alors g f est dénie au voisinage de zéro et g f possède un

développement limité au voisinage de zéro d'ordre p de partie régulière Q P(p).

Proposition 222



ä Exercice :

Donner le développement limité de exp cos au voisinage de zéro d'ordre 3. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

De cos(x) = 1−x2

2!+o0

(x3), on déduit que : exp (cos(x)) = e×exp (f(x)) avec f(x) = −

x2

2!+o0

(x3).

On compose les deux développements suivants :

exp(x) = 1+x1

1!+x2

2!+x3

3!+ o0

(x3)et f(x) = −

x2

2!+ o0

(x3)

On peut le faire car, par somme, on a limx−→0

(f(x)) = 0. Ainsi, en notant g la fonction exp f, on a :

g(x) = 1+

(−x2

2!+ o0

(x3))

+

(−x2

2!+ o0

(x3))2

2!+

(−x2

2!+ o0

(x3))3

3!+ o0

(x6)

= 1−x2

2!+ o0

(x3)

On a donc : exp (cos(x)) = e−ex2

2!+ o0

(x3).

Soient I un intervalle dont l'intérieur contient zéro et g : I→ R une fonction.On suppose que les deux conditions suivantes sont vériées :

1. g(0) 6= 02. g possède un développement limité au voisinage de zéro d'ordre n

Si tel est le cas alors1

gest dénie au voisinage de zéro et possède un déve-

loppement limité au voisinage de zéro d'ordre n. Pour l'expliciter, on utilise laproposition sur la composition et le développement limité au voisinage de zéro

d'ordre n de1

1− x.

Proposition 223

ä Exercice :

Donner le développement limité d'ordre 4 au voisinage de 0 de la fonction x 7→ sin(x)exp (cos(x))

puis

celui d'ordre 3 au voisinage de 0 de x 7→ ln(1+ x)1− cos(x)

et enn celui d'ordre 3 au voisinage de 0 de

x 7→ 1− cos(x)ln(1+ x)

.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .



1. On vient de voir que : exp (cos(x)) =0e−

ex2

2!+ o

(x3), on en déduit :

1

exp (cos(x))=0

1

e×

1

1−x2

2!+ o (x3)

=0

1

e×(

1

1− f(x)

)

avec f : x 7→ x2

2!+ o

(x3). Notez qu'on pourrait poser f : x 7→ x2

2!− o

(x3), ça ne changerait

rien car λo (d(x)) = o (d(x)) si d est une fonction et λ un réel non nul. On compose les deux

développements suivants :

1

1− x=01+ x+ x2 + o

(x2)

et f(x) =0

x2

2!+ o

(x3)

On peut le faire car limx→0

(f(x)) = 0 par somme.

Ainsi, on a :

e

exp (cos(x))=01+

(x2

2!+ o

(x3))

+

(x2

2!+ o

(x3))2

+ o((f(x))

2)

=01+

x2

2!+ o

(x3)+ o

(x4)

=01+

x2

2!+ o

(x3)

On a donc :1

exp (cos(x))=0

1

e

(1+

x2

2!+ o

(x3))

. Pour terminer, il faut multiplier ce déve-

loppement limité par celui d'ordre 4 en zéro de sin pour obtenir le développement limité quinous intéresse. Vous remarquerez qu'on s'est contenté d'un ordre 3 pour le développement

limité de x 7→ 1

exp (cos(x))car sin fait gagner un ordre. Poursuivons :

sin(x)exp (cos(x))

=0

(x−

x3

6+ o

(x4))×(1

e

(1+

x2

2+ o

(x3)))

=0

1

e×(x+

x3

2+ o

(x4)−x3

6

)=0

1

e×(x+

x3

3+ o

(x4))

2. Déjà, ln(1+ x) ∼0x et 1− cos(x) ∼

0

x2

2donc par quotient, on a :

ln(1+ x)1− cos(x)

∼0

2

x.



Une fonction admettant un développement limité d'ordre 2 en zéro admet en particulier undéveloppement limité d'ordre 0 en zéro et est donc continue en zéro. Ce n'est pas le cas

de x 7→ 2

xet donc, par équivalence, ce n'est pas le cas non plus de x 7→ ln(1+ x)

1− cos(x). Le

développement limité d'ordre 2 au voisinage de 0 de x 7→ ln(1+ x)1− cos(x)

n'existe donc pas.

3. Pour x 7→ 1− cos(x)ln(1+ x)

, le dénominateur s'annule, en utilisant les équivalents, on voit qu'on

va partir de :1− cos(x)ln(1+ x)

=0

1− cos(x)x

× x

ln(1+ x)

Choisissons des bons ordres :• On va prendre un ordre 4 de x 7→ 1 − cos(x) à cause du x au dénominateur dans1− cos(x)

xqui va faire perdre un ordre au 1− cos.

• D'autre part, on va factoriser par x le x 7→ ln(1+ x) pour faire apparaître la forme x 7→1

1− u(x), on va donc perdre un ordre au x 7→ ln(1+ x) mais la fonction x 7→ 1− cos(x)

xfait gagner un ordre en produit (d'après les équivalents) : Un ordre 3 pour la fonctionx 7→ ln(1+ x) sura donc !

On a :x

ln(1+ x)=0

x

x−x2

2+x3

3+ o (x3)

=0

1

1− f(x)

avec f : x 7→ x

2−x2

3+ o

(x2). Composons les développements limités de f et de x 7→ 1

1− xce qui est possible car (on vous laisse compléter !), on en déduit :

x

ln(1+ x)=01+

x

2−x2

3+ o

(x2)+

(x

2−x2

3+ o

(x2))2

+ o((f(x))

2)

=01+

x

2−x2

3+x2

4+ o

(x2)

=01+

x

2−x2

12+ o

(x2)

.

Enn, la voici, la voilà, c'est la dernière phase :

1− cos(x)ln(1+ x)

=0

1− cos(x)x

× x

ln(1+ x)

=0

(x

2−x3

24+ o

(x3))(

1+x

2−x2

12+ o

(x2))

=01+

x

2+x2

4−x3

12o(x3).

+ Mise en garde :



En utilisant la précédente proposition, on se rend compte que1+ x+ o

0(x)

1+ x+ o0(x)

n'est pas 1 mais, après

calcul, 1+ o0(x). Attention à rester rigoureux quand vous faites des développements limités.

4.4.4 Intégration des développements limités

Soient I un intervalle réel contenant zéro et g : I→ R une fonction. On supposeque les deux conditions suivantes sont vériées :

1. g est de classe C1 sur I

2. g′ admet un développement limité au voisinage de zéro d'ordre n. Onappelle P sa partie régulière.

Si tel est le cas alors g admet un développement limité au voisinage de zéro

d'ordre n+ 1 de partie régulière x 7→ g(0) +

∫x0

P(t)dt.

Ainsi, si on a :

g ′(x) =(a0 + a1x+ a2x

2 + · · ·+ anxn)+ o0(xn) .

avec (a0, a1, · · · , an) ∈ Rn+1 alors :

g(x) =

(g(0) + a0x+ a1

x2

2+ a2

x3

3+ · · ·+ an

xn+1

n+ 1

)+ o0

(xn+1

).

Proposition 224

+ Mise en garde :

Ne pas oublier la constante d'intégration, c'est-à-dire le g(0) dans la formule précédente !

En utilisant cette proposition, on peut intégrer le développement limité en 0 de la fonction x 7→ 1

1+ xan d'obtenir le développement limité de x 7→ ln(1+x), il est aussi à connaître par c÷ur. C'est l'objetde la prochaine proposition.

Soit n un entier naturel non nul. On a :

ln(1+ x) = x−x2

2+x3

3· · ·+ (−1)n−1

xn

n+ o0(xn) .

Proposition 225

Par unicité du développement limité, on en déduit alors :



Soient I un intervalle réel contenant zéro et g : I→ R une fonction. On supposeque les trois conditions suivantes sont vériées :

1. g est de classe C1 sur I

2. g′ admet un développement limité au voisinage de zéro d'ordre n. Onappelle P sa partie régulière.

3. g admet un développement limité au voisinage de zéro d'ordre n+ 1. Onappelle Q sa partie régulière.

On peut alors armer que : Q = P′.

Proposition 226

* Remarque :

Attention aux réciproques hasardeuses ! Il existe des fonctions h de classe C1 sur un intervalle conte-nant zéro tel que h possède un développement limité au voisinage de zéro d'ordre n+ 1 sans que h′

possède un développement limité au voisinage de zéro d'ordre n. On peut citer par exemple :

h : x 7→

1 si x = 01+ x+ x2 + x3 sin

(1

x

)si x 6= 0

.

Comme limx→0

(x sin

(1

x

))= 0 car lim

x→0(x) = 0 et sin est bornée, on en déduit que :

h(x) = 1+ x+ x2 + o0

(x2)

h possède donc un développement limité d'ordre 2. En revenant aux taux d'accroissements, on prouveaisément que h ′(0) existe et vaut 1. On a donc :

h ′ : x 7→

1 si x = 01+ 2x++3x2 sin

(1

x

)+ x cos

(1

x

)si x 6= 0

.

Pour tout réel x non nul, on a donc :

h ′(x) − h ′(0)

x− 0=

1+ 2x++3x2 sin

(1

x

)+ x cos

(1

x

)− 1

x− 0

= 2+ 3x sin

(1

x

)+ cos

(1

x

)Or lim

x→0

(2+ 3x sin

(1

x

))= 2 et lim

x→0

(cos

(1

x

))n'existe pas. Par l'absurde, on en déduit que h ′

n'est pas dérivable en 0. On verra plus tard dans ce chapitre que cela implique que h ′ n'admet pasde développement limité d'ordre 1. h possède donc un développement limité au voisinage de zérod'ordre 2 sans que h′ possède un développement limité au voisinage de zéro d'ordre 1.

ä Exercice :



Calculer le développement limité d'ordre 5 de tan en 0 sans utiliser ni ceux de cos et de sin, ni lethéorème de Taylor-Young !. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Par imparité de tan, son développements limités d'ordre 5 en 0 est de la forme :

tan(x) =0a1x+ a3x

3 + a5x5 + o

(x5)

avec a1, a3 et a5 trois réels à déterminer. En utilisant ce développement limité, nous obtenonsque :

1+ tan2(x) =01+ a21x

2 + 2a1a3x4 + 2a1a5x

6 + o(x6)+ a23x

6

=01+ a21x

2 + 2a1a3x4 + o

(x4)

Et par intégration (en se souvenant du fait que tan ′ = 1+ tan2), on a :

a1x+ a3x3 + a5x

5 + o(x5)=0tan(0) + x+

a213x3 +

2a1a3

5x5 + o

(x5)

Par unicité du développement limité, on a : a1 = 1, a3 =a213

et a5 =2a1a3

5. On trouve donc les

valeurs de a1, a3 et a5 et donc le développement limité d'ordre 5 de tan est :

tan(x) =0x+

1

3x3 +

2

15x5 + o

(x5)

En calculant le développement limité de 1+tan2 à partir de ce développement limité et en intégrant,on trouve le développement limité d'ordre 7 en 0 de tan. En réitérant ce processus, on peut trouvertous les développements limités de tan (mais c'est un peu fastidieux !).

4.4.5 Obtentions des développements limités en un point quelconque

Jusque là, on a joué essentiellement avec des développements limités au voisinage de zéro. On va voircomment en déduire un développement limité ailleurs.



Soit f : V → R une fonction.Pour trouver le développement limité au voisinage de a de f, on introduit lafonction suivante :

g : x 7→ f(x+ a).

g est donc une fonction dénie au voisinage de zéro. Si on a :

g(x) =(a0 + a1x+ a2x

2 + · · ·+ anxn)+ o0(xn) .

avec (a0, a1, · · · , an) ∈ Rn+1 alors f a un développement limité au voisinage dea d'ordre n, le voici :

f(x) =(a0 + a1(x− a) + a2(x− a)

2 + · · ·+ an(x− a)n)+ oa((x− a)n) .

Proposition 227

+ Mise en garde :

On a : f(x) =(a0 + a1(x− a) + a2(x− a)

2 + · · ·+ an(x− a)n)+ oa((x− a)n) et pas ceci :

f(x) =(a0 + a1(x− a) + a2(x− a)

2 + · · ·+ an(x− a)n)+ o0((x− a)n) .

Attention à ce détail : le petit "o" est pris au voisinage de a en quelque sorte, on arme une limiteen a, plus en 0.

* Remarque :

Quand on a un développement limité en a, on laisse les termes en (x − a)n, on ne dévelope pas :Cela n'aurait aucun d'intérêt, on ne pourrait ni identier avec Taylor-Young ni lever des formesindéterminées. Par exemple, avec :

tan(x) = 1+ 2(x−

π

4

)+ 2

(x−

π

4

)2+ o

π4

((x−

π

4

)2)

on peut armer, en ajoutant que tan est deux fois dérivables enπ

4et en parlant d'unicité du

développement limité, que :

tan(π4

)= 1, tan ′

(π4

)= 2 et tan ′′

(π4

)= 4.

ä Exercice :



Calculer le développement limité d'ordre d'ordre 5 de x 7→ exp (− cos(x)) en 0.On a : − cos(0) = −1 donc on a besoin d'un développement limité en −1 de exp. On peut le trouvergrâce à Taylor et Young. Plus simple, plus astucieux, plus mieux, on sait que, pour tout réel x, ona :

exp (− cos(x)) =1

e× exp (− cos(x) + 1)

Et là, on rappelle que limx→0

(− cos(x) + 1) = 0, on va donc pouvoir utiliser le développement li-

mité en 0 de exp qu'on connaît bien. On retombe sur un exemple précédent, on avait obtenu :

exp (− cos(x) + 1) =01+

x2

2−x4

24+x4

8+ o

(x5)et on en déduit que :

exp (− cos(x)) =0

1

e+x2

2e−x4

24e+x4

8e+ o

(x5)

Les plus attentifs noteront qu'on a vu aussi cet exemple lors de l'exercice sur le développementlimité d'un quotient.

Soient W un voisinage de +∞ et une fonction Wf- R.

On dit que f possède un développement limité au voisinage de +∞ si g : x 7→

f

(1

x

)possède un développement limité au voisinage de zéro d'ordre n. Si on a :

g(x) =(a0 + a1x+ a2x

2 + · · ·+ anxn)+ o0(xn) .

avec (a0, a1, · · · , an) ∈ Rn+1 alors :

f(x) =

(a0 + a1

(1

x

)+ a2

(1

x

)2+ · · ·+ an

(1

x

)n)+ o

+∞((

1

x

)n).

x 7→

(a0 + a1

(1

x

)+ a2

(1

x

)2+ · · ·+ an

(1

x

)n)est appelée la partie régu-

lière du développement limité au voisinage de +∞ d'ordre n de f.

Définition 228

* Remarque :

La dénition d'un développement limité au voisinage de −∞ est similaire.

, Exemple :

On peut ainsi évaluer le développement limité au voisinage de +∞ d'ordre 2 de x 7→√1+

1

x.


Partie 4: Equivalents et développements limités Applications des développements limités

Comme√1+ x = 1+

1

2x−

1

8x2 + o

0

(x2), on en déduit que :

√1+

1

x= 1+

1

2x−

1

8x2+ o

+∞((

1

x

)2)

4.5 Applications des développements limités

4.5.1 Calcul de limites

La principale utilisation des développements limités est le calcul de limites. On a vu un certainsnombres d'outils jusque là pour calculer les limites parmi lesquels les équivalents. Voici un résumédes avantages et inconvénients de l'utilisation des développements limités ou des équivalents.

Équivalents :• Permet de calculer rapidement et élégamment les limites• Calcul rapide (surtout quand il s'agit d'un produit)• Passage à la somme faux de manière générale• Composition fausse de manière générale

Développements limités :• Permet de calculer beaucoup plus de limites que les équivalents.• Calculs lourds, erreurs de calcul possibles.• Passage à la somme possible.• Composition possible.

Ainsi, si vous avez une somme ou une composition, vous ne pourrez pas utiliser les équivalents. Onévaluera alors ponctuellement des développements limités an de palier au défaut des équivalents.La plupart du temps, on utilisera un développement limité an d'obtenir un équivalent et calculernotre limite en utilisant globalement les équivalents. L'exercice suivant est dans cet esprit :

ä Exercice :

Calculer limx→0

((sin(x)x

)g(x))avec g : x 7→ 1

x2 + x3.

Soit x un réel. Sous réserve d'existence, on a :(sin(x)x

)g(x)= exp

(1

x2 + x3× ln

(sin(x)x

)).

C'est bien une forme indéterminée. Utilisons un peu les équivalents : on sait que

limx→0

(sin(x)x

− 1

)= 0 et ln(1+ x) ∼

0x, on en déduit :

ln

(1+

(sin(x)x

− 1

))∼0

sin(x)x

− 1



et donc, par quotient, on a :

1

x2 + x3× ln

(sin(x)x

)∼0

sin(x)x

− 1

x2

∼0

sin(x) − xx3

.

∼0

−x3

6x3

car sin(x) =0x−

x3

6+ o

(x3)

∼0−1

6

.

On en déduit que limx→0

(1

x2 + x3ln

(sin(x)x

))= −

1

6puis, par continuité de exp en −

1

6, on obtient

que la limite recherchée vaut exp

(−1

6

).

4.5.2 Obtention d'équivalent

Soient f une fonction et b un réel. Si f admet un développement limité au voisi-nage de b de la forme :

f(x) = ak (x− b)k+ ob

((x− b)

k)

avec k un entier naturel et ak 6= 0, on a alors : f(x) ∼bak (x− b)

k.

Proposition 229

ä Exercice :

Calculer limx→0

(cos(x) + 2 exp(x) − 3

x

).

On a une forme indéterminée du type0

0et un quotient, on pense donc aux équivalents... mais on

est gêné par la somme : Compensons avec les développements limités. On a déjà prouvé que :

cos(x) + 2 exp(x) =03+ 2x+

x2

2+x3

3+ o

(x3)

et donc cos(x) + 2 exp(x) − 3 =02x+ o (x) et donc la limite recherchée vaut 2 car :

f(x) ∼0

2x

x

∼02.



4.5.3 Développements limités et régularité des fonctions

Soit f : V→ R une fonction.• f possède un développement limité au voisinage de zéro d'ordre0 si et seulement si f est continue en zéro.• f possède un développement limité au voisinage de zéro d'ordre1 si et seulement si f est dérivable en zéro.

Proposition 230

+ Mise en garde :

Ainsi, développement limité d'ordre 0 et continuité, c'est la même chose ; dérivabilité et développe-ment limité d'ordre 1, c'est la même chose. Attention, des développements limités d'ordre supérieurn'entraîne pas plus de régularité sur notre fonction. On peut avoir par exemple f non deux fois déri-vable en 0 mais possédant un développement limité au voisinage de zéro d'ordre 2. C'est le cas de lafonction f suivante :

f : x 7→

x3 sin(1

x2

)si x 6= 0

0 si x = 0

On a déjà vu que f n'est pas deux fois dérivable en 0 mais possède un développement limité au

voisinage de zéro d'ordre 2 : De limx→0

(x sin

(1

x2

))= 0, on avait déduit que lim

x→0

(f(x)

x2

)= 0 ce qui

signie que :f(x) = o

0

(x2)

ce qui prouve que f possède un développement limité au voisinage de zéro d'ordre 2. On avait prouvéaussi que f était dérivable (en introduisant le taux d'accroissement en 0) et que :

f ′ : x 7→

3x2 sin(1

x2

)− 2 cos

(1

x2

)si x 6= 0

0 si x = 0

On avait vu que f ′ n'admettait pas de limite en 0 (conséquence du fait que cos n'a pas de limite enl'inni), f n'est donc pas deux fois dérivable en 0 et, pourtant, f possède un développement limitéau voisinage de zéro d'ordre 2.



ä Exercice :

Etudier la continuité et la dérivabilité en zéro de la fonction suivante :

f :

[−1; 1] 7→ R

x 7→

√1+ x−

√1− x

xsi x 6= 0

1 si x = 0

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Sur [−1; 1] \ 0 , ça ne pose pas de problème : On vous laisse invoquer la composition et dire que,si x appartient à cet ensemble, x ne s'annule pas et 1+ x et 1− x sont positifs.Pour répondre à la question, on a donc besoin d'un développement limité d'ordre 1 de f. On vaperdre un ordre avec la division par x, on va donc partir sur un développement limité d'ordre 2.On sait que :

√1+ x =

01+

x

2−x2

8+ o

(x2)

et√1− x =

01−

x

2−x2

8+ o

(x2)

On en déduit les résultats suivants :

f(x) =0

1+x

2−x2

8+ o

(x2)− 1+

x

2+x2

8+ o

(x2)

x

=0

x+ o(x2)

x

=01+ 0× x+ o (x)

f possède un développement limité d'ordre 1 en 0 donc f est continue et dérivable en 0. A l'aidede ce développement limité d'ordre 1 en 0, on peut aussi observer que : f(0) = 1 et f ′(0) = 0.

4.5.4 Etude locale des courbes

Soient b un réel et f une fonction numérique dénie sur un voisinage de b. Si fadmet un développement limité au voisinage de b de la forme :

f(x) = a0 + a1 (x− b) + ob((x− b))

alors la tangente en (b, f(b)) à Cf, courbe représentative de f, existe et a pouréquation : y = a0 + a1(x− b).

Proposition 231



Soient f une fonction et b un réel. Si f admet un développement limité au voisi-nage de b de la forme :

f(x) = a0 + a1 (x− b) + ak (x− b)k+ ob

((x− b)

k)

avec k un entier égal ou supérieur à 2 et ak 6= 0, on a alors :1. la tangente en (b, f(b)) à Cf, courbe représentative de f, existe et a pour

équation : y = a0 + a1(x− b).

2. La position locale de la courbe Cf par rapport à sa tangente dépend dusigne de ak et de la parité de k.

Proposition 232

ä Exercice :

Faire l'étude locale en zéro de f : x 7→ sin2(x)x

.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .On va viser un ordre 3 au nal (par sécurité mais aussi parce que f est impaire donc a2 = 0). Onperd un ordre avec ce x au dénominateur, on a donc besoin d'un ordre 4 pour x 7→ sin2(x). Auproduit, sin fait gagner un ordre car sin(x) ∼

0x donc on va partir sur un ordre 3 pour sin. On a :

sin2(x) =0

(x−

x3

6+ o

(x3))×(x−

x3

6+ o

(x3))

=0x2 −

x4

3+ o

(x4) .

On en déduit que : f(x) =0x−

x3

3+ o

(x3). De là, on peut déduire que f admet un développement

limité d'ordre 1 en 0, donc f est continue et dérivable en 0 et, en identiant grâce au théorème deTaylor-Young, on peut armer que f(0) = 0 et que f ′(0) = 1. La tangente en (0, 0) à Cf a doncpour équation y = x. De :

f(x) − x =0−x3

3+ o

(x3),

on en déduit que f(x) − x ∼0−x3

3ce qui prouve que x 7→ f(x) − x et x 7→ −

x3

3sont, au voisinage

de 0, de même signe. On en déduit que Cf est à gauche de 0 au-dessus de sa tangente en (0, 0) eten-dessous de sa tangente à droite de 0. Notez qu'on a bien fait de ne pas se contenter d'un ordre2, on aurait dû alors tout recommencer pour avoir la position !

Soit f une fonction dénie sur un voisinage de l'inni. L'éventuel développement

limité au voisinage de 0 de x 7→ xf

(1

x

)permet de déterminer si la courbe Cf

possède des asymptotes en l'inni et la position de Cf par rapport à celle-ci.

Proposition 233



ä Exercice :

Soit f : x 7→ x2 sin2(1

x

). Déterminer l'asymptote en +∞ et en −∞ à la courbe représentative de

f dans le plan muni d'un repère orthonormé et préciser leurs positions relatives.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

On introduit la fonction g : x 7→ xf

(1

x

). Pour tout réel non nul x, on a :

g(x) = xf

(1

x

)= x

1

x2sin2 (x)

=sin2(x)x

D'après l'exercice précédent, on a : g(x) =0x−

x3

3+ o

(x3). On en déduit :

f(x) =∞ xg(1

x

)=∞ x×

(1

x−

1

3x3+ o

((1

x

)3))

=∞ 1−1

3x2+ o

((1

x

)2)

On en déduit que f(x) − 1 = −1

3x2+ o

((1

x

)2)et donc :

f(x) − 1 ∼∞ −1

3x2

ce qui prouve que limx→0

(f(x) − 1) = 0 et que la droite d'équation y = 1 est l'asymptote de Cf en

l'inni. On en déduit aussi que x 7→ f(x) − 1 et x 7→ −1

3x2sont, au voisinage de l'inni, de même

signe. On en déduit que Cf est en −∞ comme en +∞ en-dessous de son asymptote.


Partie 5

Calcul Intégral

Dans tout ce chapitre, I désignera un intervalle de réels contenant notamment les deux élémentsdistincts a et b. J désignera le segment [a, b] si a 6 b et le segment [b, a] si b 6 a.

5.1 Notion de primitive

Dans toute cette partie, a et b seront deux réels et on notera I un intervalle de réels contenantnotamment les deux éléments a et b et J le segment [a, b] si a 6 b et le segment [b, a] si b 6 a.

5.1.1 Dénition et existence

Soient f : I→ R et F : I→ R deux fonctions.On dit que F est une primitive de f sur I si F est dérivable sur I et si, pour toutx de I, on a F ′(x) = f(x).

Définition 234

, Exemple :

1. sin est une primitive sur R de cos.

2. x 7→ cos(x2) est une primitive sur R de x 7→ −2x sin(x2).

Théorème de Darboux.Soit f : I→ R une fonction.Si f est continue sur I alors f admet au moins une primitive sur I.

Théorème 235

* Remarque :

187

Partie 13: Calcul Intégral Notion de primitive

1. La continuité pour l'existence d'une primitive n'est qu'une condition susante. Prenons lafonction suivante :

g : x 7→

2x sin(1

x

)− cos

(1

x

)si x 6= 0

0 si x = 0.

On peut démontrer facilement que g n'est pas continue en 0 mais admet tout de même uneprimitive sur R puisque la fonction G suivante est dérivable sur R et a pour dérivée g :

G : x 7→

x2 sin(1

x

)si x 6= 0

0 si x = 0.

2. Si f est continue sur I alors f admet au moins une primitive sur I... mais ce n'est pas forcément

évident de la trouver ! D'ailleurs, comme on ne savait pas trop, pour x 7→ 1

xet x 7→ 1

1+ x2, on

leur a simplement donné un nom (ln et arctan respectivement). Ces deux dernières fonctionssont des fonctions transcendantes, c'est-à-dire qu'on ne peut pas les exprimer par opérationsà partir des autres fonctions usuelles.

Soit f : I→ R une fonction. Si f admet une primitive F sur I alors :1. f admet une innité de primitives sur I et l'ensemble des primitives de f

est l'ensemble des fonctions de la forme F+ k avec k un réel.

2. Pour tout réel h, il existe une unique primitive G de f telle que G(a) = h.

Théorème 236

* Remarque :

1. Dans ce dernier théorème, le fait que I soit un intervalle est fondamental. Sinon, il y a autant

de constante que d'intervalles disjoints. Par exemple, ces deux primitive de x 7→ 1

xsur R? ne

diérent pas d'une constante :

x 7→ ln(x) et x 7→

ln(x) + 1851 si x < 0

ln(x) + 8563 si x > 0

2. Quand on a une primitive, on en a une innité : C'est pour ça qu'on parle d'une primitive etpas de la primitive d'une fonction donnée !

5.1.2 Primitives et opérations

Soient f : I → R et g : I → R deux fonctions. Soit λ un réel. On suppose que fadmet une primitive F sur I et que g admet une primitive G sur I. On a alors :• F+G est une primitive de f+ g.• λF est une primitive de λf.

Proposition 237


Partie 13: Calcul Intégral

+ Mise en garde :

Intégrer une somme n'est pas dicile. Le produit est une opération plus délicate pour l'intégration.Utilisons les notations de la précédente proposition. Il faut absolument noter que :

• F×G n'est pas, en général, une primitive de f× g.• F

Gn'est pas, en général, une primitive de

f

g.

5.1.3 Primitives de référence

Dans ces tableaux, F est une primitive sur l' intervalle I de la fonction f dénie surDf. On a rassemblédans ce premier tableau les fonctions puissances, logarithmes et exponentielles et noté λ un réel, nun entier naturel, m un entier supérieur à 2, a un réel strictement positif et diérent de 1.

Df f I F

R x 7→ λ R x 7→ λx

R x 7→ xn R x 7→ xn+1

n+ 1

R x 7→ 1

xmR?

+ ou bien R?− x 7→ −

1

(m− 1)xm−1

R? x 7→ 1x

R?+ ou bien R?

− x 7→ ln(|x|)

R x 7→ ax R x 7→ ax

ln(a)

R?+ x 7→ ln(x) R?

+ x 7→ x ln(x) − x


Dans ce second tableau, on a rassemblé les fonctions trigonométriques et noté k un entier.



Df f I F

R x 7→ cos(x) R x 7→ sin(x)

R x 7→ sin(x) R x 7→ − cos(x)

R\ π2+ kπ, k ∈ Z

x 7→ 1+ tan2(x)

]−π

2+ kπ,

π

2+ kπ

[x 7→ tan(x)

R\πZ x 7→ 1

sin2(x)]kπ, (k+ 1)π[ x 7→ cos(x)

sin(x)

R\ π2+ kπ, k ∈ Z

x 7→ tan(x)

]−π

2+ kπ,

π

2+ kπ

[x 7→ − ln(| cos(x)|)

R\πZ x 7→ cos(x)sin(x)

]kπ, (k+ 1)π[ x 7→ ln (| sin(x)|)

R x 7→ 1

1+ x2R x 7→ arctan(x)

On a rassemblé dans ce dernier tableau les primitivations obtenues par composition. On a noté sun réel diérent de −1, n un entier naturel et m un entier supérieur à 2. On introduit aussi u , vet w trois fonctions dérivables sur D. On suppose que v est strictement positive sur D et que w nes'annule pas sur D.

Df f I F

D x 7→ u ′(x) (u(x))n

I ⊂ D x 7→(u(x))

n+1

n+ 1

D x 7→ w ′(x)

(w(x))mI ⊂ D x 7→ −

1

(m− 1)(w(x))m−1

D x 7→ v ′(x) (v(x))s

I ⊂ D x 7→(v(x))

s+1

s+ 1

D x 7→ w ′(x)

w(x)I ⊂ D x 7→ ln(|w(x)|)

D x 7→ u ′(x) exp(u(x)) I ⊂ D x 7→ exp(u(x))

+ Mise en garde :

Notons n un entier naturel, u une fonction dérivable sur un ensemble D.

• Une primitive de x 7→ u ′(x) (u(x))n est x 7→

(u(x))n+1

n+ 1. Par contre, il est faux de dire qu'une

primitive de x 7→ (u(x))n est x 7→

(u(x))n+1

u ′(x)(n+ 1).

• De la même façon, si u en plus ne s'annule jamais, une primitive de la fonction x 7→ 1

u(x)



n'est pas x 7→ ln(|u(x)|)u ′(x)

même si une primitive de x 7→ u ′(x)

u(x)est la fonction x 7→ ln(|u(x)|).

5.1.4 Lien avec l'intégration

Rappelons que l'on note [h(t)]ba la quantité h(b) − h(a) si h est une fonction numérique dénie surJ.

Soit f : J → R une fonction continue sur J. On note F l'une des primitives de fsur J.• Le réel F(b) − F(a) s'appelle intégrale de a à b de la fonction f.

• Cette quantité se note∫ba

f(t)dt ou [F(t)]ba.

Définition 238

* Remarque :

1. En réalité, c'est une proposition, c'est même le théorème fondamental de l'analyse car onconstruit la notion d'intégrale (par limite de somme de Riemann) et on introduit la notionde primitive comme en début de chapitre. Ce théorème permet donc de relier les notions deprimitivation et d'intégration.

2. La valeur de∫ba

f(t)dt ne dépend pas de la primitive choisie de f. En eet, soient F et G deux

primitives sur J de f, on a : F(b) − F(a) = G(b) −G(a).

3. L'écriture∫ba

f(t)dt n'implique pas nécessairement que a 6 b.

4.∫ba

f(t)dt ne dépend que de trois choses : f, a et b. En particulier, elle ne dépend pas de t qui

est une une variable muette. Au passage, on peut noter que :∫ba

f(t)dt =

∫ba

f(x)dx =

∫ba

f(r)dr = ...

Ainsi, une fois le calcul de l'intégrale eectué, il ne peut pas rester du t, obtenir :∫ba

f(t)dt = t2

est tout simplement absurde. De la même façon, écrire, pour tout t de [a, b], on a∫ba

f(t)dt = ...

n'a pas de sens ! Écrire∫ ta

f(t)dt encore moins !



, Exemple :∫−12

cos(t)dt existe (car cos est continue) et est [sin(t)]−12 , c'est-à-dire sin(−1) − sin(2). Un exemple

un peu compliqué, on peut essayer de calculer∫74

5

arctan(x)(1+ x2)dt. On reconnaît du

u ′

u, on a

donc : ∫74

5

arctan(x)(1+ x2)dt = 5 ln

(arctan(7)arctan(4)

).

ä Exercice :

Justier l'existence de∫35

ln(t2 − 3t+ 2

)dt.

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Cherchons les racines du polynôme X2 − 3X + 2. C'est un polynôme de degré 2, un petit coup dediscriminant et on trouve que 1 et 2 sont les deux racines de ce polynôme. On fait désormais untableau de signe (jusque là, ça devrait aller !) :

x −∞ 1 2 +∞signe de x2 − 3x+ 2 + 0 − 0 +

Ainsi, par composition, t 7→ ln(t2 − 3t+ 2

)est continue sur ] −∞, 1[∪]2,+∞[ et donc sur [3, 5].∫3

5

ln(t2 − 3t+ 2

)dt est donc bien dénie. Au passage, on remarque que dans

∫ba

f(t)dt, on n'a

pas nécessairement a 6 b.

Soit f : I→ R une fonction. Si f est continue sur I alors la fonction F dénie surI par :

F : x 7→∫xa

f(t)dt

est une fonction vériant les trois propriétés suivantes :• F est classe C1 sur I, cela signie que F est dérivable et sa dérivée estcontinue.• F ′ est f.• F(a) est nulle.

F est donc l'unique primitive de f qui s'annule en a. On l'appelle intégrale fonctionde sa borne supérieure (ou haute) en a associée à f.

Théorème 239

, Exemple :

1. La fonction F : x 7→∫xπ

cos(t2)dt est dérivable et F ′ : x 7→ cos(x2).



2. Soit la fonction f : x 7→ 1

x. f étant continue sur R?

+, la fonction F : x 7→∫x1

f(t)dt est l'unique

primitive de la fonction inverse sur R?+, on l'appelle ln. On retrouve avec cette dénition les

propriétés classiques du ln.

+ Mise en garde :

F : x 7→∫2x1

t2dt n'est pas une primitive de f : t 7→ t2 car, par composition, on a :

F ′ : x 7→ 2× 4x2

Pour généraliser la précédente proposition, on va introduire la fonction F dénie sur J par :

F : x 7→∫v(x)u(x)

f(t)dt

avec f une fonction continue sur J, u et v deux fonctions dérivables sur un intervalle K telles queu(K) ⊂ J et v(K) ⊂ J. F est alors une fonction dérivable sur J et sa dérivée est :

F ′ : x 7→ f(v(x))v ′(x) − f(u(x))u ′(x).

Ne pas oublier v ′ et u ′ !

ä Exercice :

Calculer limT−→0

∫3T+22

exp(sin(5t))dt

T

.

On peut tenter d'abord de calculer∫3T+22

exp(sin(5t))dt (à essayer mais ne vous attardez pas !) :

Cela ne marche pas alors on pose :

G : x 7→∫x0

exp(sin(5t))dt et Z : x 7→∫3x+20

exp(sin(5t))dt

La fonction t 7→ exp(sin(5t)) est (par composition) continue sur R et 0 est un réel. Ainsi, G estde classe C1 sur R. On pose : u : x 7→ 3x + 2, pour tout réel x, sous réserve d'existence, Z(x) estG(u(x)). Par composition, Z est donc de classe C1 sur R et en particulier dérivable en 0. On dériveune composée :

Z ′(0) = G ′(u(0))× u ′(0)= exp(sin(5(3× 0+ 2))× 3= 3 exp(sin(10))

Ainsi, limx−→0

(Z(x) − Z(0)

x

)existe et vaut Z ′(0), c'est-à-dire 3 exp(sin(10)). La limite recherchée

est donc 3 exp(sin(10)).


Partie 13: Calcul Intégral Intégration sur un segment

5.2 Intégration sur un segment

5.2.1 Interprétation graphique

Dans cette partie, g et h désignent deux réels tels que g < h, f une fonction à valeur réelle, dénie et

continue sur [g, h], Cf sa courbe représentative dans le plan muni d'un repère orthonormé (O,→i ,→j ).

Supposons f positive. Pour tout t ∈ [g;h], on note A(t) l'aire du domaine Stdélimité par Cf, l'axe des abscisses et les droites d'équation x = g et x = t, Stest donc l'ensemble suivant :

M(u, v) ∈ R2 avec g 6 u 6 t et 0 6 v 6 f(u)

.

Pour tout élément t de [g, h], on prouve que A(t) est∫ tg

f(x)dx.

Proposition 240

* Remarque :

Utilisons les notations de la proposition précédente. Autrement dit, si f est positive et continuealors l'aire sous sa courbe (entre sa courbe et l'axe des abscisses) entre les droites d'équation x = g

et x = t est∫ tg

f(x)dx.

Pour généraliser, on va avoir besoin de décomposer une fonction en diérence de deux fonctionspositives. Pour cela, on introduit ces deux fonctions :

f+ :

[g;h] −→ Rx 7→ max (f(x), 0)

et f− :

[g;h] −→ Rx 7→ max (−f(x), 0)

Elles sont toutes les deux positives et f est f+ − f−. Il est important de bien visualiser ces fonctions,si f a ce graphe :

10 5 0 5 10

0.8

0.6

0.4

0.2

0.0

0.2

0.4

0.6

0.8

y=f(x)

alors f+ et f− ont ces têtes là (Quand f(x) est positif, f−(x) est nul et f+(x) vaut f(x). Quand f(x)est négatif, f+(x) est nul et f−(x) vaut −f(x)) :



10 5 0 5 10

0.1

0.0

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

y=f+(x)y=f-(x)



Comme f+ et f− sont positives, on sait désormais interpréter géométriquement les deux quantités∫hg

f+(t)dt et∫hg

f−(t)dt :

•∫hg

f+(t)dt est la somme des aires des domaines au-dessus de l'axe des abscisses délimités par

Cf, les droites d'équation x = g et x = h et l'axe des abscisses.

•∫hg

f−(t)dt est la somme des aires des domaines en-dessous de l'axe des abscisses délimités par

Cf, les droites d'équation x = g et x = h et l'axe des abscisses.

Cela donne la proposition suivante :

On a :∫hg

f(t)dt =

∫hg

f+(t)dt −

∫hg

f−(t)dt. Cela prouve que∫hg

f(t)dt est la

diérence entre la somme des aires des domaines délimités par Cf et l'axe desabscisses qui sont au-dessus de l'axe des abscisses et la somme de ceux délimités

par Cf et l'axe des abscisses qui sont en-dessous de l'axe des abscisses.∫hg

f(t)dt

représente donc l'aire algébrique du domaine délimité par Cf, l'axe des abscisseset les droites d'équation x = g et x = h.

Proposition 241

, Exemple :

Soient a et b deux réels. Soient α et β deux réels. Soit la fonction f : x 7→ αx+ β. On a :

∫ba

f(x)dx =

[αx2

2+ βx

]ba

=

(αb2

2+ βb

)−

(αa2

2+ βa

)= (b− a)× f(a) + f(b)

2

On retrouve la formule de l'aire d'un trapèze : l'aire obtenue par calcul d'intégrale et les aires ducours de géométrie sont bien sûr les mêmes ! On rappelle que l'aire d'un trapèze est donnée par leproduit de la longueur d'une hauteur (ici, c'est le b−a) par la somme de la longueur des deux bases(ici, c'est le f(a) + f(b)) et le tout divisé par deux.



5.2.2 Cas des fonctions continues par morceaux

Soient g et h deux réels tels que g < h. Soit f une fonction numérique déniesur [g, h]. On dit que f est continue par morceaux sur [g, h] si f est continue àdroite en g et à gauche en h et si f est continue en tout point de ]g, h [ sauf enun nombre ni de point en lesquels f possède tout de même des limites nies àgauche et à droite.

Définition 242

, Exemple :

1. Soit f une fonction continue. f est en particulier une fonction continue par morceaux.

2. Soit f : x 7→ bxc. f est une fonction continue par morceaux sur tout segment de R.

3. Soit f : x 7→

1

xsi x > 0

1 si x 6 0. f n'est pas une fonction continue par morceaux car f n'admet pas

de limite nie à droite de 0.

Soient g et h deux réels tels que g < h. Soit f une fonction numérique continuepar morceaux sur [g, h]. On note a1, · · · , an (avec n entier naturel non nul) sespoints de discontinuités sur ]g, h[. On suppose que a1 < a2 < · · · < an et on posea0 = g et an+1 = h. Pour tout k de J0, nK, on appelle fk la fonction suivantedénie sur [ak, ak+1] :

fk : x 7→

limx→a+

k

f(x) si x = ak

f(x) si x ∈]ak, ak+1[lim

x→ak+1f(x) si x = ak+1

Le réeln∑k=0

(∫ak+1ak

fk(t)dt

)est appelé intégrale de g à h de la fonction f et est

noté∫hg

f(t)dt. On a donc :

∫hg

f(t)dt =

n∑k=0

(∫ak+1ak

fk(t)dt

).

Définition 243

* Remarque :



On utilise les notations de la précédente dénition. Pour donner du sens aux intégrales de fonc-tions continues par morceaux quand les bornes ne sont pas dans le bon sens, on dénit la quantité∫gh

f(t)dt est dénie comme étant −∫hg

f(t)dt.

, Exemple :

Soit f la fonction suivante dénie sur [−3; 5] par :

f : x 7→

x si x ∈ [−3; 1[

8563 si x = 1

sin(x) si x ∈]1; 4[x3 si x ∈ [4; 5]

∫5−3

f(t)dt existe car f est continue par morceaux sur [−3; 5]. On a :

∫5−3

f(t)dt =

∫1−3

tdt+

∫41

sin(t)dt+∫54

t3dt

=

[t2

2

]1−3

+ [− cos(t)]41 +

[t4

4

]54

=353

4+ cos(1) − cos(4)

On va s'intéresser, dans la suite de ce paragraphe, à l'intégration de fonctions continues par morceauxparticulièrement simples, les fonctions en escalier. Ce sont des fonctions constantes par morceaux,dénissons-les plus rigoureusement :

Soient g et h deux réels tels que g < h. On dit que f, une fonction numériquedénie sur [g, h], est une fonction en escalier sur [g, h] s'il existe n, un entiernaturel non nul, a1, · · · , an, n éléments de ]g, h [ tels que a1 < a2 < · · · < an

et, en posant a0 = g et an+1 = h, on aitn⋃k=0

([ak, ak+1]) = [g, h] et, pour tout k

de J0, nK, il existe λk telle que pour tout x appartenant à ]ak, ak+1[, f(x) = λk.

Définition 244

, Exemple :

Voici une fonction en escalier : f : x 7→

4 si x ∈ [−3; 1[

−3 si x = 1 ou 5

9 si x ∈]1; 5[. Voici son allure :



On utilise les notations précédentes. On suppose qu'il existe, pour tout k deJ0, nK, λk telle que pour tout x ∈]ak, ak+1[, f(x) = λk. On peut alors armer

que∫hg

f(t)dt existe et vautn∑k=0

(ak+1 − ak) λk.

Proposition 245

* Remarque :

On utilise les notations de la précédente dénition.∫hg

f(t)dt =

n∑k=0

(ak+1 − ak) λk se comprend

très bien graphiquement.∫hg

f(t)dt représente l'aire algébrique du domaine délimité par Cf, l'axe

des abscisses et les droites d'équation x = g et x = h etn∑k=0

(ak+1 − ak) λk est la somme, pour

k balayant J1, nK, des aires algébriques des rectangles délimités par les droites d'équation x = ak,x = ak+1, l'axe des abscisses et la droite d'équation y = λk.

Voici un exemple de la représentation graphique d'une intégrale d'une fonction en escalier :



5.2.3 Cas des fonctions à variable réelle et à valeur dans C.

Soit f : J → C une fonction. Il existe deux fonctions f1 : J → R et f2 : J → Rtelles que :

Pour tout x de J, on ait : f(x) = f1(x) + if2(x).

Si f1 et f2 sont continues sur J alors on dit que f est intégrable sur [a, b] et onappelle intégrale de a à b de f le complexe suivant :∫b

a

f(t)dt =

∫ba

f1(t)dt+ i

∫ba

f2(t)dt.

Définition 246

ä Exercice :

Soit m un réel non nul, expliciter∫ba

exp (imt)dt puis calculer la quantité∫01

sin(2x) exp(3x)dx.



Vous pouvez vous permettre de dire que∫ba

exp (imt)dt est

[exp (imt)im

]ba

, cela se prouve ainsi :

∫ba

exp (imt) dt =

(∫ba

cos (mt) dt

)+ i

∫ba

sin (mt) dt

=

[sin (mt)m

]ba

− i

[cos (mt)m

]ba

=

[i sin (mt) + cos(mt)

im

]ba

et on reconnaît bien

[exp (imt)im

]ba

. Notons I la quantité∫01

sin(2x) exp(3x)dx. Par continuité des

intégrandes, I existe puis :

I =

∫01

Im (exp (3x+ 2ix))dx

= Im

(∫01

exp (3x+ 2ix)dx

)= Im

([exp (3x+ 2ix)

3+ 2i

]01

)car 3+ 2i n'est pas nul

= Im

((1− exp (3+ 2i)) (3− 2i)

13

)= Im

(3− 2i− 3 exp (3+ 2i) + 2i exp (3+ 2i)

13

)=

−2− 3e3 sin(2) + 2e3 cos(2)13

.

5.3 Propriétés de l'intégrale

5.3.1 Intégrale et bornes

Soit f : J → R une fonction. On suppose que f est continue ou continue parmorceaux sur J, on a alors :

1.∫aa

f(t)dt = 0. 2.∫ba

f(t)dt = −

∫ab

f(t)dt.

Proposition 247


Partie 13: Calcul Intégral Propriétés de l'intégrale

5.3.2 Relation de Chasles

Relation de ChaslesSoit f : J → R une fonction. On suppose que f est continue ou continue parmorceaux sur J. Soient r, u et y trois éléments de J. On a :∫u

r

f(t)dt =

∫yr

f(t)dt+

∫uy

f(t)dt.

Proposition 248

* Remarque :

On utilise les notations de la précédente dénition. On n'a pas forcément r < y < u. On peutécrire par exemple que : ∫5

2

cos(t)dt =∫−32

cos(t)dt+∫5−3

cos(t)dt.

* Remarque :

1. La relation de Chasles est évidente si on interprète l'intégrale en terme d'aire algébrique. Sur

notre dessin,∫ba

h(t)dt est la somme de A1 et de A2, c'est -à-dire de∫ca

h(t)dt et de∫bc

h(t)dt.

2. Penser à la relation de Chasles lorsqu'on veut calculer∫ur

f(t)dt et que l'expression de f

"change" sur son ensemble de dénition. Par exemple, si f fait intervenir une valeur absolue(si f est |g| alors, pour un élément t de son ensemble de dénition, f(t) est g(t) si g(t) estpositif et −g(t) si g(t) est négatif).

ä Exercice :



Calculer∫−35

|t2 − 3t+ 2|dt.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Sans diculté, on trouve ce tableau de signe :

x −∞ 1 2 +∞signe de x2 − 3x+ 2 + 0 − 0 +

et par la relation de Chasles, on a donc :∫−35

|t2 − 3t+ 2|dt =

∫25

|t2 − 3t+ 2|dt+

∫12

|t2 − 3t+ 2|dt+

∫−31

|t2 − 3t+ 2|dt

=

∫25

(t2 − 3t+ 2)dt−

∫12

(t2 − 3t+ 2)dt+

∫−31

(t2 − 3t+ 2)dt

Intégrer un polynôme est loin d'être insurmontable ! Voici la réponse à obtenir : −43.

5.3.3 Linéarité de l'intégration

Linéarité de l'intégrationSoient f : J → R et g : J → R deux fonctions. Soient v et u deux réels. Onsuppose que f et g sont continues ou continues par morceaux sur J, on a :∫b

a

(vf(t) + ug(t))dt = v

∫ba

f(t)dt+ u

∫ba

g(t)dt.

Proposition 249

* Remarque :

De nouveau, la linéarité de l'intégration est évidente si on interprète l'intégrale en terme d'airealgébrique.

+ Mise en garde :

1. Si f et g sont continues ou continues par morceaux sur J, la quantité∫ba

g(t)f(t)dt n'est a

priori ni

(∫ba

g(t)dt

)×(∫ba

f(t)dt

)ni g(t)

∫ba

f(t)dt (qui d'ailleurs n'a pas de sens si g n'est

pas constante).

2. Le passage de∫ba

(vf(t) + ug(t))dt à v∫ba

f(t)dt+ u

∫ba

g(t)dt n'est pas automatique. Il faut

bien penser à vérier que f et g sont toutes les deux continues ou continues par morceaux sur

J car∫ba

(vf(t) + ug(t))dt peut exister sans que ni v∫ba

f(t)dt ni u∫ba

g(t)dt n'existent !



+ Mise en garde :

Ne pas confondre linéarité de l'intégration et relation de Chasles. Dans la relation de Chasles, ily a une seule fonction qu'on intègre sur deux domaines d'intégration jointif et dans la linéarité del'intégration, il y a deux fonctions qu'on intègre sur un même domaine d'intégration.

ä Exercice :

Calculer∫ π4

0

cos(x)cos(x) + sin(x)

dx.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Bon, il y a du cos au-dessus. Pour rendre le problème plus symétrique, on introduit ces deuxintégrales :

A =

∫ π4

0

cos(x)cos(x) + sin(x)

dx et B =

∫ π4

0

sin(x)cos(x) + sin(x)

dx.

Un petit mot d'abord pour dire que ces intégrales sont bien dénies (ici, le problème vient du quo-tient, levez-le rapidement !). On a deux inconnues, il nous faut donc deux équations ! Additionnonset soustrayons, par linéarité de l'intégration, on a :

A+ B =

∫ π4

0

cos(x) + sin(x)cos(x) + sin(x)

dx

=

∫ π4

0

dx

=π

4.

A− B = [ln(| cos(x) + sin(x)|)]π4

0

= ln

∣∣ cos(π4

)+ sin

(π4

) ∣∣| cos(0) + sin(0)|

=1

2ln(2)

Deux équations et deux inconnues, cela ne pose plus de problème ! Finalement, on trouve que A

vautπ

8+1

4ln(2) et B vaut

π

8−1

4ln(2).



5.3.4 Croissance de l'intégration

Soient g et h deux réels tels que g 6 h.Soient f1 : [g, h] → R et f2 : [g, h] → R deux fonctions continues ou continuespar morceaux sur [g, h].

1. Si pour tout élément t de [g, h], sauf éventuellement en un nombre ni

de points, on a f1(t) > 0, alors on peut armer que∫hg

f1(t)dt > 0

(Positivité de l'intégration).

2. Si pour tout élément t de [g, h], sauf éventuellement en un nombre nis

de points, on a f1(t) > f2(t), alors on peut armer que :∫hg

f1(t)dt >∫hg

f2(t)dt (Croissance de l'intégration).

Proposition 250

Soient g et h deux réels tels que g < h.Soient f1 : [g, h]→ R et f2 : [g, h]→ R deux fonctions continues sur [g, h].

1. Si, pour tout t ∈ [g, h], f1(t) > 0 et si f1 6= 0, on a alors∫hg

f1(t)dt > 0.

2. Si, pour tout t ∈ [g, h], f1(t) > 0 et si∫hg

f1(t)dt = 0, f1 est alors la

fonction nulle (Positivité de l'intégration).

3. Si, pour tout t ∈ [g, h], f1(t) > f2(t) et si f1 6= f2, on a alors∫hg

f1(t)dt >∫hg

f2(t)dt (Croissance de l'intégration).

Proposition 251

+ Mise en garde :

Deux mises en garde : Ne pas oublier d'hypothèse dans cette précédente proposition :

1. • On a∫π0

cos(t)dt = 0 et pourtant cos 6= 0. On a oublié en disant ça l'hypothèse de positivitéde la fonction.

• On a∫100

f(t)dt = 0 avec f fonction non nulle et positive suivante :

f :

[0, 10] −→ R

x 7→

0 si x 6= 28563 si x = 2

Cette fois-ci, on a oublié l'hypothèse de continuité !



2. On peut donc intégrer les inégalités si les bornes sont dans le bon sens. Attention , il ne fautpas oublier d'inverser dans le cas contraire. Si pour tout t ∈ [g, h], on a : f1(t) > f2(t) et que

f1 et f2 sont continues sur [g, h], on a alors∫gh

f1(t)dt 6∫gh

f2(t)dt.

* Remarque :

De nouveau, la croissance de l'intégration est évidente si on se rappelle de la dénition de l'inté-

grale comme aire algébrique. Sur notre dessin,∫ba

h(t)dt est supérieure à∫ba

g(t)dt. La diérence∫ba

h(t)dt−

∫ba

g(t)dt est d'ailleurs l'aire de la partie grisée.

ä Exercice :

Évaluer limn→+∞

(1

n!×∫10

(1− t)n exp(t)dt

).

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Pour tout entier naturel n, on pose : In =1

n!×∫10

(1 − t)n exp(t)dt. Pour tout t ∈ [0, 1], de la

croissance et la positivité de exp et de la positivité sur [0, 1], on en déduit :

0 6 (1− t)n exp(t) 6 (1− t)ne.

Par croissance de l'intégration, que l'on peut invoquer car les bornes sont dans l'ordre croissant(0 < 1) et t 7→ (1− t)n exp(t) et t 7→ (1− t)ne sont continues sur [0, 1], on obtient :∫1

0

0dt 6∫10

(1− t)n exp(t)dt 6∫10

(1− t)nedt

Comme1

n!> 0, on en déduit que : 0 6 In 6 e × 1

n!×(−(1− 1)

(n+ 1)+

0

(n+ 1)

)puis, pour tout

entier naturel n, on a :

0 6 In 6e

(n+ 1)!



Comme limn→+∞ (0) = 0 et lim

n→+∞(

e

(n+ 1)!

)= 0, par le théorème des gendarmes, on peut donc

armer que limn→+∞ (In) existe et vaut 0.

5.3.5 Inégalité triangulaire et inégalité de la moyenne

Inégalité triangulaireSoient g et h deux réels tels que g 6 h.Soit f : [g, h] → R une fonction. On suppose que f est continue ou continue parmorceaux sur [g, h], on a alors l'inégalité suivante :∣∣∣∣∫h

g

f(t)dt

∣∣∣∣ 6 ∫hg

|f(t)|dt.

Proposition 252

* Remarque :

Soient fn des fonctions continues sur un intervalle J. A priori, les quantités suivantes, limn→+∞

(∫J

fn(t)dt

)et∫J

(limn→+∞ fn(t)

)dt, ne sont pas les mêmes. Un contre-exemple est fourni par les applications fn

(où n est un entier naturel non nul) suivantes :

fn : x 7→

n(1− nx) si x ∈

[0,1

n

]0 si x ∈

[1

n, 1

]

On a limn→+∞

(∫10

fn(t)dt

)=1

2et∫10

(limn→+∞ fn(t)

)dt = 0. Ne vous inquiétez pas, on va le démontrer.

En eet, posons an =1

n, on a :

∫10

fn(t)dt =

[n×

(x− n

x2

2

)]an0

+ [0]1an

=1

2

On en déduit que limn→+∞

(∫10

fn(t)dt

)=1

2. limn→+∞(fn(t)) vaut 0 ce qui entraîne que

∫10

(limn→+∞ fn(t)

)dt =

0.



Soient g et h deux réels tels que g < h.Soit f : [g, h] → R une fonction. On suppose que f est continue ou continuepar morceaux sur [g, h], on appelle alors valeur moyenne de f sur [g, h] le réel∫hg

f(t)dt

h− g.

Définition 253

, Exemple :

La valeur moyenne de la partie entière sur [0, 2] est0× (1− 0) + 1× (2− 1)

2− 0soit

1

2.

* Remarque :

Utilisons les notations de la précédente dénition. La valeur moyenne de f sur [g, h] est la valeur que

doit prendre w une fonction constante sur [g, h] pour que l'on ait∫hg

w(t)dt =

∫hg

f(t)dt.

Inégalité de la moyenneSoient g et h deux réels tels que g < h.Soit f : [g, h] → R une fonction. On suppose que f est continue sur [g, h].Appelons m le minimum de f sur [g, h] et M son maximum. On a alors :

m(h− g) 6∫hg

f(t)dt 6M(h− g).

Proposition 254

* Remarque :

On utilise les notations de la précédente dénition. L'inégalité de la moyenne dit tout simplement quesi f est toujours comprise entre m et M alors sa valeur moyenne aussi. Ceci est de nouveau évident

graphiquement. Sur notre dessin,∫ba

g(t)dt est l'aire grisée. Elle est supérieure à l'aire du rectangle

ABCD et inférieure à l'aire du rectangle ABEF.



5.4 Technique de calcul

5.4.1 Intégrations par parties

Soient u : J→ R et v : J→ R deux fonctions de classe C1 sur J alors :∫ba

u ′(t)v(t)dt = [u(t)v(t)]ba −

∫ba

u(t)v ′(t)dt.

Théorème 255

Méthode:

Notons U une primitive de u et V une primitive de v. Quand on veut évaluer∫ba

u(t)v(t)dt par

intégration par parties, il faut penser à comparer les trois quantités suivantes :∫ba

u(t)v(t)dt,

∫ba

U(t)v ′(t)dt et∫ba

V(t)u ′(t)dt.

Si l'une des deux dernières est plus évidente à évaluer que∫ba

u(t)v(t)dt alors on poursuit notre

intégration par parties.Quand on a un produit, essayez d'abord de reconnaître une primitive usuelle (en cherchant les u etles u ′ qui semblent être présents) et, si cela n'aboutit pas, essayez une intégration par parties. C'esten particulier le cas si :• On veut se débarrasser d'un polynôme. On le dérive, cela abaisse son degré. S'il est de degrén, on fera donc n intégrations par parties pour arriver à une constante.• On veut se débarrasser d'une fonction dont la dérivée est plus simple que la fonction d'origine.C'est le cas du logarithme (dont la dérivée est une fraction rationnelle) et d'une arctangente(dont la dérivée est aussi une fraction rationnelle).


Partie 13: Calcul Intégral Technique de calcul

• On veut faire une récurrence (la plupart du temps, les formules de récurrence avec des inté-grales se démontrent avec une intégration par parties).

ä Exercice :

Expliciter

(∫1−1

(1− t2)ndt

)n∈N

. Petite indication, pour tout couple d'entiers naturels (n, p), on

pourra poser : Bn,p =

∫1−1

(1− t)n(1+ t)pdt.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Soit n un entier naturel non nul, t 7→ (1− t)n et t 7→ (1+ t)n+1

n+ 1sont de classe C1 sur [−1, 1]. Par

intégration par parties, on a :

Bn,n =

[(1+ t)n+1

n+ 1(1− t)n

]1−1

+ n

∫1−1

(1+ t)n+1

n+ 1(1− t)n−1dt

=n

n+ 1Bn−1,n+1

=n(n− 1)

(n+ 1)(n+ 2)Bn−2,n+2

= · · · (On poursuit le processus)

=n!

(n+ 1) · · · (n+ n)B0,2n

=(n!)2B0,2n

(2n)!

Le calcul de B0,2n, qui est∫1−1

(1 + t)2ndt, ne pose pas de problème. B0,2n vaut22n+1

2n+ 1, on en

déduit que : ∫1−1

(1− t2)ndt =(n!)222n+1

(2n)!(2n+ 1)

=(n!)2

(2n+ 1)!22n+1

Signalons que cette formule est aussi valable en 0.



5.4.2 Changement de variable

Soient α et β deux réels. K désignera le segment [α,β] si α 6 β et le segment[β,α] si β 6 α.Soient f : J → R et u : K → R deux fonctions. On suppose que f est continueou continue par morceaux sur u(K) et que u est de classe C1 sur K. On a alors :∫u(β)u(α)

f(x)dx et∫βα

f(u(t))u ′(t)dt existent et :

∫u(β)u(α)

f(x)dx =

∫βα

f(u(t))u ′(t)dt.

On dit qu'on eectue le changement de variable x = u(t) et que celui-ci est licite.

Proposition 256

+ Mise en garde :

On a besoin de f continue ou continue par morceaux sur u(K) et pas forcément sur [u(α), u(β)]ou sur [u(β), u(α)] (u n'est pas nécessairement monotone).

* Remarque :

Vous aurez le plus souvent une indication vous disant d'eectuer un changement de variable, voiremême vous donnant le changement de variable à faire. Avant d'essayer un changement de variablefarfelu, commencez par essayer de reconnaître une forme usuelle (avec du u ′ et du u) ou tentez uneintégration par parties.

Méthode:

Il y a deux façons de lire la formule du changement de variable : de droite à gauche et de gauche

à droite. En général, on n'a pas∫u(b)u(a)

f(x)dx ou∫ba

f(u(t))u ′(t)dt sous la main. On a tout simple-

ment une intégrale du type∫βα

g(x)dx à calculer. L'idée est de mettre cette intégrale sous la forme

souhaitée,∫u(b)u(a)

f(x)dx ou∫ba

f(u(t))u ′(t)dt puis d'utiliser la formule. Un peu plus de détails :

• Égalité de gauche à droite :On veut poser x = u(t), cela signie qu'on a envie de décrire notre variable d'intégrationà l'aide d'une fonction intermédiaire. Par exemple, si x décrit [−1, 1], on peut penser à uncosinus. Pour faire ce changement de variable, il faut alors pouvoir écrire α et β sous la formeu(a) et u(b) : à vous de déterminer a et b puis de vérier que u est de classe C1 sur (a, b)et que g est continue sur u((a, b)).• Égalité de droite à gauche :Une fonction se répète dans ce qu'on souhaite intégrer, par exemple, il y a plein de sinus. Oninterprète ce " bloc" u(x) comme étant une variable t. C'est de cette façon que vous utiliserez



en général le changement de variable, ne serait-ce que pour les règles de Bioche (cf un peu plusloin dans le livre). Il faut alors que u soit de classe C1 sur (α,β) et déterminer une fonctionf continue sur u((α,β)) tel que pour tout x de (α,β), on ait :

g(x) = f(u(x))× u ′(x).

Pour trouver f, il faut donc factoriser u ′(x) dans g(x) et exprimer ce qui reste comme unefonction de u(x).

En pratique, quand on utilise l'égalité de droite à gauche, on pose x = u(t) ce qui donne dx = u ′(t)dt.Il reste donc à mettre en valeur u ′(t)dt, le remplacer par dx puis remplacer tous les u(t) par des x.Ne pas oublier aussi de changer les bornes : Pendant que t évolue de a à b, x, qui est u(t), évoluede u(a) à u(b). Ainsi, en posant x = sin(t), on a :∫1

0

cos(t) sin3(t)

1+ sin2(t)dt =

∫ sin(1)sin(0)

x3

1+ x2dx

On a remplacé cos(t)dt par dx et les sin(t) par x. Si vous faites ainsi, n'oubliez pas de vérier lesconditions qui vous permettent de faire le changement de variable. Ici, il faut dire que sin est de

classe sur C1 sur [0, 1] et x 7→ x3

1+ x2est continue sur sin([0, 1]).

ä Exercice :

Calculer∫10

√1− x2dx et

∫100

exp (2t)1+ 2 exp (2t) + exp (4t)

dt.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1.∫10

√1− x2dx existe car x 7→

√1− x2 est continue sur [0, 1] par composition. On va faire

un changement de variable, on va utiliser l'égalité de gauche à droite. On a :∫10

√1− x2dx =

∫u(π2 )u(0)

√1− x2dx.

avec u = sin. On va faire le changement de variable x = sin(t) car u est de classe C1

sur[0,π

2

], u([0,π

2

])⊂ [0, 1] et x 7→

√1− x2 est continue sur [0; 1]. Par changement de

variable, on a donc :∫10

√1− x2dx =

∫ π2

0

√1− sin2(t) cos(t)dt

=

∫ π2

0

| cos(t)| cos(t)dt

=

∫ π2

0

1+ cos(2t)2

dt car cos est positif sur[0,π

2

]=π

4

2. La deuxième intégrale existe car t 7→ 1 + 2 exp (2t) + exp (4t) ne s'annule pas sur [0; 10].On va faire un changement de variable, on va utiliser l'égalité de droite à gauche (quellesurprise !). On introduit les fonctions suivantes

f : x 7→ 1

2(1+ 2x+ x2)et u : t 7→ exp (2t) .



u est de classe C1 sur [0, 10], u([0, 10]) ⊂ [1, exp (20)], f est, par quotient continue sur[1, exp (20)]. On peut faire le changement de variable x = exp (2t) :∫10

0

exp (2t)1+ 2 exp (2t) + exp (4t)

dt =

∫100

f(u(t))× u ′(t)dt

=

∫ exp(20)exp(0)

1

2(1+ 2x+ x2)dx

=

∫ exp(20)1

1

2× (1+ x)−2dx

=

[−1

2(1+ x)

]exp(20)1

=1

2

(1

2−

1

1+ exp(20)

)

+ Mise en garde :

Bien penser à vérier toutes ces conditions, une belle bêtise avec ce changement de variable hâ-

tif : Posons I =

∫π0

dx

1+ cos2(x). Par positivité de l'intégration, I est strictement positive. Par le

changement de variable t = tan(x), on a :

I =

∫ tan(π)tan(0)

dt

1+ t21

1+1

1+ t2

=

∫ tan(π)tan(0)

dt

1+ 1+ t2

=

∫00

dt

2+ t2

= 0.

Résultat faux car le changement de variable t = tan(x) sur [0, π] n'est pas autorisée : En eet, tan(0)

et tan(π) existent bien mais tan n'est pas de classe C1 sur [0, π] à cause de son léger souci enπ

2.

Soit r un réel strictement positif.Soit f : [−r, r]→ R une fonction. On suppose que f est continue ou continue parmorceaux sur [−r, r].

1. Si f est paire sur [−r, r] alors∫ r−r

f(t)dt = 2

∫ r0

f(t)dt.

2. Si f est impaire sur [−r, r] alors∫ r−r

f(t)dt = 0.

Proposition 257



Soit T un réel strictement positif.Soit f : R→ R une fonction supposé continue et T -périodique, on a :

•∫a+Ta

f(t)dt =

∫T0

f(t)dt.

• Pour tout entier n, on a :∫b+nTa+nT

f(t)dt =

∫ba

f(t)dt.

Proposition 258

* Remarque :

De nouveau, ces deux propositions sont évidentes si on interprète l'intégrale en terme d'aire al-gébrique.

Méthode:

• Quand la fonction est T -périodique, si vous intégrez sur un intervalle de longueur T , vouspouvez donc choisir celui qui vous arrange.• Quand vous intégrez sur un intervalle centré en zéro, regardez rapidement s'il n'y a pas unehistoire de parité. Si la fonction est impaire alors c'est super car vous avez ni votre calcul, celadonne 0. Si votre fonction est paire, vous avez divisé par deux votre intervalle d'intégration,cela peut être utile pour avoir des changements de variable licites.

Apprenez aussi la preuve de ces deux propositions, elle est basée sur les changements de variable,cela peut vous donner des idées pour d'autres exos !

ä Exercice :

Calculer∫2π0

1− exp(sin(x))1+ exp(sin(x))

dx.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Notons A cette intégrale, elle est dénie (par continuité obtenue par quotient de la fonction à

intégrer, continuité à prouver rapidement par quotient), et f la fonction : f : x 7→ 1− exp(sin(x))1+ exp(sin(x))

.

Vous avez remarqué sans doute qu'elle était 2π périodique. De plus, cette fonction est impaire (cfexemple du chapitre 5 "Rappel d'analyse"). En exploitant la 2π-périodicité puis l'imparité de f,on a donc :

A =

∫π−π

1− exp(sin(x))1+ exp(sin(x))

dx par 2π-périodicité de f

= 0 par imparité de f

Vous voyez que c'est pas mal ces histoires d'imparité... si vous avez chercher une primitive de f,vous avez probablement eu du mal !



5.4.3 Primitives de fractions rationnelles

8 Lemme 259 :Soient K1 et K2 deux intervalles de R et r un réel non nul. Soit f une fonction numérique continuesur K1. Si, pour tout élément x de K2, rx+ b appartient à K1, alors une primitive de x 7→ f(rx+ b)

sur K2 est x 7→F(rx+ b)

ren notant F une primitive de f.

Voici les premières fractions rationnelles qu'on va intégrer :

Soit r un réel non nul. On a :

• Une primitive de x 7→ 1

(x− a)sur tout intervalle de réels ne contenant

pas a est : x 7→ ln (|x− a|)

• Si n est un entier diérent de 1, une primitive de x 7→ 1

(x− a)nest la

fonction x 7→ 1

(1− n)(x− a)n−1sur tout intervalle de réels ne contenant

pas a .

• Une primitive de x 7→ 1

x2 + r2est x 7→ 1

rarctan

(xr

).

Proposition 260

On va maintenant apprendre à primitiver une fonction du type x 7→ 1

x2 + px+ q. Il faut d'abord

qu'on sache décomposer avec une telle fraction :

Soit (p, q) ∈ R2. On pose ∆ = p2 − 4q et P = X2 + pX + q. Si ∆ > 0, on notex1 et x2 les racines de P et, si ∆ = 0, on note x0 la racine double de P.Soit x un réel, sous réserve d'existence, on a :

1

x2 + px+ q=

1

(x+ β)2 + α2si ∆ < 0

1

x1 − x2

(1

x− x1−

1

x− x2

)si ∆ > 0

1

(x− x0)2si ∆ = 0

Dans le premier cas (celui où ∆ < 0), β et α sont des réels à déterminer.

Proposition 261

* Remarque :

Pour retrouver ces formules, il sut de développer. Pour le cas où ∆ < 0, il sut d'utiliser la formecanonique comme vous le faisiez en classe de première : On reprend les notations de la précédente



proposition et on suppose que ∆ < 0. Pour tout réel x, on a :

x2 + px+ q =(x+

p

2

)2+ q−

p2

4

=(x+

p

2

)2+4q− p2

4

=(x+

p

2

)2+

(√−4q+ p2

2

)ce que l'on peut écrire car −4q+ p2 > 0.

Soit (p, q) ∈ R2. Une primitive de f : x 7→ 1

x2 + px+ qest donc (en utilisant les

notations de la précédente proposition) :

• x 7→ 1

αarctan

(x+ β

α

)si ∆ < 0. C'est une primitive sur R de f.

• x 7→ 1

x1 − x2ln

(∣∣∣∣x− x1x− x2

∣∣∣∣) si ∆ > 0. C'est une primitive de f sur tout

intervalle ne contenant ni x1 ni x2.

• x 7→ −1

x− x0si ∆ = 0. C'est une primitive de f sur tout intervalle ne

contenant pas x0.

Proposition 262

* Remarque :

On sait primitiver toute fraction rationnelle. Pas de grande proposition ni de mystérieuse formulepour cela, il faut juste maîtriser la méthode exposée ci-dessous.

Méthode:

Prenons une fonction rationnelle (i.e. un quotient de polynômes) F quelconque.• Si F n'est pas une fonction rationnelle vue dans les propositions précédentes, une mystérieusethéorie, la décomposition en éléments simples (théorie qui n'est pas au programme des bcspt),nous dit qu'on va pouvoir décomposer F sous la forme d'une somme de fractions plus simples.Cette théorie de décomposition en éléments simples n'étant pas au programme, l'énoncé vousindiquera donc la forme à rechercher et il vous restera uniquement à identier des coecients.• Si F est déjà de la bonne forme, on applique les propositions précédentes :

• Pour x 7→ 1

(x− a), une primitive est x 7→ ln (|x− a|).

• Pour x 7→ 1

(x− a)n, une primitive est x 7→ 1

(1− n)(x− a)n−1si n est un entier diérent

de 1.

• On intègre x 7→ 1

x2 + α2( α réel non nul) en x 7→ 1

α×arctan

( xα

). Dériver pour retrouver

cette forme !



• x 7→ 1

x2 + px+ q. Là, ça se complique. Vous allez distinguer les cas suivant le signe de ∆

avec ∆ le discriminant de P = X2 + pX+ q :

1. Si ∆ est nul, x 7→ 1

x2 + px+ qest x 7→ 1

(x− x0)2avec x0 la racine double de P, une

primitive est alors x 7→ 1

x0 − x.

2. Si ∆ est strictement positif, x 7→ 1

x2 + px+ qpeut s'écrire comme étant la fonction

x 7→ α

(1

x− x1−

1

x− x2

)avec α réel à déterminer, x1 et x2 les racines réelles de P.

Pour déterminer α, il sut de mettre au même dénominateur :

α×(

1

x− x1−

1

x− x2

)= α× x− x2 − x+ x1

(x− x1)× (x− x2)

= α× x1 − x2x2 + px+ q

puis d'identier. On voit que α est1

x1 − x2(inutile de retenir ce résultat par c÷ur,

retenez la démarche !). Une primitive de la fonction x 7→ 1

x2 + px+ qest alors x 7→

α ln

(∣∣∣∣x− x1x− x2

∣∣∣∣).3. Si ∆ est strictement négatif, x 7→ 1

x2 + px+ qest x 7→ 1

(x+ β)2 + α2avec β et α des

réels à déterminer. Pour déterminer β et α, il sut d'utiliser la forme canonique :

x2 + px+ q =(x+

p

2

)2+

(q−

p2

4

).

Une primitive de x 7→ 1

x2 + px+ qest alors x 7→ 1

αarctan

(x+ β

α

).

• x 7→ ax+ b

x2 + px+ q: C'est de pire en pire. L'idée est de se ramener au cas précédent (une

constante au numérateur et un polynôme de degré 2 au dénominateur) à l'aide de lalinéarité de l'intégration. On fait apparaître au numérateur la dérivée du dénominateur,on a :

ax+ b

x2 + px+ q=a

2

2x+ p

x2 + px+ q+

2b

a− p

x2 + px+ q

Ne retenez pas la formule précédente mais simplement l'idée de faire apparaître, au numé-rateur, la dérivée du dénominateur. Vous remarquerez qu'on n'a pas fait ainsi :

ax+ b

x2 + px+ q=

(2x+ p

x2 + px+ q+

(a− 2)x+ b− p

x2 + px+ q

)Dans les deux cas, on sait intégrer

2x+ p

x2 + px+ q(x 7→ ln

(|x2 + px+ q|

)en est une primi-

tive) mais avec la première formule, il nous reste2ba

− p

x2 + px+ qà intégrer (ce qu'on sait faire



grâce au cas précédent) tandis que, dans le deuxième cas, on a encore une fraction d'unpolynôme de degré 1 sur un polynôme de degré 2. Retenez bien cette philosophie d'utiliserle dénominateur et la linéarité pour simplier le problème.

ä Exercice :

On pose I =∫101

1

x× (1+ x+ x2)dx. Calculer I après avoir trouvé des réels a,b et c tels que, pour

tout réel non nul x, on ait :1

x× (1+ x+ x2)=a

x−

bx+ c

1+ x+ x2.

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Soit x un réel non nul, on note que x× (1+ x+ x2) est non nul. Tout ce qu'on va manipuler dansla suite sera donc bien dénie. On développe, on a :

a

x−

bx+ c

1+ x+ x2=a+ ax+ ax2 − bx2 − cx

x× (1+ x+ x2)

=(a− b)x2 + (a− c)x+ a

x× (1+ x+ x2).

Ainsi, pour tout réel x non nul, on a :1

x× (1+ x+ x2)=1

x−

x+ 1

1+ x+ x2. Par linéarité de

l'intégration, on a donc :

I =

∫101

1

xdx−

∫101

x+ 1

1+ x+ x2dx

= ln(10) −∫101

x+ 1

1+ x+ x2dx.

Il reste donc uniquement∫101

x+ 1

1+ x+ x2dx à calculer, suivons la méthode ! On a :∫10

1

x+ 1

1+ x+ x2dx =

1

2

(∫101

1+ 2x

1+ x+ x2dx+

∫101

1

1+ x+ x2dx

)

=1

2

[ln(|1+ x+ x2|)]101 +

∫101

1(1

2+ x

)2+3

4

dx

=1

2ln

(111

3

)+2

3

∫101

1(2√3

(1

2+ x

))2+ 1

dx

=1

2ln

(111

3

)+1√3

[arctan

(2√3

(1

2+ x

))]101

Bref, on obtient après pas mal de calcul que :

I = −5√3 arctan(7

√3)

9+1

2ln

(100

37

)+5π√3

27−1

37.



5.4.4 Règles de Bioche

Soit F une fraction rationnelle de deux variables et α un réel non nul.Les primitives de x 7→ F(cos(αx), sin(αx)) peuvent s'obtenir par changement devariable.On pose w(x) = F(cos(αx), sin(αx))dx l'élément diérentiel.• Si w(x) est invariant par la transformation x 7→ −x , un changement devariable adapté est t = cos(x)• Si w(x) est invariant par la transformation x 7→ π − x , un changementde variable adapté est t = sin(x)• Si w(x) est invariant par la transformation x 7→ π + x , un changementde variable adapté est t = tan(x)

• Sinon, on pose t = tan(x2

).

Proposition 263

Méthode:

Si on veut intégrer x 7→ F(cos(x), sin(x)) avec F une fonction rationnelle de deux variables, on vaeectuer un changement de variable et, une fois le bon changement de variable, vous n'aurez plusqu'à intégrer une fonction rationnelle : Vous savez le faire depuis que vous avez travaillé la terribleméthode précédente ! Pour savoir quel changement de variable faire, on va appliquer les règles deBioche qu'on vient de voir. On introduit l'élément diérentiel w(x) = F(cos(x), sin(x))dx et on faitles tests suivants :• Si w(x) est invariant par la transformation x 7→ −x , le changement de variable t = cos(x)est adapté (Un autre pourra fonctionner mais on est sûr que celui-ci sera pertinent).• Si w(x) est invariant par la transformation x 7→ π− x , le changement de variable t = sin(x)est adapté (Un autre pourra fonctionner mais on est sûr que celui-ci sera pertinent).• Si w(x) est invariant par la transformation x 7→ π+ x , le changement de variable t = tan(x)est adapté (Un autre...).

• Sinon, on pose t = tan(x2

)(Un autre...).

Attention, dans ce dernier cas, les calculs vont être terribles ! Vériez à nouveau si une autre destransformations ne marche pas avant de vous lancer dans les calculs ! Pour retenir ces changementsde variable, c'est très simple, vous choisissez la fonction trigonométrique qui est invariante par latransformation qui laisse invariante w(x). Par exemple, la fonction trigonométrique qui est invariantepar la transformation x 7→ π − x est sin et vous allez poser t = sin(x) si w(x) est invariant par latransformation x 7→ π− x.

+ Mise en garde :

Attention, vous avez pu noté qu'on avait poséw(x) = F(cos(x), sin(x))dx et pasw(x) = F(cos(x), sin(x)).N'oubliez pas ce dx, ça ne change rien si vous faites la transformation x 7→ π + x mais un signe −apparaît si vous faites la transformation x 7→ π− x ou la transformation x 7→ −x.

* Remarque :



Pour le calcul de∫ba

sinn(x) cosp(x)dx avec n et p entiers pairs, on préfère linéariser x 7→ sinn(x) cosp(x)

et éviter le changement de variable u = tan(x).

ä Exercice :

Calculer∫0π2

2 cos(u) + sin(2u)4− 2 cos2(u) + 2 sin(u)

du et∫π/40

cos2(t) sin4(t)dt.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .On commence par expliquer rapidement pourquoi ces deux intégrales sont dénies (il sut d'invo-quer la continuité des fonctions intervenantes). Ce sont des fonctions rationnelle en sinus et cosinus,on va donc utiliser les règles de Bioche.

1. Pour la première intégrale (que l'on va appeler A), un changement de variable adapté estx = sin(u) car l'élément diérentiel est invariant par la transformation u 7→ π− u. On a :

A =

∫0π2

2 cos(u) + 2 sin(u) cos(u)

4− 2+ 2 sin2(u) + 2 sin(u)du

=

∫0π2

1+ sin(u)

1+ sin2(u) + sin(u)× sin ′(u)du

On pose f : x 7→ 1+ x

1+ x2 + x. Par quotient de polynôme dont le dénominateur ne s'annule

pas, f est continue sur R. D'autre part sin est de classe C1 sur R, sin(R) ⊂ R, on peut donceectuer le changement de variable sin(u) = x, on a donc :

A =

∫0π2

f(sin(u)) sin ′(u)du

=

∫ sin(0)sin(π2 )

f(x)dx

=

∫01

1+ x

1+ x2 + xdx

Dans l'exercice précédent, on a déjà calculé presque la même intégrale (la même mais avecles bornes changées) : On vous laisse nir le calcul !

2. Pour tout réel x, on a (en utilisant les formules d'Euler et la formule du binôme de Newton)les égalités suivantes :

cos4(x) sin2(x) =

(exp (ix) + exp (−ix)

2

)4×(exp (ix) − exp (−ix)

2i

)2=

(exp (4ix) + 4 exp (2ix) + 6+ 4 exp (−2ix) + exp (−4ix)

16

)×(− exp (2ix) + 2− exp (−2ix)

4

)=

− exp (6ix) − 2 exp (4ix) + exp (2ix) + 464

+exp (−2ix) − 2 exp (−4ix) − exp (−6ix)

64

=− cos(6x) − 2 cos(4x) + cos(2x) + 2

32



Par linéarité de l'intégration, on a donc :∫π/40

cos2(t) sin4(t)dt =

[− sin(6x)192

+− sin(4x)64

+sin(2x)64

+x

16

]π/40

=4+ 3π

192

Avec les règles de Bioche, on aurait dû faire le changement de variable u = tan(t) ce qui

transforme∫π/40

cos2(t) sin4(t)dt en∫ tan(π/4)tan(0)

u4

(1+ u2)4du. On aurait pu s'en sortir mais

cela aurait été particulièrement pénible : Essayez pour voir !

5.5 Sommes de Riemann

Soit f une fonction numérique et continue sur [0, 1]. Soit n un entier naturel nonnul. On appelle somme de Riemann de f sur [0, 1] les deux réels suivants :

S1,n(f) =1

n×n−1∑k=0

f

(k

n

)et S2,n(f) =

1

n×

n∑k=1

f

(k

n

).

Ces quantités sont des sommes d'aires de rectangles associés à f.

Définition 264

* Remarque :

Il faut bien comprendre ce que représentent ces deux sommes. Prenons f une fonction positive dénie

sur [0, 1] et découpons [0, 1] en n intervalles de longueur1

n. On va se servir des rectangles suivants :


Partie 13: Calcul Intégral Sommes de Riemann

1

nest la largeur de tous ces rectangles et f

(k

n

)la hauteur du k-ième rectangle. Ainsi

n−1∑k=0

f

(k

n

)est tout simplement la somme des aires des rectangles représentés au-dessus.

Soit f une fonction numérique et dénie sur [0, 1]. Si f est continue sur [0, 1] alorsles sommes de Riemann de f sur [0, 1] convergent et on a :

limn→+∞

(1

n×n−1∑k=0

f

(k

n

))=

∫10

f(t)dt

limn→+∞

(1

n×

n∑k=1

f

(k

n

))=

∫10

f(t)dt

Proposition 265

* Remarque :

On utilise les notations de la précédente proposition. Cette dernière proposition se comprend très

bien graphiquement. Elle signale qu'une bonne approximation de∫10

f(t)dt est donnée par les sommes

de Riemann de f. On imagine facilement qu'en augmentant le nombre de rectangles (i.e. n), on s'ap-

proche de l'aire sous la courbe. On peut faire la même remarque pour1

n

n∑k=1

f

(k

n

).



Méthode:

Quand on manipule une somme sur k variant de 0 à n − 1 ou de 1 à n et qu'on cherche à sa-voir si cette somme converge et calculer sa limite, on peut penser à une somme de Riemann. Pourcela, on procède en deux temps :

1. On factorise par1

n.

2. On cherche à faire apparaître le terme général de la somme comme étant une fonction dek

n.

On explicite clairement cette fonction f.

Si f est bien continue sur [0, 1], il sut d'utiliser le rappel ci-dessus. Il reste alors∫10

f(t)dt à calculer

(ce qui peut s'avérer particulièrement pénible !).

+ Mise en garde :

Quand on écrit1

n

n−1∑k=0

f

(k

n

)ou

1

n

n∑k=1

f

(k

n

), f est une fonction qui ne peut pas dépendre de

n (Sinon, quand vous augmentez n, vous augmentez le nombre de rectangle mais vous changez ausside fonction !).

ä Exercice :

Déterminer, si elles existent, les limites de

(((2n)!n!nn

)1/n)n∈N∗

.

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Appelons (vn)n∈N∗ cette suite. Soit n un entier naturel non nul, vn est strictement positif et on a :

ln(vn) =1

n× ln

2n∏k=1

k

nnn∏k=1

k

=1

n× ln

2n∏

k=n+1

k

nn

par télescopage

=1

n× ln

(2n∏

k=n+1

(k

n

))

=1

n×

2n∑k=n+1

ln

(k

n

)

=1

n×

n∑k=1

ln

(k+ n

n

)par changement d'indice

=1

n×

n∑k=1

f

(k

n

)avec f : x 7→ ln(1+ x)


Partie 13: Calcul Intégral Sommes de Riemann

Or f est continue sur [0, 1] donc (ln(vn))n∈N∗ converge vers∫10

f(t)dt i.e. 2 ln(2) − 1 après calcul.

(vn)n∈N∗ converge donc vers4

e.


Partie 6

Équations diérentielles

6.1 Équations diérentielles à coecients constants

6.1.1 Dénition

• On appelle équation diérentielle linéaire une équation dont l'inconnue estune fonction dérivable et qui fait intervenir cette fonction et ses dérivées.• Intégrer (ou Résoudre) une équation diérentielle c'est trouver un en-semble de fonctions solutions du problème posé.

Définition 266

, Exemple :

Dans un circuit RC, on a vu en cours de physique que la charge du condensateur q vérie l'équationdiérentielle :

∀t ∈ R+, q ′(t) +1

RC× q(t) = V

R.

Une solution de cette équation diérentielle est la fonction suivante :

q :

R+ → R

t 7→ exp

(−t

RC

)+ VC

Il sut de constater que cette fonction est dérivable et vérie les conditions imposées.

6.1.2 Équations diérentielles du premier ordre à coecients constants

Dans cette partie, a et b seront deux réels, I un intervalle de réels sans aucun rapport avec a et b.

225

Partie 6: Équations diérentielles Équations diérentielles à coecients constants

• On appelle équation diérentielle linéaire du premier ordre à coecientsconstants une équation du type y ′ + ay = b d'inconnue y fonction déri-vable sur I.• Résoudre la précédente équation revient à trouver une fonction I

y- Rtelle que y est dérivable sur I et telle que, pour tout réel x de I, on ait :

y ′(x) + ay(x) = b.

Définition 267

, Exemple :

La fonction φ : t 7−→ b

aest solution de l'équation diérentielle y ′ + ay = b d'inconnue y fonction

dérivable sur I. En physique, on interprète souvent cette solution comme la position d'équilibre oule régime stationnaire. Par exemple, la charge d'équilibre dans un circuit RC est la constante VC,c'est la fonction constante de de l'équation diérentielle

q ′ +1

RC× q =

V

R

d'inconnue q fonction dérivable sur R+

L'ensemble des solutions de l'équation diérentielle y ′ + ay = b d'inconnue yfonction dérivable sur I est l'ensemble suivant :f :

I → R

x 7→ b

a+ λ exp (−ax)

, λ ∈ R

.

Proposition 268

, Exemple :

L'ensemble des solutions de l'équation diérentielle q ′+1

RC×q =

V

Rd'inconnue q fonction dérivable

sur R+ est l'ensemble suivant :q :

R+ → R

t 7→ λ exp

(−t

RC

)+ VC

, λ ∈ R

.Si on rajoute la condition que la charge est nulle au début de l'expérience alors, on obtient que lasolution est la fonction q suivante :

q :

R+ → R

t 7→ −VC exp

(−t

RC

)+ VC

.


Partie 6: Équations diérentielles

* Remarque :

On note que la solution générale d'une équation diérentielle à coecients constants (E) est la

somme d'une solution particulière de (E), par exemple la fonction x 7→ b

asi on utilise les précédentes

notations, et de la solution générale de l'équation suivante d'inconnue y fonction dérivable sur I :

y ′ + ay = 0

que l'on appelle équation homogène associée à (E).

6.1.3 Équations diérentielles du second ordre à coecients constants

Dénition

Soient I un intervalle de R et a, b, c et d quatre réels.• On appelle équation diérentielle linéaire du second ordre à coecientsconstants une équation du type ay

′′+ by ′ + cy = d (E) d'inconnue y

fonction deux fois dérivable sur I.• Résoudre (E), c'est trouver une fonction I

y- R telle que y est deux foisdérivable sur I et telle que, pour tout réel x de I, on ait :

ay′′(x) + by ′(x) + cy(x) = d.

Définition 269

, Exemple :

L'équation d'inconnue y fonction deux fois dérivable 2y′′+3y ′+4y = 9 est une équation diérentielle

linéaire du second ordre à coecients constants.

* Remarque :

On utilise les notations de la dénition précédente. Si a = 0, (E) est une équation diérentiellelinéaire du premier ordre à coecients constants. Comme on sait déjà les résoudre, on se permettradans la suite de supposer que a 6= 0 et, par division par a, on peut supposer que a = 1.

Dans toute cette partie, on note :

• I un intervalle de réels. b, c et d trois réels. On suppose c non nul.• (E) l'équation diérentielle suivante d'inconnue y fonction deux fois dérivable sur I : y

′′+

by ′ + cy = d (E).


Partie 6: Équations diérentielles Équations diérentielles à coecients constants

Résolution de l'équation homogène associée

On appelle équation homogène associée à (E) l' équation diérentielle (H) d'in-connue y fonction deux fois dérivable suivante :

y′′+ by ′ + cy = 0 (H)

Définition 270

Dans toute cette partie, (H) désignera l'équation homogène associée à (E).

On va noter S0 l'ensemble des solutions de (H). Pour l'expliciter, on résoutl'équation caractéristique associée à (H), c'est l'équation, d'inconnue x complexe,x2 + bx+ c = 0. On distingue alors les cas suivants :

1. Si l'équation caractéristique admet deux racines réelles r1 et r2, on aalors :

S0 =

f :

I → Rx 7→ λ exp (r1x) + µ exp (r2x)

, (λ, µ) ∈ R2.

2. Si l'équation caractéristique admet une racine double r0, on a alors :

S0 =

f :

I → Rx 7→ (λ+ µx)× exp (r0x)

, (λ, µ) ∈ R2.

3. Si l'équation caractéristique admet deux racines complexes, elles serontde la forme α+ iβ et α− iβ avec (β,α) ∈ R2. On a alors :

S0 =

f :

I → Rx 7→ (λ cos(βx) + µ sin(βx)) exp (αx)

, (λ, µ) ∈ R2.

Proposition 271

, Exemple :

1. Si φ(0) = 2, φ(1) = 7e3 et φ vérie l'équation suivante d'inconnue y fonction deux foisdérivable sur R :

y ′′ − 6y ′ + 9y = 0

alors, en utilisant la précédente proposition, on prouve que :

φ :

R → Rx 7→ (2+ 5x) exp (3x)

.



2. Si φ(0) = 2, φ(π4

)= 1 et φ vérie l'équation suivante d'inconnue y fonction deux fois

dérivable sur R :

y ′′ + 2y ′ + 5y = 0

alors, en utilisant la précédente proposition, on prouve que :

φ :

R → Rx 7→ (2 cos(2x) + sin(2x)) exp(−x)

.

Solution générale de (E)

La solution générale de (E) est la somme d'une solution particulière de (E) et dela solution générale de (H).

Proposition 272

* Remarque :

On utilise les notations de la précédente proposition. On a une solution particulière de (E), c'est

x 7→ d

c. Ainsi, si φ(0) = 9 et φ ′(0) = 22 et φ vérie l'équation suivante, d'inconnue y fonction

deux fois dérivable sur R, 3y ′′ − 18y ′ + 24y = 24 alors on commence par prouver, en utilisant laproposition 12, que l'ensemble des solutions de l'équation homogène associée est :

f :

I → Rx 7→ λ exp (4x) + µ exp (2x)

, (λ, µ) ∈ R2

puis on voit que x 7→ 1 est une solution particulière et enn, on identie les constantes λ et µ pour

prouver que : φ :

R → Rx 7→ 3 exp (4x) + 5 exp (2x) + 1

.


Partie 6: Équations diérentielles Équations diérentielles du premier ordre : généralisation

6.2 Équations diérentielles du premier ordre : généralisation

6.2.1 Dénition

Soient I un intervalle de R et Ia,b- R deux fonctions continues sur I.

• On appelle équation diérentielle linéaire du premier ordre mise sous formerésolue une équation du type :

y ′ + a(x)y = b(x) (E)

d'inconnue y fonction dérivable sur I.

• Intégrer (ou Résoudre) (E), c'est trouver une fonction Iy- R telle que

y est dérivable sur I et telle que, pour tout réel x de I, on ait : y ′(x) +a(x)y(x) = b(x).

Définition 273

Dans toute cette partie, on note :• I un intervalle de réels.• a et b deux fonctions continues sur I.• (E) l'équation diérentielle suivante d'inconnue y fonction dérivable sur I :

y ′ + a(x)y = b(x) (E).

* Remarque :

1. De manière générale, une équation diérentielle linéaire du premier ordre est une équation dutype c(x)y ′ + a(x)y = b(x) avec :• I un intervalle de réels.• a, b et c trois fonctions continues sur I.• y l'inconnue qui est une fonction dérivable sur I.En se plaçant sur un intervalle sur lequel c ne s'annule pas, on peut se ramener à une équationdiérentielle linéaire du premier ordre mise sous forme résolue. Ce sont les seules équationsdu premier ordre qui nous intéresseront cette année.

2. On ne verra pas les équations diérentielles linéaires du second ordre à coecients nonconstant, elles ne sont pas au programme !

, Exemple :

L'équation (x2 − 1)y ′ − xy = sin(x) d'inconnue y fonction dérivable est une équation diérentiellelinéaire du premier ordre. En se plaçant sur ] −∞,−1[ , sur ] − 1, 1[ ou sur ]1,+∞[, on se ramène àl'étude de :

y ′ −x

x2 − 1y =

sin(x)x2 − 1

qui est l'équation diérentielle linéaire du premier ordre mise sous forme résolue associée.



6.2.2 Résolution de l'équation homogène associée

On appelle équation homogène associée à (E) l' équation diérentielle (H) d'in-connue y fonction dérivable sur I suivante :

y ′ + a(x)y = 0 (H)

Définition 274

Dans toute cette partie, (H) désignera l'équation suivante d'inconnue y fonction dérivable sur I :

y ′ + a(x)y = 0 (H)

On utilise les notations de la dénition précédente. L'ensemble des solutions de(H) est l'ensemble suivant :

f :

I → Rx 7→ Ce−A(x)

, C ∈ R

avec A une primitive de a

Proposition 275

* Remarque :

Soit a une constante réelle. En particulier, on retrouve que l'ensemble des solutions de l'équationy ′ + ay = 0 d'inconnue y fonction dérivable sur I est :

f :

I → Rx 7→ Ce−ax

, avec C une constante réelle

ä Exercice :

Résoudre l'équation diérentielle (1+ x2)y ′ +y

arctan(x)= 0 sur l'intervalle ]0,+∞[.

Cette équadi a du sens car arctan ne s'annule pas sur ]0,+∞[. D'autre part, la fonction x 7→ 1+x2

ne s'annule pas non plus sur ]0,+∞[. Ainsi, on a :

(1+ x2)y ′ +y

arctan(x)= 0⇐⇒ y ′ +

y

(1+ x2) arctan(x)= 0 (H)

Tout le problème est maintenant de primitiver x 7→ 1

(1+ x2) arctan(x).On reconnaît du

u ′

u, x 7→

ln(| arctan(x)|) est donc une primitive de cette fonction. Les solutions de (H) qui est une équation



diérentielle linéaire homogène d'ordre 1 sont les fonctions de la forme :

f :

]0,+∞[ → Rx 7→ C exp (− ln (arctan(x)))

, C constante réelle.

soit f :

]0,+∞[ → R

x 7→ C

arctan(x), C constante réelle.

6.2.3 Solution générale de (E)

• (E) a des solutions. Soit y0 une solution particulière de (E).• La solution générale de (E) est la somme d'une solution particulière de(E) et de la solution générale de (H).• Soit A une primitive de a. L'ensemble des solutions de (E) est donc l'en-semble suivant :

f :

I → Rx 7→ y0(x) + Ce

−A(x), C ∈ R

Proposition 276

Méthode:

Pour résoudre (E), on respectera donc les deux étapes suivantes :

1. On commence par résoudre (H).

2. On cherche ensuite une solution particulière de (E) (une seule sut !).

Cette dernière étape peut être particulièrement délicate. Nous allons voir quelques principes facilitantcette recherche.

ä Exercice :

1. Résoudre les trois équations diérentielles suivantes :

y ′ + sin(x)y = 2 sin(x) (E1), y′ + xy = x2 + 1 (E2) et (1+ x

2)y ′ − 2xy = x (E3).

2. Résoudre l'équation diérentielle suivante :

−xy ′ + (x− 1)y = x3 (E)

sur l'intervalle ] −∞, 0[ en sachant qu'il existe a, b, c et d quatre réels tels que la fonction :

x 7→ ax2 + bx+ c+d

xsoit solution de (E) sur ] −∞, 0[.



3. Calculer la dérivée de x 7→ 2x

1+ x2et en déduire la résolution de l'équation diérentielle

(1+ x2)y ′′ + 2xy ′ − 2 = 0 sur R.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1. On va commencer par chercher une solution particulière. On n'a pas encore vu de méthodepour en trouver une mais ici, elles sont évidentes !

(a) Pour (E1), on voit facilement que x 7→ 2 est une solution particulière de (E1). Il sutde dériver pour s'en assurer !

(b) Pour (E2), x 7→ x est une solution particulière de (E2). Il sut de dériver pour s'enassurer !

(c) Pour (E3), x 7→x2

2est une solution particulière de (E3). Il sut de dériver pour s'en

assurer !

Pour conclure, il sut maintenant de résoudre leur équation homogène associée (cf partieprécédente) puis d'ajouter une solution particulière à la solution générale. On vous donneles réponses : La solution générale de (E1) est :

x 7→ 2+ C exp (cos(x)) (C constante réelle)

La solution générale de (E2) est :

x 7→ x+ C exp

(−dx2

2

)(C constante réelle)

La solution générale de (E3) est :

x 7→ x2

2+ C(1+ x2) (C constante réelle)

2. Déjà, sur ] −∞, 0[, x 7→ −x ne s'annule pas d'où l'équivalence :

−xy ′ + (x− 1)y = x3 ⇐⇒ y ′ +1− x

xy = −x2

En primitivant x 7→ 1− x

x, on obtient que x 7→ C

exp(x)x

avec C une constante réelle est

la solution générale de (H), l'équation diérentielle homogène associée à (E). On dérive

φ : x 7→ ax2+bx+c+d

xpour obtenir la solution particulière, c'est assez calculatoire ! Pour

tout réel x, on a :

−xφ ′(x) + (x− 1)φ(x) = −x

(2ax+ b−

d

x2

)+ (x− 1)

(ax2 + bx+ c+

d

x

)= ax3 + (b− 3a)x2 + (c− 2b)x+ (d− c)

Par identication des coecients d'un polynôme, on obtient alors :

φ est solution de (E) ⇔ ∀x ∈ R, −xφ ′(x) + (x− 1)φ(x) = x3

⇔ ∀x ∈ R, ax3 + (b− 3a)x2 + (c− 2b)x+ (d− c) = x3

⇔

a = 1

−3a+ b = 0

c− 2b = 0

d− c = 0

⇔ a = 1, b = 3, c = 6 et d = 6



La fonction suivante est donc une solution particulière de (E) :

x 7→ x2 + 3x+ 6+6

x

On en déduit que la solution générale de (E) sur ] −∞, 0[ est :x 7→ x2 + 3x+ 6+

6

x+ C

exp(x)x

(C constante réelle)

3. • Zut alors, c'est une équation du second ordre ! Pas de panique : On prend y une fonctiondeux fois dérivable et on pose z = y ′. Si y est une solution, on a alors

(1+ x2)z ′ + 2xz− 2 = 0.

• La voilà notre équation du premier ordre ! Bon, le 1 + x2 ne nous fait même pas peurpuisque x 7→ 1+ x2 ne s'annule pas sur R. On a :

(1+ x2)z ′ + 2xz− 2 = 0⇐⇒ z ′ +2x

1+ x2z−

2

1+ x2= 0 (E)

(E) est une équation diérentielle linéaire d'ordre 1, son équation homogène associée est

z ′ +2x

1+ x2z = 0 (H)

Résolvons (H). x 7→ ln(|1+ x2|) étant une primitive de x 7→ 2x

1+ x2, les solutions de (H)

sont les fonctions de la forme :

f : x 7→ C exp(− ln

(|1+ x2|

)), C constante réelle

soit f : x 7→ C

1+ x2, C décrivant R.

• Il faut maintenant qu'on trouve une solution particulière de (E). On nous a demandéde dériver une fonction : Ce doit probablement être une solution particulière de (E). Etoui, ça marche ! Bref, les solutions de (E) sont les fonctions de la forme :

f : x 7→ C+ 2x

1+ x2, C constante réelle.

Ainsi, si y est solution de l'équadi (1 + x2)y ′′ + 2xy ′ − 2 = 0 sur R alors il existe Cune constante réelle telle que :

y ′ : x 7→ C+ 2x

1+ x2

soit, en intégrant, il existe C et D deux constantes réelles telles que :

y : x 7→ C arctan(x) + ln(1+ x2) +D.



6.2.4 Recherche d'une solution particulière

Méthode de variation de la constante

On trouvera une solution particulière de (E) en la cherchant sous la forme sui-vante :

x 7→ λ(x)× exp (−A(x))

où A est une primitive de a et λ une fonction dérivable sur I. C'est la méthodede variation de la constante.

Proposition 277

Méthode:

Cette méthode, au nom plus que curieux, consiste donc à chercher une solution sous la forme :

y : x 7→ λ(x)× φ(x)

avec λ une fonction dérivable sur I et φ une solution quelconque de (H). La méthode garantit qu'onva pouvoir trouver une solution sous cette forme là.Il sut d'écrire que y vérie l'équation (E) (on injecte donc ce y dans notre équation) pour obtenirune équation ne faisant intervenir que la dérivée de λ (il ne doit plus y avoir de λ). On intègre et letour est joué ! Cette méthode est un peu calculatoire mais marche bien. La phase délicate est celleoù on intègre !Attention, à force de ne vous intéresser qu'à λ, vous avez tendance à écrire à la n que c'est λ lasolution particulière qu'on vient de trouver. Et non, c'est x 7→ λ(x)× φ(x).

ä Exercice :

Résoudre l'équation diérentielle suivante sur l'intervalle]−π

2,π

2

[(que l'on notera I) :

y ′ − tan(x)y = − cos2(x)(E).

En primitivant x 7→ − tan(x), on obtient que x 7→ C exp (− ln(cos(x))) i.e. la fonction x 7→ C

cos(x),

avec C une constante réelle, est la solution générale de (H), l'équation diérentielle homogèneassociée à (E), sur I.

Pour la solution particulière, on pose y : x 7→ λ(x)

cos(x)avec λ une fonction dérivable sur I. On a :

y vérie (E) ⇔ ∀x ∈ I, y ′(x) − tan(x)y(x) = − cos2(x)

⇔ ∀x ∈ I, λ ′(x)

cos(x)+ λ(x) (φ ′(x) − tan(x)φ(x)) = − cos2(x)



en notant φ : x 7→ 1

cos(x)qui vérie donc (H) d'où :

y est une solution de (E) ⇐⇒ ∀x ∈ I, λ′(x)

cos(x)= − cos2(x)

⇐⇒ ∀x ∈ I, λ ′(x) = − cos3(x)

⇐⇒ ∀x ∈ I, λ ′(x) = 1

4cos(3x) +

3

4cos(x)

Pour cette dernière linéarisation, allez voir le chapitre de trigonométrie ! On introduit alors lafonction suivante :

λ : x 7→ 1

12sin(3x) +

3

4sin(x)

λ est bien une fonction dérivable sur I et on a : λ ′ : x 7→ cos(3x)4

+3 cos(x)4

. D'après les équivalences

précédentes, on peut armer qu'une solution particulière de (E) est :

y : x 7→ sin(3x)12 cos(x)

+3 tan(x)4

.

On en déduit que la solution générale de (E) sur I est :

x 7→ sin(3x)12 cos(x)

+3

4tan(x) +

C

cos(x)(C constante réelle).

Principe de superposition des solutions

• Soit (E) l'équation diérentielle suivante d'inconnue y fonction dérivablesur I :

y ′ + a(x)y = b1 + b2(x) + · · ·+ bn(x) (E)

avec n un entier naturel non nul et Ib1,...,bn- R n fonctions continues sur

I.• Une solution particulière de (E) est :

x 7→ y1(x) + y2(x) + · · ·+ yn(x)

avec, pour tout k appartenant à J1, nK, yk une solution particulière suppo-sée connue de (Ek) l'équation diérentielle suivante d'inconnue y fonctiondérivable sur I :

y ′ + a(x)y = bk(x) (Ek)

Proposition 278

ä Exercice :



Résoudre sur]−π

2,π

2

[l' équation diérentielle suivante :

y ′ + tan(x)y = sin(2x) +1

cos(x)(E)

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .x 7→ −2 cos2(x) est une solution particulière de :

y ′ + tan(x)y = sin(2x) (E1).

Dérivez pour vous en rendre compte. On trouve aussi que sin est une solution particulière de :

y ′ + tan(x)y =1

cos(x)(E2)

Par le principe de superposition des solutions, x 7→ sin(x) − 2 cos2(x) est une solution particulièrede (E). On sait aussi que x 7→ C cos(x) avec C une constante réelle est la solution générale de (H),l'équation diérentielle homogène associée à (E). On en déduit que la solution générale de (E) est :

x 7→ sin(x) − 2 cos2(x) + C cos(x) (C constante réelle).

6.2.5 Recollement

Dans ce paragraphe, on note :• I un intervalle de réels.• a, b et c trois fonctions continues sur I.• (F) l'équation diérentielle suivante d'inconnue y fonction dérivable sur I :

a(x)y ′ + b(x)y = c(x) (F).

Solution sur un petit intervalle

Méthode:

Pour résoudre (F), on cherche d'abord les points d'annulation de a. On trouve une liste qu'on ordonnex1 < x2 < · · · < xn. Sur un intervalle de la forme ]xi, xi+1[ (pour i dans J1, n− 1K) ou sur ] −∞, x1[ou sur ]xn,+∞[, l'équation (F) équivaut à l'équation :

y ′ +b(x)

a(x)y =

c(x)

a(x)

et ça, on sait faire !

ä Exercice :

Résoudre l'équation diérentielle |x|y ′ + (x− 1)y = x3(E) sur des intervalles appropriés.



On pose I1 = R?− et I2 = R?

+. Sur I1, on a déjà résolu cette équation (cf paragraphe " Solutiongénérale de (E)"). On avait trouvé que la solution générale de (E) sur I1 est :

x 7→ x2 + 3x+ 6+6

x+ C

exp(x)x

(C constante réelle)

Sur I2, la démarche est similaire. On trouve que la solution générale de (E) sur I2 est :

x 7→ x2 − x+Dx exp(−x) (D constante réelle)

Attention, n'appelez pas de la même manière ces deux constantes, il n'y a aucune raison que C etD soient égales !

Solution sur I

Là, ça devient dicile voici la méthode :

Méthode:

Soient x1 < x2 < · · · < xn les points d'annulation de a, on appelle, pour tout i de J1, n − 1K, Iil'intervalle ]xi, xi+1[, I0 l'intervalle ] −∞, x1[ et In ]xn,+∞[. On va faire ça en 3 étapes :

1. Pour tout i ∈ J0, nK, résoudre (F) sur Ii équivaut à résoudre :

y ′ +b(x)

a(x)y =

c(x)

a(x)

On trouve une solution du type :

yi :

Ii → Rx 7→ Civi(x) +wi(x)

, avec Ci une constante réelle.

où vi et wi sont des fonctions à expliciter.

2. Les solutions que l'on a pour l'instant de (F) sont de la forme :

y : x 7→

C1v1(x) +w1(x) si x ∈ I1C2v2(x) +w2(x) si x ∈ I2· · ·Cnvn(x) +wn(x) si x ∈ In

, avec C1, C2, · · · , Cn réels xés.

Il reste à recoller les morceaux, i.e. regarder ce qui se passe aux diérents points x1, x2, · · · , xn.Pour tout réel x, on veut :

a(x)y ′(x) + b(x)y(x) = c(x)

ce qui donne en particulier en l'un des xi :

b(xi)y(xi) = c(xi)

puisque a(xi) = 0 d'où la valeur de y(xi) (si b(xi) est non nul).

3. Maintenant qu'on a les fonctions y candidates (et on en a un paquet puisque les constantesC1, C2, · · · , Cn sont pour l'instant quelconques), on va les tester : Il faut s'assurer qu'ellessont bien continues et dérivables (ce qui pose problème en les xi). Si besoin est, on ajuste lesconstantes Ci pour que y soit continue et dérivable.



Une fois qu'on a fait tout ce boulot, on fait une réciproque en précisant que les fonctions candidatesà la n vérient bien (F).

+ Mise en garde :

On ne sait pas du tout a priori si on aura ou non des solutions. On peut très bien ne pas en avoirou en avoir 1, 2, une innité ! On peut à la n avoir les constantes Ci complétement déterminées(C1 = 0, C2 = 3...), des conditions du type C2 = 3C4 + 2 ou alors des constantes qui demeurentquelconques. Bref, c'est au cas par cas ! Ne vous aventurez pas seul dans ce genre de problème, ilsne sont pas au programme. Si la question n'est pas explicitement posée, ne vous intéressez pas auproblème de recollement. Juste, vous divisez et vous résolvez votre équation sur l'un des intervallessur lequel a a la gentillesse de ne pas s'annuler. Regardez tout de même l'exercice qu'on a développédans ce paragraphe car les problèmes de recollement tombent de temps en temps à l'oral : il vautmieux en avoir vu un, ça aide !

ä Exercice :

Résoudre l'équation diérentielle |x|y ′ + (x− 1)y = x3(E) sur R.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .• Si y est une solution de (E) sur R alors on a en particulier en 0 :

|0|y ′(0) + (0− 1)y(0) = 03

d'où y(0) = 0. D'autre part, la restriction de y sur R?− est une solution de (E) sur R?

− et cellesur R?

+ est une solution de (E) sur R?+. On peut donc armer, d'après l'exercice précédent,

qu'il existe deux constantes C1 et C2 réelles telles que :

y : x 7→

x2 + 3x+ 6+

6+ C1 exp(x)x

si x < 0

0 si x = 0

x2 − x+ C2x exp(−x) si x > 0

• On vérie d'abord la continuité de y en 0. A droite, ça ne pose pas de problème. Pour toutesles constantes C2, on a :

limx−→0+

(y(x)) = limx−→0+

(x2 − x+ C2x exp(−x)

)= 0

En utilisant le taux d'accroissement limx−→0

(exp(x) − 1

x

)= 1, on obtient que lim

x−→0−(y(x)) =

0 uniquement si C1 vaut −6 (sinon, la limite à gauche n'est pas nie). On suppose donc queC1 vaut −6.

• On passe à la dérivabilité de y en 0. A droite, limx−→0+

(y(x) − y(0)

x− 0

)vaut C2−1. A gauche,

avec un petit d.l. de l'exponentielle, on trouve 0. Pour que y soit dérivable en 0, il faut doncque ces deux quantités soient égales i.e C2 = 1.• Bref, la seule fonction qu'on ait à tester est :

y : x 7→

x2 + 3x+ 6+

6(1− exp(x))x

si x < 0

0 si x = 0

x2 − x+ x exp(−x) si x > 0


Partie 6: Équations diérentielles Introduction à la dynamique des populations

Elle marche bien car elle est dérivable sur R et on a bien, pour tout réel x, |x|y ′(x) + (x −1)y(x) vaut x3.

6.3 Introduction à la dynamique des populations

Dans tout ce chapitre, N sera une fonction dérivable sur R?+ telle que, pour tout réel positif t, N(t)

soit le nombre d'individus d'une certaine population à l'instant t.

6.3.1 Modèle de Malthus

Dans le modèle de Malthus, pour tout réel positif t, on a :

N ′(t) = rN(t)

où r est un réel strictement positif appelé taux de croissance per capita.

Définition 279

Dans le modèle de Malthus, on a alors :

N :

R+

- Rt - N(0) exp(rt)

Proposition 280

6.3.2 Modèle avec facteur limitant

Dans le modèle de Verhulst, pour tout réel positif t, on a :

N ′(t) = r×(1−

N(t)

K

)N(t)

où r est un réel strictement positif appelé taux de croissance per capita et Kdésigne la capacité d'accueil du milieu.

Définition 281

* Remarque :

On utilise les notations de la précédente dénition. Cette équation diérentielle n'est pas linéaire.

Pour la résoudre on introduit la fonction1

N, on l'appelle y. On suppose que N(0) est strictement



compris entre 0 et K. Pour tout réel positif t, on a alors :

y ′(t) = r×(−y+

1

K

)Cette dernière équation est linéaire, elle permet de démontrer la proposition qui suit.

Dans le modèle de Verhulst, on a alors :

N : t 7→ K

1+

(K

N(0)− 1

)× exp(−rt)

La courbe représentative de N est appelée courbe logistique.

Proposition 282

* Remarque :

1. Les réactions autocatalytiques sont modélisées par le modèle de Verhulst. C'est le cas parexemple quand on mélange le MnO−

4 avec du C2H2O4 autocaytalsée avec Mn2+.

2. Pour tout réel positif t, on a dans ce modèle : N ′(t) = r ×(1−

N(t)

K

)N(t). Cela vient de

l'idée suivante : en appelant Nat(N) le taux de natalité pour une valeur N de la populationet Mort(N) le taux de mortalité pour une valeur N de la population, pour tout réel positif t,on a :

N ′(t) = (Nat(N) −Mort(N))N(t)

On eectue l'hypothèse suivante : Nat(N) et Mort(N) sont des fonctions anes, cela entraînel'existence de deux réels a et b tels que pour tout réel positif t, on ait :

N ′(t) = (a+ bN(t))N(t)

Il sut après de poser r = a et K = −a

bpour retrouver l'équation donnée.

3. Si N(0) < K, la population croît. Elle décroît si N(0) > K. Si N(0) = K, la population restestable.

Dans le modèle de Gompertz, pour tout réel positif t, on a :

N ′(t) = r× ln

(K

N(t)

)×N(t)

où r est un réel strictement positif appelé taux de croissance per capita et Kdésigne la capacité de charge du milieu.

Définition 283


Partie 6: Équations diérentielles Introduction à la dynamique des populations

On suppose que N(0) est strictement compris entre 0 et K. Pour tout réel positif

t, de

N ′(t)

N(t)

ln

(K

N(t)

) = r, on déduit :

N : t 7→ K exp

(− ln

(K

N(0)

)exp(−rt)

)

Proposition 284

* Remarque :

Pour créer sa théorie, Gompertz (1825) est parti de l'idée que le taux de mortalité µ augmente defaçon exponentielle avec l'âge :

µ : x 7→ A+ Bcx

où A et B sont des constantes, la partie Bcx représente l'augmentation de la mortalité avec l'âge etla partie A représente le risque de mourir pour des causes indépendantes de l'âge.



6.4 Méthode d'Euler

* Remarque :

• En théorie, on sait résoudre les équations diérentielles linéaire du première ordre. Néanmoins,cette résolution fait souvent appel à deux reprises (solution générale, puis variation de laconstante) à un calcul de primitive et il y a des fonctions, comme t 7→ exp(−t2), qu'on ne saitpas primitiver. En outre, si l'équation diérentielle proposée n'est pas linéaire, il n'y a pas deméthode générale de résolution théorique.• Tout cela nous amène à rééchir à une méthode de résolution approchée, les deux grandesméthodes classiques sont les suivantes :

1. La méthode analytique : L'approximation de la solution prend généralement la forme d'unesérie tronquée (la notion de série sera vue lors du chapitre " compléments d'analyse"). Cetteméthode repose sur le développement en série entière, outil qui n'est pas au programmedes bcpst.

2. La méthode de discrétisation : Elle consiste à approcher la solution en un nombre ni depoints d'un intervalle xé.

Nous allons voir la méthode d'Euler qui est une des méthodes de discrétisation les plus simples.

6.4.1 Présentation

On cherche à calculer une approximation de la solution u du système diérentielle suivant :

∀t ∈ [0, T ], y ′(t) = f (t, y(t)) et y(0) = a

d'inconnue y fonction dérivable sur [0, T ] avec T un réel strictement positif, f est une fonction continuesur R2 et a un réel xé. Soit N un entier naturel non nul. La méthode d'Euler consiste à poser z0 = aet, pour tout entier k de J0,N− 1K, on pose :

zk+1 = zk + f(tk, zk)×T

N.

avec, pour tout entier k, tk = k× TN. Pour tout k de J0,N− 1K, zk est une bonne approximation de

y (tk), z sera alors une bonne approximation de u si N est susamment important (attention, si Nest trop grand alors le temps de calcul peut être trop élevé).

* Remarque :Cette méthode se comprend très bien, elle repose sur le développement limité d'ordre 1 de u :

u (tk+1) = u

(tk +

T

N

)+ oN→+∞

(T

N

)= u (tk) +

T

N× u ′ (tk) + o

N→+∞(T

N

)= u (tk) +

T

N× f (tk, u (tk)) + o

N→+∞(T

N

)On a donc Cela donne donc u (tk+1) ≈ u (tk) +

T

N× f (tk, u (tk)) ce qui explique pourquoi on pose

zk+1 = zk + f(tk, zk)×T

N.


Partie 6: Équations diérentielles Méthode d'Euler

On utilise les notations précédentes.• la méthode d'Euler est stable : en perturbant un peu le schéma (er-reurs d'arrondis, incertitude expérimentale), la perturbation résultanteest contrôlée linéairement par la perturbation initiale.• la méthode d'Euler est consistante. Cela signie que

limN→+∞

(N−1∑k=0

(|zk − u (tk)|)

)= 0.

Proposition 285

6.4.2 Un premier exemple

On va appliquer la méthode d'Euler pour trouver une approximation de la solution u du systèmediérentielle suivant :

∀t ∈ [0, T ], y ′(t) = g (t) et y(0) = a

d'inconnue y fonction dérivable sur [0, T ] avec T un réel strictement positif, g est une fonction continuesur [0, T ] et a un réel xé. Si on pose f : (x, y) 7→ g(x) alors on cherche trouver une approximationde la solution u du système diérentielle suivant :

∀t ∈ [0, T ], y ′(t) = f (t, y(t)) et y(0) = a

Pour appliquer la méthode d'Euler, on va donc poser z0 = a et, pour tout entier k de J0,N− 1K, onpose :

zk+1 = zk + g(tk)×T

N.

avec, pour tout entier k, tk = k× T

N.

* Remarque :Pour tout k de J1,N− 1K, on a donc :

zk = a+T

N×k−1∑i=0

g

(iT

N

).

On reconnaît la notion de somme de Riemann à gauche. On sait, puisque g est une fonction continue

sur [0, T ], que limN→+∞ (zN) = a+

∫T0

g(t)dt. On remarque qu'on sait résoudre le problème posé et que

la solution u du système diérentielle proposé est

[0; T ] −→ R

t 7→ a+

∫ t0

g(x)dx.

6.4.3 Deuxième exemple

On va appliquer la méthode d'Euler pour trouver une approximation de la solution u du systèmediérentielle suivant :

∀t ∈ [0, T ], y ′(t) = c× y (t) et y(0) = a



d'inconnue y fonction dérivable sur [0, T ] avec T un réel strictement positif, g est une fonctioncontinue sur [0, T ] et a et c deux réels xés. Si on pose f : (x, y) 7→ cy alors on cherche trouver uneapproximation de la solution u du système diérentielle suivant :

∀t ∈ [0, T ], y ′(t) = f (t, y(t)) et y(0) = a

Pour appliquer la méthode d'Euler, on va donc poser z0 = a et, pour tout entier k de J0,N− 1K, onpose :

zk+1 = zk + czk ×T

N

= zk ×(1+ c× T

N

).

* Remarque :Pour tout k de J1,N− 1K, on a donc :

zk =

(1+ c× T

N

)k.

On sait que limN→+∞

(1+ c× T

N

)N= exp (cT). On remarque qu'on sait résoudre le problème posé et

que la solution u du système diérentielle proposé est

[0; T ] −→ Rt 7→ exp (ct)

.


Partie 6: Équations diérentielles Méthode d'Euler


Partie 7

Les polynômes

Dans tout ce chapitre, K désignera R ou bien C.

7.1 Polynôme et coecients

7.1.1 Dénitions

X désigne la fonction identité de K, on a donc : X :

K → Kx 7→ x

.

Définition 286

, Exemple :

Ainsi, on a X(5) = 5, X(1 + 2i) = 1 + 2i. X est donc une notation pratique pour écrire plus ra-pidement la fonction identité.Ne pas confondre X, qui est une application, et un réel x. Ecrire X = 0est une erreur, cela signie que pour tout élément x de K, on a x = 0. Écrire on a X2 + 2X + 1 = 0donc X = −1 est, pour les mêmes raisons, une erreur. En revanche, on pourra écrire que si x est uncomplexe tel que x2 + 2x+ 1 = 0 alors x = −1.

Soient λ un élément de K et n un entier naturel. On appelle monôme de degré

n et de coecient λ l'application λXn : λXn :

K → Kx 7→ λxn

.

Proposition 287

, Exemple :

Ainsi, on a 3X(5) = 15, 7X(1+ 2i) = 7+ 14i.

247

Partie 7: Les polynômes Polynôme et coecients

• Soit P une fonction de K dans K. On dit que P est un polynôme à co-ecients dans K s'il existe n un entier naturel et n + 1 éléments de K,a0, a1, a2, . . . , an, telles que :

P = a0 + a1X+ a2X2 + . . .+ anX

n

ce qui peut s'écrire, d'après la dénition précédente, ainsi :

P :

K - Kx - a0 + a1x+ a2x

2 + . . .+ anxn

• On note K[X] l'ensemble des polynômes à coecients dans K.

• On note 0 le polynôme nul, c'est : 0 :

K - Kx - 0

.

• Les éléments de R[X] (resp. C[X]) sont appelés polynômes à coecientsréels (resp. à coecients complexes).

Définition 288

, Exemple :

• 3 est un polynôme, c'est un polynôme constant.• 4iX2, 5X3 et −2 sont trois monômes, ce sont les monômes de 4iX2 + 5X3 − 2 qui lui est unpolynôme.

7.1.2 Unicité de l'écriture d'un polynôme

On pose P = a0 + a1X + . . . + anXn avec n un entier naturel, a0, a1, . . . , an

des éléments de K. On a :

P = 0⇐⇒ a0 = a1 = . . . = an = 0.

Proposition 289

De cette proposition découle le corollaire suivant qui permettra l'identication des coecients dedeux polynômes égaux.

¨) Corollaire 290 :On pose P = a0+a1X+ . . .+anX

n et Q = b0+b1X+ . . .+bmXm avec n etm deux entiers naturels,

a0, a1, . . . , an, b0, b1, . . . , bm des éléments de K. On suppose an 6= 0, bm 6= 0, on a alors :

P = Q⇐⇒ n = m et a0 = b0 et · · · et an = bn.


Partie 7: Les polynômes

* Remarque :

A chaque polynôme est donc associée l'unique suite de ses coecients.

On en déduit la proposition suivante :

Soit P un polynôme.• P est un polynôme pair si et seulement si il existe n un entier naturel eta0, a2, . . . , a2n des éléments de K tels que :

P =

n∑k=0

a2kX2k.

• P est un polynôme impair si et seulement si il existe n un entier naturelet a1, a2, . . . , a2n+1 des éléments de K tels que :

P =

n∑k=0

a2k+1X2k+1.

Proposition 291

, Exemple :

• 5+3X2 est un polynôme pair (car il est la somme de monômes qui sont tous de degré pair). Cepolynôme est bien pair même si 3 et 5 sont impairs : Attention, ce ne sont pas les coecients quidoivent avoir une parité particulière (d'ailleurs, ils ne sont même pas nécessairement entiers)mais les degré des monômes.• 5X + 2X7 + X3 est un polynôme impair (car il est la somme de monômes qui sont tous dedegré impair).• 1+X+X2 n'est ni pair ni impair (car il est la somme de monômes dont certain sont de degrépair et d'autres de degré impair).

ä Exercice :

On dénit une suite (Bn)n∈N de polynôme en posant :

B0 = 1 et Bn+1 = (2n+ 1)XBn −(X2 + 1

)B ′n pour tout entier naturel n .

Soit n un entier naturel, déterminer la parité de Bn.


Partie 7: Les polynômes Polynôme et coecients

Les Bn sont construits au fur et à mesure : On va tenter une récurrence. Pour tout entier natureln, on appelle P(n) l'hypothèse suivante :

P(n) : " Si n est pair, Bn est pair et si n est impair, Bn est impair."

B0 = 1 donc B0 est pair. Or 0 est aussi pair, P(0) est donc vraie.On suppose P(n) vraie pour un certain entier naturel n.• On suppose aussi que n est pair. D'après P(n), Bn aussi est pair donc X × Bn est impairtout comme (2n+ 1)X×Bn. D'autre part, si Bn est pair alors B ′n est impair et par produitpair par impair,

(X2 + 1

)× B ′n est impair. Par somme, Bn+1 est impair.

• On raisonne de même si on suppose n impair.P(n+ 1) est donc vraie si P(n) l'est. P(0) est vraie et, pour tout entier naturel n, P(n) impliqueP(n+ 1). P(n) est donc vraie pour tout entier naturel n d'après le principe de récurrence.

7.1.3 Degré d'un polynôme

Soit P = a0 + a1X+ . . .+ anXn un polynôme avec n un entier naturel, a0, a1,

. . . , an des éléments de K. On suppose an 6= 0.• On appelle degré de P l'entier n. On le note deg(P) ou ∂(P).• On appelle terme dominant de P (ou monôme dominant) le monôme anXn

et coecient dominant le nombre an.• On appelle terme constant de P le nombre a0.• Si an = 1, on dit que P est unitaire ou normalisé.

Définition 292

, Exemple :

Posons P = 4X2 − 5X + 3. 4X2 est le monôme dominant de P, 3 est son terme constant et Pn'est pas un polynôme unitaire.

On utilise la convention suivante dont on verra l'utilité lors de la partie "Opérations sur les poly-nômes" :

V) Convention 293 :∂(0) = −∞.

Soit n un entier naturel. On note Kn[X] l'ensemble des polynômes à coecientsdans K dont le degré est inférieur à n.

Définition 294

, Exemple :

X, 1+ X2 et X2 − 3X+ 4 appartiennent à K2[X] mais X3 + 4X n'appartient pas à K2[X].



7.2 Opérations sur les polynômes

7.2.1 Les opérations

Les polynômes sont des applications, toutes les opérations dans K[X] découlent donc de celles déniesdans le chapitre "Fonction d'une variable réelle".

Soient P et Q deux polynômes à coecients dans K et λ un élément de K. Ondénit les fonctions P +Q, λP, P ×Q et P Q sur K par, pour tout élément xde K, on a (P +Q)(x) = P(x) +Q(x) et :

(λP)(x) = λP(x), (P ×Q)(x) = P(x)×Q(x) et (P Q)(x) = P(Q(x)).

Définition 295

, Exemple :

Posons P = 4X2 − 5X+ π et Q = 3X+ iX3, on a :

P Q = 4(3X+ iX3

)2− 5

(3X+ iX3

)+ π

= −4X6 + 24iX4 − 5iX3 + 36X2 − 15X+ π

Soient P, Q et R trois polynômes et λ un élément de K, on a :

1. P +Q = Q+ P

2. P + (Q+ R) = (P +Q) + R

3. P + 0 = P

4. P + (−P) = 0

5. P ×Q = Q× P6. λ(Q× R) = (λQ)× R7. λ(Q× R) = Q× (λR)

8. P × (Q× R) = (P ×Q)× R9. P × (Q+ R) = P ×Q+ P × R10. P × 1 = P11. (P +Q) R = P R+Q R.12. (λP) Q = λ(P Q).

13. (P ×Q) R = (P R)× (Q R).14. P (Q R) = (P Q) R.

Proposition 296

* Remarque :

1. Posons P = 1+X+X2 et Q = X3−1, on a PQ = 1+X3−1+(X3−1)2 soit PQ = X6+1−X3.De Q P = (1 + X + X2)3 − 1, on déduit que Q P est −1 + (X2 + X4 + X6 + 2X3 + 2X4) +(X+ X3 + X5 + 2X2 + 2X3) + (1 + X2 + X4 + 2X + 2X2). Sur cet exemple, on peut constaterque : P Q 6= Q P. De même, R (P +Q) n'est pas R P + R Q en général. Par contre, ona bien : (P +Q) R = P R+Q R.


Partie 7: Les polynômes Opérations sur les polynômes

2. A partir du produit, on dénit Pn = P × . . .× P︸︷︷︸n fois

avec n un entier naturel non nul et P un

polynôme.

Par commutativité du produit, on obtient la proposition suivante qui s'appelle encore formule dubinôme de Newton :

Soient P et Q deux polynômes et n un entier naturel, on a :

(P +Q)n =

n∑k=0

(n

k

)PkQn−k.

Proposition 297

7.2.2 Lien avec les coecients

On pose P = a0 + a1X + . . . + anXn et Q = b0 + b1X + . . . + bnX

n avec n unentier naturel, a0, a1, . . . , an, b0, b1, . . . , bn des éléments de K. Soit λ unélément de K. P +Q, λP et P ×Q sont des polynômes et on a :

P +Q = (a0 + b0) + (a1 + b1)X+ . . .+ (an + bn)Xn, λP = λa0 + . . .+ λanX

n

P ×Q =

2n∑k=0

ckXk avec pour tout m dans J0, 2nK, cm =

m∑k=0

akbm−k

Proposition 298

, Exemple :

Posons P = 4X2 − 5X+ π et Q = 3X+ iX3, on a :• P +Q = π− 2X+ 4X2 + iX3.• P ×Q = i4X5 − 5X4i+ X3(12+ iπ) − 15X2 + 3πX.

* Remarque :

On utilise les notations de la précédente proposition.• L'addition a été dénie pour tout couple de polynômes, y compris ceux qui n'ont pas lemême degré. Si on veut ajouter les polynômes P et Q avec P = a0 + a1X + . . . + anX

n

et Q = b0 + b1X + . . . + bmXm avec n et m deux entiers naturels tels que m 6 n, il

sut de poser, pour tout entier naturel k tel que k > m et k 6 n, bk = 0. On a alorsQ = b0 + b1X+ . . .+ bnX

n. Cette remarque est valable pour toutes les opérations que l'on adénies entre polynômes.• On vient de voir que le produit de polynômes est un polynôme et que la somme de deuxpolynômes est aussi un polynôme. On en déduit que la composée de polynômes est aussi unpolynôme.



ä Exercice :

Soit n un entier naturel non nul. En développant de deux manières diérentes (1+ 2X)n, montrezque, pour tout p de J0, nK, on a :

p∑k=0

(n

k

)(n− k

p− k

)= 2n

(n

p

)

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .D'après la formule du binôme de Newton, on a :

(1+ 2X)n =

n∑k=0

(n

k

)2kXk

ce qui permet d'armer haut et fort que 2p(n

p

)est le coecient de degré p de ce polynôme.

D'autre part, on va redévelopper avec la formule du binôme de Newton :

(1+ 2X)n = ((1+ X) + X)n

=

n∑k=0

(n

k

)(1+ X)kXn−k

=

n∑k=0

(n

k

)( k∑i=0

(k

i

)Xi

)Xn−k

=

n∑k=0

k∑i=0

(n

k

)(k

i

)Xi+n−k

=

n∑k=0

n∑j=n−k

(n

k

)(k

j+ k− n

)Xj par changement de variable

=

n∑j=0

(n∑

k=n−j

(n

k

)(k

j+ k− n

))Xj par échange de somme

Il ne reste plus qu'à identier les coecients de degré p, on a :

2p(n

p

)=

n∑k=n−p

(n

k

)(k

p+ k− n

)

=

p∑k=0

(n

k+ n− p

)(k+ n− p

k

)par changement de variable

=

p∑k=0

n!(k+ n− p)!(p− k)!

× (k+ n− p)!k!(n− p)!

=

p∑k=0

n!(p− k)!k!(n− p)!

=

p∑k=0

n!k!(n− k)!

× (n− k)!(p− k)!(n− p)!


Partie 7: Les polynômes Opérations sur les polynômes

et on reconnaît la quantité attenduep∑k=0

(n

k

)×(n− k

p− k

).

7.2.3 Lien avec le degré

Soient P et Q deux polynômes à coecients dans K et λ un élément de K.• On a : ∂(P +Q) 6 max(∂(P), ∂(Q)).• Si λ est non nul alors : ∂(λP) = ∂(P).• On a : ∂(P ×Q) = ∂(P) + ∂(Q).• On a : ∂(P Q) = ∂(P)× ∂(Q).

Proposition 299

* Remarque :


1. Pn est un polynôme à coecients dans K, son degré est n∂(P).

2. Si on sait que ∂(P) 6= ∂(Q) alors ∂(P+Q) est max(∂(P), ∂(Q)). Attention, on peut avoir∂(P +Q) = max(∂(P), ∂(Q)) avec ∂(P) = ∂(Q). Pour expliciter ∂(P +Q) dans le casoù P et Q sont de même degré, il faut trouver les coecients dominants de P et de Q. S'ils nesont pas opposés, on aura alors ∂(P+Q) = max(∂(P), ∂(Q)) et s'ils sont opposés, on aura∂(P +Q) < max(∂(P), ∂(Q)). Il faut tout simplement chercher le coecient dominant deP +Q pour avoir son degré.

3. On peut généraliser la formule du degré de la somme pour n polynômes : Si(P1, . . . , Pn) estun élément de (K[X])

n et si (λ1, . . . , λn) est un élément de (K∗)n, alors :

∂

(n∑i=0

λiPi

)6 max16i6n

(∂(Pi))

Si de plus il existe un unique i0 ∈ J1, nK/∂(Pi0) = max16i6n

(∂(Pi)) alors on peut armer que :

∂

(n∑i=0

λiPi

)est max

16i6n(∂(Pi)).

+ Mise en garde :

Attention, on a ∂(λP) = ∂(P) et pas λ∂(P) que l'on rencontre de temps en temps dans les copies.

, Exemple :

• Posons P = 4X2 − 5X + π, Q = −4X2 + X et W = 1 − X2, on a P + Q = −4X + π etP +W = 3X2 − 5X+ π+ 1 et :

max(∂(P), ∂(Q)) = 2,max(∂(P), ∂(W)) = 2, ∂(P +Q) = 1 et ∂(P +W) = 2.



• Posons P = 4X2−5X+π et Q = 3X+iX3, on a :P×Q = 4iX5−5iX4+(12+ iπ)X3−5X2+πXet on constate qu'on a : ∂(P ×Q) = ∂(P) + ∂(Q).• Posons P = 4X2 − 5X+ π, on a 6P = 24X2 − 30X+ 6π, ∂(6P) = 2 et ∂(P) = 2.

ä Exercice :

On dénit une suite (Bn)n∈N de polynôme en posant :

B0 = 1 et Bn+1 = (2n+ 1)XBn −(X2 + 1

)B ′n pour tout entier naturel n .

Soit n un entier naturel, Déterminer le degré de Bn ainsi que son coecient dominant.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Pour tout entier naturel n, soit P(n) l'hypothèse suivante :

P(n) : "Bn = n!Xn +Qn avec ∂(Qn) < n"

P(0) est bien sûr vraie car B0 = 1 et donc B0 = 0!X0 + Q0 avec Q0 = 0. On suppose P(n)vraie pour un certain entier naturel n. Comme Bn = n!Xn +Qn avec, d'après l'hypothèse P(n),∂(Qn) < n on en déduit :

Bn+1 = (2n+ 1)XBn −(X2 + 1

)B ′n

= (2n+ 1)n!Xn+1 + (2n+ 1)XQn −(X2 + 1

)n!nXn−1 −

(X2 + 1

)Q ′n

= ((2n+ 1) − n)n!Xn+1 +Qn+1

avec : Qn+1 = (2n+ 1)XQn −(X2 + 1

)Q ′n. On a bien ∂(Qn+1) < n+ 1 (avec les formules de la

proposition précédente et car ∂(Qn) < n), cela prouve donc P(n+ 1). Concluons avec notre bellephrase : P(0) est vraie et, pour tout entier naturel n, P(n) implique P(n+ 1). P(n) est donc vraiepour tout entier naturel n d'après le principe de récurrence. Bref, le degré de Bn est bien n et soncoecient dominant est n!.

Intégrité de K[X]Soient P et Q deux polynômes à coecients dans K, on a :

P ×Q = 0⇐⇒ P = 0 ou Q = 0.

Proposition 300


Partie 7: Les polynômes Racines d'un polynôme

7.3 Racines d'un polynôme

7.3.1 Racines et divisibilité

Soient A et B deux polynômes à coecients dans K.On dit que A divise B et on note A|B s'il existe un polynôme Q à coecientsdans K tel que B = A×Q. On dit alors que :• B est un multiple de A ou B est divisible par A.• A est un diviseur de B.• Q est le quotient de B par A.

Définition 301

, Exemple :

1. (X+ 1)|(X2 − 1) car X2 − 1 = (X+ 1)× (X− 1).

2. Tout polynôme divise 0.

3. Un polynôme constant non nul divise tous les autres polynômes.

Soient A et B deux polynômes non nul à coecients dans K. On suppose queA divise B alors ∂(B) est supérieur ou égal à ∂(A).

Proposition 302

Soient P un polynôme à coecients dans K et α un élément de K.On dit que α est une racine de P (ou un zéro de P) si P(α) = 0.

Définition 303

, Exemple :

2 est racine de P avec P = X2 − 5X + 6 car P(2) = 22 − 10 + 6 donc P(2) = 0. De même, 3est racine de P.

Soit P un polynôme à coecients réel. Soit z une racine de P. z est alors uneracine de P.

Proposition 304



* Remarque :

Ainsi, si on connaît une racine complexe non réelle d'un polynôme à coecients réel, on a auto-matiquement une nouvelle racine. Par exemple, i étant une racine de X2 + 1, on a sait que −i estaussi une racine de X2 + 1.

+ Mise en garde :

i est une racine de X − i mais −i n'est pas une racine de X − i ! Ne pas oublier l'hypothèse po-lynôme à coecients réel dans cette proposition.

ä Exercice :

Soient n un entier supérieur à 2 et θ réel. Montrer que exp (iθ) est une racine de A avec :A = Xn sin(θ) − X sin(nθ) + sin((n− 1)θ).. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Bon, c'est du calcul bête et méchant, on appelle α la quantité A(exp (iθ)), on a :

α = exp (inθ) sin(θ) − exp (iθ) sin(nθ) + sin((n− 1)θ)

= (cos(nθ) + i sin(nθ)) sin(θ) − (cos(θ) + i sin(θ)) sin(nθ) + sin((n− 1)θ)

= cos(nθ) sin(θ) − sin(nθ) cos(θ) + sin((n− 1)θ)

= 0

Au passage, comme A est à coecients réels, cela prouve que la conjugué de exp (iθ), i.e. exp (−iθ),est racine de A.

Soient P un polynôme non constant à coecients dans K et α un élément de K,on a :

α est racine de P ⇔ (X− α) divise P.

Proposition 305



Soient P un polynôme à coecients dans K et α un élément de K. Soit k unentier naturel non nul.• α est racine de P d'ordre (ou de multiplicité ) au moins k si le polynôme(X− α)k divise P.• α est racine de P d'ordre exactement k si (X−α)k divise P et (X−α)k+1

ne divise pas P.• Si α est racine de P d'ordre exactement 1, on dit que α est une racinesimple de P.• Si α est racine de P d'ordre exactement 2, on dit que α est une racinedouble de P.• Si α est racine de P d'ordre exactement 3, on dit que α est une racinetriple de P.• Si α est racine de P d'ordre au moins 2, on dit que α est une racinemultiple de P.

Définition 306

, Exemple :

Posons Q = (X + 4)3(X + 2). −2 est une racine simple de Q et −4 est une racine triple de Q.Prenons P = a0 + a1X+ a2X

2 ∈ R2[X] avec a2 6= 0. Posons ∆ = a21 − 4a0a2.

• Si ∆ > 0,−a1 +

√∆

2a2et

−a1 −√∆

2a2sont deux racines simples de P.

• Si ∆ = 0, −a1

2a2est une racine double de P.

Méthode:

Faisons un point sur les idées à avoir pour prouver qu'un polynôme P divise un polynôme Q. Deuxidées :• Idée 1 : On applique la dénition.On a juste besoin de trouver un polynôme H tel que P ×H = Q. En particulier, si vous avezla décomposition en facteurs premiers de P et de Q (on va voir cette notion juste après dansle paragraphe "Décomposition en facteurs irréductibles"), il sut juste de s'assurer que tousles facteurs de P apparaissent dans Q avec une multiplicité au moins égale.• Idée 2 : Par les racines.On cherche toutes les racines de P et on prouve que ce sont des racines de Q avec unemultiplicité au moins égale. Par contre les racines de Q n'ont pas d'importance : Quand onécrit P×H = Q, et bien, si P(a) = 0, on a Q(a) qui est nul car Q(a) = 0×H(a). Par contre,si Q(a) = 0, on peut avoir P(a) = 0 ou H(a) = 0 (y'a le choix !).



ä Exercice :

Soient n un entier supérieur à 2 et θ réel. Montrer que B divise A avec :

A = Xn sin(θ) − X sin(nθ) + sin((n− 1)θ) et B = X2 − 2X cos(θ) + 1.

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Les racines de B sont exp (iθ) et exp (−iθ) (racines trouvées à l'aide du discriminant). On calculeA(exp (iθ)) et A(exp (−iθ)). On trouve 0 (cf exo après la dénition des racines, on l'a déjà faitdeux pages avant).• Si θ 6≡ 0[π], on peut donc dire que exp (−iθ) 6= exp (iθ). Ainsi, le polynôme

(X− eiθ

)×(

X− e−iθ)divise A, ceci signie que B divise A.

• Si θ ≡ 0[π], A est alors le polynôme nul et donc B (comme tous les polynômes) divise A.

7.3.2 Décomposition en facteurs irréductibles

Notion de polynôme irréductible

Soit P un polynôme à coecients dans K non constant .On dit que P est irréductible dans K[X] si écrire P sous la forme Q×H avec Qet H deux polynômes implique que Q ou H soit constant.

Définition 307

, Exemple :

1. Posons P = X2 + 1. P est irréductible dans R[X] mais est réductible dans C[X] car X2 + 1 est(X+ i)× (X− i).

2. Pour tout α élément de K, X− α est irréductible dans K[X].

Théorème de d'AlembertSi P un polynôme non constant alors il admet au moins une racine complexe.

Théorème 308




• Les polynômes irréductibles de C[X] sont donc les polynômes de degré 1.• Les polynômes irréductibles de R[X] sont donc les polynômes de degré 1 et aussi les polynômesde degré 2 à discriminant strictement négatif.

Tout polynôme P de C[X] s'écrit de façon unique (à l'ordre près) sous la forme :

P = λ× (X− α1)µ1 × (X− α2)

µ2 · · · × (X− αn−1)µn−1 × (X− αn)

µn

avec :• λ le coecient dominant de P.• n un entier naturel.• α1, . . . , αn les racines de P.• Pour tout i dans J1, rK, µi est la multiplicité de αi.• µ1 + µ2 + · · ·+ µn−1 + µn le degré de P.

Théorème 310

* Remarque :

• Factoriser un polynôme dans C[X] et trouver ses racines sont donc deux problèmes équivalents.Pour factoriser un polynôme dans C[X], il sut de trouver toutes ses racines α1, · · · , αn (pasnécessairement distinctes mais répétées selon leur ordre de multiplicité), P s'écrit sous la formesuivante :

P = λ(X− α1)× · · · × (X− αn).

avec λ le coecient dominant de P (que vous oubliez assez souvent !).• On pourrait se poser la question de la décomposition dans R (i.e.avec des polynômes unique-ment à coecients réels) mais ce n'est plus au programme. Pour vous donner une idée quandmême, pour factoriser dans R, on commence par factoriser dans C puis on regroupe les racinesconjuguées entre elles. En eet, pour tout complexe z, on a :

(X− z)× (X− z) = (X2 − 2Re (z)X+ |z|2)

et (X2 − 2Re (z)X + |z|2) est un polynôme à coecients réels irréductible (car de degré 2 àdiscriminant strictement négatif). A la n, on a :

P = λ(X− α1) . . . (X− αn)(X2 + p1X+ q1) . . . (X

2 + prX+ qr)

avec :

λ le coecient dominant de P

n+ 2r le degré de P

∀i ∈ J1, rK, p2i − 4qi < 0 (on ne peut donc pas décomposer plus)

α1, . . . , αn les racines réelles de P (pas nécessairement deux à deux

distinctes mais répétées selon leur ordre de multiplicité).



, Exemple :

Si 7 est le coecient dominant d'un polynôme P dont les racines sont 5 et 6 avec des multiplici-tés respectives de 3 et 1 alors P est nécessairement le polynôme suivant :

P = 7(X− 5)3 × (X− 6).

ä Exercice :

Factoriser X6 + 1 dans C[X].. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .On va chercher les racines (et utiliser les notions de racines nieme, revoyez ce chapitre si besoinest). Soit z un complexe. On a :

z6 + 1 = 0 ⇐⇒ z6 = eiπ

⇐⇒ ∃ k ∈ 0, 1, . . . , 5 tel que z = exp

(iπ

6+2ikπ

6

)⇐⇒ ∃ k ∈ 0, 1, . . . , 5 tel que z = exp

(iπ

6+ikπ

3

)

L'ensemble des racines de X6 + 1 est donc :exp

(iπ

6

), i, exp

(i5π

6

), exp

(−iπ

6

),−i, exp

(−i5π

6

)et son coecient dominant est 1 d'où la décomposition dans C[X] :

X6 + 1 = P(π6

)× P

(π2

)× P

(5π

6

)× P

(7π

6

)× P

(3π

2

)× P

(11π

6

)avec, pour tout réel θ, P (θ) = X− exp (iθ). Pour aller dans R[X], on procède ainsi :• (X− i)× (X+ i) = (X2 + 1).

•(X− exp

(iπ

6

))×(X− exp

(−iπ

6

))= (X2 −

√3X+ 1).

•(X− exp

(i5π

6

))×(X− exp

(−i5π

6

))= (X2 +

√3X+ 1).

D'où : X6 + 1 est (X2 + 1)(X2 −√3X+ 1)(X2 +

√3X+ 1).

¨) Corollaire 311 :Soit P = a0 + a1X + . . . + anX

n un polynôme à coecients complexe avec n un entier naturel,(a0, a1, . . . , an) ∈ Cn+1 et an 6= 0. Soient (α1, · · · , αn) ses racines (pas forcément distinctes), on a :

α1 + · · ·+ αn = −an−1

anet α1 × · · · × αn =

(−1)na0an

.

En particulier, en utilisant les notations précédentes, on a :

a0 + a1X+ a2X2 = a2

(X2 − (α1 + α2)X+ α1 × α2

).

si a2 6= 0 et si a0, a1 et a2 sont trois complexes.



* Remarque :

• Utilisons les notations précédentes. Pour tout k de J1, nK, on pose :

σk =∑

16i1<i2<···<ik6n

αi1αi2 · · ·αik .

On remarqu'on a en particulier σ1 = α1 + · · · + αn et σn = α1 × · · · × αn. Pour tout k deJ1, nK, on prouve que :

σk = (−1)kan−k

an.

On appelle ces relations les relations coecients-racines.• Les relations coecients-racines sont vraies pour tout polynôme de C[X]. Elles demeurentvraies pour un polynôme réel si on peut le décomposer en produit de polynôme de degré 1, cequ'on peut toujours faire si on se permet d'utiliser des polynôme à coecients complexes.

7.3.3 Polynômes et racines

Soit n un entier naturel. Soit P un polynôme de Kn[X]. Si P admet v racines(α1, . . . , αv) distinctes deux à deux avec v un entier naturel inférieur à n alorsil existe un polynôme Q ∈ Kn−v[X] tel que :

P = (X− α1)× . . .× (X− αv)×Q.

Proposition 312

Soit n un entier naturel.• Un polynôme non nul de degré n admet au plus n racines comptées avecleur multiplicité.• Si P appartient à Kn[X] et admet n + 1 racines distinctes deux à deux,alors P est le polynôme nul.

Théorème 313

Méthode:

Pour démontrer qu'un polynôme P est nul, on peut :• ou lui trouver une innité de racines,• ou montrer qu'il appartient à Kn[X] (i.e. trouver un entier naturel n tel que n majore sondegré) et qu'il admet n+ 1 racines distinctes deux à deux.



Soit n un entier naturel. Soit (P,Q) ∈ (Kn[X])2. S'il existe n + 1 éléments(r1, . . . , rn+1) distincts deux à deux de K tel que :

∀i ∈ J1, n+ 1K, P(ri) = Q(ri)

alors on peut armer que P = Q.

Proposition 314

, Exemple :

Ainsi, si P et Q sont deux polynômes à coecients réels tels que, pour tout x de [−12,−11], onait : P(x)Q(x) = 0 alors P = 0 ou Q = 0 car P × Q a une innité de racines (tous les réels de[−12,−11]) on sait alors que PQ = 0, soit par intégrité de K[X], P = 0 ou Q = 0.

ä Exercice :

Montrer que tout polynôme périodique de R[X] est constant.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Soit P un polynôme périodique de R[X]. Montrons que P = P(0) i.e. Q = 0 avec Q = P− P(0). OrQ a une innité de racines (0, T, 2T, 3T, · · · ) avec T la période de P. D'où Q est le polynôme nuldonc P = P(0) et P est bien constant.

7.4 Dérivation dans K[X]

7.4.1 Notion de polynôme dérivé

Soit P = a0 + a1X + . . . + anXn un polynôme à coecients dans K avec n un

entier naturel, (a0, a1, . . . , an) ∈ Kn+1. On dénit P ′, appelé le polynôme dérivéde P, par :

P ′ = a1 + 2a2X+ 3a3X2 + 4a4X

3 + . . .+ nanXn−1.

Définition 315

* Remarque :

• On utilise les notations de la précédente dénition. On dénit ensuite par récurrence P(2), P(3), . . . :

P(2) = 2a2 + 6a3X+ 12a4X2 + . . .+ n(n− 1)anX

n−2

P(3) = 6a3 + 24a4X+ . . .+ n(n− 1)(n− 2)anXn−3

P(4) = 24a4 + . . .+ n(n− 1)(n− 2)(n− 3)anXn−4

· · ·


Partie 7: Les polynômes Dérivation dans K[X]

• Cette dénition est cohérente avec la dérivations des fonctions numériques à variables réelles.Nous n'avons pas parlé de dérivation pour les fonctions à variables complexes. La dénitionprécédente n'est, en ce qui concerne les polynômes à coecients complexes, qu'une simpledénition pour les élèves de BCPST.

8 Lemme 316 :

Soient a un élément de K, k et n deux entiers naturels. On a :

((X− a)n)(k) =

0 si k > n

n! si k = nn!

(n− k)!(X− a)n−k si k < n

Soient a et b deux éléments de K, P et Q deux polynômes à coecients dans K.On a :

• ∂(P ′) =

∂(P) − 1 si ∂(P) > 1

−∞ si ∂(P) 6 0.

• (aP + bQ) ′ = aP ′ + bQ ′.• (P ×Q) ′ = P ′ ×Q+Q ′ × P.• (P Q) ′ = Q ′ × (P ′ Q).

Proposition 317

* Remarque :

On utilise les notations de la précédente proposition. On peut généraliser la proposition précédente.Soient n un entier naturel et P et Q deux polynômes à coecients dans K. On a :

(P ×Q)(n) =

n∑k=0

(n

k

)P(k) ×Q(n−k).

Cette formule s'appelle la formule de Leibniz, elle n'est pas au programme des BCPST (ni en premièreannée, ni en seconde).



7.4.2 Dérivation et multiplicité des racines.

Soient P un polynôme à coecients dans K et a un élément de K. Soit k unentier naturel non nul.• α est racine de P d'ordre au moins k si et seulement si :

P(α) = P ′(α) = · · · = P(k−1)(α) = 0.

• α est racine de P d'ordre exactement k si et seulement si :

P(α) = P ′(α) = · · · = P(k−1)(α) = 0 et P(k)(α) 6= 0.

Proposition 318

Méthode:

On utilise les notations de la précédente proposition. Ainsi, pour avoir la multiplicité de α, oncalcule P(α) puis P ′(α) puis P(2)(α)... Tant qu'on obtient zéro, on poursuit. Dès qu'on obtient unP(k)(α) non nul alors on s'arrête et on invoque la proposition ci-dessus. Une autre idée (moins pra-tique) consiste à prouver directement que (X−α)k divise P (cf Méthode après la dénition 21), celaentraîne que α est racine de P d'ordre au moins k. Si on arrive à prouver que (X − α)k+1 ne divisepas P alors on pourra armer que α est racine de P d'ordre exactement k de P.

, Exemple :

2 est racine au moins d'ordre 2 de P avec P = X4−24X2+64X−48 et 3 est racine exactement d'ordre4 de Q avec Q = X5 − 11X4 + 42X3 − 54X2 − 27X + 81. Par dérivée successive, on démontre cecisans aucun problème, on se rend compte que P(2) = 0 et P ′(2) = 0 (on n'a pas donné la multiplicitéexacte de 2, cela peut se trouver facilement) puis on prouve que Q(3), Q ′(3), Q ′′(3) et Q ′′′(3) sontnuls et que Q ′′′′(3) 6= 0.

ä Exercice :

Soit P = X2n+1 − (2n + 1)Xn+1 + (2n + 1)Xn − 1 (avec n un entier supérieur à 3). Montrer que1 est racine de P et évaluer son ordre de multiplicité.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Allons-y dans la joie et la bonne humeur : P(1) est nul s'obtient sans eort. Après, on dérive, ona :

P ′ = (2n+ 1)X2n − (2n+ 1)(n+ 1)Xn + (2n+ 1)nXn−1

d'où P ′(1) est nul. Continuons :

P ′′ = (2n+ 1)(2n)X2n−1 − (2n+ 1)(n+ 1)nXn−1 + (2n+ 1)n(n− 1)Xn−2

d'où P ′′(1) est encore nul. Poursuivons, P ′′′ est :

(2n+ 1)(2n)(2n− 1)X2n−2 − (2n+ 1)(n+ 1)n(n− 1)Xn−2 + (2n+ 1)n(n− 1)(n− 2)Xn−3


Partie 7: Les polynômes Dérivation dans K[X]

d'où P ′′′(1) = (2n + 1)(n + 1)n. P ′′′(1) n'est donc pas nul. On peut donc conclure que 1 est uneracine d'ordre exactement 3 de P. On peut donc armer au passage que (X − 1)3 divise P et que(X− 1)4 ne divise pas P.


Partie 8

Fonctions de deux variables réelles

Dans tout ce chapitre, D sera une partie de R2.

8.1 Généralités

8.1.1 Dénitions

Une fonction f de 2 variables réelles à valeurs réelles est dénie par la donnéed'une partie Df de R2, appelée ensemble de dénition de f, et par l'applicationf : Df → R. On note alors :

f :

Df → R(x, y) 7→ f (x, y)

.

Définition 319

* Remarque :

On utilise les notations de la précédente dénition. On développe les mêmes concepts que pourles fonctions d'une seule variable (image, antécédent, restriction, prolongement) :• Soit (x, y) ∈ Df. On pose b = f (x, y). On dit que b est l'image de (x, y) par f et que (x, y)est un antécédent de b par f.• Soit A ⊂ Df. On appelle restriction de f à l'ensemble A la fonction notée f|A suivante :

f|A :

A → R(x, y) 7→ f (x, y)

• g est un prolongement de f sur la partie B de R2 si Df ⊂ B et pour tout (x, y) dans Df, g (x, y)et f (x, y) sont égaux.• L'image de f est l'ensemble f (x, y) avec (x, y) ∈ Df . On le note f(Df).

, Exemple :

267

Partie 8: Fonctions de deux variables réelles Généralités

• g : (x, y) 7→ ln(y− x2

)est une fonction de 2 variables. Son ensemble de dénition est

(x, y) ∈ R2 tels que y > x2. Pour le visualiser, on trace la parabole y = x2, les points

qui nous intéressent sont ceux qui sont strictement au-dessus (car y est supérieur à...) de cettecourbe. Voici une illustration de son ensemble de dénition :

• f : (x, y) 7→ arctan(x2 + y+ 1

)est une fonction de 2 variables. Son ensemble de dénition

est R2 ; f(2, 5) et f(−2, 5) valent arctan (10) donc l'image de (2, 5) par f est arctan (10),arctan (10) a au moins deux antécédents par f : (2, 5) et (−2, 5). La restriction de f à R×R+

est l'application suivante : g :

R× R+ → R(x, y) 7→ arctan

(x2 + y+ 1

) . On peut prolonger g à R2

par la fonction h suivante :

h :

R2 → R

(x, y) 7→

arctan

(x2 + y+ 1

)si y > −10

exp(x2 + y

)si y < −10

On note que la restriction est unique une fois la fonction et l'ensemble de restriction précisés.Par contre, on a toujours une innité de prolongements.

* Remarque :

On peut étendre sans diculté ces notions aux fonctions de n (avec n entier supérieur à 2 ) va-riables. Quelques exemples :

• f : (x, y, z) 7→ xy + exp(−xz+ y+ z2

)est une fonction de 3 variables dénie sur R3. Par

exemple, on a f(1, 1, 1) = 1+ e et f(0, 1, 0) = e.

• g : (x, y, z, t, u) 7→(−ztu− x2 − y2 + 1

)z2 + y2 + 1

est une fonction de 5 variables dénie sur R5.

Méthode:

Pour expliciter le domaine de dénition d'une fonction de deux variables, on regarde ce qui poseproblème : c'est par exemple une racine, un logarithme, un dénominateur. On rassemble tous cesproblèmes dans un système décrivant les contraintes que doivent vérier toutes les variables et onraisonne par équivalence pour trouver un ensemble sur lequel évolue le couple de variables.

ä Exercice :


Partie 8: Fonctions de deux variables réelles

Trouvez les ensembles de dénition des fonctions suivantes :

g : (x, y) 7→

√x2 − 4

y2 − 1et h : (x, y) 7→

√x2 − 4√y2 − 1

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Soit (x, y) un couple de réels. On a :

g (x, y) existe ⇔ (x2 − 4)(y2 − 1) > 0 et y2 − 1 6= 0

⇔

x2 − 4 > 0

y2 − 1 > 0ou

x2 − 4 6 0

y2 − 1 < 0

⇔

x > 2 ou x 6 −2

y > 1 ou y < −1ou

−2 6 x 6 2

−1 < y < 1

Le domaine de dénition de g est donc A ∪ B avec A l'ensemble [−2, 2]×] − 1, 1[ et B l'ensemble( ] −∞,−2] ∪ [2,+∞[)× (] −∞,−1[∪]1,+∞[). On note qu'on a un domaine plus vaste que l'en-semble de dénition de h. En eet, on a :

h (x, y) est dénie ⇔ (x2 − 4) > 0 et y2 − 1 > 0

⇔

x > 2 ou x 6 −2

y > 1 ou y < −1

Cela nous fait donc simplement B comme ensemble de dénition. On vous laisse observer la dié-rence entre g et h : Voici une illustration de leurs ensembles de dénition :

Ensemble de dénition de g Ensemble de dénition de h


L'espace est muni d'un repère orthonormé (O,→i ,→j ,→k) jusqu'à la n de ce chapitre. Soit f : D→ R

une fonction. f fait correspondre à tout point (x, y) de D un unique nombre réel f(x, y). On peutdonc représenter graphiquement f dans l'espace par la surface constituée de l'ensemble des points(x, y, z) avec (x, y) ∈ D et z = f(x, y). Ne pas hésiter à faire le parallèle avec les fonctions d'uneseule variable : quand on a une fonction h d'une seule variable, on représente notre fonction par unecourbe constituée de l'ensemble des points (x, y) avec x parcourant l'ensemble de dénition de h ety = h(x).


Partie 8: Fonctions de deux variables réelles Généralités

Soit f : D→ R une fonction. On appelle surface représentative de f dans l'espace

muni du repère orthonormée (O,→i ,→j ,→k) l'ensemble, noté Sf suivant :

Sf =(x, y, z) ∈ R3 avec (x, y) ∈ D et z = f(x, y)

.

On dit que Sf est la surface d'équation cartésienne z = f(x, y).

Définition 320

.) Illustration :

Voici la surface représentative de (x, y) 7→ exp(x2 + y2

):

Soient f : D→ R une fonction et λ un réel. On appelle courbe de niveau λ de fl'ensemble suivant :

(x, y) ∈ R2 avec (x, y) ∈ D et f(x, y) = λ.

Définition 321

* Remarque :

La courbe de niveau λ de f (en utilisant les notations précédentes) est donc la projection sur leplan z = 0 de l'intersection de Sf et du plan d'équation z = λ. Il est donc classique de commencerpar étudier les diérentes courbes de niveau an de tracer avec précision la surface représentative def (il sut d'empiler les assiettes après).



8.2 Applications partielles

8.2.1 Dénition

En xant toutes les variables sauf une, on obtient des fonctions numériques d'une seule variable quel'on a appris à étudier. C'est pour cela qu'on va introduire la notion d'applications partielles.

Soient f : D → R une fonction et (a, b) ∈ D. On appelle applications partiellesde f en (a, b) les deux fonctions suivantes :

1. fx :

x ∈ R tels que (x, b) ∈ D → Rx 7→ f (x, b)

. On note parfois f(., b)

cette application.

2. fy :

y ∈ R tels que (a, y) ∈ D → Ry 7→ f (a, y)

. On note parfois f(a, .)

cette application.

Définition 322

, Exemple :

Soit g : (x, y) 7→ln(x2 + y2 − 1

)y

.

Les applications partielles de g en (1, 2) sont les deux fonctions suivantes :

1. gx :

R → R

x 7→ln(x2 + 3

)2

2. gy :

R? → R

y 7→ln(y2)

y

Les applications partielles de g en (4,−2) sont les deux fonctions suivantes :

1. gx :

R → R

x 7→ln(x2 + 3

)2

2. gy :

R? → R

y 7→ln(y2 + 15

)y

* Remarque :

On peut étendre sans diculté ces notions aux fonctions de n (avec n entier supérieur à 2 ) variables...Si on prend par exemple g : D3 → R une fonction avec D3 une partie de R3 et (a, b, c) ∈ D3. Onappelle applications partielles de g en (a, b, c) les trois fonctions suivantes :

1. gx :

x ∈ R tels que (x, b, c) ∈ D3 → Rx 7→ g (x, b, c)

. On note parfois g(., b, c) cette applica-

tion.

2. gy :

y ∈ R tels que (a, y, c) ∈ D3 → Ry 7→ g (a, y, c)

. On note parfois g(a, ., c) cette applica-

tion.


Partie 8: Fonctions de deux variables réelles Applications partielles

3. gz :

z ∈ R tels que (a, b, z) ∈ D3 → Rz 7→ g (a, b, z)

. On note parfois g(a, b, .) cette applica-

tion.


Soient f : D→ R une fonction, Sf la surface représentative de f et (a, b) ∈ D.• La courbe représentative de f(., b) a pour équation z = f(x, b) avec x réel tel que (x, b) ∈ D.C'est donc l'intersection de Sf avec le plan vertical d'équation y = b. Pour représenter cettecourbe, il sut d'étudier une fonction d'une seule variable (on sait donc bien le faire), lafonction x 7→ f(x, b).• La courbe représentative de f(a, .) a pour équation z = f(a, y) avec y réel tel que (a, y) ∈ D.C'est donc l'intersection de Sf avec le plan vertical d'équation x = a. Pour représenter cettecourbe, il sut d'étudier une fonction d'une seule variable (on sait donc bien le faire), lafonction y 7→ f(a, y).

Une technique classique pour tracer une surface représentative d'une fonction numérique de deuxvariables est donc de tracer diérentes courbes représentatives de ses applications partielles obtenantainsi un quadrillage de sa surface.

Méthode:

Deux idées pour vous aider à tracer la surface représentative d'une fonction de deux variables :

1. On peut xer une variable an de tracer une courbe d'une fonction d'une seule variable.On xe b et on trace le graphe de la fonction d'une variable x 7→ f(x, b). On obtient alorsl'intersection de la surface représentative de f et du plan y = b. Puis on fait bouger b, ona ainsi une représentation par tranches verticales. On peut faire de même en xant a et ens'intéressant à y 7→ f(a, y).

2. On peut aussi xer λ et on trace la surface f(x, y) = λ, (x, y) balayant l'ensemble de dénitionde f, c'est la courbe de niveau λ de f. On cherche donc l'intersection de la surface représentativede f et du plan z = λ. Puis, en faisant bouger λ, on obtient une représentation par trancheshorizontales de notre surface. Rapprochez cette notion de celle de carte topographique ou decelles de cartes d'état-major.

Dans un cas comme dans l'autre, vous pouvez vous rendre compte qu'on cherche des intersectionsde notre surface avec des plans du type x = cte ou y = cte ou z = cte.

ä Exercice :

Tracer la surface représentative des fonctions suivantes :

f : (x, y) 7→ y+ x2 + 4 et g : (x, y) 7→ exp(x2 + y2).

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1. Commençons par f : En xant x à a, on obtient une droite z = y + a2 + 4 de pente 1 etd'ordonnée à l'origine a2+1. L'intersection de la surface recherchée et du plan x = a est doncune droite. L'intersection avec le plan y = b donne une parabole d'équation z = x2+ 4+b.Avec ces infos, en faisant évoluer a et b, on trace notre surface qui est en gros un half pipeinni.



2. Pour g maintenant. Soit λ un réel supérieur à 1 et soient x et y deux réels, on a :

g(x, y) = λ⇐⇒ x2 + y2 = ln(λ)

L'intersection avec le plan z = λ donne donc un cercle de rayon√ln(λ) et de centre (0, 0, λ).

On trace pour les hauteurs positives des cercles dont les centres sont tous sur l'axe des z etdont les rayons croissent logarithmiquement, c'est un panier inni en gros.

Surface de f Surface de g

8.3 Calcul diérentiel

Les applications partielles sont des fonctions numériques d'une seule variable, une technique classiquepour les étudier est, si cela est possible, de les dériver. C'est la notion de dérivées partielles que l'onva voir.


Partie 8: Fonctions de deux variables réelles Calcul diérentiel

8.3.1 Notion de dérivée partielle

Soit f : D→ R une fonction et (a, b) ∈ D. Soit fx : x 7→ f (x, b).• Si fx est dérivable en a alors on dit que f admet une dérivée partielle parrapport à la première variable en (a, b) et on note :

∂f

∂x(a, b) = f ′x(a)

Autrement dit, si limx−→a

(f(x, b) − f(a, b)

x− a

)existe, on a alors :

∂f

∂x(a, b) = lim

x−→a

(f(x, b) − f(a, b)

x− a

)• Si f admet une dérivée partielle par rapport à la première variable en toutpoint de D ′, on dénit la fonction dérivée partielle de f par rapport à lapremière variable par :

∂f

∂x:

D ′ → R

(x, y) 7→ ∂f

∂x(x, y)

Définition 323

* Remarque :

1. On note Sf la surface représentative de f et (a, b) un élément deD. On suppose que∂f

∂x(a, b) et

∂f

∂y(a, b)

existent. Ces quantités sont bien évidemment à rapprocher de la notion de tangente. Plus pré-cisément, dans le plan vertical d'équation y = b, la tangente à la courbe représentative de

f(., b) en (a, b) a pour coecient directeur∂f

∂x(a, b). Dans le plan vertical d'équation x = a,

la tangente à la courbe représentative de f(a, .) en (a, b) a pour coecient directeur∂f

∂y(a, b).

2. On dénit les mêmes notions par rapport à la seconde variable. Si la fonction fy : y 7→ f (a, y)

est dérivable en b, i.e. si limy−→b

(f(a, y) − f(a, b)

y− b

)existe, alors on dit que f admet une dérivée

partielle par rapport à la deuxième variable en (a, b) et on note∂f

∂y(a, b) la quantité f ′y(b).

On a alors :∂f

∂y(a, b) = lim

y−→b

(f(a, y) − f(a, b)

y− b

).

Si f admet une dérivée partielle par rapport à la deuxième variable en tout point de D ′,

on dénit la fonction dérivée partielle de f par rapport à la deuxième variable par :∂f

∂y:D ′ → R

(x, y) 7→ ∂f

∂y(x, y)

.



3. Expliciter des dérivées partielles revient, quand il n'y a pas de problème, à dériver simplementen se comportant comme si les autres variables étaient des constantes. C'est d'ailleurs cequ'on fait dans l'exemple qui suit ! Sinon, en cas de problème, que faire ? On vous le répète, fadmet en un point (a, b) une dérivée partielle par rapport à y si et seulement si la fonctiong : y 7→ f(a, y) admet une dérivée en b. Pour montrer que g admet ou n'admet pas de dérivéeen b, on regarde son chapitre sur les fonctions d'une seule variable dont on commence à avoirla nostalgie !

, Exemple :

f : (x, y) 7→ x arctan(y) + x2 admet deux dérivées partielles :

∂f

∂x: (x, y) 7→ arctan(y) + 2x et

∂f

∂y: (x, y) 7→ x

1+ y2

+ Mise en garde :

Ne parlez pas de la dérivée de f : (x, y) 7→ f(x, y). Le concept de dérivée est vu pour une fonc-tion d'une seule variable, on peut donc parler de la dérivée de la fonction g : y 7→ f(xa, y). Pour celle

de f, il faudrait déjà parler de son taux d'accroissement, ce serait un truc du genref(x, y) − f(xa, ya)

(x, y) − (xa, ya)ce qui n'a strictement aucun sens ! Que signie le quotient d'un réel comme l'est f(x, y) − f(xa, ya)par le couple de réels (x, y) − (xa, ya) ?

ä Exercice :

Soit f : (x, y) 7→

exp(

−1

x2 + y2

)si (x, y) 6= (0, 0)

0 si x = y = 0. Évaluer ses dérivées partielles (si elles

existent !). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .A part (0, 0), on n'a aucun problème. Ainsi, si a et b sont deux réels non tous les deux nuls (uneremarque pour ceux qui dorment : on n'a pas dit tous les deux non nuls, on veut juste éviter qu'ilss'annulent en même temps !), en posant v = a2 + b2, on a :

∂f

∂x(a, b) =

2a

v2exp

(−1

v

)et

∂f

∂y(a, b) =

2b

v2exp

(−1

v

).

Pour savoir si∂f

∂x(0, 0) existe, on suit les instructions et on introduit la fonction g : x 7→ f(x, 0).

Si x est non nul, on a donc :

g(x) = f(x, 0) = exp

(−1

x2

).

et on a g(0) = 0. Soit x un réel non nul, on a donc :

g(x) − g(0)

x− 0= x× 1

x2exp

(−1

x2

).



Par croissances comparées et produit, le taux d'accroissement en 0 de g admet donc une limite

nie (qui vaut 0) donc g est dérivable en 0 et g ′(0) = 0. Par dénition,∂f

∂x(0, 0) existe et vaut 0.

On vous laisse prouver que∂f

∂y(0, 0) existe aussi et vaut aussi 0 (logique car x et y jouent le même

rôle dans ce problème).

8.3.2 Fonctions de deux variables de classe C1

Soit f : D→ R une fonction.• Soit (a, b) un élément de D. On dit que f est continue en (a, b) lorsquepour tout réel strictement positif ε, il existe un réel strictement positif αtel que :

∀(x, y) ∈ Df, (x− a)2 + (y− b)2 6 α⇒ |f(x, y) − f(a, b)| < ε.

• On dit que f est continue sur D lorsque f est continue en tout point de D.On note C0 (D,R) l'ensemble des fonctions numériques continue sur D.• On dit que f est une fonction de classe C1 sur D si toutes les dérivées par-tielles de f existent et sont continues sur D. On note C1 (D,R) l'ensembledes fonctions numériques de classe C1 sur D.

Définition 324

* Remarque :

La dénition (avec les ε) n'est pas exigible des étudiants de BCPST1. Il faut retenir l'idée intui-tive que, si f est continue en (a, b), alors |f(x, y) − f(a, b)| devient aussi petite que l'on souhaitelorsque "(x, y) se rapproche de (a, b)". Attention, faire tendre (x, y) vers (a, b) ne revient pas à faire

tendre x vers a puis y vers b ! Prenons par exemple f : (x, y) 7→ xy

x2 + y2. On constate (en calculant

les limites au fur et à mesure) que :

limx−→0

(limy−→0

(xy

x2 + y2

))= 0 et lim

y−→0

(limx−→0

(xy

x2 + y2

))= 0

f n'a pourtant pas de limite en (0, 0) car on vient de voir que, si elle existait, elle vaudrait 0 mais,

pour tout réel a strictement positif, on a f(a, a) =1

2ce qui rend impossible la limite nulle.

Soient f1 : D→ R et f2 : D→ R deux fonctions. Soit λ un réel.• Si f1 et f2 sont des fonctions continues sur D alors f1 + f2, f1f2 et λf1sont aussi continues sur D.• Si f1 et f2 sont des fonctions de classe C1 sur D alors f1 + f2, f1f2 et λf1sont aussi de classe C1 sur D.

Proposition 325



, Exemple :

Les polynômes et les fractions rationnelles sont donc de classe C1 sur leur ensemble de dénition.

Soient I un intervalle réel non réduit à un point et f : D→ R et h : I→ R deuxfonctions (h est donc une fonction d'une variable et f de deux).• Si f est continue sur D, h est continue sur I et f(D) ⊂ I alors h f estaussi continue sur D.• Si f est de classe C1 sur D, h est de classe C1 sur I et f(D) ⊂ I alors h fest aussi de classe C1 sur D.

Proposition 326

* Remarque :

En résumé, la plupart des énoncés sur la continuité des fonctions d'une variable se généralisentdans le cadre des fonctions de plusieurs variables :

• Une fonction continue en un point est bornée au voisinage de ce point.• Toute combinaison linéaire de fonctions continues est une fonction continue.• Tout produit de fonctions continues est une fonction continue.• Le quotient de deux fonctions continues est continu en tout point où le dénominateur nes'annule pas.• etc.

ä Exercice :

Montrer que f : (x, y) 7→ arctan

(√x2 + 1

x2y2 + 1

)est de classe C1 sur R2.

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .f est, par composition, de classe C1 sur R2. En eet :

• ∀(x, y) ∈ R2, x2y2+ 1 6= 0 donc (x, y) 7→ x2 + 1

x2y2 + 1est une fraction rationnelle dénie et de

classe C1 sur R2.• ∀(x, y) ∈ R2,

x2 + 1

x2y2 + 1> 0.

• x 7→√x est de classe C1 sur R?

+.• x 7→ arctan(x) est de classe C1 sur R.



8.3.3 Dérivées partielles d'ordre 2 et théorème de Schwarz.

Soient f : D→ R une fonction et (a, b) ∈ D.

• Si la fonction∂f

∂xadmet des dérivées partielles en tout point de D, on

note :∂2f

∂x2=∂

∂x

(∂f

∂x

)et

∂2f

∂y∂x=∂

∂y

(∂f

∂x

).

• De même, si la fonction∂f

∂yadmet des dérivées partielles en tout point de

D, on note :

∂2f

∂x∂y=∂

∂x

(∂f

∂y

)et

∂2f

∂y2=∂

∂y

(∂f

∂y

).

• Ces quatre fonctions sont appelées les dérivées partielles secondes de f.

• On dit que f est de classe C2 sur D si ses dérivées partielles∂f

∂xet∂f

∂ysont

de classe C1 sur D.

Définition 327

* Remarque :

1. On peut dénir facilement les dérivées partielles d'ordre 3 puis 4 puis... et parler aussi declasse C3 puis classe C4 puis...

2. Les énoncés pour les fonctions de deux variables de classe C1 s'étendent évidemment auxfonctions de classe Cn (n entier naturel) :• Toute combinaison linéaire de fonctions de classe Cn est une fonction de classe Cn ;• Tout produit de fonctions de classe Cn est une fonction de classe Cn ;• Le quotient de deux fonctions de classe Cn sur D est de Cn sur le sous-ensemble de D oùle dénominateur ne s'annule pas ;• La composée de deux fonctions de classe Cn est une fonction de classe Cn

• etc.

, Exemple :

Si f : (x, y) 7→ x2y+ y3 + 1 alors f est de classe C2 sur R2 et :

∂2f

∂x2: (x, y) 7→ 2y

∂2f

∂y∂x: (x, y) 7→ 2x

∂2f

∂x∂y: (x, y) 7→ 2x

∂2f

∂y2: (x, y) 7→ 6y

On se rend compte sur ce cas particulier que∂2f

∂y∂xet

∂2f

∂x∂ysont confondues ici. Le théorème de

Schwarz va nous expliquer dans quel cas cela est vrai.



Théorème de SchwarzSoit f : D→ R. Si f est de classe C2 sur D alors :

∂2f

∂y∂x=

∂2f

∂x∂y

Théorème 328

, Exemple :

Dans l'exemple précédent avec f : (x, y) 7→ x2y + y3 + 1, f est de classe C2 sur R2 et on a vu

qu'on avait bien∂2f

∂y∂x=

∂2f

∂x∂y.

ä Exercice :

Étudier les dérivées partielles successives de :

f : (x, y) 7→ x− y+ x2y

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .f est, par composition, une fonction de classe C∞ sur R2. Soit (a, b) un couple de réel, on asuccessivement :

∂f

∂x(a, b) = 1+ 2ab et

∂f

∂y(a, b) = −1+ a2.

∂2f

∂y∂x(a, b) = 2a,

∂2f

∂x2(a, b) = 2b et

∂2f

∂y2(a, b) = 0.

∂3f

∂y2∂x(a, b) = 0,

∂3f

∂y∂x2(a, b) = 2,

∂3f

∂x3(a, b) = 0 et

∂3f

∂y3(a, b) = 0.

et après, ce ne sont que des fonctions nulles...



8.3.4 Dérivation de fonctions composées.

Soient I un intervalle réel non réduit à un point, f : D → R, φ : I → R etψ : I→ R trois fonctions. On pose :

g :

I → Rt 7→ f (φ(t), ψ(t))

On suppose que f est un élément de C1 (D,R), que φ et ψ sont deux élémentsde C1 (I,R) et que φ(I)×ψ(I) ⊂ D. g est alors un élément de C1 (I,R) et pourtout réel t de I, on a :

g ′(t) = φ ′(t)∂f

∂x(φ(t), ψ(t)) +ψ ′(t)

∂f

∂y(φ(t), ψ(t)).

Proposition 329

, Exemple :

Si g : t 7→ f (cos(t), arctan(t)) avec f élément de C1(R2,R

)alors g est dérivable sur R et :

g ′ : t 7→ − sin(t)∂f

∂x(cos(t), arctan(t)) +

1

1+ t2∂f

∂y(cos(t), arctan(t)).

ä Exercice :

Soient f une fonction numérique de classe C2 sur R2 et g la fonction suivante :

g : (r, θ) 7→ f(r cos(θ), r sin(θ)).

Justier que g est de classe C2 sur R2 et exprimer∂2g

∂r2(r, θ) en fonction des dérivées partielles de

f.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Par composition, g est de classe C2 sur R2. Pour bien utiliser la formule du cours et ne pas racontertrop de bêtises, on introduit les deux fonctions suivantes :

u1 : (r, θ) 7→ r cos(θ) et u2 : (r, θ) 7→ r sin(θ).

Appliquons la formule précédente :

∂g

∂r(r, θ) =

∂u1

∂r(r, θ)

∂f

∂x(r cos(θ), r sin(θ)) +

∂u2

∂r(r, θ)

∂f

∂y(r cos(θ), r sin(θ)).

On obtient donc que :

∂g

∂r(r, θ) = cos(θ)

∂f

∂x(r cos(θ), r sin(θ)) + sin(θ)

∂f

∂y(r cos(θ), r sin(θ))( . ).



Redérivons ! De nouveau, on introduit une fonction pour ne pas partir dans de gros délires ! Soit

h : (r, θ) 7→ ∂f

∂x(r cos(θ), r sin(θ)). En utilisant la belle formule du cours, on obtient :

∂h

∂r(r, θ) =

∂u1

∂r(r, θ)

∂ ∂f∂x

∂x(r cos(θ), r sin(θ)) +

∂u2

∂r(r, θ)

∂f∂x

∂y(r cos(θ), r sin(θ))

= cos(θ)∂2f

∂x2(r cos(θ), r sin(θ)) + sin(θ)

∂2f

∂y∂x(r cos(θ), r sin(θ)).

Ainsi, en dérivant par rapport à r la relation (.), on obtient :

∂2g

∂r2(r, θ) = cos(θ)×A+ sin(θ)× B.

avec :

A = cos(θ)

∂2f

∂x2(r cos(θ), r sin(θ)) + sin(θ)

∂2f

∂y∂x(r cos(θ), r sin(θ))

B = cos(θ)∂2f

∂x∂y(r cos(θ), r sin(θ)) + sin(θ)

∂2f

∂y2(r cos(θ), r sin(θ))

8.4 Utilisation des dérivées partielles

8.4.1 Notion de gradient

Soit f une fonction numérique de classe C1 sur D. Soit (a, b) un élément de D.On appelle gradient de f en (a, b) le vecteur noté

−−→grad(a,b)(f) de coordonnées(

∂f

∂x(a, b) ,

∂f

∂y(a, b)

):

−−→grad(a,b)(f) =

(∂f

∂x(a, b) ,

∂f

∂y(a, b)

).

Définition 330

, Exemple :

Si f : (x, y) 7→(x2 + y+ 1

)alors on a :

−−→grad(2,3)(f) = (4, 1) .


Partie 8: Fonctions de deux variables réelles Utilisation des dérivées partielles

8.4.2 Extremum

Soient (a, b, c, d) ∈ R4 avec a < b et c < d. Soit f une fonction numérique declasse C1 sur ]a, b [ × ] c, d [ .• Si f admet en (x0, y0) un extremum alors on a :

∂f

∂x(x0, y0) =

∂f

∂y(x0, y0) = 0.

• Si f admet en (x0, y0) un extremum alors le gradient de f en (x0, y0) estle vecteur nul.

Proposition 331

* Remarque :

1. On peut faire le parallèle avec les fonctions d'une seule variable dérivable. On sait que si hest dérivable sur ]a, b[ avec a et b deux réels tels que a < b et si h admet un extremum enc avec c dans ]a, b[ alors h ′(c) = 0. On sait aussi qu'on peut avoir h ′(c) = 0 et c n'est pasun extremum : cette condition n'est pas nécessaire et susante. On peut ainsi évoquer le casde x 7→ x3 et du point 0. Ce point qui annule la dérivée sans être un extremum est un pointd'inexion.

2. Attention, cette proposition ne donne qu'une condition nécessaire pour avoir un extremum etpas une condition nécessaire et susante. En utilisant les notations de la précédente proposi-

tion, si∂f

∂x(x0, y0) et

∂f

∂y(x0, y0) sont nuls alors on n'est pas sûr que f présente en (x0, y0)

un extremum. Par contre si∂f

∂x(x0, y0) 6= 0 ou si

∂f

∂y(x0, y0) 6= 0, alors on est sûr que f ne

présente pas en (x0, y0) un extremum.

3. Résoudre l'équation∂f

∂y(x, y) = 0 d'inconnue (x, y) ∈ ... n'a pas d'intérêt... pas plus que

l'équation∂f

∂x(x, y) = 0 d'inconnue (x, y) ∈ .... C'est le système

∂f

∂x(x, y) = 0

∂f

∂y(x, y) = 0

d'in-

connue (x, y) ∈ ... qu'il faut résoudre an de trouver les extremums.

Méthode:

Pour trouver les éventuels extremums d'une fonction f de deux variables de classe C1, on fait deuxétapes :

1. On calcule ses dérivées partielles et on écrit qu'elles sont toutes nulles au point qui nousintéresse (Des éléments qui vérient cette propriété sont appelés des points critiques de f).Cela donne donc un système à résoudre.

2. Si f n'a pas de point critique, on peut conclure que f n'a pas d'extremum à l'intérieur de sonensemble de dénition (Méez-vous des bords !). Sinon, on essaye de démontrer (ce sont desinéquations) que ces points critiques sont ou ne sont pas des extremums. On s'intéresse donc



au signe de f(x, y) − f(a, b) avec (a, b) un point critique et (x, y) deux réels quelconques.Quelques réexes de base permettent en général de s'en sortir : dire qu'un carré est positif,utiliser une fonction dont on a étudié le signe. Si c'est plus compliqué, il devrait y avoir uneindication dans l'énoncé !

ä Exercice :

Soit f : (x, y) 7→ x× exp(x(y2 + 1

)).

1. Montrer que, pour tout (x, y) ∈ R2, on a f(x, y) > x× exp (x).

2. Étudier rapidement la fonction g suivante : g : x 7→ x× exp (x) et trouver la valeur de sonminimum s'il existe.

3. En déduire que f admet un minimum sur R2 atteint en un seul point.

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .On vous laisse expliquer rapidement pourquoi f est de classe C1 sur R2 et pourquoi g est dérivablesur R. On prend x et y deux réels.

1. On a :f(x, y) = x× exp

(x(y2 + 1

))= x× exp (x)× exp

(xy2)

Si x est positif alors exp(xy2)> 1 et x× exp (x) > 0 d'où :

f(x, y) > x× exp (x) .

Si x est négatif alors exp(xy2)6 1 et x × exp (x) 6 0 donc on obtient de nouveau que

f(x, y) > x× exp (x).

2. Sans diculté, pour tout réel x, on a : g ′(x) = exp (x) × (x + 1). On cherche le signe de

g ′ : tout ça, vous savez faire et vous obtenez donc un minimum de g en −1 valant−1

e.

3. f est de classe C1 sur R2, on peut donc chercher ses points critiques. Soient a et b deuxréels, on note P la propriété "(a, b) est un point critique de f", on a :

P ⇐⇒ ∂f

∂x(a, b) = 0 et

∂f

∂y(a, b) = 0

⇐⇒ ((b2 + 1)a+ 1) et (2ba2) = 0

car exp(a(b2 + 1

))6= 0

⇐⇒

a = −1

b = 0ou

0 = −1

a = 0

⇐⇒

a = −1

b = 0car 0 6= −1

Ainsi, si (a, b) 6= (−1, 0), f(a, b) n'est pas un extremum de f. Soient x et y deux réels. On

sait que f(x, y) > xex donc f(x, y) > g(x). Or g(x) >−1

eet f(−1, 0) =

−1

e(ça tombe

bien !) donc f(x, y) > f(−1, 0). Donc f(−1, 0) est le minimum de f et il n'est atteint qu'en(−1, 0).


Partie 8: Fonctions de deux variables réelles Utilisation des dérivées partielles

8.4.3 Plan tangent, approximations

Soit f : D→ R une fonction de classe C1 sur D. Soit (x0, y0) un point de D.• Le plan tangent à Sf en (x0, y0) est le plan d'équation cartésienne :

z = f(x0, y0) +∂f

∂x(x0, y0) (x− x0) +

∂f

∂y(x0, y0) (y− y0) .

• Le plan tangent à Sf en (x0, y0) est donc le plan passant par(x0, y0, f (x0, y0)) et normal à

−−→grad(x0,y0)(f).

Définition 332

* Remarque :

On utilise les notations précédentes.

1. Soient x : t 7→ x(t) et y : t 7→ y(t) deux fonctions dérivables sur R telles que x(t0) = x0et y(t0) = y0. z : t 7→ z(t) = f (x(t), y(t)) est une courbe de la surface Sf passant parM0 (x0, y0). On peut démontrer, en utilisant la proposition sur la dérivation de fonctionscomposées, que les tangentes en M0 à ces types de courbes de la surface Sf passant par M0

appartiennent toutes au plan tangent à Sf en M0.

2. Le plan tangent à Sf en M0 est donc le meilleur plan approchant la surface Sf.

3. Le gradient de f en (x0, y0) est normal au plan tangent à Sf enM0. Ainsi, toutes les tangentesen M0 à ces types de courbes de la surface Sf sont orthogonale au gradient de f en (x0, y0).Cela s'interprète géométriquement par le fait que la direction du gradient indique la directionsuivant laquelle f varie le plus vite, la norme du gradient mesurant l'intensité de cette variation.

• En tout pointM0 (x0, y0), le gradient de f en (x0, y0) est normal à la ligne de niveau f(x0, y0)de f comme le montre l'illustration d'après.

.) Illustration :



Soit f : D→ R une fonction de classe C1 sur D. Soient h et k deux réels.• La quantité suivante est négligeable devant

√h2 + k2 :

f(x0 + h, y0 + k) − f(x0, y0) −

(h∂f

∂x(x0, y0) + k

∂f

∂y(x0, y0)

)• En notant −→u le vecteur (h, k) et · le produit scalaire, on a donc :

f(x0 + h, y0 + k) − f(x0, y0) ≈−−→grad(x0,y0)(f) ·

−→u

Proposition 333

* Remarque :

On approche donc le point M0(x0 + h, y0 + k, f(x0 + h, y0 + k)) de Sf par le point M de co-

ordonnées

(x0 + h, y0 + k, f(x0, y0) +

(h∂f

∂x(x0, y0) + k

∂f

∂y(x0, y0)

)), autrement dit par le point

du plan tangent à Sf en M (x0, y0) ayant même abscisse et ordonnée que M0.

ä Exercice :

On reprend f : (x, y) 7→ x × exp(x(y2 + 1

)), donner une bonne approximation en (1, 2) de sa

surface.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Comme f est de classe C1, une bonne approximation en (1, 2) de sa surface est le plan d' équationcartésienne :

z = f(1, 2) +∂f

∂x(1, 2) (x− 1) +

∂f

∂y(1, 2) (y− 2)

c'est-à-dire (en reprenant les expressions trouvées pour les dérivées partielles de f) :

z = e5 + 6e5 (x− 1) + 4e5 (y− 2) .


Chapitre 1 R evision d’analyse

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