es maths
en ête
ANALYSE
2e édition
Xavier GOURDON

LES MATHS EN TÊTE
Mathématiques pour MPH
ANALYSE
2e édition
Xavier GOURDON
Ancien élève de l'école polytechnique

même auteur chez le même éditeur :
Algèbre, Les maths en tête, 288 pages.
ISBN 978-2-7298-3759-4
© Ellipses Édition Marketing S.A., 2008
32, rue Bargue 75740 Paris cedex 15
Le Code de la propriété intellectuelle n'autorisant, aux termes de l'article
L. 122-5.2° et 3°a), d'une part, que les « copies ou reproductions strictement
réservées à l'usage privé du copiste et non destinées à une utilisation collective »,
et d'autre part, que les analyses et les courtes citations dans un but d'exemple
et d'illustration, « toute représentation ou reproduction intégrale ou partielle
faite sans le consentement de l'auteur ou de ses ayants droit ou ayants cause est
illicite» (Art. L. 122-4).
Cette représentation ou reproduction, par quelque procédé que ce soit
constituerait une contrefaçon sanctionnée par les articles L. 335-2 et suivants du Code de
la propriété intellectuelle.
www.editions-ellipses.fr

Avant-propos de la deuxième édition
Plus de dix ans après la sortie de la première édition, cet ouvrage est encore
largement utilisé pour la préparation des concours (grandes écoles, agrégation). Les retours de
mes lecteurs (grâce à internet notamment) sont nombreux et m'ont encouragé à réaliser
cette deuxième édition. Cette dernière contient des corrections de coquilles, quelques
retouches et améliorations de preuves et solutions, ainsi que quelques exercices et problèmes
supplémentaires dans l'esprit de l'édition précédente. Par ailleurs, le chapitre intégration a
été largement revu pour être plus conforme au programme des classes préparatoires
scientifiques. Enfin, une nouvelle annexe (annexe C) propose une démonstration du théorème
des nombres premiers accessible à partir du programme des classes préparatoires.
J'espère que les améliorations de cette deuxième édition seront utiles à mes lecteurs
pour la préparation de leur concours. Je tiens à remercier chaleureusement ceux qui m'ont
aidé, directement ou indirectement, et en particulier les internautes dont les commentaires
ont étés nombreux.
xavier.gourdon_livres@yahoo.fr

Avant-propos de la première édition
Cet ouvrage propose aux étudiants des classes de mathématiques spéciales (programme
M') des rappels et des compléments de cours complets, ainsi que des exercices et des
problèmes corrigés. Il pourra également intéresser les élèves préparant l'agrégation.
L'ouvrage est orienté dans le même esprit que le tome Algèbre : le lien étroit qui existe
entre le cours et les exercices est mis en avant. En effet, une bonne compréhension du cours
passe nécessairement par la résolution d'exercices, et réciproquement, il est illusoire de
s'attaquer à des exercices difficiles sans avoir une compréhension profonde du cours. Dans
cet esprit, de multiples remarques ponctuent les parties de cours, mettant en avant ses
subtilités, et faisant le lien avec les exercices qui suivent.
Les parties de cours ne sont pas un substitut au cours du professeur, mais plutôt un
résumé exhaustif qui l'éclairé d'une façon différente. Les compléments sont des résultats
très classiques qui ne figurent pas au programme mais dont la connaissance est utile
et parfois indispensable pour mener à bien un exercice ou un problème. Les résultats
présentés sont démontrés lorsqu'ils sont à la limite du programme ou lorsqu'ils constituent
un point important dont la démonstration met en place des techniques instructives que
l'étudiant doit connaître et savoir maîtriser.
à la fin de chaque section, on trouve une liste d'exercices de difficultés progressives,
classiques ou parfois originaux, qui constituent une illustration du cours qui les précède.
Je me suis efforcé à chaque fois de passer en revue tous les problèmes qui tournent autour
du thème de l'exercice. Les nombreuses références au cours sont là pour inviter le lecteur
à s'y reporter, le but étant de savoir et de comprendre précisément les résultats que l'on
utilise.
Une liste de problèmes ponctue la fin de chaque chapitre, ces problèmes étant des
exercices plus longs, plus difficiles ou plus originaux que les précédents et faisant appel à
l'ensemble du cours du chapitre, à la fin de certains chapitres, on trouve des sujets d'étude
introduisant des théories élégantes dans le thème du chapitre. Deux annexes présentent
des curiosités mathématiques liées au programme d'analyse.
Les résultats du cours ou les exercices les plus importants sont indiqués par une flèche
dans la marge de gauche.
Je tiens à remercier toutes les personnes qui m'ont aidé, Georges Papadopoulo,
Bertrand Saint-Aubin et Alexia Stéfanou pour la relecture de certains chapitres, Bénédicte
Herbinet à qui je dois une élégante solution, Philippe Flajolet pour sa contribution aux
énoncés de quelques problèmes. Ce travail a pu se concrétiser grâce au PROJET
ALGORITHMES qui m'a permis de donner à l'ouvrage sa version typographique actuelle et à la
collection ELLIPSES qui l'a accueilli, et je les en remercie.
Je serais reconnaissant à ceux de mes lecteurs qui me feront parvenir leurs remarques
sur cette première édition.
Xavier Gourdon

Table des matières
Avant-propos de la deuxième édition 3
Avant-propos de la première édition 4
Chapitre 1. Topologie sur les espaces métriques et les espaces vectoriels
normes 7
1. Généralités 7
2. Suites dans un espace métrique 19
3. Espaces compacts 27
4. Espaces connexes 38
5. Espaces vectoriels normes (e.v.n) 47
6. Problèmes 57
Chapitre 2. Fonctions d'une variable réelle 69
1. Fonctions dérivables 69
2. Développements limités et développements asymptotiques 85
3. Fonctions convexes, fonctions réglées 94
4. Problèmes 102
Chapitre 3. Intégration 119
1. Intégrale sur un segment de R 119
2. Calcul de primitives 132
3. Intégrale sur un intervalle quelconque 143
4. Intégrales dépendant d'un paramètre, équivalents d'intégrales 157
5. Problèmes 172
Chapitre 4. Suites et séries 191
1. Suites numériques 191
2. Séries numériques 200
3. Suites et séries de fonctions 220
4. Séries entières 236
5. Séries de Fourier 256
6. Problèmes 270
7. Sujets d'étude 295
Chapitre 5. Fonctions de plusieurs variables 303
1. Différentielle, dérivées partielles 303

6
TABLE DES MATIÈRES
2. Extremums relatifs
3. Inversion locale, fonctions implicites
4. Intégrales multiples, intégrales curvilignes
5. Problèmes
Chapitre 6. Equations différentielles
1. Généralités
2. Equations différentielles linéaires
3. Equations différentielles non linéaires
4. Quelques compléments
5. Problèmes
Annexe A. Théorème de Baire et applications
Le théorème de Baire
Applications
Annexe B. Espaces de Hilbert
1. Résultats généraux sur les espaces de Hilbert
2. Quelques propriétés des espaces de Hilbert
Annexe C. Théorème des nombres premiers
1. Préliminaires
2. Preuve du Théorème des nombres premiers
3. Histoire du Théorème des nombres premiers
Index des notations
Index

CHAPITRE 1
Topologie sur les espaces métriques et les espaces vectoriels
normes
LA naissance de la topologie est directement liée à l'étude des ensembles de
nombres réels. Un premier signe fut certainement la définition de la notion de
point d'accumulation par Weierstrass vers 1860 (qui démontra que tout
ensemble de nombres réels infini borné admet au moins un point d'accumulation,
résultat admis auparavant).
Ce point de vue un peu étroit tomba ensuite en désuétude. Ce n'est qu'en
1906, à force d'étudier des ensembles de plus en plus abstraits, qu'apparut
la notion de distance, introduite par Préchet. La notion d'espace topologique
général ne naquit qu'en 1914 grâce à Hausdorff qui définit la notion de
voisinage.
Le développement des espaces vectoriels normes (en particulier de
dimensions infinies) est d'abord dû à Hilbert; Banach compléta largement cette
théorie dans les années 1930.
La notion d'ensemble compact, en germe dès 1900, se développa avec Borel
et Lebesgue grâce aux considérations liées à la théorie de la mesure.
La théorie générale des espaces topologiques n'étant pas au programme des classes de
mathématiques spéciales, nous nous limiterons à l'étude des espaces métriques. Les
curieux trouveront cependant leur compte dans les différentes remarques des parties de
cours.
En annexe, sont présentés sous forme de problèmes et d'exercices :
- Le théorème de Baire et quelques applications (annexe A).
- Quelques résultats sur les espaces de Hilbert (annexe B).
Ces curiosités ne sont pas au programme de mathématiques spéciales, mais elles
constituent de forts jolies théories qui nous sont accessibles.
1. Généralités
1.1. Normes et Distances
Normes.
Définition 1. Soit E un K-espace vectoriel (où K = ]R ou C). Une norme sur E est une
application E —> R+ x >-> ||x|| telle que
(i) On a ||rc|| = 0 si et seulement si x = 0.
(ii) Pour tout À € K, pour tout x e E, \\Xx\\ = |À| • ||rc||.
(iii) Pour tout (x, y) e E2, \\x + y\\ < \\x\\ + \\y\\ (inégalité triangulaire).
Muni d'une norme, E est appelé un K-espace vectoriel norme (en abrégé e.v.n).
Exemple 1. - x >—> \x\ est une norme sur M, z \—> \z\ est une norme sur C.

8 1. TOPOLOGIE SUR LES ESPACES MÉTRIQUES ET LES ESPACES VECTORIELS NORMES
- Dans Rn, en notant x = (jci, ..., xn), on a les normes classiques suivantes
IWIi = X)M» II^H2 = \l52x*y ^°°= sup'Xi''
Plus généralement, pour tout a > 1, ||rc||Q = (J^ |#i|a)1/a est une norme sur Rn
(voir la conséquence de l'inégalité de Minkowsky, page 96).
- L'ensemble B(X, E) des applications bornées d'un ensemble X dans un e.v.n E est
un espace vectoriel norme muni de la norme ||/||oo = suPzex \f(x)\ (ce*te norme
s'appelle norme de la convergence uniforme.)
Remarque 1. Lorsque seules les propriétés (ii) et (iii) de la définition sont vérifiées, on dit
que || • || est une semi-norme.
Distances.
Définition 2. Soit E un ensemble. On appelle distance sur E toute application d : E x
E -> R+ telle que :
(i) d(x,y) = 0 si et seulement si x = y.
(ii) Pour tout x, y e E, d(rc, y) = d(y,x) (symétrie).
(iii) Pour tout x, y, z G E, d(x,z) < d(x,y) + d(y, z) (inégalité triangulaire).
Muni d'une distance, E est appelé espace métrique.
Exemple 2. - Si E est un e.v.n, d(x,y) = \\x — y\\ définit une distance sur E, qui fait
de l'e.v.n E un espace métrique. Sauf mention contraire, c'est cette distance que
l'on choisit toujours dans un e.v.n.
- Sur tout ensemble E, la distance d définie par
d(rc, y) = 0 si x = y, d(x, y) = lsix^y
est appelée distance discrète sur E. L'espace métrique (E, d) est alors appelé espace
discret.
Diamètre d'une partie, distance entre deux parties.
DÉFINITION 3. Soit (E, d) un espace métrique. Si A C E, A ^ 0, on appelle diamètre de
A l'élément de [0, +oo] défini par
ô(A) = sup d(x,y).
(x,y)eA*
On dit que A est bornée si A = 0 ou si ô(A) < +oo.
DÉFINITION 4. Soient A et B deux parties non vides d'un espace métrique (i?,d). On
appelle distance de A à B le réel
d(A,B) = inf d(x,y).
xÇA
y&B
Lorsque x est un élément de E, on appelle distance de x à A le réel
d(x,A) = d({x},A) = mîd(x,y).
yeA
Remarque 2. Attention ! Avec cette définition, l'application d : (V(E)\{0})2 (A, B) -*
d(A, B) n'est pas une distance sur V(E) \ {0} (on peut avoir d(A, B) = 0 avec A ^ B).

1. GÉNÉRALITÉS
9
Boules et sphères.
DÉFINITION 5. Soit (E, d) un espace métrique. Pour tout x G E et pour tout p > 0, on
appelle
- boule ouverte de centre x de rayon p l'ensemble B(x,p) = {y G E \ d(x,y) < p},
- boule fermée de centre x de rayon p l'ensemble Bf(x,p) = {y G E \ d(x,y) < p},
- sphère de centre x de rayon p l'ensemble S(x,p) = {y G E \ d(x,y) = p}.
Lorsque E est un espace vectoriel norme (muni de la distance issue de la norme) et que
x = 0, p = 1, on parle de boule unité ouverte, boule unité fermée et de sphère unité.
Proposition 1. Soit (E,d) un espace métrique, A une partie de E, etx e E. L'ensemble
A est borné si et seulement s'il existe r > 0 tel que A C B(x,r).
1.2. Topologie d'un espace métrique
Sauf mention contraire, dans toute cette sous partie, (E, d) désigne un espace métrique.
Ouverts.
Définition 6. Une partie fi de E est dite ouverte (ou fi un ouvert) si fi = 0 ou si
Vrc G fi, 3p > 0 tel que B(x, p) C fi.
L'ensemble des parties ouvertes de E s'appelle topologie de E.
Exemple 3. Une boule ouverte est un ouvert. En particulier, dans R (muni de la distance
usuelle d(x,y) = \x — y\), les intervalles ouverts ]a, /?[ sont des ouverts.
Proposition 2. (%) Les parties 0 et E sont des ouverts,
(ii) Une réunion d'ouverts est un ouvert,
(iii) Une intersection finie d'ouverts est un ouvert.
Remarque 3. Attention, une intersection infinie d'ouverts peut ne pas être ouverte. Par
exemple, dans M, nn€N* ]—l/n» VnI = {0} n'est pas ouvert.
Fermés.
DÉFINITION 7. Une partie F de E est dite fermée (ou F un fermé) si E \ F est ouvert.
Exemple 4. Une boule fermée est un fermé. En particulier, un singleton {x} = Bf(x,0)
est un fermé. Dans R, les intervalles fermés [a, p] sont des fermés.
Proposition 3. (i) Les parties 0 et E sont des fermés,
(ii) Une intersection de fermés est un fermé,
(iii) Une réunion finie de fermés est un fermé.
Remarque 4. Attention, une réunion infinie de fermés peut ne pas être fermée. Par
exemple, dans M, UnGN*[Vn> 1 — Vnl = ]0> M n'es* P08 un fermé.
Voisinages.
Définition 8. On appelle voisinage d'un élément x de E toute partie V de E contenant
un ouvert contenant x. L'ensemble des voisinages de x est noté V(x).
Exemple 5. Un ouvert contenant x est un voisinage de x, une boule fermée de centre x
de rayon p > 0 est un voisinage de x.
Remarque 5. Une réunion (resp. une intersection finie) de voisinages de x est un voisinage
de x.

10 1. TOPOLOGIE SUR LES ESPACES MÉTRIQUES ET LES ESPACES VECTORIELS NORMES
Commentaire sur les espaces topologiques généraux.
Un espace topologique général E est défini comme étant un ensemble muni d'une partie
de V{E) dont les éléments sont appelés des ouverts et vérifient les axiomes (i), (ii) et (iii)
de la proposition 2. On définit alors les fermés comme à la définition 7 et les voisinages
comme à la définition 8.
Toutes les notions de cette partie 1.2 peuvent être étendues aux espaces topologiques.
Il existe pour les espaces topologiques généraux une notion importante appelée la
séparation. Un espace topologique E est dit séparé s\ pour tous éléments x,y G E, x ^ y,
il existe V G V(x) et W G V(y) tels que V D W = 0. On voit facilement que tout espace
métrique est séparé.
Adhérence.
Définition 9. L'adhérence d'une partie A de E, notée A, est le plus petit ensemble fermé
contenant A.
Remarque 6. - L'ensemble A existe, c'est l'intersection des fermés contenant A.
- Une partie A est fermée si et seulement si A = A.
Proposition 4. Soit A une partie de E. Un élément x de E est dans A si et seulement
si l'une des assertions suivantes est vérifiée :
(i) Ve > 0,3a G A, d(a, x) < e.
(ii) Pour tout voisinage V de x, V D A ^ 0.
(iii) à{x,A) = 0.
Exemple 6. - Dans R, l'adhérence de tout intervalle ouvert borné ]a,(3[ est [a,/?].
- Dans un e.v.n, on a B(0,1) = Bf(0,1), propriété fausse dans un espace métrique
général (voir l'exercice 1).
- Si A est fermé, on a
x G A «=» x€~Â <é=» d(x,A) = 0.
Définition 10. Une partie A de E est dite dense dans E si ~k = E.
Exemple 7. En utilisant la proposition précédente, on voit facilement qu'une partie A de
R est dense dans R (R étant muni de la distance usuelle) si et seulement si
(V(o, b) G R2, a < 6), ]a, b[nA^0.
Par exemple, Q et R \ Q sont denses dans R.
Intérieur.
o
Définition 11. L'intérieur d'une partie A de E, noté A, est le plus grand ouvert contenu
dans A.
Remarque 7. - L'intérieur de A existe : c'est la réunion des ouverts contenus dans A.
o
- Une partie A de E est ouverte si et seulement si A = A.
o
- Pour toute partie A de E, A = E\(E\A) et 1 = E\(eK%).
o
Proposition 5. Soit A une partie de E etx un élément de A. On ax e A si et seulement
si l'une des assertions suivantes est vérifiée.
(i) A est un voisinage de x.
(ii) Il existe e > 0 tel que B(rc, e) C A.
Exemple 8. Dans R, l'intérieur de [a,/3] est ]«,/?[; l'intérieur de Q, de R\Q, est 0.

1. GÉNÉRALITÉS
11
Frontière.
o
DÉFINITION 12. La frontière d'une partie A de E est l'ensemble A\A. On la note Fr(A)
(ou encore dA).
Point d'accumulation, point isolé.
Définition 13. Soit A une partie de E.
- On dit que a G E est un point d'accumulation de A si pour tout voisinage V de a,
VDA^0etVnA^ {a}, ce qui s'écrit encore
(Ve > 0), B(a, e) D A ^ 0 et ^ {a}.
- On dit que a e A est un pom£ iso/e de A s'il existe un voisinage V de a tel que
V C\A = {a}, ce qui s'écrit encore
(3e >0), B(a,e)D^ = {a}.
Remarque 8. Si a est un point d'accumulation de A, alors a G A et de plus pour tout
e > 0, B(a, e) contient une infinité de points de A.
Exemple 9. Dans R, 0 est point d'accumulation de l'ensemble {l/n,n G N*}.
Topologie induite dans un espace métrique. Soit (E, d) un espace métrique et
A C E. Une manière bien naturelle de faire de A un espace métrique est de le munir de
la restriction de la distance d de E à A x A. Ainsi, (A, d) est un espace métrique dont
la topologie est appelée topologie induite par (E,d). La proposition suivante permet de
caractériser les ouverts, fermés et voisinages de A par rapport à ceux de E.
Proposition 6. Soit A une partie de E.
- Les ouverts de A sont les ensembles de la forme Q D A, Cl étant un ouvert de E.
- Les fermés de A sont les ensembles de la forme F D A, où F est un fermé de E.
- Si a G A, les voisinages de a dans A sont les ensembles de la forme V C\A,V étant
un voisinage de a dans E.
Exemple 10. L'ensemble [0,1[ est un ouvert de A = [0,2] (on peut écrire par exemple
[o,i[ = ]-i,i[nA).
1.3. Continuité
Applications continues.
Définition 14. Soient (£,d) et (E',d!) deux espaces métriques, et / : E -* E' une
application. On dit que / est continue en a e E si pour tout voisinage W de /(a), il
existe un voisinage V de a tel que f(V) C W. Lorsque / est continue en tout point de E,
on dit que / est continue sur E.
Proposition 7. Soient (E, d) et (E\ d!) deux espaces métriques, et soit f : E —► E' une
application. Alors f est continue en a G E si et seulement si
(Ve > 0,3a > 0,Vx G E), (d(a,x) < a =► d'(/(a),/(rc)) < e).
Proposition 8. Soient (E,d), (E',d!), (E",d") trois espaces métriques, et deux
applications f : E —► E' et g : E' -> E". Si f est continue en a G E et g continue en f(a),
alors l'application g o f : E —» E" est continue en a.
Proposition 9. Soit f : (E, d) —> (E\ d') une application. Les trois assertions suivantes
sont équivalentes.
(i) f est continue sur E.

12 1. TOPOLOGIE SUR LES ESPACES MÉTRIQUES ET LES ESPACES VECTORIELS NORMES
(ii) L'image réciproque par f de tout ouvert de E' est un ouvert de E.
(iii) L'image réciproque par f de tout fermé de E' est un fermé de E.
Remarque 9. Lorsque l'image de tout ouvert par / est un ouvert, on dit que / est une
application ouverte. Une application continue n'est pas forcément ouverte (considérer par
exemple une fonction constante sur R). De même, l'image d'un fermé par une application
continue n'est pas forcément fermée. Par exemple,
est continue et /(R) = ] — 1,1[ n'est pas fermé.
Home omorphismes.
Définition 15. Soit une application F : (E,d) -* (E',d'). On dit que / est un
homéomorphisme si / est bijective, continue, et si f~l est continue.
Remarque 10. Une application peut être continue et bijective sans que l'application
réciproque ne soit continue. Par exemple, l'application identité / de (R, ddiS) dans (R, d)
(ddiS désignant la distance discrète sur R, d la distance usuelle) est continue mais f~l n'est
pas continue. (Cependant, on sait que si / : (R, d) —* (R, d) est continue et bijective,
alors f~l est continue. Sous certaines hypothèses de compacité, il est également possible
de conclure à la continuité de l'application réciproque — voir la proposition 14 page 31.)
DÉFINITION 16. Deux distances d et d' sur E sont dites topologiquement équivalentes si
elles définissent la même topologie (i. e. si les ouverts de (E, d) sont des ouverts de (E, d!)
et réciproquement).
Proposition 10. Deux distances d et d' sur E sont topologiquement équivalentes si et
seulement si l'application identité de (E,d) sur (E,d') est un homéomorphisme.
Remarque 11. Si d et d' sont topologiquement équivalentes, les espaces métriques (E,d)
et (E, d') possèdent les mêmes propriétés topologiques (en effet, les ouverts de ces deux
espaces métriques coïncident, et il en est donc de même pour les fermés et les voisinages).
Normes et distances équivalentes.
Définition 17. - Deux normes Ni et A^ sur un même e.v E sont dites équivalentes
s'il existe a > 0 et b > 0 tels que pour tout x G E, aNi(x) < AT2(a;) < bNi(x).
- Deux distances di et d2 sur E sont dites équivalentes s'il existe a > 0 et b > 0 tels
que pour tout x,y e E, ad\{x,y) < d2(x,y) < bdi(x,y).
Remarque 12. - Deux normes équivalentes induisent deux distances équivalentes.
- Deux distances équivalentes sont topologiquement équivalentes. Ainsi, les résultats
de nature topologiques sont indépendant du choix de l'une ou l'autre des distances.
- On verra plus loin (voir le théorème 3 page 50) que sur un e.v de dimension finie,
toutes les normes sont équivalentes.
Applications uniformément continues.
Définition 18. Une application / : (E, d) —> (£',d') est dite uniformément continue
sur E si
(Ve > 0,3a > 0,Vx,2/ G E), (d(x,y) < a =» d'(/(x), f(y)) < e).
Remarque 13. - Une fonction uniformément continue est continue ; la nuance entre ces
deux notions est qu'une fonction uniformément continue vérifie d'(f(x),f(y)) < e
pour tous les couples (x, y) tels que d(x, y) < a, a étant indépendant de rc, alors
que pour une fonction continue, a dépend de x. L'uniformité de cet a > 0 pour une

1. GÉNÉRALITÉS
13
fonction uniformément continue / en fait une fonction souple d'emploi. Du coup,
certains théorèmes sont vrais pour les fonctions uniformément continues mais pas
pour les fonctions continues. Nous verrons cependant que toute fonction continue
sur un compact y est uniformément continue (voir le théorème 2 page 31).
- Attention ! L'uniforme continuité n'est pas une notion topologique. Autrement dit,
la seule définition de la topologie de E et E' ne suffit pas à définir l'uniforme
continuité. En particulier, une fonction uniformément continue vis-à-vis d'une certaine
distance ne l'est pas forcément vis-à-vis d'une distance topologiquement équivalente.
Par contre, une fonction uniformément continue de (E, di) dans (E^dJ), lorsqu'elle
est regardée comme une fonction de (E, d2) dans (E', d'2), reste uniformément
continue lorsque les distances di,d2 et d'^dg sont équivalentes, ou lorsqu'elles sont
uniformément équivalentes (voir la définition qui suit).
Exemple 11. - Une fonction / : (E, d) —> (E',d') lipschitzienne, c'est-à-dire vérifiant
(3k > 0,Vx,y e E), d!(f(x)J(y)) < kd(x,y),
est uniformément continue.
- La fonction / : ]0,1] ->1 x h-> l/x est continue mais n'est pas uniformément
continue.
La fin de la remarque précédente motive la définition suivante.
DÉFINITION 19. Deux distances d et d' sur E sont dites uniformément équivalentes si
l'application identité est uniformément continue de (E, d) dans (E, d') et de (E, d') dans
(B,d).
Remarque 14. Deux distances équivalentes sont uniformément équivalentes. Deux
distances uniformément équivalentes sont topologiquement équivalentes.
1.4. Produit d'espaces métriques
On se donne un nombre fini n d'espaces métriques (Ei,di),..., (En,dn) et on pose
E = Ei x • • • x En. On veut faire de E un espace métrique. Un moyen naturel est de
construire une distance d sur E à partir des distances d*. Par exemple si x = (xi,..., xn)
et V = (?/i) • • • >2/n) G E> d(x,y) = maxi<i<ndi(xi,yi) définit une distance sur E. Cette
distance est appelée distance produit sur E. Sauf mention contraire, c'est cette distance
que nous utiliserons sur un produit d'espaces métriques.
Remarque 15. - En posant
n
\
n
^2di(xuyi)2,
i=l
d'(x, y) = ^T di(xh yi) et d"(x, y) =
i=l
on a également affaire à des distances sur E. Ces distances sont équivalentes à la
distance produit d, car
Va;,y G E, d(x,y) < d"(x,y) < d'(x,y) < nd(x,y).
Il est donc indifférent de travailler avec l'une ou l'autre de ces distances. C'est parce
que la distance produit est plus souple d'utilisation que nous l'avons choisie.
- Au sens de la distance produit d, la boule ouverte de centre a = (ai,... ,an) de
rayon r > 0 vérifie
B(a,r) = B(ai,r) x • • • x B(an,r).
Proposition 11. Si Oi,..., On sont des ouverts de £1,..., En, le produit 0\ x • • • x On
est un ouvert de E appelé ouvert élémentaire.

14 1. TOPOLOGIE SUR LES ESPACES MÉTRIQUES ET LES ESPACES VECTORIELS NORMES
Un ouvert de E n'est en général pas un ouvert élémentaire.
Proposition 12. La projection d'indice i, définie par
Pr* : E = EiX ■■■ x En-+ Ei (xi, ...,xn)^Xi
est une application continue et ouverte (une application est dite ouverte si l'image de tout
ouvert par cette application est un ouvert).
Proposition 13. Une application
f: (Fyô)-+E1x.-.xEn x~f(x) = (f1(x),->-ifn(x)).
est continue en a E F si et seulement si pour tout i, fi = Pr* o/ est continue en a.
Proposition 14. Soit une application f : E = Ei x • • • xEn —> F et a = (ai,..., an) e E.
Pour tout i, on note
fii Ei^F x i-> /(ai,...,Oi_i,x,ai+i,...,an)
(fi est appelée application partielle d'indice i au point a). Si f est continue en a, alors
pour tout i, l'application partielle fi est continue en ai.
Remarque 16. Attention ! La réciproque de ce dernier résultat est fausse. En d'autres
termes, il se peut que tous les fi soient continues en ai sans que / soit continue en a. Par
exemple, considérons l'application / : M2 —► R définie par
/(0,0) = 0 et V(x,y)^ (0,0), /(x,y) =-5^-5.
x -f- y
Les applications partielles en (0,0) sont nulles, donc continues, et pourtant / n'est pas
continue en (0,0) (sinon, l'application (p : x t-> f(x,x) serait continue — composée
d'applications continues — ce qui est faux puisque (p(0) = 0 et (p(x) = 1/2 dès que
x^0).
Continuité de la distance.
Proposition 15. Soit (E,d) un espace métrique. Alors l'application distance d : E x
E —>R est lipschitzienne de rapport 2, en particulier continue.
Conséquence . Soit a G E et r > 0. L'application ip : E —► R x *-+ d(a, x) est continue
d'après les deux dernières propositions. On en déduit que Bf(a, r) = <£>-1([0, r]) et S(a, r) =
<P~1({r}) (sphère de centre a de rayon r), images réciproques de fermés par une application
continue, sont des fermés de E. On retrouve de même qu'une boule ouverte est un ouvert.
Continuité des opérations dans un e.v.n.
Proposition 16. Soit E un e.v.n sur K (avec K = R ou C). Les applications
ExE->E (x, y) ^ x + y et KxE-^E (À, x) *-*■ À • x
sont continues.
Algèbre normée.
Définition 20. On dit qu'une norme || • || sur une K-algèbre A (avec K = R ou C) est
une norme d'algèbre si \\xy\\ < \\x\\ • \\y\\ pour tout (x,y) G A2. Munie d'une telle norme,
A est appelée algèbre normée. L'application Ax A —> A (x, y) >—> xy est alors continue.
Proposition 17. Soit A un K-e.v.n (K = R ou C) etf,g: (E, d) -» A deux applications
continues en a G E. Alors les applications f + g, \f (pour tout À G K fixé) sont continues
en a. Si A est une algèbre normée, l'application fg est continue en a.

1. GÉNÉRALITÉS
15
1.5. Limites
DÉFINITION 21. Soient (E, d) et (F, ô) deux espaces métriques et une application f : D C
E —> F. Soient A C D et a G A, £ G F. On dit que f(x) tend vers £ quand x tend vers a
selon A, et on note lim f(x) = £, si pour tout voisinage W de £, il existe un voisinage V
x—ta
xÇA
de a tel que f(A D V) C W. Ceci s'écrit aussi
Ve > 0,3a > 0 tel que Vrc G A vérifiant d(a, x) < a, on a ô(f(x),£) < e.
Remarque 17. Si £ existe, £ est unique et on a £ G f(A) ; ^ est alors appelée la limite de
f en a selon A.
Exemple 12. - Limite usuelle. Si a est point d'accumulation de D, si A = D \ {a},
lim est encore noté lim .
x—ta x—► ©
x€A x^a
- Limite à gauche. Soit / une fonction de la variable réelle x G /, et a G /. Lorsque
A = ]—oo,a[n /, la limite lim/(rc), si elle existe, est encore notée lim f(x) (ou
xgA x<o
linxp-vo- f{x), ou encore /(a—)) et appelée limite à gauche de / en a. On définit de
même lim f(x) (encore notée lima;_va+ f(x) ou /(a+)) la limite à droite de / en a.
x—*a
x>a
- Limite en +oo. On note 1R l'ensemble RU{—oo,+oo} (cet ensemble est appelé 1R
achevé). Sur E, on définit
x
^fa) = ~i—TT si £ € R, <^(+oo) = l,<^(—oo) = —l.
I + \x\
On vérifie facilement que d(x, y) = \(p{x) — (p(y)\ définit une distance sur EL Cette
distance fait de R un espace métrique et nous autorise à parler de limite en +oo
ou en —oo. Lorsqu'une fonction de la variable réelle / est définie sur ]c, +oo[, il est
évidemment très lourd de caractériser la limite de / en +oo grâce à la distance d
sur R. On montre facilement que f(x) tend vers £ en +oo si et seulement si
(Ve > 0,3C > c,Vx > C), d{f(x),£) < e,
et on note alors lim^-v+oo f(x) = £. On caractériserait de même la limite en —oo.
Noter que l'on peut de la même manière caractériser la limite d'une suite N —» (E, d)
en +oo.
- Limite infinie. Lorsqu'une fonction / est à valeurs réelles, il est possible de
caractériser simplement les limites infinies de /. Par exemple, / tend vers +oo lorsque
x tend vers a selon A si et seulement si
(VC > 0,3a > 0, Vrc G A), (d(a, x) < a =► f(x) > C).
On note alors lim*-a f(x) = +oo.
- Le lecteur pourra de même caractériser simplement une limite infinie prise à l'infini.
Composition des limites.
Proposition 18. Soient f : Dr c (E,d) -> (F,d;) et g_^ D2 C (F,d') -> (<3,d") telles
que f(Di) C D2. Soient A C D\, a € A; B C D2 et b G B. On suppose que
f(A)cB, \im f(x)=b et lim g(y) = c.
X—>(l y—»{y
x€A yçB
Alors l'application composée h = g o f vérifie lim*-* h(x) = c.
Proposition 19. Soient f,g : Dc(£,d)-» F, où F est un K e.v.n (K = R ou C).
Soient A C D et a e A. On suppose lim*-a f(x) = £ et lim*-a g(x) = £'. Alors, lorsque
x tend vers a selon A,

16 1. TOPOLOGIE SUR LES ESPACES MÉTRIQUES ET LES ESPACES VECTORIELS NORMES
fi) (/ + 9)(x) tend vers t + ?>
(ii) pour tout À G K, (Xf)(x) tend vers X£,
(iii) \\f{x)\\ tend vers \\£\\,
(iv) si F est une algèbre normée, (fg)(x) tend vers ££',
(v) si F = R et si f(x) < g(x) sur un voisinage de a dans A, £ < £',
(vi) si F = R, si pour une fonction h : D —> R on a f(x) < h{x) < g(x) dans un
voisinage de a dans A et si £ = £', alors h(x) tend vers £.
Limite et continuité en un point.
Proposition 20. Soient f : D c (E} d) —♦ (F, d') et a £ D un point d'accumulation de
D. L'application f est continue en a si et seulement si fim f(x) = f(a).
Remarque 18. Lorsque / n'est pas définie en a et lorsque lim^a f(x) = £, la fonction g
définie sur D U {a} par g(x) = f(x) sur D et g(a) = £ est continue en a et est appelée
prolongement par continuité de f en a.
Définition 22. Soit / : D C R -> (E, d) et a G D. On dit que
- / est continue à droite en a si lim*-<* f(x) = fia),
x>a
- f est continue à gauche en a si lim*-<* f(x) = f(a).
On dit que / présente une discontinuité de première espèce en a si £g = lim*-<* f(x) et
£d = lima-* f(x) existent, et si £g ^ £d-
1.6. Exercices
Exercice 1. Soit (E, d) un espace métrique.
a) Soit a e E et r > 0. Montrer que B(a,r) C Bf(a, r). Peut-on affirmer, dans le cas
général, que B(a,r) = Bf(a, r) ?
b) Si E est un R-e.v.n, montrer que B(0,1) = Bf(0,1).
Solution, a) On a B(a,r) C Bf(a,r). Comme Bf(a,r) est fermé et que B(a,r) est le plus petit
fermé contenant B(a, r), on en déduit B(a, r) C Bf(a, r).
L'égalité n'a pas lieu dans le cas général, comme nous allons le vérifier sur un contre-exemple.
Si E est muni de sa distance discrète d (définie par d(x,y) = 0 si x = y, = 1 si x ^ y), on a
B(a, 1) = {a}, fermé, et Bf (a, 1) = E. Ainsi, dès que E possède plus d'un élément, B(a, 1) =
{o}9é£7 = Bf(o,l).
b) D'après la question précédente, il suffit de montrer l'inclusion Bf(0,1) C B(0,1). Soit x G
Bf(0,1). Si ||a:|| < 1, alors x G B(0,1) C B(0,1) et c'est terminé. Sinon ||rc|| = 1, et alors pour
tout e > 0, il existe y G B(0,1) tel que ||a: — y\\ < e (prendre par exemple y = (1 — e/2)x). En
d'autres termes, x G B(0,1) d'après la proposition 4, d'où le résultat.
Exercice 2. Soit A c R tel que tout point de A est isolé dans A. Montrer que A est au
plus dénombrable.
Solution. Nous allons associer à chaque élément de A un rationnel de manière injective. Tout
élément a G A est isolé dans A, donc
3ra>0, ]a-ra}a + ra[nA = {a}. (*)
Comme Q est dense dans R, il existe qaeQ tel que qae]a- r0/2, a + ra/2[.

1. GÉNÉRALITÉS
17
Montrons maintenant que l'application ip : A —> Q a •-► qa est injective. Si qa = qb = g,
avec a,b € A, alors \q-a\ < ra/2 (car q = qa est choisi dans ]a - ra/2,a + ra/2[), de même,
\q-b\< r&/2, donc
|a-6| = |(9-6)-(9-a)|<|g-6| + b-a|<ïi±^. (**)
L'un des réels ra, n est plus grand que l'autre, par exemple ra > ri,. L'inégalité (**) entraîne
\a — b\ <ra, ce qui d'après (*) implique b = a car b e A.
Finalement, nous avons construit une application injective (p : A —> Q, et comme Q est
dénombrable, on en déduit que A est au plus dénombrable.
Remarque. Le raisonnement effectué dans la démonstration reste valable pour ÂCln)
en utilisant le fait que Qn est dénombrable.
Exercice 3. Soit / : ]R+ —► ]R une fonction uniformément continue sur R+. Montrer
3a,/3>0,VxeR+, \f(x)\ <ax + (3.
Solution. L'application / étant uniformément continue, on a l'existence de r\ > 0 tel que
V(s,y) G (R+)2, \x-y\< 77, \f(x) - f(y)\ < 1. (*)
Maintenant, fixons x G R+ et notons n = [x/rj] (partie entière de x/rj). On a nr) < x < (n +1)77,
donc
I n-l
\f(x) - /(0)| = \f(x) - f{nri) + ]T [/((* + 1)77) - f(kn)]
I fc=o
n—1 n—1
< l/W - f(nri)\ + J2 \f((k + lW ~ f(kn)\ < 1 + £ 1 = 1 + n
fc=0 fc=0
ce qui entraîne
\f(x)\ < |/(0)| + 1 + n < |/(0)| + 1 + - = (5 + ax
V
avec /? = |/(0)| + 1 et a = I/77. Les réels a et {3 sont indépendants du choix de x, donc ceci est
vrai pour tout x e R+, d'où le résultat.
Exercice 4. Soit (E, d) un espace métrique.
1/ Soit A C E. Montrer que l'application E —> R ïh d(x,A) est continue sur E (on
rappelle que d(x,A) = infy€i4d(a;,2/)).
2/ Soient ^4 et B deux fermés disjoints de E.
a) Montrer qu'il existe / : E -+ R continue, 0 < / < 1, telle que A = /_1({0}) et
b) En déduire l'existence de deux ouverts U et V de E, disjoints, tels que A C U et
BcV.
Solution. 1/ On va montrer que l'application x »-» d(x, A) est 1-lipschitzienne. Fixons (#i, #2) €
E2. D'après l'inégalité triangulaire,
Vye A, d(x!,A) <d(xi,y) <d(xi,x2) + d(x2,y).
L'inégalité d(xi,A) < d(#i,a:2) + d(x2,y) étant vrai pour tout y G A, on en déduit d(xi,A) <
d(#i,a:2) + d(x2,A). Autrement dit, d(xi,A) — d(x2,A) < d(a;i,rc2)- On montrerait de même
d(x2,A) -d(x\yA) < d(a;i,aî2), ce qui prouve |d(zi,./4) -d(x2,A)\ < d(x\,X2).

18 1. TOPOLOGIE SUR LES ESPACES MÉTRIQUES ET LES ESPACES VECTORIELS NORMES
L'application x h-> d(x, A) étant lipschitzienne, elle est uniformément continue sur E (voir
l'exemple 11), donc continue sur E.
2/a) Rappelons que lorsque F est fermé, on a d(x,F) = 0 si et seulement si x G F.
d(x A)
Ceci étant, définissons / : E —> R par f(x) = —,— . ' ,—=r.
a{x,A) + d(x, B)
- L'application / est bien définie, car si d(#, A) +d(x,B) = 0, alors d(x,A) = d(x,B) = 0,
donc x G A et x G B (A et B sont fermés), ce qui est impossible à réaliser puisque
AnB = 0.
- On a f(x) = 0 si et seulement si d(x, A) = 0, i. e. x G A.
- On a f(x) = 1 si et seulement si d(x, A) = d(x,A) + d(x, B), i. e. d(x,B) = 0 ou encore
xeB.
- L'application / est continue d'après a) et comme composée d'applications continues.
- Enfin, il est clair que 0 < f(x) < 1 pour tout x G E.
b) Si / est la fonction exhibée à la question précédente, on a
AcU = f-1(}-oo,l/2[) et 5cF = r1(]lA+oo[),
et U et V sont ouverts par continuité de / (voir la proposition 9), disjoints par construction.
Remarque. Il est possible de répondre à la question 2/b) sans utiliser le résultat de la
question 2/a).
Exercice 5. Soit (£", d) un espace métrique.
a) Soit A un ouvert de E et B C E. Montrer que Af)B G Af)B. A-t-on l'égalité dans
le cas général ?
b) Soit A e E. On dit que A est localement fermé si
Va; G A, 3V voisinage de x tel que V D A est un fermé de V.
Montrer que A est localement fermé si et seulement si A est l'intersection d'un ouvert de
E et d'un fermé de E.
Solution, a) Soit x e AD B. On arcG A. Comme est ouvert, A est un voisinage de x. On
en déduit que pour tout voisinage Vdea;, V D A est un voisinage de x. De plus x e B, donc
(V fl A) D B = Vn(A D £) ^ 0, et ceci pour tout voisinage V de x. On en déduit x G An B,
donc An5c AHB.
On n'a pas toujours l'égalité. Par exemple, dans R, si A est l'ouvert ]0,2[ et si B = [1,3], on
a A n B = [1,2[ et Zn~B = [1,2].
b) La condition suffisante parait plus simple. Commençons donc par cela.
Condition suffisante. Supposons A = Çl D F, où Q est un ouvert de E et F un fermé de E. Soit
x G A. On a x G fi, ouvert, donc Q, est un voisinage de x. Il vérifie nni4 = nn(nni7,) = nni71,
c'est donc un fermé de Q. Finalement, A est localement fermé.
Condition nécessaire. Soit A localement fermé. Pour tout x G A, nous allons montrer qu'il existe
un voisinage ouvert Vx de x tel que Vx DA est un fermé de Vx. Par hypothèse sur A, il existe un
voisinage Ux de x tel que C/Xn.<4 est un fermé de Ux. On peut donc écrire Uxf\A = Ux H F où F est
o
un fermé de £. Soit VX = UX. C'est un ouvert contenant a:etonaV^nA = T4nC/a;ni4 = T4nF,
donc VxnA est un fermé de Vx.
Posons maintenant Q, = Uxe/iV^, ouvert de i? (réunion d'ouverts). Nous allons prouver que
A = Q, D A, ce qui montrera le résultat.
-Ona, A CCI et A C'A, donc ,4 C n n ~Â.

2. SUITES DANS UN ESPACE MÉTRIQUE
19
- Il reste à montrer l'inclusion réciproque. Soit x e Q n A. Comme x e P-, il existe y e A tel que
x € Vy. On a, aussi x G A, donc
xeVyC[~Â<Z VyC\A d'après a). (*)
Supposons x g A. Alors x e W = Vy \ (Vy n A), ouvert de Vy (car Vy n A est un fermé de
K,). Comme V^ est ouvert, W est même un ouvert de E. Or (Vy C\ A) D W = 0, c'est-à-dire
Vy H A C E \ W, et comme f? \ W est un fermé de E, Vyf\A C E \W. Autrement dit,
V C\AC\ W = 0, donc a; ^ V^ fl.A, ce qui est contradictoire avec (*). Finalement, x G A et le
résultat.
Remarque. Nous n'avons pas utilisé la métrique de E ; ce résultat reste donc vrai, avec
la même démonstration, pour un espace topologique E.
2. Suites dans un espace métrique
2.1. Généralités
DÉFINITION 1. Soit (E,d) un espace métrique et (rcn)neN une suite de points de E. On
dit que (xn) converge vers £ e E si pour tout voisinage V de i dans E, il existe AT G N
tel que pour tout n > N, xn G V, ou de manière équivalente si
(Ve > 0,3N G N), (n > N => d(zn, ^) < e).
Si ^ existe, ^ est unique est s'appelle limite de (xn). On note alors ^ = limn_>+00a;n.
Remarque 1. - Toute suite convergente est bornée.
- On rappelle qu'une suite extraite (ou sous suite) d'une suite (xn)nGN est une suite
de la forme (yn)nen où yn = a^n), avec (p : N —► N strictement croissante. Si (xn)
converge vers £, toute sous suite de (xn) converge vers t.
- La notion de convergence d'une suite est topologique, autrement dit, elle ne dépend
que de la topologie de E.
DÉFINITION 2. Soit (xn) une suite d'un espace métrique (E, d). On dit que a G E est
valeur d'adhérence de (xn) si
(Ve > 0, Vp G N, 3n>p), d(xn, a) < e.
Proposition 1. Soit (xn) une suite de (E,d), soit a E E. Les assertions suivantes sont
équivalentes.
(i) a est valeur d'adhérence de (xn).
(ii) Il existe une sous suite de (xn) qui converge vers a.
(iii) Pour tout p G N, a G Ap où Ap = {xn, n>p}.
(iv) a est point d'accumulation de A= {xn, n G N} ou a est point de répétition de (xn)
(i. e. l'ensemble {n G N | xn = a} est infini).
L'ensemble des valeurs d'adhérences de (xn) est donc égal à np€^Ap, donc fermé.
Remarque 2. Si limra^oo2;n = £, t est l'unique valeur d'adhérence de (xn).
2.2. Caractérisation de l'adhérence, des fermés, de la continuité
Proposition 2. Soient (E,d) un espace métrique et A une partie de E. Un élément
x e E est dans A si et seulement s'il existe une suite de points de A qui converge vers x.
Proposition 3. Une partie F d'un espace métrique (E,d) est fermée si et seulement si
toute suite de points de F convergente converge vers un élément de F.

20 1. TOPOLOGIE SUR LES ESPACES MÉTRIQUES ET LES ESPACES VECTORIELS NORMES
Proposition 4. Une application f : (E, d) —> (E',d') est continue en a e E si et
seulement si pour toute suite (xn) de E tendant vers a, la suite (f(xn)) converge vers
fia)-
Proposition 5. Soient une application f : D c (E, d) —> (E',d'), A une partie de D et
a G A. On a lim*-<* f(x) = t si et seulement si pour toute suite (xn) de points de A qui
converge vers a, la suite (f(xn)) converge vers £.
Conséquence . Les propriétés de la proposition 19 de la partie 1.5 (page 15) restent vraies
pour des suites convergentes d'un K-e.v.n E (K = R ou C).
2.3. Suites de Cauchy et espaces complets
Définition 3. Soient (E, d) un espace métrique et (xn) une suite de points de E. On dit
que (xn) est une suite de Cauchy (ou que la suite (xn) vérifie le critère de Cauchy) si
(Ve > 0,37V G N), \/p > N, Vq > N, d(xp, xq) < e.
Remarque 3. - Une suite convergente est de Cauchy.
- Une suite de Cauchy est bornée.
- Attention ! La notion de suite de Cauchy n'est pas topologique (i. e. elle ne peut
pas être définie à partir des ouverts de E). Cependant, on a le résultat suivant.
Proposition 6. Soient d et d' deux distances uniformément équivalentes de E. Une suite
(xn) est de Cauchy dans (E, d) si et seulement si c 'est une suite de Cauchy dans (E, d').
Le résultat reste vrai en particulier lorsque d et d' sont équivalentes.
DÉFINITION 4. On dit qu'un espace métrique (E, d) est complet si toute suite de Cauchy
de E converge.
Un espace vectoriel norme complet s'appelle un espace de Banach.
Exemple 1. - Les espaces R, Rn (n G N*) sont complets.
- L'ensemble Q n'est pas complet. Par exemple, si a G K\Q, une suite de points de
Q tendant vers a est de Cauchy mais ne converge pas dans Q. On verra cependant
(voir l'exercice 6) que tout espace métrique peut se plonger dans un espace complet.
Propriétés des espaces complets.
Proposition 7. - Toute partie complète d'un espace métrique est fermée.
- Toute partie fermée d'un espace complet est complète.
Proposition 8. Soient (i?i,di),...,(i£n,dn) des espaces métriques. L'espace métrique
Ei x • • • x En est complet (au sens de la distance produit) si et seulement si pour tout i,
l'espace métrique (Ei,di) est complet.
Proposition 9. Soit (E, d) un espace complet et (Fn) une suite décroissante de fermés
non vides de E, telle que limn^00Ô(Fn) = 0 (où ô(Fn) désigne le diamètre de Fn). Alors
il existe x e E tel que C\ne^Fn = {x}.
Démonstration. Notons F = nneN.Fn.
L'ensemble T est non vide. En effet, choisissons pour tout n G N un point xn dans Fn. Le
fait que limn^00 ô(Fn) = 0 entraîne que la suite (xn) est de Cauchy (si e > 0, si N est choisi tel
que ô(Fn) < e, alors pour tout p,q > N, d(xp,xq) < e car xp,xq G Fn), donc converge dans E
puisque E est complet. Comme les Fp sont fermés et que xn G Fp lorsque n > p, la limite £ de
(xn) appartient à Fp pour tout p, donc à F. Ainsi, F ^0.
Le fait que (ô(Fn)) tende vers 0 montre que T a au plus un élément, d'où le résultat. D

2. SUITES DANS UN ESPACE MÉTRIQUE 21
Théorème 1 (du point fixe) . Soit (E, d) un espace métrique complet, et une
application f : E-* E telle que
3k G ]0,l[,V(a;,y) G E2, d(/(x),/(y)) < kd(x,y)
(on dit alors que f est k-contractante). Alors f admet un unique point fixe, i. e. il existe
un unique x e E tel que f(x) = x.
Démonstration. Existence. Fixons xq G E. On définit la suite (xn) par xn+\ = f(xn). Une
récurrence immédiate donne d(zn+i,xn) < kn à{x\, xo) pour tout entier naturel n. Ainsi, lorsque
p<q
kp
d(xpyxq) < d(xp,xp+1) + • • • + d(z9_i,zg) < (kp + --+kq~1)d(xuxo) < 7—rd(a;i,a;o),
ce qui prouve que la suite (xn) est de Cauchy. Comme E est complet, (xn) converge. Notons x
sa limite. Par continuité de / (/ est continue car fc-lipschitzienne), on a
f(x) = lim f(xn) = lim xn+i = x.
n—>oo n—KX>
Le point x est donc un point fixe de /.
Unicité. Supposons f(x) = x et f(y) = y. Alors
0 < d(x,y) = d(f(x), f(y)) < k d(z,y),
et comme k < 1, ceci n'est possible que si d(x, y) = 0, i. e. x = y. D
Remarque 4. Attention Le théorème est faux si l'on suppose seulement d(f(x),f(y)) <
d(x,y) pour tout x^y. Cependant, dans un compact, une telle condition suffit à montrer
l'existence et l'unicité d'un point fixe (voir l'exercice 4 page 34).
Critère de Cauchy pour les fonctions, à l'aide de la proposition 5, on montre
facilement le résultat qui suit.
Proposition 10. Soit (E,d) un espace métrique et (F, S) un espace métrique complet.
Soit une application f : D C E —* F, soient A C E et a G A. La fonction f admet une
limite lorsque x tend vers a selon A si et seulement si
(\/e>0,3a>0y(x,y)eA2), (d(a,x)<a et d(a,y) < a) =» S(f(x)J(y)) < e.
2.4. Exercices
Exercice 1. Soit X un ensemble. On note B(X,R) le IR-e.v des fonctions bornées de X
dans R. On norme B(X, R) en posant
VfeB(X,R), 11/11 =sup|/(z)|.
xex
Muni de cette norme, montrer que B(X, M.) est un espace de Banach.
Solution. Rappelons qu'un espace de Banach est un e.v.n complet. La preuve de la complétude
d'un espace métrique est hyper-classique. On procède comme suit :
(i) On considère une suite de Cauchy, et on construit sa limite éventuelle,
(ii) on vérifie qu'elle appartient à l'ensemble de départ,
(iii) on montre que la suite de Cauchy converge bien vers cette limite éventuelle.
(i) Soit (/n) une suite de Cauchy de B(X,R). Fixons x G X. Pour tous p,g6N, l'inégalité
\fp(x) — fq{x)\ < \\fp — fq\\ implique que la suite (fn(%)) est de Cauchy dans R. Comme R est
complet, ifp(x)) converge. Notons f(x) sa limite.
(ii) L'application / : X —* R ainsi construite vérifie f(x) = limn_>oo fn{x) pour tout x G X.
Montrons que / est bornée. La suite (fn) étant de Cauchy, elle est bornée. Ainsi, il existe M > 0
tel que ||/n|| < M pour tout n. Si x G X, on a donc |/n(^)| < M pour tout n, donc en passant
à la limite \f(x)\ < M. Ceci étant vrai pour tout x, f est bien bornée, i. e. f e B(X,.

22 1. TOPOLOGIE SUR LES ESPACES MÉTRIQUES ET LES ESPACES VECTORIELS NORMES
(iii) Montrons maintenant que (fn) tend vers / dans B(X,R). Soit e > 0. Il existe N > 0 tel
que pour tout p,q> N, \\fp — fq\\ < e. Ainsi, si on fixe un élément x quelconque de X, on a
Vp > N,Vq > N, \fp(x) - fq(x)\ < \\fp - fq\\ < e.
En fixant p dans l'assertion précédente et en faisant tendre q vers l'infini, on en déduit l'inégalité
\fp(x) — f(x)\ < e. Ceci étant vrai pour tout x G X, on a ||/p - /|| < e. Ceci est vrai pour tout
p> N, donc (fp) converge vers /.
Finalement, toute suite de Cauchy (fn) de B(X,R) converge, donc B(X,R) est complet.
1
x
1
y
Exercice 2. On munit l'espace ]0, +oo[ de la distance ô(xiy) =
a) Montrer que ô est bien une distance sur ]0, +oo[.
b) Montrer que cette distance définit sur ]0, +oo[ la même topologie que la topologie
usuelle.
c) Montrer que l'espace métrique (]0,+oo[ ,ô) n'est pas complet.
d) On restreint la distance 6 à l'espace ]0,1]. Montrer que (]0, l],ô) est complet.
Solution, a) C'est bien une distance car :
(i) 6(x,y) = 0 si et seulement si 1/x = 1/y, i. e. x
(ii) V(x,y) G ]0,+oo[2, 6{x,y) = ô(y,x).
(ni)V(xiy,z)e}0,+œ[3,
y-
5(x,z) = \ < + =ô(x,y) +6(y,z).
\x z\ \x y\ \y z\
b) Notons d la distance usuelle sur les nombres réels (d(x, y) = \x—y\). Rappelons le fait suivant :
dire que les deux espaces métriques (]0, +oo[,5) et (]0, +oo[,d) définissent la même topologie,
c'est dire qu'ils ont les mêmes ouverts. La proposition 10 de la page 12 affirme que ceci équivaut
au fait que l'application identité Id^+oof : ( ]0, +oo[, d) —* ( ]0, +oo[, S) est un homéomorphisme.
Pour prouver ce dernier point, nous allons utiliser le fait que cette application est la composée
de
p: (]0,+oo[,d)-»(]0,+oo[,d) x i-> -
x
et ip: (]0,+oo[,d)->(]0,+oo[,5) x h-> -,
x
et que (p et ip sont des homéomorphismes.
L'application (p est continue (c'est classique puisque d est la distance usuelle), elle est bijec-
tive, et (p'1 = (p est aussi continue. On a donc bien affaire à un homéomorphisme.
L'application tp vérifie
1
= \x-y\ = d(x,y)t
V(*f y) G ]0, +oo[2, JM*), *(„)) = ( ^ ^{y)
c'est donc une isométrie, donc un homéomorphisme. D'où le résultat.
Remarque. On aurait pu également prouver le résultat "à la main", en montrant qu'un ouvert
de (]0,+oo[,d) est un ouvert de (]0, +oo[,£) et réciproquement.
c) Dans (]0,+oo[,5), la suite (îxn)neN* définie par un = n est de Cauchy car 5(up,uq) = \l/p —
l/q\ tend vers 0 lorsque p et q tendent vers +00. Il est clair que cette suite ne converge pas
dans ( ]0, +oo[, d) (elle n'est pas bornée), donc elle ne converge pas dans ( ]0, +oo[, ô) puisque ces
deux espaces métriques définissent la même topologie (la notion de convergence est topologique).
Ainsi, (]0, +oo[,£) n'est pas complet.
d) On applique la méthode utilisée dans la solution de l'exercice précédent pour prouver la
complétude souhaitée. Considérons une suite (un) de Cauchy dans (]0, !],£). Pour tout p,g, on

2. SUITES DANS UN ESPACE MÉTRIQUE 23
6(up,Uq) =
Up Uq
Up Uq
UpUq
^ \Up ^çh
ce qui montre que (un) est de Cauchy dans (R,d). Ce dernier étant complet, (un) converge dans
(R,d). Soit u sa limite dans cet espace métrique.
La limite u est forcément dans l'adhérence de ]0,1] dans (K,d), qui est [0,1]. Si u = 0, alors
(5(1,Un) — |1 ~ Vwn| tend vers +oo, donc la suite (un) n'est pas bornée dans (]0,1],<5), ce qui
est impossible car c'est une suite de Cauchy de cet espace. Ainsi, u ^ 0, donc u G ]0,1]. Comme
(]0, l],d) et (]0,1],<5) possèdent la même topologie (c'est la topologie induite par (]0,+oo[,d)
ou ( ]0, +oo[, ô) — qui possèdent la même topologie — sur ]0,1]), on en déduit que (un) converge
vers u dans (]0, l],ô).
On a prouvé que toute suite de Cauchy de (]0,1],<5) converge, donc (]0,!],£) est complet.
Exercice 3 (Deux résultats de point fixe). 1/ Soit (E,d) un espace métrique
complet et une application / : E —> E. On suppose l'existence d'un entier naturel non
nul r tel que l'application fr (composée r fois de /) est ^-contractante (0 < k < 1).
Montrer que / admet un unique point fixe.
2/ (Point fixe à paramètre). Soient (X, ô) et {E,d) deux espaces métriques, (E,d) étant
complet. On considère une application
F: X x E -► E (A, x) h-> F(A, x),
continue, et /^-contractante en la seconde variable, i. e.
3k e ]0,1[, VA e X, V(x, y) e E2, d(F(A, x), F(A, y)) < kd(z, y).
Montrer que pour tout A G X, l'application F(X, •) : x h-> F(X,x) admet un unique point
fixe, que l'on note x\. Montrer ensuite que l'application X —► E A i—> x\ est continue.
Solution. 1/ Comme E est complet et que fr : E —* E est ^-contractante, fr a un unique point
fixe x e E (voir le théorème du point fixe). De l'égalité fr(x) = x on tire f(fr(x)) = f(x) =
/r(/(rc)), ce qui montre que f(x) est un point fixe de fr. Comme x est l'unique point fixe de
/r, on a forcément f(x) = x.
Maintenant, x est le seul point fixe de / car l'égalité f(y) = y entraîne fr(y) = y donc y = x
car x est le seul point fixe de fr.
2/ Pour tout A G X, l'application F(A, •) : E —> E est ^-contractante, donc admet un unique
point fixe x\ car E est complet.
Montrons que l'application A •-> a;a est continue. Si A, A' G X, on a
d(zA,*A') =d(F(\,xx),F(\',xx>)) < d(F(\,xx),F(\,xx,)) +d(F(\,xx,),F(\',xx>))
< kd(xx,xxl) + d(F(\,xxl),F(\',xxl))
donc
d{xx,xx>) < j^d{F(X,xx>),F(X\xx>)).
La continuité de F au point (A^^a') permet maintenant d'affirmer \imx^x> xx = xx>, d'où le
résultat.
Exercice 4 (Deux résultats de prolongement). Soient (£,d) et (F,J) deux
espaces métriques, A une partie de E dense dans E.

24 1. TOPOLOGIE SUR LES ESPACES MÉTRIQUES ET LES ESPACES VECTORIELS NORMES
a) Si une application / : (^4, d) —* (F, ô) est continue et si
\fx e E\A, lim f(y) existe,
y€A
montrer qu'il existe une unique fonction g : E —> F, continue, telle que la restriction g\A
de g à ^4 soit égale à /.
b) On suppose cette fois ci que (F, ô) est complet. Soit / : (A, d) —*■ (F, ô) une
application uniformément continue. Montrer l'existence d'une unique fonction g : E —* F
uniformément continue, telle que g\A = f-
Solution, a) Définissons g : £" —► F de la manière suivante :
Vrc G A, g(x) = /(a:) et Va: G £\A, ^(z) = lim f(y).
y£A
Montrons que g est continue sur E. Soit x e E et (rcn)n€N* une suite de points de E tendant
vers x. Pour tout n G N*, on a limy-*n f(y) = g(xn). On en déduit facilement
(\/neN*,3yneA), d(xniyn) < - et S(g(xn),f(yn))<-.
n n
La relation d(x, yn) < d(#, xn) + d(xn, yn) < ^ + d(#, xn) montre que
lim yn = x, et donc lim f(yn) = g(x). (*)
n—»oo n—>oo
Maintenant, les inégalités
S{g(xn),9{x)) < S(g(xn)J(yn)) + 5{f{yn),g(x)) < - + S(f(yn),g(x))
lu
montrent avec (*) que \imn^00g{xn) = g(x). Ceci étant vrai pour tout suite (xn) de E tendant
vers a;, on en conclut que g est continue en a;, et ceci pour tout x e E.
Unicité. Soient g et h : E —» F deux applications continues telles que g^ = h\^.
- Par hypothèse, g(x) = h(x) pour tout x G A.
- Soit x G E\A. Comme A est dense dans £7, il existe une suite (xn) de points de A tendant
vers x. Comme g et h sont continues, on a
g(x) = lim <7(a;n) = lim /(a?n), de même h(x) = lim f(xn),
n—►oo n—►oo n—»oo
ce qui suffit pour conclure #(x) = h(x).
b) L'idée est de se ramener au cas précédent puis de prouver que la fonction g obtenue est bien
uniformément continue.
Soit xo G E\A. Montrons que lim !/->*<) f(y) existe. Soit e > 0. Comme / est uniformément
y€A
continue sur A,
(3a > 0,V(s,2/) G A2), d(x,y) < a =» 6(f(x)J(y)) < e.
En particulier, si a;, y G A vérifient d(a?,a?o) < oc/2 et d(2/,a?o) < a/2, on a d(a;,2/) < a donc
5(f(x),f(y)) < e. Comme (F, S) est complet, d'après le critère de Cauchy pour les fonctions
(voir la proposition 10), on en déduit que limy-so f(y) existe.
D'après le résultat de la question précédente, la fonction g définie sur E par
Va; G A, g(x) = f(x) et Va: G E\A, g(x) = lim f(y)
y&A
est continue sur E. Nous allons prouver qu'elle est uniformément continue sur E. Fixons e > 0.
Par hypothèse, / est uniformément continue sur A, donc
(3a > 0,V(z,2/) G A2), d(z,î/) < a =► ô(f(x)J(y)) < e.
Donnons nous (#,j/) G i?2 avec d(rc,2/) < a. Comme A est dense dans E, il existe deux suites
(xn) et (yn) de points de A tendant respectivement vers x et y. La distance étant continue, on a
linin-.ood^,^) = d(x,y) < a, ce qui montre l'existence de N G N tel que d{xn,yn) < a pour
tout n > N. Ainsi, pour tout n > N, S(f(xn),f(yn)) < e et en faisant tendre n vers l'infini,

2. SUITES DANS UN ESPACE MÉTRIQUE
25
on obtient ô(g(x),g(y)) < e. Ceci est vrai pour tout couple (rc,y) G E2 tel que d(x,y) < a, la
fonction g est donc uniformément continue sur E.
L'unicité découle de l'unicité de la question précédente car une fonction uniformément
continue est continue.
EXERCICE 5. Soient (E, d) et (F, d') deux espaces métriques. On suppose que (E, d) est
complet. Soient / : E —> F continue et (En)ne^ une suite décroissante de fermés non
vides dont le diamètre ô(En) tend vers 0. Montrer que
f(f]En) = f]f(En).
Solution. Comme E est complet, il existe xo G E tel que Dnç.^En = {xo} (voir la proposition 9).
On en déduit f(nnenEn) = {/(^o)}- Il nous faut donc prouver nne^f{En) = {f{x0)}.
Pour tout n G N, x0 G En donc {f(x0)} C r\netif(En).
Montrons l'inclusion réciproque. L'application / est continue en xo, donc pour tout voisinage
V de f(xo), il existe un voisinage U de xq tel que f(U) C V. Or pour tout n, En C Bf (#0, S(En))
(car #o G £n)> et comme £(i?n) tend vers 0,
3nGN, KcBfKWc^, donc f{En) C f{U) CV.
Ainsi, nraGN/(-Ê'n) C V, et ceci pour tout voisinage V de f{xo). Ceci suffit pour conclure à
l'inclusion C\ne®f(En) C {/(zo)}> d'où le résultat.
Remarque. Rappelons qu'en général l'égalité f(C\ieiXi) = C\ieif(Xi) est fausse. Par
contre, l'inclusion /(fl^/Xi) C C\ieif(Xi) a toujours lieu.
Exercice 6 (Complété d'un espace métrique). Soit (E,d) un espace métrique.
On note C l'ensemble des suites de Cauchy U = {un)ne^ de E. Le but de l'exercice est de
plonger (E, d) dans un espace complet dont la distance prolonge celle de E.
1/ a) Soient U = (un) et V = (vn) G C. Montrer que la suite (d(unyvn)) converge. On
note <$(£/, V) sa limite.
b) Montrer que ô est symétrique et vérifie l'inégalité triangulaire.
2/ On considère la relation d'équivalence sur C définie par (U ~ V) <*=> (S(U, V) = 0).
On note E l'espace quotient C/~ et U la classe d'équivalence dans E de U G C.
a) Quelle est la classe d'une suite convergente dans E ?
b) Montrer que si U ~ U' et V ~ V\ alors Ô(U, V) = ô(U\ V). Lorsque Û, V G Ê, le réel
<)([/, V) est donc indépendant du choix des représentants U et V de U et V. On le note
c) Ainsi définie, montrer que Ô est une distance sur E.
d) Montrer qu'il existe une injection naturelle i : E —► E, isométrique, et que i(E) est
dense dans Ê.
3/ Montrer que E est complet.
4/ Soient (J51} di), (E2, cb) deux espaces métriques complets tels qu'il existe une isométrie
i\ (resp. i2) de E dans £1 (resp. dans E2), avec ii(£) (resp. «2(^)) dense dans E\ (resp.
dans E2). Montrer l'existence d'une unique isométrie (p de E\ dans £2, bijective, et
vérifiant <£>(ii(rc)) = i2(x) pour tout a; G £.

26 1. TOPOLOGIE SUR LES ESPACES MÉTRIQUES ET LES ESPACES VECTORIELS NORMES
Solution. 1/ a) Comme R est complet, il suffit de montrer que la suite {d(un,vn))ne^ est de
Cauchy. Pour tous p, q G N,
d(up, Vp) < d(up, Uq) + d(uqy Vq) + d(vq, Vp)
donc
d(Up,Vp) - d(uq,Vq) < d{Up,Uq) + d{Vp,Vq).
On obtient de même d(uq,vq) — d(upyvp) < d(up,uq) + d(î;p,t>9), d'où
\d(uqyVq) - d(Up,Vp)\ < d(up,Uq) + d(vp, Vq).
Les suites U et V étant de Cauchy, on en déduit que la suite (d(un,vn)) est de Cauchy.
b) C'est immédiat par passage à la limite, les propriétés de symétrie et d'inégalité triangulaires
étant vraies pour d.
2/ a) Soit U = (un) une suite de E convergeant vers a e E. Toute suite convergente est de
Cauchy, donc U eC. Soit V = (vn) G C. On a
U ~ V «=* 8{U,V) = 0 «=* lim d(umvn) = 0.
n—»oo
Les inégalités
d(o:, vn) < d(a, un) + d(ura, vra) et d(un, vn) < d(wn, a) + d(a, vn)
montrent que U ~ V si et seulement si \imn^00d(ayvn) = 0. Finalement, la classe de U est
l'ensemble des suites qui convergent vers a.
b) Si U ~ U' et V ~ V7, comme 5 satisfait l'inégalité triangulaire, on a
6(U, V) < 6(U, U') + 5(U', V) + Ô(V, V) = 6{U'', V%
de même $(£/', V) < 6(U}V). Donc 5(C/,F) = <J(t/',F')-
c) Après le résultat de la question 1/b), il reste à prouver £([/, V) = 0 si et seulement si U = V.
Ceci est vrai par construction de la relation d'équivalence ~.
d) Pour tout a G E, on note (a) G C la suite constante égale à a. Soit i : E —> E a h (a).
On a
6(i(a)ii(p))=6((a),(p))=d(a,0))
c'est-à-dire i est isométrique, et c'est donc une injection.
Montrons que i(E) est dense dans E. Soit U e Ey avec C/ = (^n)neN G C Nous allons
prouver que U est la limite de la suite (i(un))n£N- Soit e > 0. La suite (un) est de Cauchy, de
sorte qu'il existe TV 6 N tel que pour tous p>q> TV, d(up, uq) < e. En fixant p > TV, on en déduit
ô(Û,i(up)) = ô(U,(up)) = lim d(un,up) < e.
n—kx>
/S
Ceci étant vrai pour tout p > TV, on en déduit limp_>oo i(up) = U. Ainsi, on a montré que tout
élément U de E est limite de points de t(i5), d'où le résultat.
3/ Soit (ara)neN une suite de Cauchy de E. Comme i(E) est dense dans E, il existe pour tout
n G N* un point xn de E tel que 6(an^i(xn)) < 1/n. L'inégalité
d(xp,Xq) =ô(i(xp))i(xq)) < ô(i(xp)iap) + 6(ap)aq) + 5(aq,i(xq)) < 6(ap,aq) H h -
montre que la suite (xn) est de Cauchy dans E. Notons a la suite (xn)ne^ de E.
Montrons que (an) converge vers a. Comme ô(an,a) < ô(an,i(xn)) + ô(i(xn),a) < ^ +
^(«(a;n),a), il suffit de prouver que limn_voo<5(i(rcra),a) = 0. Soit e > 0. La suite (xn) étant de
Cauchy dans E,
3N G N, Vp > N, \/q > N, d(xpt xq) < e,
donc si on fixe n > AT,
S(i(xn)}a) = lim d(xn,xp) < e,
p—VOO
et ceci pour tout n> N, d'où le résultat.

3. ESPACES COMPACTS
27
4/ Définissons <p sur h(E) en posant (p(ii(x)) = Î2(x) pour tout x e E. L'application (p restreinte
à ii (E) est isométrique car
V(z,2/) e #2, d2(y>(ti(aO),y>(ti(î/))) = d2 («2(2), «2(2/)) = d(aj,y) = di(ii(x),ii(y)).
Ainsi, y est uniformément continue sur i\{E). Comme i\{E) est dense dans E\ et que E<i
est complet, il existe (voir l'exercice 4) un prolongement de (p sur E\, encore noté (p, qui est
uniformément continu sur E\. De plus <p est isométrique sur i\{E)y et comme i\{E) est dense
dans £i et que cp est continue, y> est isométrique sur E\ tout entier. En particulier, <p est injective.
Il nous reste à montrer que <p est surjective. Soit (5 G E2. Comme Î2{E) est dense dans £2,
il existe une suite (/3n) = (i2(xn)) de 12(E) qui converge vers (3. De plus pour tous p, g G N,
di(h(xp),ii(xq)) = d{xp)xq) = d2(i2(xp)ii2(xq)) = d2(/?p,/y
la suite (h(xn)) est donc de Cauchy dans E\. Comme E\ est complet, elle converge. Soit a sa
limite. Comme (p est continue,
<p{a) = lim (p{i\{xn)) = lim 22 (zn) = lim (3n = /?,
n—>oo n—*oo n—»oo
d'où la surjectivité.
L'application y? est unique d'après l'unicité du prolongement continue sur E\ (voir
l'exercice 4).
Remarque. Par abus, on identifie souvent E et i(E) dans E. Ainsi, E est un espace
complet dans lequel E est plongé, et sa métrique prolonge celle de E.
A*.
- La partie 4/ montre que E est unique à une isométrie bijective près. On l'appelle le
complété de E.
- On procède de manière similaire pour définir R à partir de Q (M est le complété de Q). La
différence est que, R "n'existant pas encore", on ne peut pas définir ô(U, V) pour U,V € C.
On peut par contre définir la classe d'équivalence U ~ V <==> lim^oo un — vn = 0. La
notion de limite peut en effet être définie si l'on reste uniquement sur Q (il suffit de
prendre les e et les a dans
3. Espaces compacts
3.1. Propriété de Borel-Lebesgue
Définition 1. Un espace métrique (E, d) est dit compact si de tout recouvrement de E
par des ouverts de E, on peut en extraire un sous recouvrement fini. Autrement dit, si
E = UieiOi avec O* ouvert pour tout «, il existe J C I, J fini, tel que E = UiejOi.
Exemple 1. - Tout espace métrique fini est compact.
- L'ensemble R des nombres réels n'est pas compact (on ne peut pas extraire un sous
recouvrement fini du recouvrement R = Un€N* ] — n,n[).
Remarque 1. La notion de compacité peut être définie dans un espace topologique général.
Si E est un espace topologique, E est dit compact s'il est séparé (voir la page 10) et s'il
satisfait les propriétés de la définition 1. Les propositions 2, 3, 4 et 5 de cette partie 3.1
restent vraies pour les compacts d'un espace topologique. Mais attention ! La propriété
de Bolzano-Weierstrass (voir la partie 3.2) n'est vraie que dans les espaces métriques.
Proposition 1. Un espace métrique compact est borné.
Démonstration. C'est immédiat car si E est compact, si xq G E, en extrayant du recouvrement
E — UraeN.B(a;o,ft) un sous recouvrement fini, on s'aperçoit que E est borné. D

28 1. TOPOLOGIE SUR LES ESPACES MÉTRIQUES ET LES ESPACES VECTORIELS NORMES
Aspect dual de la propriété de Borel-Lebesgue. En passant au complémentaire de
la définition 1, on obtient facilement le résultat qui suit.
Proposition 2. Un espace métrique (E, d) est compact si et seulement si de toute
intersection vide de fermés de E, on peut en extraire une sous famille finie d'intersection
vide.
Une conséquence immédiate est la suivante.
Proposition 3. Si (Fn)ne^ est une suite décroissante de fermés non vides dans un
compact E, alors nnenEn ^ 0.
Remarque 2. Nous avons vu plus haut (voir la proposition 9 page 20) que ce dernier
résultat reste vrai dans un espace complet pourvu que limn_>oo ô(Fn) = 0. Si cette dernière
condition n'est pas vérifiée, le résultat est faux dans un espace complet (par exemple,
nn€NK+oo[=0).
Parties compactes. Les propriétés des ouverts d'une topologie induite entraînent une
caractérisation simple des parties compactes.
Proposition 4. Soit (E,d) un espace métrique. Une partie A de E est compacte si
et seulement si de tout recouvrement de A par des ouverts de E (A C U;ejOi avec Oi
ouvert de E pour tout i), il en existe un sous recouvrement fini (3J C I, J fini, tel que
A C UiejOi).
On en déduit facilement :
Proposition 5. Une réunion finie de parties compactes est compacte.
Proposition 6. Une intersection de compacts est compacte.
3.2. Propriété de Bolzano-Weierstrass
La compacité d'un espace métrique peut être caractérisée par la propriété dite de
Bolzano-Weierstrass, a priori totalement différente, mais parfois beaucoup plus souple
d'utilisation.
Théorème 1 (de Bolzano-Weierstrass). Un espace métrique (E,d) est compact si
et seulement si de toute suite de points de E, on peut en extraire une sous suite convergente
dans E.
Démonstration. La condition nécessaire se montre facilement, la condition suffisante est plus
délicate.
Condition nécessaire. (Borel-Lebesgue => Bolzano-Weierstrass). Nous allons en donner deux
preuves.
Première preuve. Soit (xn)n<=N une suite de E. Pour tout p G N, on note Ap = {xny n > p}.
La suite (Ap)pe^ est une suite décroissante de fermés non vides, donc (voir la proposition 3)
r\pç.f$Ap ^ 0. Choisissons x G C\vç^Ap. On construit une sous suite (a^n)) de (xn) comme suit.
- On choisit 2^(0) € Aq.
- L'élément x^n^ étant construit, on prend a^n+i) G An+\ tel que ip(n + 1) > (p(n) et
d(rcv,(n+1),rc) < l/2n+1 (c'est possible car x G An+i).
Ainsi construite, (x^^) est une sous suite de (xn) qui converge vers x.
Seconde preuve. Soit (xn) une suite de E. Si cette suite ne prend qu'un nombre de valeurs fini,
on peut en extraire une sous suite constante donc convergente. Sinon, A = {xn, n G N} est
infini. Nous allons prouver que A a au moins un point d'accumulation. Supposons le contraire,
de sorte que pour tout x G E, il existe rx > 0 tel que B(x,rx) n A est fini. Du recouvrement
UxeEÏÏ(x,rx) de E, on peut en extraire un sous recouvrement fini. En termes mathématiques,
ceci s'écrit
3JcE, J fini, avec E = \JxejB(x,rx).

3. ESPACES COMPACTS
29
Ainsi, A = Uxej(B(xirx) n A), réunion finie d'ensembles finis, est fini, ce qui est contradictoire.
L'ensemble A admet donc au moins un point d'accumulation x G E. Ainsi, x est valeur
d'adhérence de la suite (rcn), donc il existe une sous suite de (xn) qui converge vers x.
Condition suffisante. (Bolzano-Weierstrass => Borel-Lebesgue). Nous montrons deuxlemmes.
Précompacité (ou ^-recouvrement) . Un espace métrique E est dit précompact si pour tout
s > 0, il existe un recouvrement fini de E par des boules (ouvertes) de rayon e.
LEMME 1. Tout espace métrique (E,d) vérifiant la propriété de Bolzano-Weierstrass est
précompact.
En effet. Raisonnons par l'absurde en supposant l'existence de e > 0 tel que l'on ne puisse
pas trouver un sous recouvrement fini de E par des boules de rayon e.
- Soit x0 G E. Alors B(z0,e) ^ E.
- Donc il existe x\ G E tel que à(xo,x\) > e.
- De même, comme B(#o,£) U B(#i,£) ^ E, il existe X2 G E tel que d(#0j#i) > e et
d(x0,x2) > e.
- On recommence ... xo,xi,... ,xn étant construits tels que Vi < j < n, à(xi,Xj) > e, on
sait que Uo<i<nB(xi,e) ^ E, donc il existe xn+i G E tel que pour tout i, 0 < i < n,
d(xi,xn+i) >e.
On construit ainsi une suite (xn) de E telle que d(#i, Xj) > e dès que i ^ .?'. La suite (xn) n'admet
donc aucune sous suite convergente car aucune sous suite n'est de Cauchy, d'où la contradiction
voulue, d'où notre premier lemme.
Lemme 2. Soit (£?,d) un espace métrique vérifiant la propriété de Bolzano-Weierstrass, et soit
(Oi)iei un recouvrement de E par des ouverts de E. Alors :
(3a>0,VxeE,3ieI), B(rc,a)cOf.
En effet. Raisonnons par l'absurde, en supposant que
(Va > 0,3x G E, Vi G /), B(x, a) <£ Oi.
En particulier,
(Vn G N*, 3xn eE,Vi£ /), B fxny ^) £ 0{.
Soit (Xyfa)) une sous suite de (xn) qui converge. Notons x sa limite. Il existe i e J tel que x E Oi.
Comme Oi est ouvert, il existe r > 0 tel que B(#,2r) C Oi. Comme (a^n)) converge vers x,
3N G N,Vn > iV, (d{x^n)}x) <r et <p(n) > -).
Alors
Vn > AT, Vy G B ( x^n), —r-- j , d(z, y) < d(rc, a^(n) ) + d(x^n), y) < r + r = 2r,
donc pour tout n> N, B(x(p^, \/ip(ri)) C Oj, ce qui est absurde. D'où le lemme 2.
Achevons notre raisonnement. Soit (E,d) vérifiant la propriété de Bolzano-Weierstrass, soit
(Oi)iei un recouvrement de E par des ouverts de E. D'après le lemme 2,
3a>0,VxeE,3ieI, B(x,a)cOi.
D'après le lemme 1, on peut recouvrir E par un nombre fini de boules de rayon a, ce qui s'écrit
3neN*,3xi,...,xn G E, E = Uf=1B(xi,a).
Or pour tout j, 1 < j < n, il existe ij G J tel que B(xj,a) C Oiy On en déduit E = \J]=lOip
d'où le résultat. □
Il existe d'autres formulations de ce théorème qui sont les suivantes.

30 1. T0P0L0GIE SUR LES ESPACES MÉTRIQUES ET LES ESPACES VECTORIELS NORMES
Corollaire 1. Un espace métrique (E,d) est compact si et seulement si l'une des
assertions suivantes est vérifiée
- Toute suite de E admet au moins une valeur d'adhérence dans E.
- Toute partie infinie de E admet au moins un point d'accumulation dans E.
3.3. Propriétés générales des compacts
Proposition 7. Soit (E, d) un espace métrique.
- Si E est compact et si A est une partie fermée de E, A est compacte.
- Si A est une partie compacte de E, A est fermée et bornée.
Proposition 8. Un espace compact est complet.
Proposition 9. Soit (E, d) un espace métrique compact et (xn) une suite de E admettant
une et une seule valeur d'adhérence x. Alors (xn) converge vers x.
Démonstration. Supposons le contraire. Alors
3e > 0, V7V, 3n > N, d(xm x) > e.
On peut donc construire une sous suite (a^n)) de (xn) telle que pour tout n, d(rcy?(n), x) > e.
Comme E est compact, on peut extraire de la sous suite (x^^) une nouvelle sous suite (a^o^))
convergente. Si y est sa limite, on a d(x,y) > e, donc x ^ y. Ceci est absurde car y est une
valeur d'adhérence de (xn), d'où le résultat. D
Remarque 3. Ce résultat peut s'avérer parfois bien pratique.
Proposition 10. Soient Ei,...,En un nombre fini d'espaces métriques. L'ensemble E =
Ei x • • • x En est compact si et seulement si Ei est compact pour tout i.
Remarque 4. Etant données deux suites (xn) et (yn) à valeurs dans un même compact E,
cette proposition montre l'existence d'une injection croissante y? de N dans N telle que les
deux suites (x^n)) et (y<p(n)) convergent (ceci car (xn,yn) est une suite dans le compact
ExE).
Proposition 11. Les parties compactes de Rn (muni de la distance produit usuelle, avec
n G N*) sont les fermés bornés de M71.
Remarque 5. Comme nous le verrons à la partie 5.3, toutes les normes d'un R-e.v.n de
dimension finie sont équivalentes. Ceci nous permettra d'affirmer que le résultat de cette
proposition reste vrai dans tout IR-espace vectoriel norme de dimension finie. Par contre,
il est faux en dimension infinie (voir le théorème de Riesz à l'exercice 9 de la page 56).
Proposition 12. Soit (xn)nen une suite convergente d'un espace métrique (E,d), £ sa
limite. Alors l'ensemble F = {rcn, n G N} U {£} est compact.
Démonstration. Nous sommes dans un des rares cas ou il est plus facile de montrer la compacité
de T en prouvant qu'il vérifie la propriété de Borel-Lebesgue (la caractérisation par la propriété
de Bolzano-Weierstrass donnerait ici une preuve bancale et peu satisfaisante). Cette preuve
faisant appel uniquement à la topologie de E montrera qu'en fait le résultat reste vrai dans un
espace topologique séparé général.
Soit {Oi)iç.i un recouvrement de T par des ouverts de E. Comme £ G T, il existe io € I tel
que ê G O{0, et comme Oi0 est ouvert et que (xn) tend vers £,
3NeN,\/n>N, xneOio.
Pour tout n < TV, il existe jn G / tel que xn G Ojn. En notant J = {jni n < N}U {i0}, on
s'aperçoit que F c UjeJOj, et comme J est fini, le résultat est prouvé. □

3. ESPACES COMPACTS
31
3.4. Compacts et applications continues
Proposition 13. Soient (E,d) un espace métrique compact, (F,ô) un espace métrique
et une application continue f : E —* F. Alors f(E) est compact.
Remarque 6. Cette proposition entraîne que l'image par / de tout fermé de E (où E est
compact) est un fermé (une application vérifiant cette propriété est dite fermée). Ceci est
faux en général. En corollaire (et grâce à la proposition 9), on a le résultat qui suit.
Proposition 14. Soit f : (E,d) —* (F, ô) une application continue et bijective. Si
(E,d) est compact, alors /_1 : F —> E est continue (en d'autres termes, f est un
homéomorphisme).
Remarque 7. Pour toute fonction continue et bijective / : / —► J, où / et J sont des
intervalles de M, l'application réciproque /_1 est continue. Il suffit en effet d'appliquer la
proposition précédente à la restriction de / à tout segment (donc compact) de /.
—*■ Proposition 15. Soit f : (E, d) —► R une application continue, où (E,d) est compact.
Alors f est bornée et atteint ses bornes. En d'autres termes, il existe c,d G. E tels que
f(c)=mîf(x) et f(d) = supf(x).
X^E xeE
Remarque 8. On verra (voir le théorème 3 page 41) que si / : R —> R est une application
continue, l'image par / d'un intervalle est un intervalle (c'est le théorème des valeurs
intermédiaires). Avec cette dernière proposition, on en déduit que l'image par / d'un
intervalle fermé borné est un intervalle fermé borné.
—►■ Théorème 2 (de Heine). Soient (E,d) et (F,ô) deux espaces métriques, E étant
compact, et f : E —> F une application continue. Alors f est une application uniformément
continue.
3.5. Exercices
Exercice 1. 1/ a) Soient (E, d) et (F, ô) deux espaces métriques et / : E -* F une
application continue telle que pour tout compact K de F, f~l(K) est compact. Montrer
que / est une application fermée (rappel : une application / est dite fermée si l'image de
tout fermé par / est un fermé).
b) Existe-t-il des applications continues qui ne sont pas fermées ?
2/ (Application). On fixe un entier naturel non nul n et on note
Rn[X] = {Pe R[X] | deg(P) < n}.
Montrer que l'ensemble Tn des polynômes unitaires de degré n de Mn[-^1 dont toutes les
racines sont réelles est un fermé du R-e.v.n Rn[X\.
Solution. 1/ a) Soit T un fermé de E. Soit (yn) = {f{xn))ne^ une suite de f(T) qui converge
vers un point y G F. Il s'agit de montrer que y e f{T).
L'ensemble K = {yn, n G N} U {y} est un compact de F (voir la proposition 12), l'ensemble
/ (K) est donc compact. La suite (xn) de T prenant ses valeurs dans f_1(K), on peut en
extraire une sous suite convergente (aJv?(n))neN- Notons x sa limite. Comme T est fermé, x =
limn_»00 Xy(n) appartient à T, et par continuité de /,
f(x) = lim fixrfn)) = lim yv(n) = y,
donc y = f(x) g f(T). L'ensemble f(T) est donc bien fermé.
b) H existe des applications continues non fermées. Par exemple, / : K —» K x i-> ex est
continue et pourtant, /(R) = ]0, +oo[ n'est pas fermé.

32 1. TOPOLOGIE SUR LES ESPACES MÉTRIQUES ET LES ESPACES VECTORIELS NORMES
2/ Le résultat sera prouvé si on montre que l'application continue
/: HT^iyX] (Ai,...,An)~(X-Ai)-.-(X-An)
est fermée, puisque Tn = f(Rn). En vertu du résultat de la question 1/ a), il suffit pour cela de
prouver que pour tout compact K de JRn[-X]> f~l{K) es^ un compact.
Donnons nous un compact K de Rn[X]. L'ensemble f~l{K) est déjà un fermé puisque K
est fermé et que / est continue. Montrons qu'il est borné. Comme K est compact, K est borné,
donc il existe M > 0 tel que
n
VP = V ak Xk G K, \\P\\ = sup \ak\ < M.
fc=o *
Soit (Ai,...,An) G f~\K), de sorte que P = /(Ai,...,An) = U?=i(x ~ xi) € #. Écrivons
P = Xn + ai Xn_1 H h an. Si A est une racine de P, nous allons prouver que |A| < 1 + ||P||.
Si |A| < 1, c'est terminé, sinon l'égalité P(A) = 0 entraîne
d'où on tire facilement |A| < 1 + ||P|| < 1 + M.
Ainsi, nous avons prouvé que si (Ai,..., Ara) G f~x{K), alors pour tout i, \Xi\ < 1 + M. En
d'autres termes, f~l{K) est borné. L'ensemble f~l{K), fermé borné de Rn, est donc compact,
d'où le résultat.
Exercice 2 (Un précompact complet est compact). On rappelle qu'un espace
métrique est précompact si pour tout e > 0, il existe un recouvrement fini de cet espace
par des boules (ouvertes) de rayon e.
Montrer qu'un espace métrique précompact et complet est compact.
Solution. Soit (E, d) un tel espace métrique. Soit (#n) une suite de E. Il s'agit de montrer que
l'on peut extraire de (xn) une sous suite convergente.
Comme E est précompact, on peut recouvrir E par un nombre fini de boules de rayon 1. Il
existe donc une de ces boules, B(ao, 1), qui contient la valeur xn pour une infinité d'indices n. On
peut donc construire une sous suite (rc¥>0(n))nGN de (xn) telle que pour tout n, x^^ G B(ao, 1).
Comme B(ao, 1) C E, B(ao, 1) est précompact. On peut donc recouvrir B(ao, 1) par un
nombre fini de boules de rayon 1/2. Il existe donc une de ces boules, B(ai, 1/2), telle que
B(ao,l) n B(ai,l/2) contienne la valeur a^0(n) pour une infinité d'indices n. On peut donc
construire une sous suite (a;v70o¥J1(n))neN de (a^^)) telle que
Vn G N, ^o0¥?l(n) G B(a0,1) D B(oi, 1/2).
En procédant par récurrence, on peut ainsi construire, pour tout entier naturel p, une sous
suite (^0O"OV7P(n))nGN et une boule B(ap, 1/2P) telles que
Vn G N, x^o. f| B(afc,l/2fc).
0<A;<p
Simplifions les notations. En notant ipp = ipo o • • • o ipv pour tout p, on a construit, pour tout
p, une sous suite (atyp(n)) de (rc^p_l(n)) telle que
VnGN, xMn)eB(ap)l/2P).
On va maintenant construire une sous suite de (xn) par la méthode dite du procédé diagonal
(à retenir).
- On choisit x^0) G {a^o(n), n G N}.
- On choisit ensuite x^^ G {^(n)» n G N} avec ip(l) > ip(0).
- L'indice tp(p) étant construit, on choisit a^(p+i) G {atyp+1(ra), n G N} avec ip(p+1) > ip(p)-

3. ESPACES COMPACTS
33
Ainsi construite, la suite (aty(p))peN est une sous suite de (xn). Si maintenant p G N et q > p, on
a
H(q) e {%,(«)> n G N} C {avP(n)> n G N} C B(ap, 1/2P),
ce qui prouve que
Vp, g G N (p < q), à(x^p)Mq)) < ^ty-
La suite (rc^(p)) est donc de Cauchy, et comme E est complet, elle converge. D'où le résultat.
Remarque. La réciproque est immédiate : un compact est précompact et complet.
Exercice 3 (Distance entre deux parties). 1/ Soit (£,d) un espace métrique.
a) Soient K\ et K2 deux compacts de E. Montrer l'existence de x\ G K\ et x2 € K2 tels
que d(xx,x2) = d(K1,K2) (= infxejq d(x,y)).
b) Soient K un compact de E et F un fermé de E. Si if DF = 0, montrer que d(if, F) ^ 0.
Ce résultat subsiste t-il si K est seulement supposé fermé ?
2/ Ici, E = Rn (n G N*), muni de la métrique usuelle.
a) Soit F un fermé non borné de E et f : F-»R une application continue telle que
lim /(s) = +oo.
||x||-»oo
x€F
Montrer qu'il existe x G F tel que /(x) = mîyeFf(y).
b) Soient if un compact de E et F un fermé de F. Montrer
(3xeK,3yeF), d(x,y) = d(K,F).
Ceci reste t-il vrai si E est un R-e.v.n de dimension infinie ?
Solution. 1/ a) L'application d : Ki x K2 —» R (a?, y) i—>• d(x,y) est continue sur le compact
KixK2, donc elle atteint son minimum sur K\X K2, c'est-à-dire qu'il existe (#1,2:2) G K\xK2
tel que d{xx,x2) = min^)^*/^ d(x,y) = d(Ki,K2).
Remarque. En remplaçant K\ par {x}, on voit qu'en particulier, si K2 est compact,
3yeK2, d(xyK2) = d(xyy).
b) L'application x 1—> d(#, F) est continue (voir l'exercice 4 page 17) sur le compact if, donc
3o;o G if, d(x0, F) = inf d(z, F) = d(if, F).
xÇ.K
Si d(if,F) = 0, alors d(xo, F) = 0 donc rco G F car F est fermé. Ceci est absurde car if H F = 0.
Doncd(if,F)^0.
Lorsque K est seulement supposé fermé, le résultat est faux. Par exemple, dans R2, les
ensembles K = {(x,y) G R2 | y < 0} et F = {(x,y) G R2 | y > ex} sont fermés, disjoints, et
pourtant d(if, F) = 0.
2/ a) C'est classique. Fixons a G F et considérons l'ensemble r = {x G F | /(#) < /(a)}. Comme
/ est continue, F = /-1(]—00, /(a)]) est un fermé de F, donc de E. Comme lim iix|i-oo f(x) = +00,
xeF
T est borné. Finalement, T est compact (fermé borné de Rn). De plus, r^0 puisque a £ T.
Donc il existe a; G T tel que f(x) = infy€r f{y)- Or, par construction de T,
inf/(j/) = inf/(y),
donc f(x) = mfyeF f(y) avec x e F.

34 1. TOPOLOGIE SUR LES ESPACES MÉTRIQUES ET LES ESPACES VECTORIELS NORMES
b) L'application x \-> d(x,F) étant continue sur le compact K,
3x G K, d(z, F) = inf d(y,F) = d(K, F).
y€K
De même l'application F —> R |/ h d(#,y) est continue. Si F est bornée, F est compact
(fermé borné de Rn) et le résultat résulte de 1/ a). Sinon F n'est pas borné, et on a alors
lim||î,n-oo d(x,y) = +oo ce qui en vertu de la question précédente permet d'affirmer
3y e F, d(a?,y) = inf d(z,z) = d(x,F) = d(K,F),
z€F
d'où le résultat.
Ceci est faux lorsque E est de dimension infinie. Prenons par exemple pour E l'e.v des suites
bornées (un) de R, norme par ||(wn)|| = supnGN|ura|. Désignons pour tout n par Xn la suite
dont tous les termes sont nuls sauf le n-ième qui vaut 1 + l/2ra. L'ensemble F = {Xn, n G N}
est fermé (si p ^ q on a \\XP — Xq\\ > 1, donc toute suite convergente donc de Cauchy dans F
devient stationnaire à partir d'un certain rang, donc converge dans F). Si K = {(0)} (ou (0)
désigne la suite nulle) il est clair que d(K, F) = 1 et pourtant on a d{K, Xn) = 1 + l/2n > 1
pour tout n.
Exercice 4. Soit {E, d) un espace métrique compact et / : E —> E une application
vérifiant
V(x,y) eE\x^ y, d(/(ar), f{y)) < d(x,y). (*)
a) Montrer que / admet un unique point fixe, que nous noterons a.
b) Soit xq un point quelconque de E. On définit la suite (xn) par récurrence grâce à la
relation xn+i = f(xn). Montrer que (xn) converge vers a.
c) Ces résultats restent-ils vrais si l'on suppose seulement E complet ?
Solution. C'est classique ! C'est une généralisation du théorème du point fixe dans un compact.
a) L'application E —► R x i—> d(#,/(a;)) est continue (composée d'applications continues) sur
le compact F, donc
3a e E, d(a,/(a)) = inf d(xj(x)).
x€E
Supposons a ^ f{oi). Posons (3 = /(a). D'après (*),
d(/?,/(/?)) = d(/(a),/(/?)) < d(a,/3) = d(a,/(a)),
ce qui contredit la définition de a. On doit donc avoir a = f(ot).
Montrons maintenant que a est l'unique point fixe de /. Supposons (3 = /(/?) avec (3 ^ a.
On a d(/(a),/(/?)) = d(a,/?), ce qui est absurde d'après (*) appliqué au couple (a,/?).
b) Posons un = d(a,xn). S'il existe no G N tel que unQ = a, alors un = uno = a pour tout
n > no et le résultat est évident. Sinon,
Vn G N, un+i = d(/(a), f(xn)) < d(a,&n) = «n,
c'est-à-dire que la suite (un) décroît strictement. Comme elle est minorée par 0, elle converge.
Notons £ sa limite. Il s'agit de montrer que i = 0.
Supposons £ > 0. Comme (un) décroît, on a un > £ pour tout n G N. De plus, (xn) est une
suite du compact £7, on peut donc en extraire une sous suite convergente (x^^). Notons /? la
limite de cette dernière. Alors limn_>00d(a, o:^)) = d(a,/?) = t. De plus, / étant continue, on a
limd(a,/(rCv?(n)))=d(a,/(/?)).
n—>oo
Cette dernière assertion est une absurdité puisque
d(a,/(/?)) = d(/(a),/(/?)) < d(a,/?) = * et Vn, d(a,/(rcv?(n))) = d(a,^(n)+1) > t
On doit donc avoir l = 0, d'où le résultat.

3. ESPACES COMPACTS
35
c) Le résultat est faux si E est seulement supposé complet. Par exemple, la fonction
f:R-*R f(x) = 1 si x < 0, f(x) = x + - si x > 0,
1 + x
(voir la figure ci contre) est continue, sans point fixe et vérifie l'hypothèse (*) (immédiat par
l'inégalité des accroissements finis).
y'
f
•
/
s
/
/
/
s
/
s
/
y=x
/
/
s
/
0
FlG. 1. Le graphe de l'application sans point fixe /
—► Exercice 5 (Isométries d'un compact). Soit (E,d) un espace métrique compact et
f : E —* E une application continue, vérifiant
V(x,y)eE\ d(f(x)J(y))>d(x,y). (*)
a) Montrer que / est une isométrie, c'est-à-dire
V(x,y)eE\ d(f(x),f(y))=d(x,y).
b) Montrer que / est bijective.
c) Si / est bijective et si elle vérifie
\/(x,y)€E2, d(f(x)J(y))<d(x,y),
montrer que / est encore une isométrie.
Solution, a) Soient x,y G E. On définit deux suites (xn)ne^ et {yn)nen par xn = fn(x) et
yn = fn(y) pour tout n G N (où fn désigne la composée n fois de l'application / avec elle
même). Nous allons construire deux sous suites (a:^(n)) et (y^n)) Qui convergent respectivement
vers x et y.
La suite {xn,yn)n^ prend ses valeurs dans le compact E x E. On peut donc en extraire une
sous suite convergente (^(njjî/^n))- Quitte à extraire encore une sous suite de cette dernière,
on peut même supposer
VneN, ip(n + 2)-tp(n + l)>(p{n + l)-(p{n). (**)
De l'inégalité (*), on tire
Vn G N, dfoaJrtîH-iJ-tfn)) < d(fp{n)(x),f^n)(x<p{n+1)_<p{n))) = d(a;v?(ra),a:¥,(n+1))
et comme (x^^) converge, on en déduit limn-^oo a;v?(n+1)_v,(n) = x. Ainsi, en posant ip(n) =
<p{n +1) - (p(n), (aty(ra)) est une sous suite de (xn) d'après (**), et elle converge vers x. Pour les
mêmes raisons, {y^(n)) est une sous suite de (yn) qui converge vers y.
Ceci étant, pour n > 1, on a d'après (*)
d(x,y) < d(f(x),f(y)) < d(a^(n),^(n)),

36 1. TOPOLOGIE SUR LES ESPACES MÉTRIQUES ET LES ESPACES VECTORIELS NORMES
et en faisant tendre n vers +00, on en déduit d(f(x),f(y)) = d(x,y).
b) L'injectivité résulte de l'hypothèse (*). Pour montrer la surjectivité de /, nous donnons deux
méthodes.
Première méthode. Cette méthode utilise la solution que nous avons donnée à la question a).
Fixons x G E. Si xn = fn(x), nous avons vu plus haut qu'il existe une sous suite (a^(n)) de
(xn) qui converge vers x. Autrement dit, \imn-,oo f(x^nyi) = x> donc x G f(E). Comme E est
compact et que / est continue, f(E) est compact donc fermé. Donc x G f(E) = f(E), et ceci
étant vrai pour tout x E E, f est surjective.
Seconde méthode. Raisonnons par l'absurde et supposons f(E) ^ E. Comme f(E) est fermé (car
compact), E\f(E) est ouvert. De plus E\f(E) ^ 0 donc il existe une boule ouverte B(x,p)
incluse dans E\f(E). Ainsi, pour tout y G f(E), d(x,y) > p. Considérons la suite (/n(#))neN-
Pour tout p, q G N, p > 9, on a
d(fp(x),f«(x))>d(f*>-«(x),x)>p,
donc {fn(x)) n'a aucune sous suite convergente, ce qui est absurde. On a donc f(E) = E.
c) L'application / est bijective et continue (car 1-lipschitzienne) sur un compact, donc /_1 : E —>
E est continue (voir le théorème 14 page 31) et vérifie d'après les hypothèses
V(xty) G E2, dtr1^),/-1^)) > d(/(/"1(a:)),/(r1(y))) = d(x,y).
L'application /-1 vérifie donc les hypothèses de la question a), c'est donc une isométrie. On en
déduit que / est une isométrie.
Exercice 6. Soient (E, d) et (F, 6) deux espaces métriques et / : E —> F une application
injective. Prouver que / est continue si et seulement si pour tout compact K de E, f(K)
est compact. Le résultat subsiste-t-il si on ne suppose pas / injective ?
Solution. La condition nécessaire est immédiate, c'est du cours !
Passons à la condition suffisante. Soit x G E et (#n)neN une suite de E qui converge vers
x. Il s'agit de montrer que limn_>oo f(xn) = f(x). L'ensemble K = {xn, n G N} U {x} est
un compact de E (voir la proposition 12 page 30), donc K' = f(K) est compact. Notons g
la restriction de / à K. Comme / est injective, g est une bijection de K sur K'. L'application
g-1 : K' -* K est continue car pour tout fermé F de K, F est compact donc (<7-1)-1(F) = g(F)
est compact, donc fermé. L'ensemble K' étant compact, (#-1)-1 = g est continue. En particulier,
limn_>oo g(xn) = g{x), ce qui s'écrit aussi limn-^oo f{xn) = /(#), d'où le résultat.
Si / n'est pas injective, le résultat est faux. Par exemple, l'application
/ : R -> R zk+0 si x < 0 x^l si z>0
vérifie f(K) est compact pour tout compact K de R, et pourtant / n'est pas continue.
Exercice 7. Soit [a, b] un segment de R (avec a < 6), (E,d) un espace métrique et
/ : [a, b] —* E une application. On suppose que pour tout x G ]a, 6[, les limites à gauche
f(x—) et à droite /(#+) de / en x existent, et que /(a+) et f(b—) existent.
a) Si x e]a,6[, on note u>(f,x) = max{d(/(rc—),/(#)),d(/(rc),/(aM-))}. Soit e > 0 et
A£ = {x e ]a, b[ | u(f, x) > e}.
Montrer que l'ensemble Ae est fini.
b) Montrer que l'ensemble des points de discontinuité de / est au plus dénombrable.
c) Soit e > 0 et x e ]a, b[ tel que u(f, x) < e. Montrer
3a>0yy,ze]x-a,x + a[ d(f(y),f(z))<2e.

3. ESPACES COMPACTS
37
d) Soit e > 0 et ]c, d[ C [a, 6] tel que a>(/, rc) < e sur ]c, d[. Montrer
3a > 0, Vrc, y G ]c, d[, d(x, y) < a, d(/(x), /(y)) < 2e.
Solution, a) Raisonnons par l'absurde et supposons A£ infini. Comme Ae est inclus dans le
compact /, il en existe un point d'accumulation x e I. Ainsi, il existe une suite (xn) de points
distincts de A£ qui converge vers x.
S'il existe une infinité de valeurs de n pour lesquelles xn < x, on peut, quitte à extraire une
sous-suite de {xn), supposer xn < x pour tout n. On a x e]a, b] et d'après les hypothèses, /
admet une limite à gauche en a;. Il existe donc a > 0 tel que
Vy€]x-a,x[, d(f(y)J(x-))<e/S. (*)
Comme (xn) converge vers x par valeurs inférieures, il existe un entier naturel n, désormais fixé,
tel que x - a < xn < x. D'après (*), on a l'inégalité
Vy€]x-atxn[, d(f(y),f(xn))<d(f(y)J(x-))+d(f(x-),f(xn))<2e/3,
et en faisant tendre y vers xn, on en déduit d(f(xn—),f(xn)) < 2e/3. De même l'inégalité
Vy€]xnix[, d(f(xn)J(y)) < d(f(xn)J(x-))+d(f(x-),f(y)) < 2e/3,
conduit par passage à la limite à d(f(xn),f(xn+)) < 2e/3. On a donc u(f,xn) < 2e/3. Donc
xn & Ae, ce qui est absurde.
Dans le cas où il existe une infinité de valeurs de n pour lesquelles xn > x, on aboutirait de
la même manière à une absurdité en utilisant la continuité à droite de / en x.
L'ensemble A£ est donc fini.
b) La fonction / est discontinue en x e]a,b[ si et seulement si u>(f,x) > 0. L'ensemble D des
points de ]a, b[ où / est discontinue est donc égal à Un<=f$* Ai/n, réunion dénombrable d'ensembles
finis, donc D est au plus dénombrable. En ajoutant éventuellement les points a et 6, on en déduit
que l'ensemble des points de discontinuité de / sur [a, b] est au plus dénombrable.
c) Posons rj = e — w(f,x) > 0. Comme / est continue à gauche et à droite en x, il existe a > 0
tel que d(f(y),f(x-)) < rj pour y e]x-a,x[ et d(f(y),f(x+)) < rj pour y e]x,x + a[. On a
alors
Vye]x-a,x + al d(f(y),f(x))<e. (**)
En effet, siz-a<2/<zil suffit d'écrire d(f(y)J{x)) < d(f(y),f(x-)) + d(f(x-)J(x)) <
r) + u{f,x) = e, et le cas x<y<x + ase traite de la même manière. Lorsque y = x, le résultat
(**) est évident.
On conclue facilement car d'après (**)
Vy, z e }x - a, x + a[, d(/(y), f(z)) < d(f(y)J(x)) + d(f(x), f(z)) < 2e.
d) Supposons le résultat faux. Alors il existe une suite (xn,yn) de ]c,d[ telle que (xn — yn) tende
vers 0 et telle que d(f(xn),f(yn)) > 2e pour tout n. La suite (xn) est à valeur dans le compact
[c,d], donc on peut en extraire une sous suite convergente (x^^) donc la limite x appartient à
[c,d]. Comme (xn — yn) tend vers 0, la suite (y<p(n)) converge également vers x.
Plusieurs cas se présentent, selon que la limite x est dans l'intérieur de [c,d] ou au bord.
(i) Le cas x G ]c, d[ est absurde car (a^(n)) et (j/v(n)) tendent vers x et d(/(a^(n)), f{yv(n))) >
2e pour tout n, ce qui est absurde d'après le résultat de la question précédente.
(ii) Si x = c, alors comme / est continue à droite en c il existe a > 0 tel que d(f(y),f(c+)) < e
pour tout y e]c,c + a[. Comme {x^)) et (2/<^(n)) convergent vers c à droite, il existe n tel
que aV(n) et Vvtn) appartiennent à )c,c + a[, donc d(/(^(n)),/(^(n))) < d(/(^(n)),/(c+)) +
d(/(c+)5/(2/^(n))) < 2£> ce qui est absurde car d(f(xv(n)),f(yv(n))) > 2e.
(iii) Pour le cas x = d, on aboutit également à une absurdité en procédant de la même
manière, en utilisant la continuité à gauche de / en d.
Ainsi, on a aboutit à une absurdité dans tous les cas, donc le résultat est bien vérifié.

38 1. TOPOLOGIE SUR LES ESPACES MÉTRIQUES ET LES ESPACES VECTORIELS NORMES
Remarque. Le résultat de cet exercice permet de montrer qu'une fonction / à valeurs
dans un e.v.n complet E et vérifiant les hypothèses de l'exercice est une fonction réglée
(voir le théorème 5 page 97).
Exercice 8. Soit X un espace métrique compact. On note C(X,R) l'algèbre des
applications continues de X dans R.
a) Soit 3 ^ C(X, R) un idéal de C{X, R). Montrer
3seX,Vfe3, f(s)=0.
b) Caractériser les idéaux maximaux de C(X, R) (i. e. les idéaux 3 ^ C(X, R) tels que les
seuls idéaux contenant 3 sont 3 et C(X,R)).
c) Déterminer la forme des morphismes d'algèbre de C(X, R) dans R.
Solution, a) Raisonnons par l'absurde. Supposons que
VseX,3fse3, fs(s)ÏO.
Pour tout s G X, comme fs est continue, il existe un voisinage ouvert Qs de s tel que Va; G
Les {0.s)s€X recouvrent le compact X. On peut donc en extraire un sous recouvrement fini
{ftsi)i<i<n- Comme 3 est un idéal, pour tout à, f% G 3. Or fg. prend des valeurs strictement
positives sur QSi. Les (ftSi)i<i<n recouvrant X, la fonction / = Yn=ifsi ne s'annule pas sur
X. Comme 3 est un idéal, on a / G 3, et 1 = (1//) • / G 3 donc 3 = C(X,R). Ceci contredit
l'hypothèse 3 ^ C(X,R). Il existe donc s G X tel que pour tout / G 3, f(s) = 0.
b) Remarquons déjà que pour tout s € X, l'ensemble Os = {/ € C(X,R) \ f(s) = 0} est un
idéal de C(XiR). Nous allons montrer que les 3s sont les idéaux maximaux de C(X, R).
Pour tout s G X, l'ensemble 3s est un idéal maximal de C(X,R). En effet, 3s ¥" C(X,R) et
si 3 est un idéal contenant 3s et différent de C(X,R), alors d'après a), il existe s' e X tel que
3 C 3s'• On a alors 3s C 3s' > ce qui n'est possible que si s = s', et donc 3 = 3s-
Soit 3 un idéal maximal de C(X,R). Ona3^ C(X,R) donc d'après a), il existe s G X tel
que 3 C 3s- Comme 3 est maximal et que 3s 7^ £(^jR)> on a 3 = 3s-
c) Soit <p un morphisme d'algèbre de C(X,R). Supposons (p non nulle. L'ensemble Kenp est un
idéal de C(X, R), différent de C(X, R) car ip ^ 0. D'après a), il existe s G X tel que Ker ip C 3s- La
forme linéaire / i-> f(s) s'annule donc sur l'hyperplan Ker <p, et l'ensemble des formes linéaires
s'annulant sur un hyperplan formant une droite du dual (voir le tome d'algèbre), il existe À G R
tel que /(s) = \tp(f) pour tout / G C(X,R). Soit / G C(XtR) tel que f(s) ^ 0. On a
Hf)(s) = AV(/2) = AV(/)2 = /2(*),
donc A = 1. Finalement ip(f) = f(s) pour tout /.
En résumé, les morphismes d'algèbre de C(XiR) dans R sont l'application nulle et les
morphismes de la forme / i-> /(s), où s G X.
4. Espaces connexes
4.1. Définitions
Proposition 1. Soit (E,d) un espace métrique. Les assertions suivantes sont
équivalentes.
(i) Il n'existe pas de partition de E en deux ouverts disjoints non vides.
(ii) Il n'existe pas de partition de E en deux fermés disjoints non vides.

4. ESPACES CONNEXES
39
(iii) Les seules parties ouvertes et fermées de E sont 0 et E.
Démonstration, (i) =*> (ii). Supposons E = F\ Ui<2 où Fi et F2 sont deux fermés de E vérifiant
plç)F2 = 0. Les ouverts 0\ = E\F\ et O2 = E\F2 vérifient 0\UO2 = 0 et 0\ n02 = 0, donc
d'après (i), Oi = 0 ou O2 = 0> donc F\ = E ou F2 = E, et comme F\ U i*2 est une partition de
E, F\ = 0 ou F2 = 0.
(ii) =4> (iii). Soit A une partie ouverte et fermée de E. Alors l'ensemble B = E\A est
ouvert et fermé, et comme E = A U B avec An B = 0, on en déduit d'après (ii) que A = 0 ou
B = 0, c'est-à-dire ,4 = 0 ou A = E.
(iii) =$> (i). Supposons E = 0\ U O2 où Oi et 02 sont deux ouverts disjoints de E.
L'ensemble 0\ est fermé car 0\ = F\02, donc 0i, ouvert et fermé de E, vérifie 0\ = 0 ou
Oi = E, d'où (i). □
DÉFINITION 1. Un espace métrique vérifiant l'une des assertions de la proposition
précédente est dit connexe.
Remarque 1. La notion de connexité est une notion topologique. Tous les résultats de cette
partie restent vrais dans un espace topologique général (à l'exception du théorème 5).
Parties connexes. Soient (E, d) un espace métrique et A une partie de E. On munit
A de la distance d induite sur A. On veut savoir à quelle condition A est connexe. Les
propriétés de la topologie induite sur A entraînent facilement le résultat qui suit.
Proposition 2. La partie A de E est connexe si et seulement si l'une des deux conditions
suivantes est réalisée.
(i) Si A C 0\ U O2 où 0\ et O2 sont deux ouverts de E vérifiant A D 0\ D O2 = 0, alors
(AnO1 = 0 et Ac02) ou (An02 = 0 et AcOi).
(ii) Si A C Fi U F2 où F\ et F2 sont deux fermés de E vérifiant A D F\ D F2 = 0, alors
(AnF1 = 0 et AcF2) ou (AnF2 = 0 et AcFi).
Exemple 1. L'ensemble Q des rationnels n'est pas un connexe de R car si on se donne
a e R\Q, on a Q C ] - 00, a[ U ]a, +oo[.
4.2. Propriétés
Théorème 1. Soit f : (E, d) —> (E', d') une application continue. Si E est connexe,
alors f(E) est connexe.
Démonstration. Soit B une partie ouverte et fermée de f(E). Il existe un ouvert 0 et un fermé F
de E' tels que B = Onf{E) = Fnf(E). On a alors f'^B) = f~l{0) = f-^F), donc f'^B)
est fermé et ouvert dans F, et E étant connexe, f~l{B) = 0 ou f~l{B) = E, c'est-à-dire B = 0
ou B = f(E). D
Caractérisation des connexes. On note D = {0,1} muni de la distance discrète ô
((5(0,0) = 6(1,1) = 0 et (5(0,1) = (5(1,0) = 1). L'espace métrique (D,Ô) n'est pas connexe
puisque D = {0}U{l}est réunion de deux fermés disjoints. Grâce à cet espace métrique,
nous allons donner une caractérisation commode des connexes.
Proposition 3. Un espace métrique (E,d) est connexe si et seulement si toute
application continue f : E —> D est constante.
Démonstration. Condition nécessaire. Si E est connexe, alors f(E) est connexe, donc constante
car D n'est pas connexe et a deux éléments.
Condition suffisante. Si E n'est pas connexe, on peut écrire E = 0\ U 02 où 0\ et 02 sont deux
ouverts non vides disjoints de E. Soit / : E —» D une application définie par f(x) = 0 si x G 0i,

40 1. TOPOLOGIE SUR LES ESPACES MÉTRIQUES ET LES ESPACES VECTORIELS NORMES
f(x) = 1 si x G Û2- Elle est continue (l'image réciproque de tout ouvert est un ouvert), ce qui
est contraire aux hypothèses puisqu'elle est non constante. Finalement, E est connexe. D
Proposition 4. Soit A une partie connexe d'un espace métrique (E,d). Si une partie B
de E vérifie A C B C A, alors B est connexe.
Démonstration. Soit / : B —» D = {0,1} une application continue. Comme A est connexe, f\A
est constante, par exemple f\A = 0. Soit xo G B. Il existe un voisinage V de xo dans B tel que
VxeV, ô(f(x),f(x0))<\,
ce qui montre que pour tout x G V, f(x) = f(xo). Or B C A, donc V H A ^ 0. Si on choisit
#i G F n A, on a f(xo) = f(xi) = 0. Ainsi, / = 0, d'où le résultat d'après la proposition 3. D
Dans le cas général, une réunion de connexes n'est pas connexe (par exemple, {0} et
{1} sont connexes dans M, mais {0,1} = {0} U {1} n'est pas connexe). On a cependant le
résultat qui suit.
Proposition 5. Soit (Ci)iei une famille de connexes d'un espace métrique (E,d) telle
que
BioEiyiel, dnCio^0.
Alors UiçiCi est connexe.
Démonstration. Soit / : UiçiCi —* D = {0,1} une application continue. Pour tout i, Ci est
connexe donc /jq est constante. En particulier, f\C. est connexe, par exemple /je. = 0. Soit
x G UiG/Ci et soit i € / tel que x E Ci. Comme Cif)Ci0 ^ 0, on peut trouver xo G Ci D Ci0.
On a alors f(x) = f(xo) = 0 car /|q est constante. Ainsi, / est constante sur UiçiCi, d'où le
résultat d'après la proposition 3. D
Remarque 2. Si (Ci)iei est une famille de connexes telle que C\ieiCi ^ 0, alors Ufe/Ci est
connexe (si x G fliç/Cf, tous ces connexes ont une intersection non vide avec le connexe
{x}).
Dans le cas dénombrable, on a également le résultat qui suit.
Proposition 6. Soit (Ci)iei une famille au plus dénombrable de connexes (avec I =
{0,1,... ,p} ou I = N) telle que pour tout i e I, i ^ 0, Cf_i D Ci ^ 0. Alors UieiCi est
connexe.
Démonstration. Soit / : Uie/Ci —» D = {0,1} une application continue. Pour tout i, f\c{ est
constante, et comme Cf_i DCi ^ 0 pour i ^ 0, on a f\d_x = f\d pour tout i ^ 0. En procédant
par récurrence sur i, on en déduit que f\c{ — f\c0 pour tout i. Ainsi, / est constante, d'où le
résultat. D
Proposition 7. Soient (J5i,di ),..., (£n,dn) des espaces métriques (en nombre fini).
L'espace produit E = E\ x • • • x En est connexe si et seulement si Ei est connexe pour
tout i.
Démonstration. Condition nécessaire. Soit i G {l,...,n} et soit / : Ei —* D = {0,1} une
application continue. La projection p\ de E sur Ei étant continue, l'application / o pi : E —* D
est continue, et comme E est connexe, / o pi est constante. Donc / est constante et Ei est
connexe.
Condition suffisante. Soient (#1,..., xn) et (y\,..., yn) G E et une application continue / : E —►
D. L'application f\\Ei^>D x \-> f(x,X2,. •. ,#n) est continue, donc constante car Ei est
connexe. En particulier, f(x\,X2,... ,rcra) = f(yi,X2, •.. ,#n). En itérant le procédé sur chacun
des connexes E2,...,En, on obtient /(#i,... ,xn) = f(yi,... ,2/n)- L'application / est donc
constante, donc E est connexe d'après la proposition 3. D

4. ESPACES CONNEXES
41
Composantes connexes. Soit (E, d) un espace métrique. On considère sur (E, d) la
relation
(xlly) •<=>• (3C connexe de E tel que x G C et y € C).
On a affaire à une relation d'équivalence car
- Si £Hy, y fcx (immédiat).
- Pour tout x, x1Zx car {x} est un connexe.
- Si x 1Z y et y Hz, il existe deux connexes C et C" tels que x€C,y€CetyeC,
z e C. On a CnC ^ 0 donc d'après la remarque 2, CUC" est connexe, et comme
xeCuC'etzeCuC'tXKz.
Six € E, sa, classe d'équivalence, notée x, est la réunion des connexes contenant x. C'est
donc un connexe d'après la proposition 5 (en effet, tous les connexes contenant x ont tous
une intersection non vide avec le connexe {x}). L'ensemble x s'appelle une composante
connexe de E.
Les composantes connexes de E forment donc une partition de E. L'espace métrique
E est connexe si et seulement s'il n'a qu'une seule composante connexe.
Les composantes connexes de E sont des fermés de E. Considérons en effet une
composante connexe x de E. La proposition 4 entraîne le fait que x est connexe, c'est donc
un connexe contenant x, donc x C x et x = x.
Si les composantes connexes de E sont en nombre fini, elles sont ouvertes comme
complémentaires d'une réunion finie de fermés de E.
Connexes de R.
—► Théorème 2. Les parties connexes de R sont les intervalles de R.
Démonstration. Un connexe de R est un intervalle. En effet, si C C R n'est pas un intervalle, il
existe (a, b) G C2 et x G R tels que a<x<betx#C. Mais alors C C ]—oo, x[ U ]#, +oo[, donc
C n'est pas connexe.
Réciproquement, montrons qu'un intervalle / de R est connexe. C'est un peu plus délicat.
Si / est un singleton, c'est immédiat.
Si / = ]a, b[ avec — oo < a < b < +oo, considérons une application continue / : / —► D =
{0,1}. Si / n'est pas constante, il existe x,y G / vérifiant a < x < y < b tels que f(x) ^ f(y),
par exemple f(x) = 0 et f(y) = 1. Considérons l'ensemble
r = {z G i" | z > x et W G [x, z],f(t) = 0}.
L'ensemble F est non vide car a: G T. De plus, V est majoré car pour tout z G T, z < y. Soit
c = supT. Comme / est continue, f(c) = 0. De même, / étant continue en c,
3e>0,V*G[c,c + e], S(f(t)J(c)) < i,
donc pour tout t G [c,c + e], f(t) = 0, ce qui montre que c + e G T. Ceci contredit le fait que
c = supT. Finalement, l'application / est constante et / est connexe d'après la proposition 3.
Tout intervalle / de R non réduit à un singleton étant compris entre un intervalle ouvert et
son adhérence, on en conclut avec la proposition 4 que tout intervalle de R est connexe. D
—*• Théorème 3 (des valeurs intermédiaires) . Soit I un intervalle deR et f : / —» R
une application continue. Alors f(I) est un intervalle.
Démonstration. Le théorème précédent assure la connexité de /, donc /(/) est connexe d'après
le théorème 1, c'est donc un intervalle. D
Remarque 3. - Une autre manière d'écrire le résultat est la suivante. Si f(a) < f(b)
(resp. f(b) > f(a)) avec a < 6, alors pour tout 7 tel que f(a) < 7 < /(&) (resp.
f(b) < 7 < /(a)), il existe c e [a, b] tel que f(c) = 7.
- Avec la proposition 15, on en conclut que l'image d'un segment de R par / est un
segment de R.

42 1. TOPOLOGIE SUR LES ESPACES MÉTRIQUES ET LES ESPACES VECTORIELS NORMES
4.3. Connexité par arcs
DÉFINITION 2. Soit (E, d) un espace métrique. On appelle chemin de E toute application
7 : [0,1] -* (E, d), continue. L'image 7([0,1]) du chemin s'appelle un arc, 7(0) Y origine
de l'arc, 7(1) son extrémité.
DÉFINITION 3. Soit (E, d) un espace métrique. On dit que E est connexe par arcs si pour
tout (a, b) e E2, il existe un arc inclus dans E d'origine a et d'extrémité b.
Théorème 4. Un espace connexe par arcs est connexe.
Démonstration. Soient E un espace connexe par arcs et / : E —* D = {0,1} une application
continue. Soit (a, b) G E2. Il existe une application continue 7 : [0,1] —* E telle que 7(0) = a
et 7(1) = b. L'application / o 7 : [0,1] —> D est continue, donc constante car [0,1] est connexe.
Donc (/ o7)(0) = (/o7)(l), c'est-à-dire f(a) = f(b). L'application / est donc constante, donc
E est connexe d'après la proposition 3 D
Remarque 4. - La connexité par arcs est surtout une notion pratique pour montrer
qu'un espace est connexe. En termes intuitifs, un espace est connexe par arcs si
on peut toujours relier deux de ses points par une courbe continue, ce qui fait du
concept de connexité par arcs une notion moins abstraite que la notion de connexité.
- La réciproque du théorème 4 est fausse (voir l'exercice 5 page 44). Elle est cependant
vraie dans un ouvert d'un IR-e.v.n (voir le théorème 5).
- La connexité par arcs est, comme la connexité, une notion topologique.
Connexité par lignes brisées dans un espace vectoriel norme. Dans tout ce
paragraphe, E désigne un IR-espace vectoriel norme.
Définition 4. Soient (a, 6) G E2. On appelle segment d'extrémité a et 6 l'ensemble
{Àa + (1 - A)6, A G [0,1]}, et on le note [a, b].
DÉFINITION 5. On appelle ligne brisée (ou ligne polygonale) de E joignant deux points a
et b de E tout ensemble de la forme Ui<;<n[a;i_i, Xi] où n G N*, x0 = a et xn = b et pour
tout i, Xi G E.
DÉFINITION 6. Une partie A de E est dite connexe par lignes brisées si pour tout (a, b) G
A2, il existe une ligne brisée incluse dans A joignant a et b.
Remarque 5. Il est clair qu'une ligne brisée est un arc. Une partie de E connexe par lignes
brisées est donc connexe par arcs.
Exemple 2. Un M-e.v.n E est connexe par lignes brisées (donc connexe par arcs et connexe)
car pour tout (a, b) e E2, [a, b] C E.
Théorème 5. Soit E un R-e.v.n. Une partie ouverte Cl de E est connexe si et seulement
si elle est connexe par lignes brisées.
Démonstration. La condition suffisante découle du théorème 4, une partie connexe par ligne
brisée étant connexe par arcs.
Montrons la condition nécessaire. Soit Cl un ouvert connexe non vide de E. Soit xq G Cl et
notons TXQ l'ensemble des points de Cl que l'on peut joindre à xo par une ligne brisée contenue
dans Cl.
-OnaTIo^0 car x0 G TXQ.
- L'ensemble TXQ est ouvert. En effet, si a; G Txo, on a x G Cl donc il existe p > 0 tel que
la boule B{x,p) soit incluse dans Q. Ainsi, pour tout y G B(x,p), [x,y] C Q et comme
x eTXQ, on en déduit y eTX0.
- L'ensemble TXQ est fermé dans Cl. En effet, si a; G TXo f)Cl, il existe une boule B(x, p) incluse
dans Cl telle que B(x,p) n TXQ ^ 0. Si on choisit y G B(x,p) D TXQ, on a alors [y,x\ C Cl,
donc x G Txn.

4. ESPACES CONNEXES
43
Finalement, Txo ^ 0 est ouvert et fermé dans le connexe fi, donc TXQ = Q, d'où le résultat. D
Remarque 6. On en déduit avec la remarque 5 que tout ouvert connexe d'un e.v.n est
connexe par arcs. Attention, ce dernier résultat n'est plus vrai si on remplace E par un
espace métrique quelconque.
4.4. Exercices
EXERCICE 1. Soient (E,d) un espace métrique, B une partie connexe de E et A une
partie de E telle que B D A ^ 0 et B D (£\A) ^ 0. Montrer que B D Fr(A) ^ 0 (où
Fr(A) désigne la frontière de A).
Solution. On note ZX = E\X le complémentaire de X dans f?. Remarquons déjà que
o
E\Fr(A) = £(Â\A) = C(Â n CÂ) = (C2) U1 = A U (£\4) = A U (tfCî).
O
Ceci étant, supposons B n Pr(^) = 0. Alors 5 C E\Fr(A) = A U (E\A). Les ensembles A
o
et i?\i4 étant deux ouverts disjoints de J5, on en déduit, B étant connexe, que B D A = 0 ou
o
B D {E\A) = 0, ce qui absurde par hypothèse. Donc B n Fr(A) ^ 0.
Exercice 2. Soient A et B deux espaces métriques connexes. Soit X C Ay X ^ A et
Y C B,Y ^ B. Montrer que C = (A x B)\(X x Y) est un connexe de A x B.
Solution. D'après les hypothèses, il existe ao G A tel que ao # X et bo e B tel que &o ^ Y.
Soit / : C —» {0,1} une application continue. Il s'agit de montrer que / est constante. Soit
(a, 6) un point de C. Comme (a, b) & X x Y", on a a ^ X ou 6 ^ Y", par exemple a g X. Ainsi,
pour tout 2/ G 5, (a, 2/) G C La restriction de / à {a} x B est continue. Comme {a} et B sont
connexes, la restriction de / à {a} x 5 est constante. En particulier, /(a, b) = /(a, &o)- Comme
&o ^ Y, on montrerait de même /(a,&o) = /(&()> &o)- Donc /(a, 6) = /(ao,&o)> e^ cec* Pour tout
(a, 6) G C, donc / est constante. D'après la proposition 3 page 39, C est donc connexe.
Exercice 3. Soit (E, d) un espace métrique connexe et F un fermé de E. On suppose
que Pr(F) est connexe. Montrer que F est connexe. Le résultat subsiste-t-il si F n'est pas
supposé fermé ?
Solution. En vertu de la proposition 3 page 39, il suffit de montrer que toute application
continue / : F —» D = {0,1} est constante. Soit / une telle application. La restriction /jf^f) de
/ à Fr(F) c F est continue, et comme Fr(F) est connexe par hypothèse, /|fv(f) es^ constante.
Supposons par exemple que f(x) = 0 pour tout x G Fr(F). On définit une extension g de f sur
E par
g[x) = f(x) si x e F, g(x) = 0 si x e E\F.
On va montrer que g est continue, il suffit donc de montrer que l'image réciproque de tout fermé
de D est fermée dans E. Les fermés de D sont 0, D, {0} et {1}. On a
g-\0) = 0, g-\D) = E, g-\{l}) = /^({l})

44 1. TOPOLOGIE SUR LES ESPACES MÉTRIQUES ET LES ESPACES VECTORIELS NORMES
donc ces images réciproques sont fermées (/-1({1}) est fermé dans F car / est continue, donc
dans E car F est fermé dans E). Il reste à monter que p-1({0}) est fermé dans E. Partant de
g-1 [{0}) = (E^F) U f-\{0}) = (E^F) U /^({O}),
(cette dernière égalité est vraie car E\F = (E\F) U Fr(F) et Fr(F) C /_1({0})), on voit que
<7_1({0}), union de deux fermés dans E, est fermé dans E.
Finalement on a démontré que g : E —> D est continue. Or E est connexe, donc g est
constante, donc f = g\p est constante. Ceci conclut à la connexité de F.
Le résultat est faux si F n'est pas supposé fermé. Par exemple, si E = R et F = R*,
Pr(F) = {0} est connexe et pourtant F = ] — oo, 0[ U ]0, +oo[ n'est pas connexe.
Exercice 4. On note U = {z e C, \z\ = 1} et on considère / : U —► R une application
continue. Montrer qu'il existe deux points diamétralement opposés du cercle unité U ayant
même image par /.
Solution. Il s'agit de prouver l'existence de z G U tel que f(z) = f{—z). Considérons l'application
g: U^R «h/(z)-/(-z),
La continuité de g et le caractère connexe de U (U est connexe comme image du connexe [0,2ir]
par l'application continue 0 ■-> e%e) entraîne que g(V) est connexe dans R, c'est donc un intervalle
de R. Or g(l) = /(l) —/(—1) = — g(—1). L'intervalle g(V) contient donc deux valeurs opposées,
donc 0 G <?(U). En d'autres termes, il existe z G U tel que g(z) = 0 = f(z) — f{—z), d'où le
résultat.
Exercice 5. Soit T le sous ensemble de M2 défini par
r =
U(WxI+)
LxeQ
U
U (Mx]-oo,0[)
a) Montrer que T est un connexe de
b) Montrer que T n'est pas connexe par arcs.
Solution, a) Pour prouver la connexité de T, il suffit de montrer que toute fonction continue
/ : r —> {0,1} est constante.
Pour tout x G Q, l'ensemble {x} x R+ est une demi droite, donc connexe par arc, donc
connexe, donc :
Va: G Q, / est constante sur {x} x R+, de même
{
Vx G R\Q, / est constante sur {x}x] - oo,0[ v ;
On peut donc définir une application g : R —* {0,1} comme suit :
- Si x G Q, g(x) est la valeur prise par / sur {x} x R+,
- si x G R\Q, g(x) est la valeur prise par / sur {x}x] — oo,0[.
Si on montre que g est constante, on aura prouvé, en vertu de (*), que / est constante et donc
que T est connexe.
L'application g est localement constante. En effet.
- Soit xq G Q. On a (#o,0) G T et comme / est continue en ce point et que {/(#o,0)} est un
ouvert de {0,1}, /_1({/(a:o,0)}) est un ouvert de T, de sorte que
3a > 0, V(rc,y) G (]x0 - a,x0 + a[x] - a,a[) H T, f(x,y) = f(x0,0).
Donc si # G ]xo — a,a;o,#o + a[, g(x) = g(xo) (en effet, si x est rationnel, g(x) = f(x,0) =
/(rco,0) = g(x0) et si x est irrationnel, g(x) = f(x, -a/2) = /(rco,0) = g(x0)).

4. ESPACES CONNEXES
45
- Soit xo G R\Q. Fixons y0 < 0. L'application / étant continue en {x0,y0) G T, on en déduit
comme précédemment que
3a>0,Vx£ ]z0-û!,:Eo + û![n(R\Q), f(x,yo) = f(x0,y0) = g(x0).
Grâce à (*), on en déduit
Vx G ]x0 -a}x0 + a[n(R\Q), /|{œ}x]-oo,o[ = 9(xo).
On en tire g(x) = g{xo) pour tout x G ]xo — a,xo + a[. (En effet, si x est irrationnel, g(x) =
t I i-oo0[ = 9(xo)- Si x est rationnel, la densité de R\Q dans Q permet d'affirmer l'existence
d'une suite (xn) de ]x0 - a,x0 + a[n(R\Q) qui converge vers x, et
g(x) = f(xt0) = lim /(»„,-l/n) = #(x0).)
n—>oo
- Ainsi, # est localement constante autour des rationnels et des irrationnels, donc sur R, donc
continue sur R. Comme g est à valeurs dans {0,1} et que R est connexe, on en déduit que g est
constante sur R et le résultat.
b) Raisonnons par l'absurde et supposons Y connexe par arcs. En particulier, il existe un arc
contenu dans V qui relie (0,0) et un point (#o,2/o) € (R\Q)x] — oo,0[. En d'autres termes, il
existe une application continue
7: [0,1]^R2 «"(TlW.'yaW)
telle que 7(0) = (x0)y0) G (R\Q)x] - oo,0[, 7(1)_= (0,0) et V* G [0,1], j(t) G T.
L'application 71 étant continue, l'ensemble 7X ^{xo}) est un fermé, non vide car il contient
#o- Donc a = sup7f 1({xo}) existe et 71 (a) = xq. On a a < 1 car 71 (1) = 0. En résumé,
71 (a) = xq et Vt G ]a, 1], 71 (t) ^ x0. (**)
Comme 71(0;) = xo et que 7(0:) G T, on a 72(0;) < 0. La continuité de 72 assure l'existence
d'un e > 0 tel que 72(t) < 0 pour tout t G [a, a + e], et comme 7(2) G T, on en déduit
V*e[a,a + e], 7i(*)£Q- (***)
D'après le théorème des valeurs intermédiaires, 71 ([a, a + e]) est un intervalle, non réduit à
un singleton d'après (**). Ceci est absurde d'après (***), d'où le résultat.
Exercice 6 (Espaces bien enchaînés). Soient (£,d) un espace métrique. Soit e > 0.
On dit que E est e-enchaîné si pour tout (a, 6) G E2, il existe n G N* et des points
#o> • • •, xn de E tels que x$ = a, xn = b et d(xi, Xi-\) < e pour tout i G {1,..., ri). On dit
que E est bien enchaîné si il est e-enchaîné pour tout e > 0.
a) Si E est connexe, montrer que E est bien enchaîné.
b) Si E est compact et si E est bien enchaîné, montrer que E est connexe. Ce résultat
reste-1-il vrai si E n'est pas supposé compact ?
Solution, a) Soit e > 0. On définit la relation d'équivalence TZ£ sur F par : x 1Z£ y si et seulement
s'il existe n G N* et #0,... >xn G £7 tels que xo = x, xn = y et d(#i,a:i_i) < e pour tout
* G {1,... ,n} (on vérifie facilement que l'on a bien affaire à une relation d'équivalence). Soit
x e E. Nous montrons que la classe x de x est ouverte et fermée.
La classe x est ouverte. En effet, soit y G x. Pour tout z G B(yie), on a,y1Z£z donc z G 2/ = x.
Ainsi, B(2/,e) c x, et ceci pour tout y G i, donc x est ouvert.
La classe i est également fermée car c'est le complémentaire de l'ouvert Uy^±y-
Ainsi, x, ouverte et fermée dans le connexe E, est égale à E. Ceci montre que E est e-enchaîné
Pour tout e > 0, d'où le résultat.
b) Raisonnons par l'absurde en supposant E non connexe. On peut écrire E = F\ U F2 où Fi
et F2 sont deux fermés non vides disjoints. Un fermé dans un compact est compact, donc F\
et F2 sont compacts. Il existe donc ai G Fi et 0,2 G i*2 tels que d(ai,a2) = d(Fi,F2) (voir

46 1. TOPOLOGIE SUR LES ESPACES MÉTRIQUES ET LES ESPACES VECTORIELS NORMES
l'exercice 3 page 33). Comme F\ D F2 = 0, ai ^ a2 donc e = d(ai,a2) > 0, de sorte que
d(x, y) > e pour tout (x, y) G i*i x F2. Comme E est bien enchaîné, on peut trouver une chaîne
(xo, • • • 1 Xn) G £n+1 telle que xq G F\, xn = yo G F2, et d(xi, Xi-\) < € pour tout i G {1,...,n}.
Il existe un indice i G {1,... ,n} tel que Xi-i G F\ et Xi G i*2 (ceci car xo € Fi et xn € F2), et
alors d(#i_i,a:i) > d(F\,F2) = e, ce qui est absurde. L'espace métrique E est donc connexe.
Si E n'est pas supposé compact, le résultat est faux. Par exemple Q (muni de la métrique
à(x,y) = \x — y\) est bien enchaîné (car dense dans R) mais non connexe.
Exercice 7. Soit (E, d) un espace métrique compact et (wn)nGN une suite de E telle
que limn_>00d(wn,wn+i) = 0. Montrer que l'ensemble des valeurs d'adhérence de (un) est
connexe.
Solution. Pour tout p G N, on note Ap = {un, n > p}. On sait que l'ensemble F des valeurs
d'adhérence de (un) est égal à Dp^Ap. C'est donc un fermé, et comme E est compact, V est
compact.
Supposons T non connexe, de sorte que l'on peut écrire T = AUBoùAetB sont deux
fermés non vides disjoints de T. Comme T et compact, A et B sont même compacts et donc
(voir l'exercice 3 page 33) a = d(A, B) > 0 puisque A et B sont disjoints. Notons
A'={xeE\d(x,A)<^}=(jB(x^) et B' = [x G E \ d{x,B) < |} .
xeA
Les ensembles A' et B' sont ouverts donc K = E\(A' U B') est fermé dans le compact E, donc
compact. Nous allons montrer que (un) admet au moins une valeur d'adhérence dans K, ce qui
sera une absurdité car TDK = 0.
Par hypothèse, limn_^ood(wn,wn+i) = 0 donc
3JV0eN,Vn>JVb, d(uniun+i)<%- (*)
Fig. 2. Les compacts A, B, E et K = E\(A' U B')
Soit N un entier quelconque supérieur à No. Donnons nous #0 G A. Le point xq est valeur
d'adhérence de (un) donc il existe ni > N tel que d^o,^) < oc/3, donc wni G A'. Si yo € B,
yo est aussi valeur d'adhérence de (un) donc il existe 712 > n\ tel que d(yo,un2) < a/3, de sorte
que un2 G B'. Notons maintenant no le premier entier supérieur à n\ tel que uno £ A' (un tel
entier existe car un2 g A'). On a uno-\ G A', donc d'après (*)
Où
d(uno,B) > d(uno-i,B) - d(uno-Uuno) > d(A,B) - d(uno-i,A) -d(wno_i,wno) > -,
ce qui prouve que uno g B'. Comme de plus uno g A', on a uno G K.
Résumons. Nous venons de montrer que pour tout N > No, il existe no > N tel que uno G K.
On peut donc construire une sous suite (u^)) de (un) qui prend ses valeurs dans K. Comme

5. ESPACES VECTORIELS NORMES (E.V.N)
47
K est compact, (*V(n)) admet au moins une valeur d'adhérence dans K, donc (un) admet au
moins une valeur d'adhérence dans K. Ceci est impossible car Y D K = 0. L'ensemble T est
donc connexe.
Exercice 8 (R et R2 ne sont pas homéomorphes) . Il est bien connu que R et R2
sont deux ensembles équipotents, autrement dit il existe une bijection / de R dans R2.
Montrer qu'une telle bijection ne peut pas être un homéomorphisme.
Solution. Supposons l'existence d'un homéomorphisme / de R sur R2. L'ensemble R2\{0} est
connexe (car trivialement connexe par arcs), et /_1 étant continue, /_1(R2\{0}) est un connexe
de R- Or / étant une bijection,
/"HRMO}) = Rn{/"HO)} = ] - oo, f-\0)[ U ]/-\0), +oo[
n'est pas connexe. Ceci est absurde, d'où le résultat.
Exercice 9 (Théorème de Darboux, preuve topologique). Soit / : R —► R
une application dérivable sur R (mais pas forcément de classe C1). Soit / un intervalle
ouvert non vide de R. En considérant l'ensemble
montrer que /'(/) est un intervalle de EL
Solution. Notons A l'ensemble {(#, y) G I2, x < y}. Cet ensemble est connexe (il est même
convexe). L'application
F: A^R (tt,y)~/(l)-/fa)
x-y
est continue, donc f(A) = T, image continue d'un connexe, est connexe.
On a /'(/) C T. En effet, si x € / et si (xn) est une suite de I qui tend vers x telle que
xn> x pour tout n, on a f'(x) — limn_>00 F(x, xn).
D'après le théorème des accroissements finis, on a Y C /'(/)• Finalement, Y C f'(I) C Y,
donc /'(/) est connexe d'après la proposition 4. Les connexes de R étant les intervalles, on en
déduit le résultat.
Remarque. Ce résultat est prouvé avec des moyens différents à l'exercice 4 page 78.
5. Espaces vectoriels normes (e.v.n)
Cette section propose une étude générale des espaces vectoriels normes. L'étude
particulière de la topologie des espaces de matrices est traitée à la partie 4.3 du tome Algèbre.
5.1. Rappels
On rappelle qu'un K-espace vectoriel E (avec K = R ou C) est norme s'il est muni
d'une norme ||. ||. En notant d(x,y) = \\x — y\\, on fait de E un espace métrique. Sauf
mention contraire, c'est toujours cette distance qui est utilisée dans un e.v.n. On dit qu'un
e.v.n est un espace de Banach s'il est complet.
Deux normes || • ||i et ||. ||2 sur E sont dite équivalentes si
3a > 0,3b > 0,\fx e E, a \\x\\i < \\x\\2 < b \\x\\i.

48 1. TOPOLOGIE SUR LES ESPACES MÉTRIQUES ET LES ESPACES VECTORIELS NORMES
Deux normes équivalentes définissent des distances équivalentes. Sur un plan topologique,
et lorsque l'on travaille avec des suites de Cauchy, il est indifférent de prendre l'une ou
l'autre de ces normes.
L'application x i-* \x\ est une norme sur R, et z h-> \z\ une norme sur C. Plus
généralement, pour tout a > 1, si x = (xi,..., xn) G Kn (avec K = R ou C),
/ n \ V«
|M| = [ \TU.|« I
définit une norme sur Kn (voir la conséquence de l'inégalité de Minkowsky, page 96), de
même que ||a;||oo = supf |n;*|.
Dans un e.v.n, les opérations (x, y) h-* x + y et (À, x) •—> Xx sont continues. La norme
est également une fonction continue. _
Si V est un s.e.v. de l'e.v.n E, alors son adhérence V est un s.e.v de E. En particulier,
un hyperplan de E est soit fermé, soit dense dans E.
5.2. Continuité des applications linéaires
Dans toute cette sous partie, E et F désignent deux K-e.v.n (avec K = R ou C).
Théorème 1. Soit f G C(E, F) une application linéaire de E dans F. Les assertions qui
suivent sont équivalentes.
(i) f est continue sur E ;
(ii) f est continue en 0 ;
(iii) f est bornée sur la boule unité fermée Bf (0,1) de E ;
(iv) f est bornée sur la sphère unité S(0,1) de E ;
(v) il existe M > 0 tel que \\f(x)\\ < M\\x\\ pour tout x € E ;
(vi) f est lipschitzienne ;
(vii) f est uniformément continue sur E.
Remarque 1. - Dans la pratique, on utilise souvent les assertions (iv) et (v).
- De même, on montre qu'une application multilinéaire de E\ x • • • x En dans F est
continue si et seulement si
3M>0,Vx = (rci,...,rcra) G Ex x • • • x En, \\f(x)\\ < M\\x^\ • • • ||z„||.
DÉFINITION 1. L'ensemble des applications linéaires continues de E dans F est noté
CC(E, F). On norme CC(E, F) en posant
V/ G £C(£,F), Il/Il = sup ||/(a0|| = sup ||/(x)||,
ll*ll=i IWI<i
ce qui fait de CC(E, F) un e.v norme.
Remarque 2. Le réel ||/| est le plus petit réel positif M tel que ||/(z)|| < M||x|| pour
tout x G E. En particulier, pour tout x e E, \\f(x)\\ < ||/|| • ||rc||. Sauf mention contraire,
c'est la norme x h-> H/Il qui est choisie sur CC(E, F).
Proposition 1. Soient E, F et G trois e.v.n, soient f G CC{E,F) et g e CC{F,G). Alors
go f e CC{E,G) et\\go f\\<\\g\\.\\f\\.
En particulier, la norme |||. ||| sur CC(E) = CC(E, E) en fait une algèbre normée (voir
plus bas).
Théorème 2. Si F est un espace de Banach, l'e.v.n CC(E,F) est un espace de Banach.

5. ESPACES VECTORIELS NORMES (E.V.N)
49
Démonstration. Soit (/n) une suite de Cauchy de CC(E,F).
On construit la limite éventuelle de (/n). Fixons un élément quelconque x de E. On a
V(p,«) e N2, \\fp(x) - fq(x)\\ < |/p - /,| • ||*||,
donc la suite (/n(#)) est de Cauchy dans F, et comme F est complet, elle converge. On note
tu) sa limite. On définit ainsi une application f de E dans F.
On vérifie que / G £C(E,F). L'application / est linéaire car si x,y G E et A, fi G K,
/(Àz + /^) = lim /n(Àz + ^2/) = lim [Xfn(x) + A*/n(î/)] = Xf(x) + f*/(î/).
n—>oo n—>oo
Elle est continue. En effet, (/n) étant de Cauchy, elle est bornée donc il existe M > 0 tel que
l/nll < -W Pour tout ^- Si a; G £7 est fixé, on a donc ||/n(#)|| < M ||a;|| pour tout n, donc à la
limite lorsque n —> oo, on obtient ||/(#)|| < M||a;||. Ainsi, / est bien continue.
Il nous reste à prouver que (/n) converge vers / au sens de la norme |||. |||. Soit e > 0. Il existe
N e N tel que pour tout p,q> N, \\fp — fq\\ < e. En fixant x G £7, on a donc
Vp,<7 > N, \\fp(x) - fq(x)\\ < |/p - fq\\ • \\x\\ < e\\x\\.
En fixant p > N et en faisant tendre q vers l'infini, on obtient ||/p(a;) — f{x)\\ < e\\x\\. Ceci est
vrai pour tout x G E, on a donc ||/p — /||| < e, et ceci pour tout p>N, d'où le résultat. □
Remarque 3. Il faut savoir refaire cette démonstration. Retenez en particulier les trois
étapes principales (faites l'exercice 1 page 21 qui est du même type).
Formes linéaires continues. Si E est un K-e.v.n (avec K = R ou C), l'e.v.n CC(E, K)
(ensemble des formes linéaires continues sur E) est un s.e.v du dual E* de E. On le note
souvent E' et on l'appelle dual topologique de E. Comme K est complet, E' est un espace
de Banach d'après le théorème 2. Dans un espace de Hilbert, E' et E sont isomorphes
(voir l'annexe B, question 3/ a) du problème 1 page 407).
Une forme linéaire / sur E est continue si et seulement si son noyau Ker / est un fermé
de E (voir l'exercice 7 page 55).
L'algèbre normée CC(E). On rappelle qu'une algèbre normée A est une algèbre (i. e.
un e.v muni d'une loi de produit interne, distributive par rapport à l'addition, vérifiant
(Xu)v = X(uv) = u(Xv) pour tout u, v G A et À G K) munie d'une norme ||. || vérifiant
||*HI ^ IMI ' IMI pour tout «,v6A Ceci assure la continuité de l'application (u, v) >—> uv.
D'après la proposition 1, l'algèbre CC(E) = CC{E, E), munie de la norme |||. |||, est une
algèbre normée. Si de plus E est un espace de Banach, CC{E) est un espace de Banach
d'après le théorème 2. Une conséquence importante est la suivante. Toute série J^ un de
CC(E) absolument convergente (i. e. telle que ^ ||tin|| converge) est convergente (en effet,
la suite associée est de Cauchy).
Une application importante.
Proposition 2. Soient E un espace de Banach et u e CC(E) tel que \\u\\ < 1. Alors
Id—u est inversible, son inverse est YlnS)un ^ £c(E).
Démonstration. La série J2uU converge absolument car |«n| < |«|n et ||w| < 1. Or
/+0O \ +00 +0O
(Id-U) £>" = £«" - £>" = Id,
\n=0 / n=0 n=l
de même (£+=0 un)(ld -u) = Id, d'où le résultat. D
Remarque 4. - On note Q£C(E) l'ensemble des endomorphismes inversibles u continus
et tels que u~l est continu (en fait, si E est un espace de Banach et si u est inversible
et continu, u~x est toujours continu — c'est le théorème de Banach, voir l'annexe A,
exercice 6 page 403). Si E est un espace de Banach, la proposition précédente permet
de montrer que Qlc(E) est un ouvert de CC(E) (voir l'exercice 4 page 52).

50 1. TOPOLOGIE SUR LES ESPACES MÉTRIQUES ET LES ESPACES VECTORIELS NORMES
- De manière générale, pour toute série entière Y2nanzn (avec an G R ou an G C)
de rayon de convergence R > 0, on peut définir la série entière d'endomorphisme
J2nanun dès que ||'w| < R pour u G CC(E) avec E un espace de Banach. Par
exemple, l'exponentielle d'un endomorphisme continu u G CC(E), est défini par
la série exp(n) = Yl™=oun/n* (v0^r *e tome Algèbre, partie 4.3). On peut aussi
utiliser les séries entières d'endomorphisme pour démontrer des résultats intéressant.
Par exemple, on prouve l'existence, dès que |tt| < 1, d'un endomorphisme continu
v G CC(E) tel que v2 = 1 + u ; il suffit de choisir v = J^ra anun où les (an) sont les
coefficients de la série entière y/1 + z = ^2n anzn.
5.3. Espaces vectoriels normes de dimension finie
Comme nous allons le voir, en dimension finie, "tout est continu". Les notions de la
sous partie précédente présentent donc moins d'intérêt en dimension finie.
Théorème 3. Dans un e.v.n de dimension finie, toutes les normes sont équivalentes.
Démonstration. Soit E un K-e.v (K = R ou C) de dimension finie, (ei,... ,en) une base de E.
Pour tout x = Yl,ixi eii No{x) = supf \xi\ définit une norme sur E.
Montrons que toutes les normes sur E sont équivalentes à No. Soit N une norme sur E. En
désignant par a le réel £\ ^(ei)> on a Pour tout x = Y^i xi ei G E
n n
N(x) < X>(zief) = £>«| W(e<) < aN0(x). (*)
i=l i=\
Munissons Kn de la norme produit \\(x\t...,#n)||oo = supf \xi\. L'application tp : (BCn, ||. ||oo) —>
(E,No) (si,... ,a:n) i-> Y^ixiei es^ une isométrie, donc S = {x G E \ No(x) = 1} est un
compact de (E, No) (image de la sphère unité de Kn — qui est compacte car fermée bornée dans
Kn — par <p qui est continue car isométrique). D'après (*), on a \N(x) — N{y)\ < N(x — y) <
aNo(x — y), donc N : (E,No) —* M est continue. Comme S est un compact de (£?,AT0), on en
déduit b = inf^/0(a.)=1 N(x) ^ 0. Ainsi,
Vx€E,x£0, N(x) = N0(x) • N (jfF^j) ^ bN0(x).
Avec (*), on en déduit le théorème. □
Ce théorème est important. Il permet de choisir la norme que l'on veut sur un e.v.n
de dimension finie. Voici des corollaires.
Corollaire 1. Toute application linéaire d'un e.v.n de dimension finie dans un e.v.n
(quelconque) est continue.
Corollaire 2. Tout e.v.n de dimension finie est complet.
Corollaire 3. Tout s.e.v de dimension finie d'un e.v.n est fermé.
Corollaire 4. Les parties compactes d'un e.v.n de dimension finie sont les parties
fermées bornées.
Remarque 5. Tous ces corollaires sont faux en dimension infinie. Par exemple :
- Munissons l'espace vectoriel des polynômes R[X] de la norme || £\ a* Xl\\ = sup^ |aj|.
L'application linéaire / : R[X] —> R[X] P h+ P' n'est pas continue (en effet,
f(Xn) = n et ||Xn|| = 1 donc l'assertion (iii) du théorème 1 n'est pas vérifiée).
- Tout e.v.n à base dénombrable n'est pas complet (voir l'exercice 8).
- La boule unité fermée d'un e.v.n de dimension infinie n'est pas compacte (théorème
de Riesz, voir l'exercice 9).

5. ESPACES VECTORIELS NORMES (E.V.N)
51
5.4. Convexes
Les parties convexes jouent un rôle important dans les e.v.n, en particulier dans les
espaces de Hilbert (voir l'annexe B, problème 1). Dans toute cette sous partie, E désigne
un K-e.v (avec K = R ou C).
Définition 2. Soient A, B G E. On appelle segment d'extrémités A et B et on note
\A, B] l'ensemble {\A + (1 — À) B, À G [0,1]}. Dans un e.v.n, un segment est fermé.
Définition 3. Soit C une partie de E. On dit que C est convexe si pour tout (A, B) e C2,
[A,B\CC.
Remarque 6. - Un s.e.v est convexe.
- Une partie convexe est connexe par lignes brisées donc connexe. La même remarque
vaut pour les parties étoilées définies plus bas.
- Plus généralement, un convexe peut être défini dans un espace affine.
Définition 4. Une partie A de E est dite étoilée s'il existe P G A tel que [P, M] C A
pour tout M e A (on dit alors que A est étoilée par rapport à P). Un tel point P s'appelle
un centre de A.
Enveloppe convexe.
Définition 5. Soit A une partie de E. Il existe une plus petite partie convexe de E
contenant A. On l'appelle enveloppe convexe de A et on la note Conv(j4). L'ensemble
Conv(>l) est aussi l'ensemble des barycentres des points de A affectés de coefficients
positifs, i. e. Conv(A) est l'ensemble des x tels que
n n
da?i,..., xn G A, dAi,..., An G M , y \{ = 1, X = y A$ x^.
i=l i=l
5.5. Exercices
Exercice 1. Soient E un R-e.v.n et A, B deux parties de A. On note A + B = {a +
b, (a,b) eAxB}.
a) Si A est ouvert (et B quelconque), montrer que A + B est ouvert.
b) Si A est compact et B fermé, montrer que A + B est fermé. Ce résultat subsiste-t-il si
A est seulement supposé fermé ?
Solution, a) On a A + B = UbeB(A + {b}). Pour tout 6 G B, il est clair que A + {b} est un
ouvert de E (si B(x,p) C A B{x + b,p) C A + {b}). Donc ,4 + 5, réunion d'ouverts, est un
ouvert.
b) Soit (zn) = (xn + yn)n€N une suite de A + B, convergente dans E vers z, où (rcn) est une
suite de A et (s/n) une suite de B. La compacité de A entraîne l'existence d'une sous suite
\x<p(n)) de (#n) qui converge dans A. Notons x G A sa limite. Comme (^(n)) converge vers
z> (y<p(n)) = (^(n) — x<p(n)) converge vers z — x. Comme B est fermé, y = z — x G B. Ainsi,
z = x + yeA + B, d'où le résultat.
Si A est seulement supposé fermé, le résultat est faux. Par exemple, dans le plan, les
ensembles A = {(rc, ex), x G R} et B = R x {0} sont fermés et pourtant A + B = Rx]0, +oo[ n'est
pas fermé. On peut donner un autre contre exemple dans R, en considérant les ensembles Z et
xZ (avec x e R\Q). Ces ensembles sont fermés, et Z + xZ est dense dans R (voir l'exercice 5
Page 197). Si ce dernier était fermé, il serait égal à R tout entier, ce qui est impossible puisque
Z + xZ est dénombrable et que R ne l'est pas.

52 1. TOPOLOGIE SUR LES ESPACES MÉTRIQUES ET LES ESPACES VECTORIELS NORMES
Exercice 2. Soit K un compact convexe d'un e.v.n et / : K —> K une application
continue telle que
V(x,y)eK\ \\f(x) - f(y)\\ < \\x - y\\.
Montrer que / admet au moins un point fixe.
Solution. Si / était ^-contractante (avec k < 1), le résultat serait vrai (théorème du point fixe,
page 20). Fixons a G K. La convexité de K nous invite à poser, pour tout entier naturel non
nul n
fn:K->K x^-a+(l--)f(x).
n \ nj
L'application fn est bien à valeurs dans K car K est convexe. D'autre part,
Vn e N*,V(x,y) € K2, \\fn(x) - fn(y)\\ = (l - £) ||/(s) - f(y)\\ < (l - ±) ||* - y||,
donc fn est (1 — l/n)-contractante. Comme K est compact, K est complet, et le théorème du
point fixe nous assure l'existence de xn G K tel que fn(%n) = %n- La suite (xn) prend ses valeurs
dans le compact K, on peut donc en extraire une sous suite convergente (a^(n)), dont la limite
x appartient à K. Grâce à l'inégalité
H/M - /„(*n)|| < \\f(x) - fn(x)\\ + \\fn(x) - fn{xn)\\ < k\\a\\ + ||/(z)||) + ||* - xn\\
n
on voit que (f<p(n)(x<p(n))) converge vers f(x). En passant à la limite dans l'égalité /^(^(^(n)) =
X(p(n)i on en déduit f(x) = x, d'où le résultat.
Remarque. Plus généralement, on peut montrer que toute application continue d'un
convexe compact dans lui même admet au moins un point fixe (théorème de Brouwer).
Exercice 3. Montrer qu'un e.v.n E est complet si et seulement si toute série Y^un
absolument convergente (i. e. telle que J^ ||iin|| converge) est convergente.
Solution. Condition nécessaire. Si ]T) \\un\\ converge, alors la suite (Sn) associée à la série ^wn
définie par Sn = Sï=o uk est de Cauchy car
Q
S Uk
k=p+l
Vp<<7, \\SP-Sq\\= _
H k=p+l II k=p+l
Comme E est complet, (Sn) converge donc, c'est-à-dire ^ un converge.
Condition suffisante. Soit (Sn) une suite de Cauchy de E. D'après le critère de Cauchy,
- 3<p(0) e N,Vn > <p(0), ||5„ - 5^0)11 < li d^ même
- 3^(1) > y>(0), Vn > V(l), ||5n - ^(i)|| < J,
- on construit ainsi par récurrence (p(k) > (p(k — 1) tel que Vn > tp(k), \\Sn — S^^W < ^.
Pour tout A; G N, on pose u^ = S^+i) ~ S<p(k)- Par construction, ||u^|| < 2~k donc Y^uk est
absolument convergente, donc convergente. Or £jj=0Uk = ^(n+i)-^(0)»donc (S(p(n)) converge.
Une suite de Cauchy admettant une sous suite convergente converge, d'où le résultat.
Exercice 4. 1/ Soit A une M-algèbre normée (i. e. une algèbre munie d'une norme ||. ||
vérifiant \\xy\\ < \\x\\ • \\y\\ pour tout (x,y) e A2) unitaire et complète.
a) Si x e A et si ||x|| < 1, si 1 désigne l'élément unité de A, montrer que 1 — x est
inversible dans A.
b) Montrer que l'ensemble des inversibles de A est un ouvert de A.
c) Soit ip : A->tun morphisme d'algèbre. Montrer que cp est continue.

5. ESPACES VECTORIELS NORMES (E.V.N) 53
2/ Soit E un IR-espace de Banach et u G CC{E). On appelle spectre de u l'ensemble des
réels A tels que u - A Id G' Ç£C(E), où Q£C(E) désigne l'ensemble des v G CC(E) tels que v
est inversible et v-1 est continu. Montrer que le spectre de u est compact.
Solution. 1/ a) On ne fait que réécrire la démonstration de la proposition 2 dans le cas plus
général d'une algèbre normée. La série 2#n converge absolument car ||#n|| < ||rc||n et ||rc|| < 1,
et comme A est complet, elle converge. Notons y sa somme. Alors
+00 +00
(1 - x)y = y - xy = ]TV - J]V = 1,
71=0 71=1
+OO
de même y(l — x) = 1. Donc (1 — x) est inversible, son inverse est y = YlnZxn-
b) Soit xo G A un élément inversible. Si h G A, \\h\\ < H^o"1!!-1, on a H^o-1/^! < H^o"1!! • \\h\\ < 1.
D'après la question précédente, 1 + x^h = 1 — (—Xq1K) est inversible. On en déduit que
xq -\- h = xo(l •}- x^h) est inversible (son inverse est (1 + x^Hj^Xq1). La boule de centre xo
de rayon l/H^o"1!! est donc incluse dans l'ensemble des inversibles, d'où le résultat.
c) Si (p est nulle, c'est terminé. Sinon, il existe x G A tel que <p{x) 7^ 0. On a alors (p(x) =
(p(l -x) = (p(l)(p(x), donc ip{l) = 1. Montrons maintenant que si ||rc|| = 1, alors \ip{x)\ < 1, ce
qui montrera la continuité de <p (un morphisme d'algèbre est linéaire). Raisonnons par l'absurde
et supposons l'existence de x G A, \\x\\ = 1, tel que A = (p(x) vérifie |A| > 1. Alors ||^a:|| < 1,
donc 1 — \x est inversible, donc A • 1 — x est inversible. Désignons par y son inverse. On a
<p({\>l-x)y) =<p(l) = l = <p(\-l-x)<p(y),
ce qui est absurde car (p(X • 1 — x) = \<p(l) — <p(x) = 0.
2/ Si A = £C(E), A est une algèbre normée complète. D'après 1/b), l'ensemble Ç£C(E) des
inversibles de A est un ouvert, et l'application <p : A ■-> u — A Id étant continue, on en déduit
que le spectre S de u est fermé car S = (p~1(A\Ç£c(E)).
Le spectre S est également borné. En effet, S C [— |u|, |w|] car si A > |w|, on a \\ju\\ < 1
donc Id — ju est dans Ç£C(E), donc u — Aid est dans Ç£C(E).
Finalement, S, fermé borné de R, est compact.
Remarque. - Si E est un espace de Banach et si u G CC(E) est inversible, alors u'1
est forcément continu. Ce résultat est appelé théorème de Banach, il est démontré à
l'annexe A, exercice 6 page 403.
- La notion de spectre de u G CC(E) généralise celle des valeurs propres d'un endomor-
phisme en dimension finie.
Exercice 5. On note £l le R-e.v des suites réelles (un) telles que J^ \un\ converge, muni
de la norme ||(wn)||i = Y^=o \un\- On note £°° le R-e.v des suites réelles (un) bornées,
muni de la norme ||(îAra)||oo = supn \un\.
Montrer que le dual topologique {£})' de £l (i. e. l'e.v des formes linéaires continues
sur £x) s'identifie à £°° à une isométrie bijective près.
Solution. Pour toute suite k = (kn) de £°°, on définit l'application
oo
$fc : t1 - R {un) •-> ^
71=0

54 1. TOPOLOGIE SUR LES ESPACES MÉTRIQUES ET LES ESPACES VECTORIELS NORMES
(la série Y^^n^n converge absolument car (kn) est bornée et J2un converge absolument). Il est
clair que $fc est une forme linéaire de ê1. Elle est même continue car
oo
|<MM]| < Y, l*»l Kl ^ IKWIloo • IIK)lli»
ra=0
et de plus cette inégalité montre que |$fc| < ||fc||<x>-
On a même l&kl = ll^lloo- En effet, pour n G N, désignons par en la suite dont tous les
éléments sont nuls sauf le n-ième qui vaut 1. On a |$fc(en)| = |A;n| et ||era||i = 1, donc |||$fc||| > \kn\
pour tout entier naturel n, d'où on tire |$fc| > ||&||oo» et donc |$k| = ||fc||oo-
L'application linéaire $ : £°° —> (i1)' k = (kn) h-> $& est donc une isométrie, en particulier
injective.
Il nous reste à montrer que $ est surjective. Soit (p G (i1)'. Comme (p est continue,
3M > 0, V(tin) G i\ M(un)]\ < M . ||(«n)||i.
La suite k = (kn) définie par kn = <p{en) est donc une suite de l°° et
/ N \ N N / N
ViV G N, (p I ^2 un en J = ^ Un VM = 2 fcnttn = $fc ( XIWn en
\ra=0 / ra=0 ra=0 \ti=0
Or la suite En=o wn Cn)NeN de ^1 converge vers (wn) dans i1, et <p et $& étant continues, on en
déduit <£>[(ttn)] = $fc[K)]- Ceci est vrai pour tout (un) G i1, donc <p = $&, d'où le résultat.
Exercice 6 (Convexes, théorème de Carathéodory et application). 1/ Soit
o
E un e.v.n et C un convexe de E. Montrer que C et C sont convexes.
2/a) (Théorème de Carathéodory.) Soit E un IR-e.v de dimension n G N*, et soit x G E le
barycentre de p vecteurs G £ affectés de coefficients positifs (i. e. 3Ài,..., Ap G
E+,^iÀi = 1 avec x = X^AiXi). Montrer qu'il existe / C {l,...,p} tel que Card/ <
n + 1 et tel que x soit barycentre des (xi)iei affectés de coefficients positifs.
b) (Application.) Soit E un R-e.v.n de dimension finie et A une partie compacte de E.
Montrer que Conv(i4), l'enveloppe convexe de A, est compacte.
Solution. 1/ L'adhérence C de C est convexe. En effet. Donnons nous deux points x et y de C
et un réel À G [0,1]. Il existe deux suites (xn) et (yn) de C qui convergent respectivement vers x
et y. Pour tout n G N, on a \xn + (1 — \)yn G C, et en passant à la limite lorsque n tend vers
l'infini, on en déduit que \x + (1 — À)?/, limite de points de C, appartient à C.
o o
Montrons que l'intérieur C de C est convexe. Soient a; et y e C. Il existe p > 0 tel que
B(z,p) C C et B(j/,p) C C Soit A G [0,1]. Pour tout h e E tel que ||/i|| < p, on a [Aa: + (1 -
\)y] + h = \(x + h) + (1- X)(y + h) G C, donc B(A# + (1 - \)y,p) C C Ceci prouve que
o
A a; + (1 — \)y G C, d'où le résultat.
2/ a) Soit T l'ensemble des parties J de {1,... ,p} telles que a; est barycentre des (xi)iej affectés
de coefficients positifs. Notons q = inf{Card J, J G T}. Il s'agit de montrer q < n + 1.
Supposons ç > n + 2. Par construction de g, il existe une partie J de {1,... ,p} de cardinal
q telle que x soit barycentre des (xi)iej affectés de coefficients positifs :
x = 2^ AiX{ avec Y^ Ai = 1 et Vi G J, Ai > 0.
ieJ ieJ
Comme E est de dimension n, les q > n + 2 éléments (a?i)i6j sont affinements liés, c'est-à-dire
qu'il existe une famille (Hijiej d'éléments non tous nuls tels que
J^ fii Xi = 0 et y^^j = 0

5. ESPACES VECTORIELS NORMES (E.V.N) 55
(si h e J> écrire par exemPle Que les g - 1 > n + 1 vecteurs (a* - xio)i€J^ioy sont liés). Soit
a = infMi>o <V^i, de sorte Que ^i ~ a^i ^ 0 Pour tout * G J (remarquons qu'il existe bien i e J
tel que ih > 0 car les /Zj sont non tous nuls et leur somme est nulle). On a
x - ^2(^i ~ ocfjbi)xi, avec Vi G J, Ai - afn > 0 et J^(Ai - a/ij) = ^Aj = 1,
ieJ ïeJ ieJ
et par définition de a, il existe io e J tel que Àj0 — a/if0 = 0. Ainsi, x est barycentre des points
(xi)i£j^u0} affectés de coefficients positifs. Ceci est absurde par définition de q, d'où le résultat.
b) Notons A = {(Ai,..., An+i) e Rn+1 | YZÎî Ai = 1 et V*, Ai > 0}. Cet ensemble, fermé du
compact [0, l]n+1 est compact. On considère l'application
n+l
(p : A x An+1 -* E ((Ai,..., An+i), x\>..., xn+i) »-> ^Z Xi Xi'
i=l
Comme Conv(A) est l'ensemble des barycentres des points de A affectés de coefficients positifs,
on a d'après le théorème de Carathéodory Conv(A) = (p(A x An+1). Or A x An+1 est compact
(produit de compacts) et (p est continue, donc Conv(A) est compact.
Exercice 7. Soit E un IR-e.v.n et (p : E —► R une forme linéaire.
1/ Montrer que cp est continue si et seulement si Ker (p est un fermé de E.
2/ a) Soit F un s.e.v de E. Montrer que l'application
N: E/F-+R x h-> inf ||2/||
ye±
est une semi-norme sur l'espace quotient E/F. Que dire si F est fermé ?
b) En utilisant la question précédente, retrouver le résultat de la question 1/.
Solution. 1/ Si (p est continue, Ker<p est l'image réciproque par (p du fermé {0} donc fermé.
Réciproquement, supposons Ker<p fermé. Si <p n'est pas continue, (p n'est pas bornée sur la
sphère unité. Il existe donc une suite (xn) de E telle que
(i) Vn G N, ||a:n|| = 1 (ii) lim \(p(xn)\ = +oo.
n—>oo
Fixons u e E tel que </>(?/) = 1. Pour tout n, posons un = u r^r- On a ^(^n) = y>(u) —
"7—r<p(#n) = 0, donc un G Ker<p. D'après (i) et (ii), (un) converge vers u, et Ker<p étant fermé,
u e Kenp. Ceci est absurde car tp(u) = 1. Ainsi, (p est continue.
2/ a) Soit a; G E et À G M. Rappelons que la classe x de x est x = x + F. De l'égalité Àa; = Àx,
ontire7V(Ax) = |A|7V(x).
Il nous reste à montrer que TV vérifie l'inégalité triangulaire. Soient x,y G E. On a
Vu,^GF, N(Ç+1j) < \\(x + y) + (u + v)\\ < ||a: + «|| + ||î/ + v||,
ce qui en passant aux inf à droite donne N(x + y) < N(x) + N(y).
Ainsi, N est une semi-norme. Comme x = x + F pour tout xy N(x) = inîy^p \\% — 2/11 es^
la distance de x à F. Si F est fermé, on a donc 7V(x) = 0 si et seulement si x G F, c'est-à-dire
x = 0. Finalement, si F est fermé, TV est une norme sur E\F.
b) Soit (p : F -» R une forme linéaire telle que Ker y> est fermé. Si (p est nulle, il est clair que (p
est continue. Sinon ip(E) = R. Considérons la factorisation canonique de ip suivante

56 1. TOPOLOGIE SUR LES ESPACES MÉTRIQUES ET LES ESPACES VECTORIELS NORMES
E -£+ R
E/Ker<p
On a <p = if) o s où 5 est la surjection canonique de E sur E/ Ker ip et ip : E/ Ker (p —» R est
linéaire.
- L'application ip est continue (c'est une application linéaire sur des espaces de dimension
finie).
- La surjection s de (E, ||. ||) dans {E/Kenp^N) est continue (où N est la norme définie
plus haut avec F = Ker y?, fermé), car N(x — y) = N(x — y) < \\x — y\\.
On en déduit que <p = tp o s est continue.
Remarque. La méthode utilisée au 2/ b) se généralise aisément pour montrer qu'une
application linéaire de rang fini est continue si et seulement si son noyau est fermé.
EXERCICE 8. Démontrer qu'un espace vectoriel norme E qui admet une base dénombrable
n'est jamais complet.
Solution. Soit (en)nen* une base de E. Quitte à normaliser les en, on peut supposer ||en|| = 1
pour tout n G N*. Nous allons construire une série J2^n^n absolument convergente à partir
d'une suite (An) particulière, et nous allons prouver que J^ An en ne converge pas (intuitivement,
si une telle série convergeait, sa somme serait combinaison linéaire infinie de (era), ce qui est
impossible dans un espace vectoriel par définition d'une base).
Notons Fo = {0} et Fn = Vect(ei,...,en) pour tout n G N*. A partir de Ai = 1/3, on définit
(An) par
An+i = ^d(Xnen,Fn-i) = - inf ||Araen - x\\.
6 6 xeFn-i
Comme Fn est fermé (s.e.v de dimension finie), on sait que d(x,Fn) — 0 si et seulement si
x e Fn. Par récurrence, on en déduit An > 0 pour tout n G N*. Enfin, l'inégalité
K+i = -^d(Anen,Fn_i) < -||Araen|| = —,
assure la majoration An < l/3n pour tout n.
La série J^ An en converge donc absolument. Si E est supposé complet, elle converge donc.
Notons x sa limite. Comme (en)neN* est une base de E, il existe n G N* tel que x G Fn. Ainsi,
V = E£n+i xk ek = x - YIk=\ x* ekeFn, donc
oo oo - „
3An+2 = d(An+i en+i, Fn) < \\Xn+i en+i - 2/|| < 2-1 ^fc - ^n+2 X) ôifc = ô^71"1"2'
k=n+2 k=0
ce qui est absurde car An+2 ^ 0. L'espace métrique E n'est donc pas complet.
Remarque. Ce résultat est aussi une conséquence immédiate du théorème de Baire (voir
l'annexe A, exercice 1).
Exercice 9 (Théorème de Riesz). Soit E un IR-e.v.n de dimension infinie. Montrer
que la boule unité fermée de E ne peut pas être incluse dans une réunion finie de boules
ouvertes de rayon 1. Qu'en conclure ?
Solution. Raisonnons par l'absurde en supposant l'existence de n G N* et de x\,..., xn e E tels
que Bf (0,1) C Ui<i<raB(#i, 1). Notons F = Vect(a:i,..., xn). Comme E est de dimension infinie,

6. PROBLÈMES
57
ï existe x G E tel que x & F. Comme F est un s.e.v de dimension finie, il existe y e F tel que
iu _ y\\ = d(x,F) (voir l'exercice 3 page 33). Soit x0 = TjfE^r. On a d(x0,F) < ||rc0|| = 1 et
y|| = d^x,!1) (voir l'exercice 6 page 66). boit x0 = pzjjjp
\fz G F, ||£0 - z\\ = Ti iï lia; - (y + \\x - y\\ z)
>^4-i.
||o;-2/|| Il II \\x-y\\
doncd(£o,F) = 1.
Or xq G Bf(0,1), donc il existe i tel que xq G B(#;, 1), de sorte que d(xo,Xi) < l> ce qui est
absurde car 1 = d(x0,F) < d(x0iXi).
Finalement, nous avons démontré que Bf(0,1) n'est pas précompact, en particulier non
compact.
6. Problèmes
PROBLÈME 1. Soient E et F deux espaces métriques, K un espace métrique compact.
Soit / : E x K —> F (X,x) h-> f(X,x) une application continue. Pour tout y e F, on
note Ey = {\eE\3xe KJ(X,x) = y}.
a) Montrer que Ey est un fermé de E.
b) Fixons y e E. On suppose que
V\€Eyt3\xeK, f(X,x)=y,
et on note x = ip(X). Montrer que l'application ip : Ey —> K ainsi définie est continue.
Solution, a) L'ensemble Fy = /-1({2/}) est fermé par continuité de /, et on remarque que
Ey = {X € E \ 3x € K, {X,x) G Fy}. Considérons une suite (An) de Ey qui converge vers A G E.
Il s'agit de montrer que A G Ey. Pour tout n, il existe xn G K tel que (Xn,xn) G Fy. Comme K
est compact, on peut extraire de (xn) une sous-suite (x^)) qui converge vers un point x G K.
La suite (A^),^^)) converge vers (X,x) et comme Fy est fermé on en déduit (X,x) G Fy, donc
A G Ey.
b) Soit (Ara) une suite de Ey qui tend vers A G Ey. Il s'agit de montrer que la suite (<p(An))
converge vers ip(X).
Notons xn = <p(Xn), et considérons une valeur d'adhérence a G K de (#ra)) limite d'une sous
suite (aty(n)) de (zn). Par continuité de /, /(A,a) = lirn^oo f{X^n),x^n)) = y donc a = <p(A).
Ceci prouve que la seule valeur d'adhérence de (xn) est ^(A). Comme (xn) prend ses valeurs
dans un compact, on en déduit que (xn) converge vers (p(X) (voir la proposition 9 page 30),
c'est-à-dire limn^oo (p(Xn) = (p(X).
Problème 2. Soit (E, d) un espace métrique et / : E —► R une application continue. On
suppose qu'il existe un compact K de E tel que la restriction de / à K, f\K, soit injective
et tel que
\fx G K, 3e > 0, f\B(x,e) est injective.
Montrer qu'il existe un ouvert ÏÏ, contenant K tel que f\n est injective.
Solution. Raisonnons par l'absurde en supposant qu'un tel ouvert n'existe pas. Pour tout n G N*,
On = LeE\ d{xtK) < ij = |J B (x,^\
est un ouvert contenant K, donc
3{xn,yn) G 0£, (xn ^ yn et f(xn) = f(yn))-

58 1. TOPOLOGIE SUR LES ESPACES METRIQUES ET LES ESPACES VECTORIELS NORMES
Pour tout n, xn G On donc il existe x'n G K tel que d(xn,x'n) < 1/n. De même, il existe pour
tout n un point y'n de K tel que d(yn,y'n) < 1/n.
La suite l(x'n,y'n)]ne^* prend ses valeurs dans le compact K2. On peut donc en extraire une
sous suite convergente [{xL(n)iyL(n))) dont nous noterons (x,y) G K2 la limite. Les inégalités
d(xnix) < d{xn,x'n) + d(x'n,x) < - + d{x'n,x) et d(yn,2/) < - + d(j4,y)
n n
montrent que les suites (x^^) et {y^n)) tendent respectivement vers x et y. Comme / est
continue et que pour tout n, f{x^n)) = /(^(n)), on a /(rc) = f(y) et comme /)A- est injective, x = y.
De plus, il existe par hypothèse un e > 0 tel que /|B(a;,e) so^ injective. Ceci est contradictoire car
il existe N G N* tel que x^N-) et y^N) appartiennent à B(x,e), et de plus /(#<£,(#)) = f(y,p(N))
avec rc^/v) ^ ^(n) par construction.
Il existe donc un ouvert Cl contenant K tel que f\Q soit injective.
Problème 3. Soit (E,d) un espace métrique.
a) On suppose que toute application continue de E dans E admet un point fixe. Montrer
que E est connexe.
b) On suppose E connexe et compact. Peut-on affirmer que toute application continue
de E dans E admet un point fixe ?
Solution, a) Raisonnons par l'absurde en supposant E non connexe. On peut trouver deux
ouverts disjoints non vides A et B tels que E = A U B. Fixons a G A et b G B. Définissons
/ : E -> E par
f(x) = b si x G A, f(x) = a si x e B.
L'application / est continue puisque l'image réciproque de tout ouvert est un ouvert (si X C E,
f~1(X) est égal soit à 0, Ey A ou B), sans point fixe par construction. Ceci est contraire aux
hypothèses, donc E est nécessairement connexe.
b) Non ! Par exemple, la partie du plan E = {z G C | \z\ = 1} est compacte, connexe (car
connexe par arcs), et l'application f : E —> E x i—> —x est continue et sans point fixe.
Problème 4. Soit K un fermé de [0, l]2. On suppose que
Vrc 6 [0,1], Kx = {y G [0,1] | (x, y) G K} est un intervalle non vide.
a) Montrer que K est connexe.
b) Montrer qu'il existe x G [0,1] tel que x G Kx.
Solution, a) En vertu de la proposition 3 de la page 39, il suffit de montrer que toute application
continue de K dans {0,1} est constante. Soit / une telle application.
Pour tout x G [0,1], l'application /(#,-) : Kx —* {0,1} y •—► f(x,y) est continue, et Kx
étant connexe (c'est un intervalle), on en déduit que /(#,-) est constante. Notons g(x) cette
constante. Si on montre que l'application ainsi définie g : [0,1] —* {0,1} est constante, on aura
prouvé que / est constante.
Comme [0,1] est connexe, il suffit de prouver que g est localement constante pour montrer
qu'elle est constante. Supposons que ce ne soit pas le cas, de sorte qu'il existe x G [0,1] et
une suite (xn) de [0,1] qui tend vers x telle que g(xn) ^ g(x) pour tout n G N. Supposons
par exemple g(x) = 0 et g(xn) = 1 pour tout n. Pour tout n, KXn est non vide donc il existe
yn G KXn. L'ensemble K, fermé du compact [0, l]2 est compact. On peut donc extraire de la
suite [(xn,yn)]neN de K une sous suite convergente [(a^n),^»))]. On a x = limn^oo x^n), et
notons y la limite de (y<p(n)). Comme / est continue sur K,
9(x) = f(xty) = jtoLfiXyWiVrtn)) = Ji™ g(xifi{n)).
n—>oo r \ , r n / n—>oo

6. PROBLÈMES
59
Ceci est impossible puisque g(x) = 0 et g{x^n)) = 1 pour tout n.
L'application est donc localement constante sur [0,1], donc continue sur [0,1]. Comme [0,1]
est connexe, g est constante, donc / est constante et le résultat est prouvé.
b) Soit ip : K -* R (#, y) i-> x - y. Comme K est connexe et que ip est continue, (p(K) est
un connexe de R, donc un intervalle. L'ensemble Ko est non vide, il existe donc y G [0,1] tel
que (0,2/) G K* donc y?(0, y) = -y < 0. De même, il existe y G [0,1] tel que (1,2/) G K, donc
</?(! y) = 2/ > 0. Comme ^(if) est un intervalle, on en déduit l'existence de (x, y) G K tel que
(p(x,y) = 0, c'est-à-dire x = y, ou encore a; G -fCr.
Problème 5. Soit / : ]Rn —> ]Rn une application continue. Un point xq de W1 étant
donné, on définit la suite (xn) par xra+i = f(xn). On suppose que (xn) admet une et une
seule valeur d'adhérence. Montrer que la suite (xn) converge.
Solution. Il suffit de montrer que la suite (xn) est bornée, car elle prendra alors ses valeurs dans
un compact (les compacts de Rn sont les fermés bornés) et on conclura grâce à la proposition 9
de la page 30.
Raisonnons par l'absurde et supposons (xn) non bornée. Notons a l'unique valeur d'adhérence
de (#n)> et notons K le compact Bf (a, 1). Soit AT G N. Comme a est valeur d'adhérence de (#n),
il existe no > N tel que xno G K. De plus, (xn) n'est pas bornée donc il existe n > no tel que
xn & K. Ceci prouve qu'il existe un entier m > no tel que xm G K et xm+i £ K. On a aussi
Xm+i — f(xm) € f(K), donc xm+\ G f(K)\K. En résumé, nous venons de montrer
VJV G N, 3m > N, xm G f(K)\K.
Ceci montre qu'il existe une sous suite (x^^) de (xn) prenant ses valeurs dans f(K)\K, en
particulier dans f{K). L'ensemble f(K) est compact (image d'un compact par une application
continue), on peut donc extraire de (x^^) une sous suite (2^0^(71)) Qui converge. Notons b sa
limite. Pour tout n, x^,^ £ K donc à{x^n^a) > 1, on a donc d(6, a) > 1. Ceci est contraire
aux hypothèses car b est une valeur d'adhérence de (xn) différente de a. La suite (xn) converge
donc vers a.
Problème 6. Soit G un groupe. On suppose que G est muni d'une distance, et que
l'application (p : G x G —> G (x, y) \—► xy~l est continue (on parle de groupe topologique).
a) On désigne par e l'élément neutre de G et par G la composante connexe de G contenant
{e}. Montrer que C est un sous groupe de G.
b) On suppose G connexe. Soit H un sous groupe ouvert de G. Montrer que H — G.
Solution, a) En vertu d'un résultat classique d'algèbre, il suffit de montrer que (p(C x C)
est inclus dans C. Comme C est connexe, C x C est connexe. De plus, <p est continue, donc
<p(C x C) est connexe. Or e G tp(C x C) (par exemple e = <p(e,e)). L'ensemble (p(C x C) est
donc un connexe contenant e. Par définition de C, on a donc (p(C x C) C C, d'où le résultat.
o) Considérons la relation d'équivalence x H y 4=> xy~l G H. Les classes d'équivalence sont
de la forme Ex avec x e G. Pour y G G, l'application ip : G —► G x i-> #2/-1 étant continue,
Hy = il)-l(H) est ouvert. Ainsi, Gx-H" = Uy^nHy, réunion d'ouverts est ouvert, et donc H est
fermé. Ainsi, H est ouvert et fermé dans le connexe G, donc H = G.
Problème 7 (Points fixes de fonctions réelles à variable réelle).
a) Soit / : [0,1] -*• [0,1] une application croissante. Montrer que / a au moins un point
fixe.

60 1. TOPOLOGIE SUR LES ESPACES MÉTRIQUES ET LES ESPACES VECTORIELS NORMES
b) Montrer qu'une application continue / : [0,1] —> [0,1] a au moins un point fixe.
c) Soit f et g : [0,1] —► [0,1] deux applications continues, telles que fog = gof. Montrer
qu'il existe a G [0,1] tel que f(a) = g(a).
d) Soit / : R —► R une application continue telle que fof admette un point fixe. Montrer
que / admet un point fixe. Généraliser.
Solution, a) Soit A = {x G [0,1],x < f(x)}. L'ensemble A est non vide car 0 € A. Soit
a = supA Pour tout x G A on a x < f(x) < f(a) car / est croissante, donc f(a) est un
majorant de A donc a < f(a). Comme / est croissante, ceci entraîne f(a) < f(f(a)) donc
f(a)eA par définition de A, donc f(a) <a par définition de a. Donc f(a) = a.
b) Il suffit de considérer l'application g : x i-> f(x) - x. On a g(0) = /(0) > 0 et g(l) =
/(l) — 1 < 0, donc g change de signe, et comme g est continue elle s'annule au moins en un
point a. On a alors f(a) = a.
c) L'ensemble E des points fixes de / est non vide d'après la question précédente. Si x G E
alors f(g(x)) = g(f(x)) = g(x) donc g(x) G E. Autrement dit, g(E) C E. Donc si m = inîE
et M = supE, on a g(m) > m = f(m) et g(M) < M = /(M), donc la fonction continue g — f
change de signe sur [0,1] donc elle s'annule en un moins un point a, qui vérifie /(a) = g(a).
d) Si / n'admet pas de point fixe, alors la fonction continue x i—> f(x) — x ne s'annule jamais,
elle garde donc un signe constant, par exemple f(x) — x > 0 sur R. Ainsi pour tout réel x on a
f(x) > x donc f{f{x)) > f(x) > x, ce qui n'est pas compatible avec l'hypothèse de point fixe
de / o /. On généralise aisément : si la composée n fois de / avec elle même admet un point fixe,
alors / admet un point fixe.
Problème 8. Soit / : [0,1] —► R une application continue vérifiant /(0) = /(l).
a) Montrer qu'il existe x G [0,1/2] tel que f(x) = f(x + 1/2).
b) Pour tout n G N, n > 2, montrer qu'il existe x G [0,1 — 1/n] tel que f(x) = f(x + l/n).
c) Montrer qu'il existe une fonction continue / : [0,1] —* R vérifiant f(x) ^ f(x + 2/5)
pour tout x G [0,3/5].
d) Montrer qu'il existe a > 0 tel que V/? G]0, a], 3x G [0,1 - a], f(x) = /(x + /?).
Solution, a) Il suffit de considérer l'application g : [0,1/2] —* R a; »-> /(#) — f(x + 1/2).
On a g(0) = —g(l/2) donc # change de signe, et comme elle est continue, le théorème des
valeurs intermédiaires nous assure de l'existence de a; G [0,1/2] tel que g(x) = 0, ce qui entraîne
/(*) = /(*+ 1/2).
b) Raisonnons par l'absurde et supposons f(x) ^ f(x + 1/n) pour tout x G [0,1 — 1/n]. Ceci
signifie que l'application continue g(x) = f(x) — f(x + 1/n) ne s'annule jamais, donc g garde
un signe constant non nul, par exemple g > 0. On en déduit f(x) > f(x + 1/n) pour tout
x G [0,1 - 1/n] donc /(0) > /(1/n) > /(2/n) > • • • > f(n/n) = /(l), ce qui est absurde.
c) La solution de la question précédente nous dit que f(x) — f(x + 2/5) garde un signe constant
non nul, par exemple positif. Donc on a toujours f(x) > f(x + 2/5). La fonction / doit donc
nécessairement vérifier /(0) > /(2/5) > /(4/5) et /(1/5) > /(3/5) > /(l). Ceci suggère
de construire / telle que /(0) = 0, /(2/5) = -1, /(4/5) = -2 et /(1/5) = 2, /(3/5) = 1 et
/(l) = 0, puis on interpole linéairement / sur chaque intervalle [i/5, (i + l)/5]. Ainsi construite,
on vérifie facilement que f(x) > f(x + 2/5) pour tout x G [0,3/5] (voir la figure ci-contre).
d) Si / est constante, le résultat est évident, sinon l'intuition nous suggère de nous placer
autour d'un extremum de /. Comme / n'est pas constante, il existe x tel que f(x) ^ /(0), par
exemple f(x) > /(0). Comme / est continue sur le compact [0,1] elle atteint son maximum
donc il existe c g]0, 1[ tel que /(c) = maxtG[0)i] f(t). Choisissons a = min(c, 1 — c). Considérons
(3 G ]0, a] et construisons la fonction g(x) = f(x) - f(x + fi), définie sur [0,1 - 0\. Si a = c, on
a g(a - (3) = f(c - 0) - f(c) < 0 et g(a) = f(c) - f(c + (3) > 0, donc g change de signe et
comme elle est continue, elle s'annule au moins en un point, ce qui entraîne bien l'existence de

6. PROBLÈMES
61
FiG. 3. Le graphe de l'application / telle que f(x + 2/5) ^ /(#)> et en
pointillé, le graphe de l'application x >-> f(x + 2/5)
# G [0,1 — 0\ tel que f(x) = f(x + fi). Le raisonnement est similaire si a = 1 — c à partir des
inégalités 0(1 - a - (3) = f(c - (5) - f(c) < 0 et g{\ - a) = f(c) - f(c + /?) > 0.
Problème 9 (Distance de Hausdorff). Soit (E,d) un espace métrique. On note T
l'ensemble des parties fermées bornées non vides de E. Pour A,B € F, on pose
X(A, B) = supd(x, B) et A(A, B) = sup{À(A, B), À(£, A)}.
xeA
a) Montrer que A est une distance sur T.
b) Pour tout n E N*, on note Tn l'ensemble des éléments de T qui contiennent au moins
n éléments de E. Pour tout n G N*, montrer que Tn est un ouvert de T.
c) On suppose E compact. Montrer qu'une suite de Cauchy (y^)nGN de (J7, A) telle que
Yn+i C Yn pour tout n converge vers Y = C\ne^Yn. En déduire que (J7, A) est complet.
d) Si E est compact, montrer que T est compact (on pourra utiliser le résultat de
l'exercice 2 de la page 32).
Solution, a) Il est clair que A est symétrique.
Si \(A, B) = 0 avec .A, B G T, alors pour tout x e A, d(x, B) = 0 et B étant fermé, x e B.
On en déduit AcB. Maintenant, si A{AtB) = 0, alors \(A,B) = \(B,A) = 0 donc A C B et
B c A donc A = B. Réciproquement si A = B on a bien sûr A(A,B) = 0.
Il nous reste à montrer que A vérifie l'inégalité triangulaire. Donnons nous A, B et C G T.
- On a V(#, y,z) e Ax B x C, d(x, C) < d(x, z) < d{x, y) + d(y, z).
- En ne retenant que le premier et le dernier terme dans les inégalités précédentes, on obtient,
en passant à la borne inférieure sur les z G C d(x,C) < d(x,y) + d(y,C).
- Comme d(y, C) < \{B, C), on a d(z, C) < d(rc,y) + X(B, C).
- En prenant la borne inférieure sur les y G B, on obtient d(x,C) < d(x,B) + A(B,C).
- Comme d(x,B) < \(A,B), d(x,C) < \(A,B) + À(£,C).
- Il ne reste plus qu'à prendre la borne supérieure sur les x G A, ce qui donne À(.A, C) <
\(A,B) + \(B,C).
- On a de même À(C, A) < À(C, B) + À(£, A).
- Ceci suffit pour conclure A(A,C) < A(A,B) + A(B,C).
b) Soit F g Tn. Il existe n éléments distincts a?i,..., xn dans F. Soit e = inf^- d(xj, #■?) > 0. Soit
G G ^ tel que A(F, G) < e/2. Alors \(F, G) < e/2, donc pour tout », 1 < t < n, d(xu G) < e/2,
de sorte qu'il existe yi G G tel que d(xi, yi) < e/2. Les points y\,..., yn sont distincts (si yi = yj,
alors d(xuxj) < d(xi,yi) + d{yj,Xj) < e, donc i = j par définition de e), donc G G ^"n- La boule
ouverte de centre F de rayon e/2 est donc incluse dans Tn, donc ^"n est ouvert.

62 1. TOPOLOGIE SUR LES ESPACES MÉTRIQUES ET LES ESPACES VECTORIELS NORMES
c) Les Yn sont fermés dans le compact E donc compact, et l'intersection d'une suite décroissante
de compacts non vides étant non vide, on en déduit Y = C\nYn G T.
Donnons nous maintenant e > 0. Par hypothèse, la suite (Yn) est de Cauchy dans (JF, A)
donc il existe N G N tel que pour tout p,q > iV, A(Yp,Yq) < e. Nous allons montrer que
A(V, Yn) < e pour tout n>N.
Fixons n > N. Pour tout p > n, X(YniYp) < A(Yn,Yp) < e. Donnons nous x G Yn. On a
d(x, Yp) < e, donc
Vp > n, 3xp G Yp, d(x, xp) < e.
La suite (xp) prend ses valeurs dans le compact E, on peut donc en extraire une sous suite
convergente (x^^), dont nous noterons £ la limite. Pour tout p > n, £ G Yp car pour tout
m > p, xm e Yp et Yp est fermé. Ainsi, £ G r\p>nYp = Y. Par ailleurs, pour tout p, d(x, a^p)) < e
donc d(x,£) < e. Comme £ G Y, on en déduit d(x,Y) < e. Ceci étant vrai pour tout x G Yn, on
en déduit X(Yn,Y) < e. Or Y C Yn, donc X(Y,Yn) = 0, donc A(Yn, Y) < e. Ceci étant vrai pour
tout n > N, on en déduit que (Yn) converge vers Y.
Montrons maintenant que l'espace métrique {T, A) est complet. Soit (Yn) une suite de
Cauchy de cet espace. Pour tout n G N, on pose Xn = Up>nl^. La suite (Xn) ainsi définie est une
suite décroissante de {T, A).
Soit e > 0 et N G N tel que pour tous p,q>N, A(Yp,Yq) < e. Soit n > N. Si x G Up>nYp,
il existe p > n tel que x G Yp, donc d(x,Yn) < X(Yp,Yn) < e. On en déduit que pour tout x e
Up>n*p> d(#,Yn) < e, donc X(Xn,Yn) < e. Comme Xn C Yn, on a À(Yra,Xn) = 0. Finalement,
nous venons de montrer que
Ve > 0,3N G N, Vn > AT, A(Xn, Yn) < e. (*)
On en déduit maintenant aisément que la suite (Xn) vérifie le critère de Cauchy. C'est de plus
une suite décroissante de fermés non vides, donc d'après ce que l'on a vu précédemment, (Xn)
converge vers X = f\n^Xn. La relation (*) montre alors que (Yn) converge vers X.
d) Nous venons de voir que (T, A) est complet. En vertu du résultat de l'exercice 2 de la page 32,
il suffit, pour prouver la compacité de cet espace métrique, de montrer qu'il est précompact (i. e.
pour tout e > 0, il existe un nombre fini de boules de rayon e qui recouvrent T).
Soit e > 0. L'ensemble E est compact donc précompact, donc il existe une famille finie de
boules (B(#i, e))i<i<n qui recouvre T. Notons T l'ensemble des parties non vides de {x\,..., xn).
Nous allons montrer que T C ^Fev^ùXF•>£)•> ou pour tout F G T, B&,(F,e) désigne la boule
fermée de centre F de rayon e dans (J7, A).
Soit A G T. Notons F = {xi \ 1 < i < n,d(xi,A) < e}. Comme la famille (B(xi,e))i<i<n
recouvre E, F est non vide donc F eT. Pour tout x e F, d(x,A) < e donc X(F,A) < e.
Soit x G A. La famille (B(xi,e))i<i<n recouvrant E, il existe Xi (1 < i < n) tel que d(x,Xi) <
e. On a donc xi G F et d(x,F) < d(x,Xi) < £, et ceci pour tout x E A, donc A(A,.F) < e. On
en déduit A{A,F) < e, donc A G B&(F,è).
Nous venons de montrer que T C U^erEA^» £)> et comme T est fini, on en déduit le résultat.
Problème 10 (Oscillation d'une fonction). Soient (£,d) et (F,ô) deux espaces
métriques et une application / : E —► F. Pour tout Xq e E, on note
u(f,x0) = mî
p>0
sup S(f(x)J(y))
x,yeB(xo,p)
eR+u {+00}
(oscillation de / en xo), où B(xo,p) désigne la boule ouverte dans (E, d) de centre xo de
rayon p.
a) Montrer que / est continue en Xq € E si et seulement si u(f, Xo) = 0.
b) Pour tout e > 0, montrer que l'ensemble
Ae = {xe E | u(f,x) >e}

6. PROBLÈMES
63
est un fermé de E. L'application x \-* u(f,x) est elle continue ?
c) Montrer que l'ensemble des points où / est continue est le complémentaire de l'ensemble
d) On suppose ici E compact et qu'il existe e > 0 tel que u;(/, x) < e pour tout x e E.
Montrer
3a > 0,V(x,s/) G E\d(x,y) < a, S(f(x)J(y)) < e.
Solution, a) Supposons / continue en xq G E. Soit e > 0. Alors
3p > 0,Vy G B(aj0lp), S(f(x0)J(y)) < e,
donc
V(s,y) G B(*o,/>)2, S(f(x)J(y)) < 6(f(x),f(x0)) + S(f(x0) + /fe/)) < 2e,
d'où
w(/,a:o)< sup S(f(x),f(y))<2e.
x,yeB(xo,p)
Ceci étant vrai pour tout e > 0, on en déduit w(f,xo) = 0.
Réciproquement, si u(f,xo) = 0, alors
Ve > 0,3p > 0, sup <S(/(z), f(y)) < e,
x,y€B(xo,p)
en particulier
Vx G £7, d(z0,a:) < p, 5{f{x), f(x0)) < e,
ce qui montre la continuité de f en xo.
b) Montrons que Be = E\A£ = {x G E \ u(f,x) < e} est ouvert. Soit xq G Be. On
a cj(/,#o) < £ donc il existe p > 0 tel que sup^gg^p) Kfix)^f{v)) < e- Considérons
maintenant #i G B(rco,p), et r = p — d(#o,#i). On a B(xi,r) C B(xo,p) donc uj(f,x\) <
SXÏPx,yeB(xi,r)à(f(x)>f(y)) < £j donc xi G -^e- Ainsi, Be est ouvert.
L'application #0 •—► cu(f,xo) n'est pas forcément continue. Par exemple, la fonction / de M
dans R nulle partout sauf en 0 où elle vaut 1, vérifie u(f,x) = f(x).
c) C'est immédiat car
(/ est continue en z0) -<=>■ M/,#o) = 0) •<=>■ (Vn G N*,u>(f,xo) < -)
n
(VnGN">o£4i/n) <=* (zo£UnGN.41/ra).
d) Supposons le contraire. Alors
Vn G N*,3(zn,2/n) G E2, d(xniyn) < - et S(f(xn)J(yn)) > e.
n
La suite (xn,yn) prend ses valeurs dans le compact E2, on peut donc en extraire une sous suite
convergente (flîv(n),îfy,(n)) dont nous noterons (x,y) la limite. On a x = y car pour tout n,
^(S(n)iî/V(n)) < 1/V(n)- 0r w(/,rc) < e donc
3p > 0,V(z,z') G Bfop)2, *(/(*),/CO) < e. (*)
Comme (a^n)) et (y^n)) convergent vers x, il existe n G N* tel que (a^),^,»)) G B(z,p)2.
Ceci est absurde d'après (*) car par hypothèse, <5(/(a;v?(n)),/(2/V3(n))) > e.
Remarque. Le résultat de la partie d) généralise le théorème de Heine, et est de nature
Proche du résultat de la question d) de l'exercice 7 page 36.
Problème 11 (Parties négligeables de R, ensemble triadique de Cantor).
V Pour tout intervalle de R ouvert borné / = ]a, 6[, on note £(I) = b - a. Une partie

64 1. TOPOLOGIE SUR LES ESPACES MÉTRIQUES ET LES ESPACES VECTORIELS NORMES
A de R est dite négligeable si pour tout s > 0, il existe une famille au plus dénombrable
(In)neJ d'intervalles ouverts bornés de R telle que
(i) AGUneJIn. (ii) ^t(In) converge et ^(/n) < e.
a) Montrer qu'une réunion au plus dénombrable de parties négligeables est négligeable.
b) Montrer que Q est une partie négligeable de R.
c) Si A est une partie négligeable de R, montrer que A est d'intérieur vide.
d) L'ensemble ]R\Q est-il négligeable ?
2/ (Ensemble triadique de Cantor.) Soit / = [0,1]. On construit une suite de parties
(Kn)nef$ de / par récurrence, comme suit.
- On prend Ko = I.
- Kn étant une réunion finie de segments disjoints : Kn = Uk[ak, bk], on construit
Kt
71+1
-U
afc,afc +
bk — o>k
U
a>k + *—ô—,0k
On pose alors K = nne^Kn (ensemble triadique de Cantor).
a) Montrer que K est négligeable.
b) Soit x € [0,1[. Donner une condition nécessaire et suffisante sur le développement en
base 3 de x pour que x € K.
c) Montrer que K est un fermé, d'intérieur vide, sans point isolé, et qu'il a la puissance
du continu.
Solution. 1/ Remarquons tout d'abord que la convergence et la somme d'une série à termes
positifs ne dépend pas de l'ordre de sommation (voir le théorème 8 page 207), ce qui donne un
sens a 2^,neJ
a) Soit (Aj)jej une famille au plus dénombrable de parties négligeables (avec J C N). Soit
s > 0. Pour tout j G J, on peut écrire Aj C VneKjInj où les Inj sont des intervalles de R
ouverts bornés, Kj est au plus dénombrable et où
Y, Klnj) < e/2'+1.
neKj
Notons T = Vjej{j} x Kj. L'ensemble T est au plus dénombrable (réunion au plus dénombrable
d'ensembles au plus dénombrables), et on a UjeJ A? c U(j,n)er^J avec
E <«*) = £
0»€r jeJ
E tu»*)
neKj
^E
jeJ
€
2Î+Ï
+oo
- Z^ oj+l
3=0
Ainsi, A = UjejAj est négligeable.
b) Un singleton {#o} est négligeable car pour tout e > 0, {#o} C ]xq — £/2,a?o + e/2[. Donc Q,
réunion dénombrable de singletons, est négligeable d'après a).
c) Soit A une partie négligeable de R. Raisonnons par l'absurde en supposant que A n'est pas
d'intérieur vide. Alors il existe un segment J = [a, b] inclus dans A tel que a < b. Comme A est
négligeable, il existe une famille au plus dénombrable (In)neJ d'intervalles ouverts bornés qui
recouvre A, tel que Y^neJ^(In) < b — a. Cette famille recouvre aussi le compact [a, 6], dont on
peut extraire un sous recouvrement fini (/ni)i<t<p qui vérifie
v
i=l n€J

6. PROBLÈMES
65
çeci est impossible, car comme [a, b] C Ui<i<nJni, on a X[a,b] < Y^=iXini (ou Xp désigne la
fonction caractéristique de P), donc
lxM = "-a<l±Xlni=p(Ini).
d) Non ! S'il était négligeable, alors R = (R\Q) UQ serait négligeable (d'après a) et b)), ce qui
est absurde d'après c) car l'intérieur de R est non vide.
2/ a) On voit facilement (par récurrence sur n) que Kn est la réunion de 2n intervalles fermés
de longueur 3~n.
Soit e > 0 et soit N G N* tel que (2/3)N < e/2. Comme on l'a vu, on peut écrire Kn =
U!<n<2"KA] avec bn-an = 3~N pour tout n. En posant /„ = ]an - 77^7 A + 77^ [ >
on a K C Kn C U1<n<2Arin> et
>w
>N
n=l n=l
d'où le résultat.
b) Une récurrence facile donne
2-2^
] - (D"
+ -2<e,
Vn€N,Kn =
u
eiG{0)2},",enG{0>2} Lfc=l
n
n
3fc'3n ^3fc
fc=i
(*)
Ceci étant, soit x G [0,1[. Considérons son développement en base 3 : x = X^jfcliafc/3fc, avec
ah G {0,1,2}, la suite (a&) n'étant pas stationnaire à 2 à partir d'un certain rang (propriété des
développements tri-adiques). Si les Ek sont dans {0,2}, on a l'équivalence
n - n
£S<*<^ + ES <=* VA; G {!,...,n}, ak = ekt
k=i
k=l
et compte tenu du fait que les réels de [0,1[ de la forme l/3n + J2ï=iek/^k (avec ek G {0,2})
sont aussi ceux de la forme
P a
y^ -r^- avec p < n, fa e {0,2} pour 1 < k < p - 1, et (5P = 1,
on en déduit grâce à (*) que
{x e K) <=> (Vn,x G Kn) <=> (VA;,ak G {0,2} ou 3pe N,a; = ]^^ + ^Tr,efc € {0,2}).
A;=l
En d'autres termes, x G if si et seulement si tous les termes (ak) du développement de x en
base 3 sont dans {0,2} ou s'il existe un entier naturel p tel que ak G {0,2} pour k <p, ap+\ = 1
et ak = 0 pour k > p + 1.
c) L'ensemble K est une intersection de fermés, c'est donc un fermé.
Il est d'intérieur vide car négligeable. On pouvait aussi remarquer, grâce à la question
précédente, que pour tout xeK, pour tout AT e N, il existe n > N tel que x + l/3n £ K.
Aucun point de K n'est isolé dans K. En effet, deux cas se présentent.
- Si le développement en base 3 de a; € if est de la forme x = Ylk^i ak/3k avec ak G {0,2}
pour tout k, alors la suite (ak) n'étant jamais stationnaire à 2 à partir d'un certain rang,
on s'aperçoit que
ViV G N, 3n > N,
x + — e K.
3n

66 1. TOPOLOGIE SUR LES ESPACES MÉTRIQUES ET LES ESPACES VECTORIELS NORMES
- Si x est de la forme YX=i €k/3k + 1/3P+1 avec ek G {0,2}, alors pour tout n > p + 1,
1 p e n_1 2
fc=l k=p+l
L'ensemble K a la puissance du continu. En effet, l'application ip de [0,1[ dans K qui à
tout x dont le développement Sadique est x = YjV=\ €k/2k associe (p(x) = 2 J^£i £fc/3fc est
injective.
Remarque. A la question 2/ b), on aurait pu montrer que x G if si et seulement s'il existe
une suite (a*) G {0,2}N* telle que x = YlT=i ak/3k- Mais les écritures de cette forme ne
sont pas forcément un développement en base 3, car dans un tel développement, la suite
des termes du développement ne peut pas être stationnaire à 2 à partir d'un certain rang
(cette contrainte permet d'avoir l'unicité de l'écriture triadique).
- L'ensemble de Cantor possède des propriétés intéressantes qui sont des contre-exemples
à beaucoup de fausses intuitions.
- Dans la théorie de la mesure de Lebesgue, les ensembles négligeables sont les ensembles
de mesure nulle.
- Dans la même veine, signalons Y escalier de Cantor-Lebesgue, introduite par Lebesgue,
qui est le graphe d'une fonction continue tp : [0,1] —* [0,1], vérifiant tp(0) = 0 et tp(l) = 1,
dérivable presque partout (c'est-à-dire sur le complémentaire d'une partie négligeable) et
de dérivée presque partout nulle. On l'appelle aussi parfois escalier du diable car il est
continu, a presque partout une tangente horizontale, et pourtant il monte. Cette fonction
peut être définie sur l'ensemble triadique de Cantor K par ip(J2k2fik/3k) = Ylk0k/2k
(avec Pk £ {0,1}), et elle est localement constante sur le complémentaire de K.
Problème 12 (Théorème de prolongement de Tietze-Urysohn). Soient (E,d)
un espace métrique, A un fermé de E, et f : A —> R une application continue et bornée.
Montrer l'existence d'une fonction g : S->1, continue, telle que g\A = f et
supg(x) = sup/(î/) et inîg(x) = inf f(y).
xeE yeA X^E y^A
(Indication. Se ramener au cas où infye/i f(y) = 1, supyeA f(y) = 2, et prendre g = f sur
A et 9^ = d(x A) ^i^M^l si x & A)
Solution. Si / est constante, le résultat est évident, sinon en remplaçant / par af + fi avec
a ^ 0 et {3 des réels bien choisis, on peut supposer infyçA f(y) = 1 et supye/1 f(y) = 2. Suivons
l'indication et construisons la fonction g : E —* K définie par g(x) = f(x) si x G A et
VxeE^A, 9{X) = JM- avec h(x) = inf (f(y)d(x,y)) (*)
d(a;, A) yeA
(cette dernière expression est bien définie, car A étant fermé, on a d(#, ^4) = 0 si et seulement si
x e A).
Les inégalités 1 < f(x) < 2 pour tout x e A montrent que 1 < g(x) < 2 pour tout x e E.
Comme g^ = /, on a même inîxeE g(%) = 1 et supxeE g(x) = 2.
Il nous reste à montrer la continuité de g en tout point xq de E. Nous allons traiter les cas
o
x0 e A, puis x0 e E\A, puis x0 e Fr(A).
o
(i) Si xq G A, comme g^ = f et que / est continue sur ^4, g est continue en xq.

6. PROBLÈMES
67
(ii) Supposons xq G E\A. Sur l'ouvert E\A, l'application g prend la forme (*), et comme
x t-> d(x, A) est continue (voir l'exercice 3, page 33), il nous suffit de montrer que h est continue
en #0- Soit r > 0 tel que B(xo,r) C E\A. Pour tout x G B(xo,r), Pour tout V e A
h(x0) < f(y)d(x0,y) < f(y)(d(x0,x) + d(x,y)) < 2d(x0,x) + f(y)d(x,y),
et ceci étant vrai pour tout y G A, on en déduit, en ne considérant que les termes des extrémités
et en prenant la borne inférieure sur les y G A, que h(xo) < h(x) + 2d(a;oj^)- De même,
h{x) < h(xo) + 2d(#,xo), donc finalement, \h(xo) — h(x)\ < 2d(#o,#)> ce °lm prouve la continuité
de henxoE E\A.
(iii) Il reste le cas où xo G Fr(A). Soit e > 0. Comme / est continue en xq G A,
3r > 0,V2/ 6inB(%r), \f(y) - f{x0)\ < e.
Si x G £7\A et d(rco,rc) < r/4, on a, en notant C = ADB(xo,r) :
3r
Vy G A\C, d(z,2/) > d(x0yy) - d(x0,x) > —,
donc m{yeA^cf(y)à(x,y) > 3r/4. D'autre part, f(x0)d(x0,x) < 2d(rc0,a:) < r/2, donc
inf f(y)d{x,y) = mîf(y)d(x,y),
yeA y€C
et comme f(xo) - e < f(y) < f(xo) + e pour tout y G C, on en déduit
(f(x0) -e)d(x,A) < mUf(y)d(x,y)) < (f(x0) + e)d(x,A),
yeA
donc g(xo) — e < g{x) < g(xo) + e pour tout x G E^A tel que d(#o, x) < r/4. Ceci reste vrai
si x G A et d(#,a;o) < r/4 car c'est vrai pour /. Ainsi, g est continue en xo G Fr(.<4), d'où le
résultat.
Problème 13 (Continuité des racines de polynômes). On norme C[X] en posant
||a0 + aiX + • • • + anXn\\ =£"=0H-
1/ Soit P eC[X] un polynôme unitaire et À G C une racine de P. Montrer que |À| < ||P||.
2/ Soit n e N* et P = (X-Ai) • • • (X-\n) e C[X]. Soit (Pm)meN une suite de polynômes
unitaires de degré n qui tend vers P.
a) Montrer que pour toute racine À de P, il existe une suite de nombres complexes (am)
telle que pour tout m, am est racine de Pm et telle que limm_>00 am = A.
b) Montrer que l'on peut écrire
Vm G N, Pm = (X- A1>m)... (X - An>m)
avec pour tout i G {1,..., n}, limm_+0o Ai>m = À*.
Solution. 1/ Écrivons P = a0 + ax X + • • • + an-i Xn~x + Xn, où n = deg(P). On a ||P|| =
M + • • • + |an_i| + 1 > 1, donc si |A| < 1, c'est terminé. Sinon |A| > 1, et l'égalité P(A) = 0
entraîne
\ —_ Qn-2 ai ûo_
A" an~l A "' A""2 A»"1
de sorte que |A| < |an_i| + • • • + |ai| + \a0\ < ||P||, d'où le résultat.
2/ a) Pour tout m G N, notons (aci)m)i<i<n les racines de Pm (sans tenir compte pour l'instant
de la numérotation). Il s'agit de montrer que mini<i<n \aiyTn — A| tend vers 0, c'est-à-dire
Ve >0,3iV,Vra> N,3i G {l,...,n}, \aitTn - A| < e.
Supposons le résultat faux, de sorte que
3e>0,VN,3m>N,Vie {!,...,n}, \ai>m - A| > e.

68 1. TOPOLOGIE SUR LES ESPACES MÉTRIQUES ET LES ESPACES VECTORIELS NORMES
On peut alors extraire de la suite (am)meN = (ai>m,... ,an>m)meN une sous suite (o^(m)) telle
que
Vm G N, V», \<*itV(m) - A| > e. (**)
Comme la suite (Pm) converge, elle est bornée. Notons M un majorant de (||Pm||). La suite
(ttv(m))m6N est à valeur dans le compact Kn, où K = {z G C | \z\ < M} (d'après 1/). On peut
donc en extraire une sous suite convergente (û^0^(m)) d°nt n°us noterons a = (ai,... ,an) la
limite. Alors
P = lim Pmo,btm\ = lim
(porb(m)
m—>oo ^ ^v ' m—>oo
n
n
=ne* - <*)■
il (-X" - <*i,v?o^(m))
Lt=l J i=l
donc les ai sont les racines de P, donc il existe k tel que a^ = A. Or d'après (**), pour tout m,
|afc — ûfclVo^(m)| > £• Ceci est contradictoire car (o;fcy,0^(m)) tend vers «&. D'où le résultat.
2/ b) Nous allons procéder par récurrence sur n G N*. Pour n = 1, c'est évident. Supposons le
résultat vrai au rang n — 1 et montrons le au rang n. Considérons la racine Àn de P. D'après
la question précédente, on peut écrire Pm = (X — am)Qm pour tout m, où (am) converge vers
Àn. Notons Q le polynôme de degré n — 1 tel que P = (X — Xn)Q- En écrivant chacun des
polynômes Qm comme le quotient de la division euclidienne de Pm par (X — am), on s'aperçoit
que les coefficients de Qm s'expriment comme un polynôme en les coefficients de Pm et en am.
Comme (am) tend vers X et que (Pm) tend vers P, on en déduit que (Qm) tend vers Q. D'après
l'hypothèse de récurrence, on peut donc écrire Qm = (X — Ai>m) • • • (X — Xn-i,m) pour tout m,
avec pour tout i limm_>oo Ài)77l = À*. Finalement, on a Pm = (X — Ài)7n) • • • (X — Xn-i>m)(X — am)
pour tout m et
Vt € {1,..., n — 1}, lim Xtm = Xi et lim am = Àn,
m—»oo m—»oo
ce qui est précisément ce que l'on voulait montrer.
Remarque. On aurait pu répondre à la question 2/ a) sans utiliser la question 1/, en
utilisant le résultat suivant.
Lemme 1. Soit F e C[X] un polynôme unitaire de degré n et 7 € C.
Alors il existe une racine a de F telle que \a — 7I < |F(7)|1/ra.
En effet, notons o>i,...,an les racines de F et supposons les ordonnées de sorte que
|7 — «il < I7 — oti\ pour tout i. Alors on a I7 — a\\n < n<Li l'y — QJî| = |-^(t)| d'où le
résultat.
Le fait que (Pm) tende vers P entraîne que Pm(X) tend vers P(X) = 0. Le lemme nous
assure pour tout m l'existence d'une racine otm de Pm telle que |À — am\ < |Pm(À)|1/n.
Comme (Pm(À)) tend vers 0, on en déduit que (am) tend vers À, ce qui répond à la
question 2/ a).

CHAPITRE 2
Fonctions d'une variable réelle
JUSQU'au dix-septième siècle, la notion de fonction n'était pas dégagée de
façon explicite. Le mot fonction semble avoir été utilisé pour la première
fois par Leibniz en 1692, pour désigner les grandeurs géométriques dépendant
d'autres grandeurs géométriques. Pour Euler, une fonction était une
expression construite au moyen des opérations algébriques élémentaires, des
opérations transcendantes (exponentielle, logarithmes, fonctions circulaires), et
d'opérations telles que formation de séries, de produits infinis, de suites. C'est
finalement Dirichlet qui en introduisant une fonction discontinue partout (la
fonction caractéristique des irrationnels), définit explicitement la notion de
fonction comme nous la connaissons aujourd'hui.
Le concept de dérivée, quant à lui, déjà en germe au début du dix-septième
siècle dans divers domaines, fut unifié par Newton et Leibniz. Alors que
Leibniz utilisait la notation (g|), Lagrange évacuait les infiniment petits et
introduisit la notation /'. C'est enfin Cauchy qui définit la dérivée à partir du
concept de limite.
Rolle énonça en 1691 le théorème auquel son nom est resté attaché, dans
le cas des polynômes, en s'appuyant sur l'intuition géométrique. Lagrange,
à la fin du dix-huitième siècle, prit un point de vue totalement différent,
fondé sur des considérations purement analytiques. Il montra qu'une
fonction dont la dérivée est positive est croissante, et en déduisit la formule des
accroissements finis. Lagrange souligna par ailleurs que pour appliquer
correctement la formule de Taylor (qui était jusque là utilisée abusivement), il
convient de considérer une somme partielle et d'évaluer le reste, et donne
le premier une version correcte de cette formule. On pensait alors que toute
fonction était égale à sa série de Taylor, et Cauchy exhiba le contre-exemple
x *-* exp(—l/x2).
1. Fonctions dérivables
1.1. Dérivabilité
Définition 1. Soient E un M-e.v.n, / un intervalle de M, / : / —> E une application et
a 6 /. On dit que / est dérivable en a si
lim MlM
t—>a f — n
t€/^{a} C "
existe. Lorsqu'elle existe, cette limite est notée f'(a) (ou £(a)).
On dit que / est dérivable à gauche (resp. à droite) en a si la limite
\<S t-a \ '£* t-a
tei \ tel
existe. On la note alors f'Ja) (resp. ft(a)).

70
2. FONCTIONS D'UNE VARIABLE RÉELLE
Remarque 1. - Si a G /, / est dérivable en a si et seulement si / est dérivable à
gauche, dérivable à droite en a et f'g(a) = /d(a).
- Si / est dérivable en a, / est continue en a.
- Sur l'ensemble D des points où / est dérivable, on peut définir l'application a i-»
f'{a) appelée application dérivée de / et notée /'.
- L'application / est dérivable en a si et seulement si
3£ e E, f(x) = f(a) + (x- a)l + o(x -a) (x-> a).
On a alors t = f'(a).
- Une fonction dérivée n'est pas forcément continue. Considérons par exemple
/: R->R xh->a;2sin(l/rc) si x ^ 0, 0 i—»• 0.
Si x ^ 0, / est dérivable en x et on a f'(x) = 2xsin(l/x) — cos(l/rc). En 0, comme
—x2 < f(x) < x2 pour tout x, on a
-I<M<I donc lim/WzM = 0,
x — 0 x-*° x
en d'autres termes, f'(0) existe et vaut 0. Cependant, on voit que f'(x) n'admet pas
de limite lorsque x tend vers 0.
- Nous verrons cependant qu'une fonction dérivée vérifie toujours la propriété des
valeurs intermédiaires (théorème de Darboux, voir l'exercice 4 page 78) et est continue
sur un ensemble dense (voir l'exercice 2 page 399). Par contre, il existe des fonctions
dérivées discontinues sur un ensemble dense (voir l'exercice 9 page 233).
- Une fonction dérivée, même bornée, n'est pas nécessairement Riemann-intégrable.
Par récurrence, on peut définir la fonction dérivée n-ième (lorsqu'elle existe) par
r = (/)', r = (/")', • • •, /<n) = (/'-1')', • • • •
Une application / : / —> E est dite de classe Cn si f^ existe sur / et y est continue. On
note parfois Cn(I, E) l'ensemble des applications de classe Cn de / dans E. Lorsque / est
de classe Cn pour tout n, on dit que / est de classe C°°.
Proposition 1. Soient I un intervalle de R, f et g deux applications de I dans E (où
E est un R-e.v.n), dérivables ena e I. Alors
(i) Pour tout À, \x G M, A/ + fig est dérivable en a et (À/ + ng)'(a) = À f'(a) -\- fj,g'(a).
(ii) Si E est une R- algèbre normée, le produit fg est dérivable en a et
(/«)'(«) = /'(%(<*)+/(<*)<?'(<*).
(iii) Si E = R ouC et si g (a) ^ 0, le rapport f/g est dérivable en a et
f\' f'(a)g(a)-f(a)g'(a)
,9/ 9(a)2
Conséquence . En procédant par récurrence, on en déduit que la somme, le produit, le
rapport de deux fonctions de classe Cn est de classe Cn.
Proposition 2 (Formule de Leibniz). Soient I un intervalle de R, f et g deux
applications de I dans une R-algèbre normée E et a e I tel que f^n\a) et gi<n\a) existent. Alors
le produit fg est n fois dérivable en a et
n
(fg)in\a) = '£cknf(kW>-k\a),
fc=0
où par convention fW = f et gW = g.

1. FONCTIONS DÉRIVABLES
71
Proposition 3. Soient I et J deux intervalles de R, E un R-e.v.n, f : J —> E et
l _» j deux applications, et a G / tel que f est dérivable en a et g dérivable en f(a).
l'application composée f o g est dérivable en a et on a
(f ° 9)'(a) = g'(a) ■ (f o g)(a).
Conséquence . On en déduit que la composée de deux applications de classe Cn est de
classe Cn (procéder par récurrence sur n).
Homéomorphismes dérivables. Les lettres I et J désignent deux intervalles de R.
DÉFINITION 2. Soient / : I —> J une bijection et n G N*. On dit que / est un Cn-
difféomorphisme si / et /_1 sont de classe Cn.
Proposition 4. Soit f une bijection de I dans J, dérivable en a e I. L'application /-1
est dérivable enb = f(a) si et seulement si f'(a) ^ 0, et on a
{f'ly{b) = W) = TÎFW)'
Conséquence . Une bijection f de I dans J est un Cn-difféomorphisme si et seulement si
/ et de classe Cn et vérifie f'(a) ^ 0 pour tout a e I.
1.2. Dérivées des fonctions usuelles
Le tableau qui suit donne la dérivée des fonctions usuelles.
1 m
\xr{r e R)
xs(s e C)
logx
sinx
cosrc
tanrc
arcsin x
arccos x
1 m J
rxT~x
sxs~x
î
X
cosx
— sin x
1 + tan2 x = —V-
1
Vï^x^
1
s/ï^x1 1
[_m_
~x
e
arctan a;
chx
shx
thx
argch a;
argsh x
argth x
m
■ 7x
i
l+z2
sha;
cha;
1- th2a; = -A-
ch^a;
1
Vx^l
1
1
1-a;2 |
1.3. Résultats relatifs à la dérivabilité pour les fonctions à valeurs réelles
Dans toute cette partie, [a, b] désigne un segment de R non réduit à un singleton.
Proposition 5. Soit I un intervalle deR et f : I —> R une application. Si f admet un
o
extremum relatif en ce I et si f'{c) existe, alors f'{c) = 0.
Théorème 1 (de Rolle). Soit f : [a,b] —> R une application vérifiant :
est continue sur [a, b].
est dérivable sur }a,b[.
H /(a) = f(b).
Mors il existe c G ]a, b[ tel que f'(c) = 0.

72
2. FONCTIONS D'UNE VARIABLE RÉELLE
f(a) =
y
f(b)
0
\
1
1
1
a (
i
i
: b
X
Fie 1. Une illustration du théorème de Rolle.
Démonstration. Si / est constante sur [a, 6], le résultat est évident. Sinon, il existe xq e]a, b[ tel
que f(xo) 7^ /(a), par exemple f(xo) > /(a)- Comme [a, 6] est un compact de R et que / est
continue, il existe c G [a,b] tel que f(c) = sup^^j f(x). Or f(c) > f(xo) > f(a) = /(&), donc
c G ]a, 6[, donc /(c) étant un extremum de /, on a /'(c) = 0 d'après la proposition 5. Q
Théorème 2 (des accroissements finis). Soitf : [a,b] -h
sur [a, 6] e£ dérivable sur ]a, 6[. i4/ors
3c €]o, 6[, /'(c) =
b— a
une application continue
FlG. 2. Une illustration du théorème des accroissements finis.
Démonstration. Posons A = — et (p : [a, b] —» f{x)—A(x—a). On a <p(a) = /(a) = <p(b)
b — a
donc d'après le théorème de Rolle, il existe c G ]a, 6[ tel que ip'{c) = 0. On en déduit f'(c) = A,
d'où le résultat. D
Conséquence . Une fonction continue sur [a,b], dérivable sur ]a,b[ est croissante si et
seulement si f(x) > 0 pour tout x G ]a, b[. Elle est constante si et seulement si f'(x) = 0
pour tout x € ]a, b[.
Remarque 2. Les théorèmes de Rolle et des accroissements finis sont faux lorsque / est
à valeurs dans un IR-e.v.n. Par exemple, l'application / : [0, 2-ïï] -»C t h->• e%t vérifie
/(O) = /(27r) et pourtant pour tout t G [0,27r], f'(t) = ielt n'est jamais nul.
Théorème 3 (des accroissements finis généralisés). Soient f, g deux applications de [a, b\
dans R, continues sur [a, 6] et dérivables sur ]a, b[. Alors
3c € ]a, 6[, (/(&) - /(a)) 5'(c) = (g(b) - S(a)) /'(c).
Si g'(c) =fi 0 et g(a) ^ g{b), cette égalité s'écrit aussi
.. f(b) - /(a) /'(c)
g(b) - g(a) g'(c)

1. FONCTIONS DÉRIVABLES
73
Démonstration. Il suffit d'appliquer le théorème de Rolle à l'application
[flï 6] - M x -> [/(&) - f(a)] [g(x) - g(a)] - [g(b) - g(a)\ \f(x) - /(a)],
qui est continue sur [a, 6], dérivable sur ]a, &[ et s'annule en a et en 6. □
Conséquence (Règle de L'Hospital). Si f(a) = #(a) = 0 et si t = lim*-* f'{x)/g'{x)
existe, alors lim*-« f(x)/g(x) = L
Remarque 3. Attention, la réciproque de la règle de L'Hospital est fausse. Autrement dit,
on peut avoir /(o) = g(a) = 0 et f(x)/g(x) peut converger lorsque x —» a (x ^ a), sans
que f(x)/g'(x) converge lorsque # —> a {x ^ a).
Théorème 4 (Formule de Taylor-Lagrange). Soi* / : [a,b] —> R wne application
de classe Cn sur [a,b], telle que /(n+1) existe sur ]o, &[. A/ors
3c € RM, /(*) = /(a) + (» - a)/'(a) + • • • + ^^ /<">(<*) + ^"^ /<n+1,M.
reste de Lagrange
Démonstration. Considérons l'application
y, : [a, 6] - R x ~ /(&) - /(x) - (6 - *)/'(*) ^^ /<*>(*) - A^^ ,
la constante .A étant choisie telle que (p(a) = (p(b) = 0. Cette application est continue sur [a, 6],
dérivable sur ]a, b[ et
donc d'après le théorème de Rolle, il existe c G ]a, 6[ tel que <p'{c) = 0, ce qui s'écrit A = /(n+1)(c)>
d'où le résultat car (p(a) = 0. □
Remarque 4. - Avec n = 0, on retrouve le théorème des accroissements finis.
- Lorsque 0 appartient à l'intervalle de définition / de /, on a, sous les mêmes
hypothèses,
V* € /, 30 € ]0,1[, f(x) = /(O) + xf'(0) + ■■■ + ^/W(0) + j^y /("+1)(fe)-
Cette relation s'appelle formule de Maclaurin (avec reste de Lagrange).
1.4. Résultats relatifs à la dérivabilité pour les fonctions à valeurs dans un
e.v.n
Dans toute cette partie, E désigne un R-e.v norme.
Lorsque les applications sont à valeurs dans un R-e.v.n, les formules de Taylor du
paragraphe précédent ne sont plus vraies (voir par exemple la remarque 2). Par contre,
il existe des résultats analogues faisant intervenir des inégalités. Le théorème qui suit est
une inégalité fondamentale dont nous nous servirons beaucoup.
Théorème 5. Soient F : [a, b] —► E et g : [a, 6] —» R deux applications continues sur
kb], dérivables sur }a,b[. Si pour tout t e ]a,b[, on a \\F'(t)\\ < g'(t), alors \\F(b) -
F(«)\\<9(b)-g(a).
Démonstration. Supposons dans un premier temps que ||F'(£)|| < g'(t) pour tout t e]a,b[. Pour
tout x e K&[, on a lirn^* P^l - si^ï
< 0, donc
t>x
Vrc G ]a,6[, 3y > rc,Vt G ]x,y[,
F(t) - F{x)
t — x
< g(t) - g(x)
t — x

74
2. FONCTIONS D'UNE VARIABLE REELLE
de sorte que
\/x G ]a,6[, 3y > x,Vt G [a;,y], ||F(*) - F(x)\\ < g(t) - g(x). (*)
Soit [a,/?] C ]a,b[ et montrons
||F(/?)-F(a)|| <$(/?)-p(a). (**)
Soit r = {$ G ]a,/?], V« 6 [a, 0], \\F(t) - F(a)\\ < g(t) - g(a)}. D'après (*), T est non vide. Soit
7 = supT. Montrons 7 = /?, ce qui prouvera (**). Par continuité de F et g, on a ||F(7) — F(a)|| <
0(7) ~ P(«). Si 7 < /?, d'après (*),
36 G ]7,/?],Vfc G [7,(5], ||F(t) - F(7)|| < $(*) - p(7),
donc
V* G M], ||F(0 - F(a)|| < \\F(t) - F(7)|| + ||F(7) - F(a)\\ < g(t) - g(a).
Ceci montre que S G I\ ce qui est absurde car £ > 7 = supT.
L'assertion (**) est donc prouvée. En faisant tendre a vers a puis /3 vers 6, on en déduit, en
vertu de la continuité de F et g, l'inégalité ||F(6) — F(a)\\ < g(b) — g(a).
- Ramenons nous au cas général. Pour tout e > 0, on définit ge(t) = g{t)+et. Pour tout e > 0, on
a ||-F'(£)|| < 9e(t) pour tout t, donc d'après ce que l'on vient de voir, ||F(6)-F(a)|| < ge(b)—ge(a),
d'où le résultat en faisant tendre e vers 0. Q
Remarque 5. Lorsque F et g sont de classe C1 sur [a, b] le résultat du théorème précédent
s'obtient facilement par intégration, en écrivant 11^(6) — F(a)\\ = \\ fa F'\\ < f \\F'\\ <
JÏ9' = 9(b)-9(a).
Théorème 6 (Inégalité des accroissements finis). Soit F : [a,b] —» E une application
continue sur [0,6], dérivable sur ]a,b[. S'il existe M > 0 tel que \\F'(t)\\ < M pour tout
t e ]a, b[, alors \\F(b) - F(a)\\ < M(b - a).
Démonstration. Il suffit d'appliquer le résultat précédent avec g(t) = M t. □
Remarque 6. Dans le cas d'une fonction à valeurs réelles, cette inégalité s'obtient
directement à partir de l'égalité des accroissements, sans utiliser le théorème précédent.
Une conséquence importante de l'inégalité des accroissements finis est la suivante.
Proposition 6. Soit F : [a, 6[—► E une application continue, dérivable sur ]o, b[ et telle
que £ = lims-a F'(t) existe. Alors F est dérivable en a et F'(a) = L
Démonstration. Quitte à changer F en F(t) — t£ on peut supposer t = 0. Soit e > 0. Par
hypothèse, il existe c G ]a, b[ tel que HF7^)!! < e pour tout t G ]a, c[. L'inégalité des accroissements
finis entraîne
\F(t)-F(a)
V* G ]o, c[,
<£.
t — a
Ceci étant possible pour tout e > 0, on en déduit que [F(t) — F(a)]/(t — a) converge vers 0
lorsque t tend vers a, d'où le résultat. □
Remarque 7. En plus de l'existence de F'(a), la proposition montre que la fonction dérivée
F' est continue en a.
Théorème 7 (Inégalité de Taylor-Lagrange). Soit F : [a, b] —» E wne application de
classe Cn sur [a,6], n + 1 /ois dérivable sur ]a,b[. On suppose qu'il existe M > 0 tel que
\/t G ]a,6[, ||F(n+1)(*)|| < M. Alors
w (6 - a)n+1
n! Il (n+1)!
F(6) - F(a) - (6 - a)F7(a) (6 ,Q)Vn>(a)

1. FONCTIONS DÉRIVABLES
75
Démonstration. Il suffit d'appliquer le théorème 5 aux fonctions
G(x) = F(b)-F(x)-(b-x)F'(x) ^f^(x) et g(x) = -M^Ç.
a
Théorème 8 (Formule de Taylor-Young) . Soient neN et F une fonction définie
sur un intervalle I de R, à valeurs dans E, de classe Cn sur I. Soit a € I tel que F^n+1\a)
existe. Alors, lorsque h —► 0 on a
un hn+1
F(a + h) = F(a) +hF\a) + • • • + ^n\a) + -ÏL—F^a) + o(hn+1).
Démonstration. On procède par récurrence sur n G N. Pour n = 0, la formule F(a + h) =
F(a) + hF'(a) + o(h) résulte de la définition de F'{a). Supposons le résultat vrai au rang n — 1,
ce qui entraîne (en l'appliquant à F')
G(h) = F*(a + h)- F*(a) - hF"(a) ^-F^n+1\a) = o{hn),
et montrons le au rang n. La fonction G est la dérivée de l'application
un+l
H (h) = F(a + h)- F(a) - hF'{a) JL—jrfn+i)^),
(n + 1)!
et il s'agit de montrer que H(h) = o(hn+1). Soit e > 0. Il existe a > 0 tel que pour \h\ < a,
\G(h)\ < e\h\n. Si g(h) = ehn+1/(n + 1), on a donc
Vh,0<h<a, \\H'(h)\\<g'(h).
En appliquant le théorème 5 entre les points 0 et h, on en déduit
un+l
Wh,0<h<a, \\H(h)\\ = \\H(h) - tf(0)|| < g(x) - g(0) = e——.
n + 1
On procéderait de même pour —a < h < 0, d'où le résultat. □
Citons enfin une dernière formule de Taylor, qui rend parfois de précieux services car
elle donne beaucoup d'informations sur le terme de reste. L'e.v.n E doit être ici un espace
de Banach pour assurer l'existence de l'intégrale (voir la définition 4 page 120).
Théorème 9 (Formule de Taylor avec reste intégral) . Soient neN et une
application F : [a, b] —» E de classe Cn+1 sur [a,b], où E est un R-espace de Banach.
Alors
F(b) = F{a) + (b - a)F'{a) + • • • + (6~,a)Vn>(a) + t ^^ F^n+1\t) dt.
n\ Ja n\
La preuve est immédiate par récurrence sur n.
1«5. Exercices
Exercice 1. Démontrer les inégalités suivantes.
a) VZ>0, X-y <l0g(l+x)<Z-y + y.
X3 . X3 X5
b) Vz>0, x- — <smx <x- — + .
c) VzeR, l-%r <cosrc< 1 - tt + |r.
' 2 _ - 2 24

76
2. FONCTIONS D'UNE VARIABLE RÉELLE
Solution, a) D'après la formule de Taylor-Lagrange appliquée à la fonction / : x t-* log(l + #) :
2 3
Va; > 0,36 e )0,1[, log(l + x) = f(x) = /(O) + xf'(0) + y/"(0) + \f"(6x). (*)
Comme
on a /(O) = 0, /'(O) = 1, /"(O) = 2 et 0 < /'"(0a;) < 2, ce qui en remplaçant dans (*) donne le
résultat demandé.
b) On procède de la même manière : on considère le développement de Taylor-Lagrange de
x i-» sin-sc à l'ordre 3 pour prouver l'inégalité de gauche, à l'ordre 5 pour celle de droite.
c) Pareil en développant à l'ordre 2 puis à l'ordre 4.
Exercice 2. Soit / : R —> R une application dérivable en 0 et nulle en 0. Soit l e N*.
Pour tout n eN*, on pose
A:=0 v
Montrer que la suite (Sn)n^* converge et calculer sa limite.
Solution. Le principe est le suivant. Lorsque n est grand, chacun des termes k/n2 pour 0 <
k < ni est petit, donc au premier ordre, on a l'approximation /(^) « f'(0)-^, de sorte que
Sn « ^r- Sîblo ^ ^ ^2/2//(0). Nous allons mettre rigoureusement en forme cette idée.
L'application / est dérivable en 0, donc f(x) = /(O) + x /'(O) + o(x) = x /'(O) + o(x). Ainsi,
si on se donne e > 0,
3t7>0,Vz€ [0, iy[, |/(rc) - x/'(0)| < es.
Soit N eN* tel que ^/iV < 77. Pour tout n> N et pour tout entier k vérifiant 0 < k < ni, on a
ni
l
n2 n2 n N
donc
de sorte que
Vn> AT,
Or
Vn>N,Vk,0<k<nl,
f I $) - Â/'(0)
n*
n*
<? k
n"
|fc=0 V 7 Jk=0 I fc=0' V 7 ' fc=0
A fc _ 1 nl{nl+l) _ l2 J_
fc=0
n"- n"
donc (*) s'écrit aussi
Vn>N,
On a donc
„^2
z?2 /?2
*n-/'(o%-/'(o)^
2n
\2 In)
Sn - /'(O)
<
û2 p2
+
/'(O)
2n
<^e +
\f'(0)\l2
In
Si on choisit Nx > N tel que |//(0)|/(2AT1) < e, on a donc |5n - f'(0)l2/2\ < 2l2e pour tout
n > Ni, ce qui prouve que (Sn) converge et tend vers f'(0)l2/2.

1. FONCTIONS DÉRIVABLES
77
EXERCICE 3. a) Soit l'application / : R —► R définie par f(x) = 0 si x < 0, et par
f(x) = e-1^ si rc > 0. Démontrer que / est de classe C°° sur R.
b) Démontrer qu'il existe une fonction (p de classe C°° sur R telle que
Vz G [-1,1], y?(x) = 1 et VjeE, |x| > 2, </>(x) = 0.
2/A
toi
-2
-1
0
a;
FiG. 3. Le graphe de la fonction (p.
Solution, a) Il est clair que / est de classe C°° sur chacun des intervalles ] — oo, 0[ et ]0, +oo[.
Il nous reste donc à prouver l'existence de f(n\0) pour tout n G N*.
Commençons par montrer par récurrence sur n que
Vn G N, 3Pn G R[X], Vrc > 0, /<">(*) = e-1/xPn Q]
(*)
Pour n = 0 c'est vrai avec Po = 1- Supposons le résultat vrai au rang n — 1 et montrons le au
rang n. Il suffit d'écrire
V, > 0, /<»>(*) = (f^)'(x) = 1 e-^Pn.x g) - i e"V.^ (I) = e"V*Pn g)
avec Pn(X) = X2Pn-i(X) - X^^X).
On déduit de (*) que lim*-.o fW(x) = 0 pour tout n G N*. Or pour x < 0, /(n)(x) = 0,
x>0
donc
VnGN*, lim/(n)(x) = 0.
a: 7*0
En utilisant maintenant la proposition 6 page 74 par récurrence sur n, on en déduit que f(n\0)
existe pour tout n et /^(0) = 0. Finalement, / est bien de classe C°° sur R.
b) Nous allons donner deux manières de construire une telle fonction.
Première méthode. Considérons l'application
/(/(i) - /(*»
9-
x
/(/(!))
y
(g)
X
et
0
FiG. 4. Le graphe de la fonction g.
L'application g, composée de fonctions de classe C°°, est de classe C°° sur R
V*-0' *(*)= /(/(1)) -i
Vz > 1, /(l) - f(x) < 0 =» /(/(l) - /(*)) = 0 =* g(x) = 0.
Par ailleurs,

78
2. FONCTIONS D'UNE VARIABLE RÉELLE
On voit maintenant facilement que l'application (p : R —► R x t-* g(x — l)g(—x — 1)
convient.
Seconde méthode. Considérons l'application g : R —► R x •-► /(x + l)/(—x + 1). Elle est de
classe C°° sur R et
Vx G ] - 1,1[, g(x) >0, Vx G R, |x| > 1, g(x) = 0.
x
FiG. 5. Le graphe de la fonction g (seconde méthode).
On pose maintenant h : R —> R x ■-* ^ /^ g(t) dt, où K = f*™ g(t) dt. Cette application
est de classe C°° et vérifie h(x) = 0 pour x < — 1 et h(x) = 1 pour x > 1. On voit alors que
l'application
cp : R -> R x h-* /i(2x + 3)/i(-2x + 3)
convient.
Exercice 4 (Théorème de Darboux) . Par commodité de notation, on désigne par
(£, u) l'intervalle [t, u] si t < u, l'intervalle [u, t] si u < t.
Soit / un intervalle de R et / : / —» R une application dérivable sur /. On veut
montrer que /' vérifie la propriété des valeurs intermédiaires, c'est-à-dire que /'(/) est un
intervalle.
On se donne (a,b) G I2 tel que a < b et y G (/'(a),/'(&)). Il s'agit donc de montrer
qu'il existe c 6 [a, b] tel que /'(c) = y. Nous proposons deux méthodes pour obtenir ce
résultat.
1/ (Première méthode.) On considère les deux applications
(p: [a,6]->R y(a?) = f^ ~ ^ si rc ^ a, <p(a) = f'(a)
JU CL
et
V: [a,6]-R ^) = /(^ I ^ si x ^ 6, ^(6) = /'(&).
Montrer que y G (p([a, b]) U ip([a, b]). En déduire l'existence de c G [a, 6] tel que y = f'(c).
2/ (Seconde méthode.) a) Soit g : / —» R une application vérifiant (/(a) > 0 et #'(&) < 0.
Montrer l'existence de ce [a,b] tel que g'(c) = 0.
b) En déduire qu'il existe c G [a, 6] tel que f'(c) = y.
Solution. 1/ L'application y? est clairement continue sur ]a, 6], et elle est continue en a par
définition de f'(a). Elle est donc continue sur [a, 6], ce qui avec le théorème des valeurs
intermédiaires entraîne
De même,
M»).*)) = (/'(«). mb_faia)) c v(M)-
(*(«).*(»)) = (mbZfa{a\f'(b)) ciKM).

1. FONCTIONS DÉRIVABLES
79
On en déduit
(/»,/'(6)) C (/(a), mb~_fa(a)) U (f{hlZ{{a),f(b)) C ?([<*,&]) U*([a,6]).
Or y € (/'(o), /'(&)), donc y G y>([o, 6]) U ^([a, 6]).
Si y € ¥>([a>&])> deux cas se présentent.
(i) Soit y = /'(a), et alors c'est terminé avec c = a.
(ii) Soit 3# € ]a,6], y = y?(x) = ^~o et d'après le théorème des accroissements finis, il
existe c G ]a,rc[c [a,6] tel que y = /'(c).
On procéderait de même si y G ^([a,6]), d'où le résultat.
2/ a) Si g'{a) = 0 ou </(&) = 0, c'est évident avec c = a ou c = 6. Sinon </(a) > 0 et </(&) < 0.
Considérons le développement de Taylor-Young de g à l'ordre 1 au voisinage de a
g(x) = g(a) + (x - a)g'(a) + o(x - a) = g(a) + (x - a)(g'(a) + o(l)).
Il existe rj > 0 tel que o(l) < g'{a)/2 sur [a, a + 77], donc g(x) > g(a) + (x — a)g'(a)/2 > g(a) sur
]a,a + 77]. On démontrerait de même l'existence d'un a > 0 tel que g(x) > g{b) sur [6 — a, b[.
L'application g est continue sur le compact [a, 6], donc il existe c G [a, 6] vérifiant p(c) =
suPa;e[a,&] 00e)- D'après ce que l'on vient de voir, on a c ^ a et c ^ 6. Donc c G ]a, &[, et on en
déduit que g'(c) = 0, d'où le résultat.
b) Considérons l'application g : I —> R x *-* yx — f{x). Quitte à changer / en —/, on peut
supposer /'(&) > f(a). Comme y G [/'(a), /'(&)], on a </(a) = y-/'(a) > 0 et g'(b) = y-f(b) <
0. Le résultat de la question précédente entraîne alors l'existence de c G [a, 6] tel que g'(c) = 0.
On a donc y — /'(c) = 0, donc y = /'(c).
Remarque. Si / est de classe C1, ce théorème résulte tout simplement du théorème des
valeurs intermédiaires appliqué à la fonction dérivée /'. Mais on sait (voir la remarque 1
page 70) qu'une fonction dérivée n'est pas forcément continue.
- Une démonstration de nature plus topologique de ce théorème fait l'objet de l'exercice 9
page 47.
- La réciproque du théorème de Darboux est fausse : une fonction vérifiant la propriété
des valeurs intermédiaires n'est pas forcément une fonction dérivée.
Exercice 5 (Formule de Simpson), a) Soit a > 0 et g : [-a, a] —> R une application
impaire 5 fois dérivable sur [—a, a]. Montrer
36 € ]0, o[, ff(a) = |(5'(a) + 2g'(Q)) - ^S<5>(0).
b) Soient a, b € E, a < 6, et / : [a, 6] —» R une application de classe C5 sur [a, 6]. Montrer
30€]a,6[, /(6)-/(o) =
b — a
f(a) + f(b) + Af
a + fr
(b-a)
2880
5
•/(5)W-
c) (Application.) Soit / : [a, 6] —> R une application de classe C4. Soit n € N*. On
considère la subdivision a = rc0 < xi < • • • < x2n = b telle que xi = a + i^ pour tout i

80
2. FONCTIONS D'UNE VARIABLE REELLE
Si M = sup |/(4)(^)l) montrer
xe[a,b]
\jb f(t) dt-b-^ [/(a) + 4/fa) + 2f(x2) + 4/(x8) +
+
2/(*2n_2) + 4/(z2n_1) + /(&)]
<
(b - a)5 M
n*
2880'
Solution, a) On considère l'application
cp : [—a, a] —► I
*~sW-|(s'« + 2s'(0)) + ^,
la constante A étant choisie telle que (p(a) = 0. L'application y? est trois fois dérivable et on a
f'(t) = \g'(t) - 1^(0) - |S"(«) + Ja,
*>"(*) - |/W - !«"(«) + fit.
v-'W^-l^'W + jA
.////
Comme y>(0) = ^(a) = 0 le théorème de Rolle nous assure l'existence de ol\ G ]0, a[ tel que
ip'iod) = 0.
De même, l'égalité (p'{0) = <p'{ol\) = 0 entraîne l'existence de 0:2 G ]0,ai[ tel que y?"(0:2) = 0.
Comme g est impaire, p" est impaire donc g"(0) = 0, donc (p"(0) = <p"{ot2) = 0, de sorte
qu'il existe 0:3 G ]0,a2[ tel que (p'"{az) = 0.
Finalement, on a trouvé 0:3 G ]0,o;[ tel que
Ois 0:3-0
(on a g(4\0) = 0 car g est impaire), et d'après le théorème des accroissements finis appliqué
à g(4\ on en déduit l'existence de 6 G ]0,0-3[ C ]0, a[ tel que A = g^\6). Le résultat est ainsi
prouvé car ip(a) = 0.
b) On pose a = ^ et g : [-a,a] -> R x i-+ /(s + ^) - /(-s + *$*). Ainsi définie, 0 est
impaire, et après avoir appliqué à g le résultat de la question précédente, on obtient
30 G
0,
b — a
f(b) - f(a) =
b — a
6
(b ~ a)5
180 • 25
, (a + bs
f'(a) + /'(&) + 4/
/<5>(,+ £^+/<6) (_,+ £+*'
«
L'application / étant de classe C5, /(5) est continue donc vérifie la propriété des valeurs
intermédiaires, donc f(5\]o,,b[) est un intervalle. Comme
/(5) (« + î±*) 6 /<5>(]a,60 et /W (-0 + ^) € /<5>(]a,6[),
on en déduit
donc
1
2
>(tf+^±5)+/(«)(-« +
a + 6^
30'G]a,&[,
d'où le résultat avec (*).
1
/(5)(^ + ^)+/^(-^ +
e/(5)(k&[),
= /(5)(0'),

1. FONCTIONS DÉRIVABLES
81
c) En appliquant le résultat de la question précédente à une primitive F de f sur [x2i-2,#2i]
pour tout i 6 {1,... ,n}, on obtient l'existence de 0< G ]£2i-2,#2i[ tel que
r /(«)d< - ^(/(**-2) + 4/(*»-i) + /(**)) = (X2i288o"2)5/(5)($i)'
donc
r,X2i b — a
f(t) dt - -—(/(X2i_2) + 4/(s»_i) + /(*«))
/
x2i_2 6n
(6 - a)5
~ 2880n5
Il ne reste plus qu'à sommer cette relation sur i et à utiliser l'inégalité triangulaire pour en
déduire le résultat.
Remarque. Le résultat de la question b) reste vrai si / est seulement supposée 5 fois
dérivable. En effet, le caractère continue de /(5) a été utilisé pour montrer que /(5) vérifie
la propriété des valeurs intermédiaires et on sait d'après le théorème de Darboux (voir
l'exercice 4) que ceci est vérifié pour toute fonction dérivée.
Exercice 6. Soient m > 2 un entier, / : R —> R une application de classe Cm et n € N*,
n < m. On suppose qu'il existe un entier k, n < k < m, tel que /^(0) ^ 0. D'après
l'égalité de Taylor-Lagrange,
\/x e R, 3dx e ]o, i[, f(x) = /(o) + xf(o) + • • • + -^-/(^(o) + ^/(n)(M-
Montrer l'existence et donner la valeur de lim*-o 9X.
Solution. Les hypothèses vérifiées par / entraînent l'existence d'un plus petit entier p > n tel
que /(p)(0) ^ 0. La formule de Taylor-Young appliquée à / à l'ordre p donne, lorsque x —> 0,
/(*) = /(O) + */(0) + • • • + ^/(n,(0) + ^/""(O) + o(s"),
donc
~n/(n) (***) = ?r/(n)(0) + ^/^(O) + o(*p),
donc lorsque x —> 0, x ^ 0,
<rn , s rn i \ r?
n! " v " ' n!" " ' p\
n! ./^^v , „ „, ^ „n!
/(n)(^x) - /(n)(0) = ^"n^/^(0) + o(x*>-n) ~ x?-n^f(p\0). (*)
p! pi
L'égalité de Taylor-Young appliquée à f^ donne, lorsque x —*■ 0, x ^ 0,
&\0xx) - /<»>(0) = ^Ç/(p)(0) + o(a*-n) - ^^/(p)(0).
(p — n)\ \P~n)-
Avec (*), on en déduit
(Mp_n *P"nn! , ,. n /(p-n)!n!\1/(p_n) /WrVCp-n)
7 \T ~ ;— donc hm 0X = p— = C" 1
(p-n)\ *-+o p\ «-.o x V «I / V p/
Exercice 7. Soient a, 6 € R, a < 6, et / : [a, 6] -» R une fonction de classe Cn avec
n - 2. On suppose qu'il existe des réels (xi)i<i<n, a < xi < x2 < • • • < xn < b, tels que

82
2. FONCTIONS D'UNE VARIABLE REELLE
f(xi) = 0 pour tout i e {1,..., n}.
a) Montrer
Vx 6 [a, 6], 3u 6 [a, 6], /(x) - ^^ f[(x
n!
Xi).
»=i
b) Soit M = supte[a)6] |/(n)(*)l- Montrer que
M
n
Vx€[a,6], |/(x)| < — TT^-^I.
c) Montrer que
t=i
M
Vt € {1,..., n}, l/^rcOI < — TT \Xi - Xj\.
n! X-L
j&
d) Plus généralement, montrer que
M
n
Vxe[o,6], I/'WI<-îE (IIl*-
JU n
i=l \j^i
Que dire si n = 2, a = X\ et 6 = x<i ?
Solution, a) S'il existe i tel que x = #i, c'est terminé. Sinon, on considère l'application
n
^: [a,6]->R t *-> f(t) - A^t - a*),
i=l
où la constante j4 est choisie telle que tpx(%) = 0. Cette application est de classe Cn et s'annule
(au moins) enn + 1 points distincts (x et les (xi)i<i<n)- En appliquant le théorème de Rolle, on
en déduit que cp;x s'annule en n points distincts. En l'appliquant ensuite k <p'x, on en déduit en
(fx s'annule en n — 1 points distincts. En poursuivant ainsi, on s'aperçoit que </4 s'annule en
au moins un point u. On en déduit <px (u) = 0 = f(n\u) — An\^ donc A = f(n\u)/n\, et comme
cpx(x) = 0, on en déduit le résultat.
b) C'est une conséquence immédiate du résultat de la question précédente.
c) D'après la question précédente, pour tout x ^ xi on a
f(x) - f(xi)
X Xi
m
X ~~~ Xi
d'où le résultat en faisant tendre x vers x*.
d) S'il existe i tel que x = xi, c'est terminé d'après la question précédente. Sinon, nous allons
construire une application qui s'annule en n points dont x et lui appliquer le résultat de la
question c). Posons
n-l
1>x : [ûi &]
nt) - nx) n
i=l
Z Xi
X Xi
Cette application s'annule aux n points #i,... ,xn-i et x, donc en lui appliquant c) au point #,
on en déduit
M""1

1. FONCTIONS DÉRIVABLES
83
(car ipx — /^» donc \w (x)\ ^ M pour tout x). Ceci s'écrit aussi
/(*)
n-l
f'W-nn-Z' .,EO('-'i)
<-TT
X Xi\
ce qui entraîne
If Ml ^ Tt^=ï
IEil*-«»l
n-l
e ni«-*ii
n-l
^ TT,
Xi
i=l
n-l
n
Lorsque n = 2, #i = a et #2 = &> ceci s'écrit
l/'(*)l<y[(*-o) + (»-*)]-W^£.
2/o
Exercice 8. Soient n > 2 un entier et / : R —» R une application de classe Cn. Pour
tout entier fc, 0 < k < n, on note Mk = supteK |/^MI € R+ U {+oo}. On suppose que
Mo et Mn ont des valeurs finies.
a) Montrer que pour tout entier fc, 0 < k < n, Mk a une valeur finie.
b) Montrer que si limt^+00 f(t) = \imt->+00 f(n\t) = 0, alors \imt-,+00 f^k\t) = 0 pour
tout entier k tel que 0 < k < n.
c) Montrer que pour tout entier m, 1 < m < n, et pour tout entier k, 0 < k <m,
Mk < 2k^m~k^2M1~k^mMklm.
(Indication. On pourra commencer par montrer que M\ < y/2MoM2.)
Solution, a) Soit x6l. Pour tout i G {l,...,n — 1}, il existe d'après le théorème de Taylor-
Lagrange 0i)X G ]0,i[ tel que
/(,+0_/(,,+g^+r£%H
A:=l
n!
ce qui, en posant
Xi(x)=f(x + i)-f(x)--]f^(x + 6i,x) et Yk(x) =
fW(x)
s'écrit Xi(x) = ££~J*fc*fc(aO- En notant X(x) (resp. Y(x)) le vecteur colonne de Kn_1 dont les
composantes sont les Xi{x) (resp. Yi(x)), ceci s'écrit matriciellement X(x) = MY{x) avec
2n_1 \
3n_1
/ 1
1
M =
2
3
(n -1)11-1 y
V1 (n-i)
On a det(M) = Vandermonde(l, 2,..., n - 1) ^ 0, donc M est inversible. L'application linéaire
^n~ -> En_1 X •-► M~lX est continue (on est en dimension finie) donc il existe A > 0 tel
que HAT1" H
bornée,
ce qu'il fallait démontrer"
-> En_1 X •-► M~lX est continue (on est en dimension finie) donc il existe A > 0 tel
||M~1X|| < .A||X|| pour tout X e Rn_1. Les hypothèses sur / entraînent que x h-» X(x) est
rée, et comme \\Y(x)\\ = ||Af_1X(a;)|| < 4||X(a;)||, on en déduit que x i-> Y(x) est bornée,

84
2. FONCTIONS D'UNE VARIABLE RÉELLE
b) Comme lim^+oo H^MH = 0, et que ||y(#)|| < j4||X(a;)||, on en déduit limx_+00 ||y(a:)|| = 0.
c) Comme indiqué, nous commençons par montrer
Mi < y/2MQM2. (**)
Soit x e R. Pour tout h > 0,
30i G ]0,1[ f(x + h) = f(x) + hf'(x) + y/"(* + Oxh)
302 <E ]0,1[ f(x -h) = f(x) - hf'(x) + y/"(^ - 62h)
Ceci entraîne
m = /('+*w('-^) + ^(x _ e2h) - a*+m,
donc
Ceci est vrai pour tout h > 0. On va donc choisir h tel que ^ + |M2 soit minimal. Une rapide
étude de la fonction ip : R+ -^ 1, /i m ^ + \M2 montre qu'elle atteint son minimum pour
h = a/^11, point en lequel elle vaut \f2M§Mi. Cette majoration étant vraie pour tout x, on en
déduit (**).
Montrons maintenant le résultat demandé. Nous procédons par récurrence sur m. Si m = 1,
c'est évident, et le cas m = 2 est une conséquence de (**). Supposons le résultat vrai
jusqu'au rang m et montrons le au rang m + 1. En appliquant (**) à f(m~x\ on obtient Mm <
^Mm^Mm+L Or Mm_! < 2(ro-1)/2M01/roMjLro-1)/m> donc
Ml < 2Mm_!Mm+1 < 2<^1)/2M01/roA4ro-1)/mMm+i.
Si Mm = 0, alors / est polynomiale de degré < m et la propriété est trivialement vérifiée au
rang m + 1. Sinon la dernière inégalité entraîne
MW/m < 2(m+1)/2M01/mMm+i. (***)
Soit k, 0 < k < m + 1. Si k = m + 1, le résultat est évident, sinon d'après l'hypothèse de
récurrence,
Mk < 2k^m-k)/2Ml~k,rnM^m,
et en élevant (***) à la puissance k/(m-h 1) puis en remplaçant dans cette dernière inégalité,
on obtient
Mk < 2Hrn+l-k)/2Ml-k/(m+l)Mk/m+^
d'où le résultat.
Exercice 9 (Une fonction continue, nulle part dérivable). On note A la
fonction définie sur R, 1-périodique, dont la restriction à [-1/2,1/2] vérifie A(x) = |#|-
Montrer que la fonction
+oo i
/: R^R ^E^A(2Pl)
est continue mais n'est dérivable en aucun point de R.
Solution. Pour tout x G M, on a |A(x)| < 1/2 donc la série de fonctions £ ^p^{2vx) converge
normalement sur R. Ainsi, / est bien définie sur R, et comme A est continue, / est aussi continue.

2. DÉVELOPPEMENTS LIMITÉS ET DÉVELOPPEMENTS ASYMPTOTIQUES 85
Montrons maintenant que / n'est dérivable en aucun point de R. Comme / est 1-périodique,
il surfit de montrer que / n'est dérivable en aucun point de [0,1[. Soit xq G [0,1[. On considère
l'écriture diadique de xq : xq = YltS. §^, où er^ G {0,1} pour tout k. Pour tout n G N*, on pose
<-È3 et <-< + i.
k=i l
Les suites (x'n) et (x'^j tendent vers xq. Lorsque p > n, les nombres 2vx'n et 2pa^ sont des entiers,
donc A(2pa4) = A(2pzJJ) = 0. Maintenant, si p < n, on a
n p
2pa4 = Ar+ £ ^i- où N = Y/2?-kek est un entier,
fc=p+l fc=l
donc
gi 5p+1 = 0, l'encadrement
X—k Ek 1 V"^ 1 11
0< > -TT- + < > —, + = -
— Zs 2k~P 2n~v — ^—' 2k~P 2n~v 2
k=p+l k=p+2
montre que dans (*), les valeurs de A sont prises sur un intervalle où A croit, et étant donnée
la forme de A, on en déduit finalement
si ep+1 = 0, A(2P4)-A(2p<) = 2p«-<) = ^.
On montrerait de même
si ep+1 = l, A(2P<) - A(2P<) = -JL.
En résumé, on a A(2pxn) - A(2pO = (-l)ep+i/2n"p pour 0 < p < n, donc finalement
/«)-/W = Et^ ou encore /(*g I fJ<] = E(-l)£p+1,
p=0 n n p=0
ce qui montre que la suite (yn) définie par yn = £nZ{} ne converge pas. Si maintenant /
est dérivable en xo, on a
/W " fM = {x'n - x0)lf'(xo) + e'n] et /«) - f(x0) = (xn - x0)[f'(x0) + en]
où les suites (e'n) et (e^) tendent vers 0. Par différence, on a
fK) - f«) = K - x'n)f'(x0) + (xo - x'n)e'n + (xn - x0)&
et comme x'n < x0 < xn, ceci entraîne
\fK) ~ fK) - K - xn)f{xQ)\ < (xn - x'n){e'n + ej) donc \yn - f'(x0)\ <e'n + en,
^onc (Vn) converge vers f'(xo), ce qui est contradictoire. Donc / n'est pas dérivable en xo, d'où
le résultat.
Remarque. Une méthode non constructive de la preuve de l'existence d'une fonction
continue jamais dérivable est donnée à l'exercice 4 page 401.
2. Développements limités et développements
asymptotiques
Dans toute cette partie, E désigne un R-e.v.n.

86
2. FONCTIONS D'UNE VARIABLE RÉELLE
2.1. Relations de comparaison
Soit X un espace métrique. On considère deux applications /, g de D c X dans E et
xq un point d'accumulation de D.
- On dit que / est dominée par g au voisinage de Xq si
3C > 0, W G V(x0)yx €VDD, \\f(x)\\ < C\\g(x)\\
(où V(xq) désigne l'ensemble des voisinages de xo). On note alors f(x) = 0(g(x))
x—*xo "
(lire "grand o", notation de Landau) ou encore f(x) =4 g(x) (notation de Hardy).
x—*xo
- On dit que / est négligeable devant g au voisinage de xq si
Ve > 0,3V G V(z0), V* G V n A ||/(z)|| < e||p(x)||.
On note alors /(x) = o(#(#)) (lire "petit o", notation de Landau) ou encore
X—*X0
f(x) -« g(x) (notation de Hardy).
X—*XO
- On dit que f et g sont équivalentes au voisinage de Xq si f(x) — g(x) = o(g(x)),
X—>Xo
et on écrit alors f(x) ~ g(x).
Remarque 8. - Il faut prendre garde au fait que les notations de Landau sont des
abus. Lorsqu'on écrit f(x) = 0(g(x)) par exemple, il n'y a pas à proprement parler
d'égalité (si fi(x) = 0(g(x)) et f2(x) = 0(g(x)), on ne peut pas dire fi(x) = f2(x))
— une notation correcte serait f(x) G 0(g(x)). Cependant, l'usage est bien établi
et cette notation est très commode, c'est pourquoi on l'utilise beaucoup.
- Dans la pratique, on utilisera souvent cette notation pour des fonctions R —► C, au
voisinage d'un point de R ou de l'infini, ou pour des suites réelles ou complexes (un)
lorsque n —► +oo.
- Attention ! La relation ~ se manie avec précaution. En particulier, elle n'est pas
compatible avec l'addition, par exemple
rc + 2 ~ a; 4-1, — x ~ — x et pourtant 2/1.
x-»+oo a:-»+oo x-^+oo
Par contre, l'équivalence est compatible avec le produit et la puissance (si /i ~ /2
et gi ~ #2, fi9i ~ gm ; si / ~ g, fa ~ ga pour tout a G
2.2. Développements asymptotiques
Echelle de comparaison.
Définition 3. Soit X un espace métrique et xo G X. On appelle échelle de comparaison
un ensemble 5 de fonctions définies au voisinage de #o dans X sauf éventuellement en
#o, et vérifiant la propriété suivante : si /, g G S, alors / = g ou bien / = o(g) ou bien
9 = o(f).
Exemple 1. Au voisinage de +oo pour les fonctions de la variable réelle, les échelles de
comparaison les plus courantes sont les suivantes :
- celles constituées des fonctions du type xa (a G R),
- plus généralement celles constituées des fonctions du type xa(\ogx)P (a,/? G R)
- plus généralement celles constituées des fonctions du type xa(\ogx)^ecxni (a, /?, c G K,
7>0).
De même, au voisinage de 0, une échelle de comparaison courante est celle contenant les
fonctions du type xa log^ x (a, (3 G

2. DÉVELOPPEMENTS LIMITÉS ET DÉVELOPPEMENTS ASYMPTOTIQUES 87
développements asymptotiques.
DEFINITION 4. Soit X un espace métrique. Soient / : D c X —» E une application,
Xo un point d'accumulation de D dans X et ^ un entier naturel non nul. On appelle
développement asymptotique à k termes de / par rapport à une échelle de comparaison S
au voisinage de xq toute expression de la forme
ci/i + c2/2 + • • • + ckfk
vérifiant
(i) ci,..., c* G 2? sont des constantes multiplicatives,
(ii) /1, •••>/*€ £ avec pour tout i, fi+i(x) = o(/i(z)),
(iii) /(z) = ci/i(x) + c2/2(x) + • • • + cfc/fc(a;) + o(A(x)).
Lorsque qu'un tel développement par rapport à S existe pour /, il est unique. On a en
particulier f(x) ~ Ci/i(rc), et on dit que ci/i est la partie principale (ou Véquivalent) de
/ au voisinage de x0.
L'unicité découle facilement des propriétés vérifiées par une échelle de comparaison.
Remarque 9. Lorsque l'on ne précise pas l'échelle de comparaison par rapport à laquelle
on veut un développement asymptotique, c'est en général une des échelles usuelles décrites
dans l'exemple 1.
Exemple 2. On peut démontrer, pour tout k G N*, le développement asymptotique
suivant, lorsque x —► +00 :
/
x dt x l\x (k-l)\x ( x
+ :—T- + ---+ . , +o{
r2 log* l0g£ log2Z logfc£ Vlog^X.
(voir l'exercice 8 page 169).
2.3. Développements limités
Dans la suite de cette partie, I désigne un intervalle de R non réduit à un singleton.
DÉFINITION 5. Soit f : I —* E une application, et supposons 0 G I. Si n G N*, on dit que
/ admet un développement limité d'ordre n au voisinage de 0 s'il existe ao, ai,..., an G E
tels que, au voisinage de 0,
f(x) = a0 + ai x H \-anxn + o(xn).
Remarque 10. - Une définition équivalente est f(x) = Pn(x) + o(xn) où Pn est une
fonction polynormale de degré < n.
- On pourrait de même définir les développements limités au voisinage d'un point
quelconque a de I (en développant avec des termes de la forme a (x — a)k — ou
l/a:fe, k G N, lorsque a = ±00). Nous avons choisi de nous limiter à a = 0 pour
alléger les notations.
- Un développement limité est aussi un développement asymptotique par rapport à
l'échelle de comparaison constituée des fonctions de la forme xn (n E N).
Il découle de l'unicité d'un développement asymptotique le résultat suivant.
Proposition 7. Si f admet un développement limité d'ordre n G N*, il est unique.
Proposition 8. Si f admet un développement limité d'ordre n > 1 au voisinage de 0
f(x) = a0 + ai x H h an xn + o(xn),
alors /(o) = oq, / est dérivable en 0 et /'(O) = aY.

88
2. FONCTIONS D'UNE VARIABLE RÉELLE
Remarque 11. Attention ! Même lorsque n > 2, l'existence d'un développement limité
d'ordre n n'assure pas l'existence de /"(0). Par exemple, la fonction / définie par
f(x) = l + x + x2 + xssin(\\ si x ^ 0, /(0) = 1,
n'est pas deux fois dérivable en 0, et pourtant elle vérifie f(x) = 1 + x + x2 + o(x2) au
voisinage de 0.
Proposition 9. Soit a > 0 et / : ] — a, a[ —> E wne application admettant au voisinage
de 0 un développement limité d'ordre n 6 N* ;
f(x) = o0 + airc H \-anxn + o(xn).
- Si f est paire, tous les termes a^ d'indices k impairs sont nuls.
- Si f est impaire, tous les termes a* d'indices k pairs sont nuls.
Condition suffisante de l'existence d'un développement limité. La formule de
Taylor-Young entraîne immédiatement le résultat suivant.
Proposition 10. Si f : I —> E est une application n fois dérivable en 0, alors f admet
au voisinage de 0 le développement limité d'ordre n suivant :
f(x) = /(0) + /'(0) x + • • • + Î^P- xn + o(xn).
n!
2.4. Opérations sur les développements limités
Intégration terme à terme.
Proposition 11. Soit f : I —* E (avec 0 € I) une application dérivable sur I telle qu'au
voisinage de 0
f'(x) = o0 + ai x H + an xn + o(xn).
Alors l'application f admet au voisinage de 0 le développement limité d'ordre n+1 suivant
/(*) = /(0) + a0z+^z2 + --- + -^7 xn+1 + o(x"+1).
2 n+1
Dérivation d'un développement de Taylor.
Proposition 12. Soit f : I —» E (avec 0 G I) une application n > 2 /oîs dérivable en
0. 5î aw voisinage de 0, on a
f(x) = a0 + ai x H h an zn + o(rcn),
a/ors au voisinage de 0,
/'(a) = ai + 2a2 x + • • • + nanxn~l + o(zn-1).
Remarque 12. Sans l'hypothèse d'existence de /^(0), le résultat est faux. Considérez par
exemple l'application / introduite à la remarque 11 : / admet un développement limité
d'ordre 2 et pourtant, f'{x) qui existe sur un voisinage de 0, n'admet pas de développement
limité au voisinage de 0 (/' n'a pas de limite en 0).
Somme, produit, quotient de développements limités.
Proposition 13. Soient f et g : I —► E (avec 0 6 I) deux applications admettant au
voisinage de 0 un développement limité d'ordre n :
f(x) = Pn(x) + o(xn), g{x) = Qn{x) + o(xn),
où Pn et Qn sont deux fonctions polynomiales de degré < n. Alors
- la somme f + g admet un développement limité d'ordre n donné par (/ + g)(x) ^
(Pn + Qn){x) + 0(xn),

2. DEVELOPPEMENTS LIMITÉS ET DÉVELOPPEMENTS ASYMPTOTIQUES 89
- Si E est une algèbre normée, le produit fg admet un développement limité d'ordre
n donné par (fg)(x) = Rn{x) + o(xn), où Rn est le reste de la division euclidienne
de PnQn par Xn+1 : PnQn = i^ + Xn+1Sn avec deg(JRn) < n,
- SiE = R ouE = C, et si g(0) = Q(0) ^ 0, le quotient f/g admet un développement
limité d'ordre n donné par (f/g)(x) = Rn{x) + o(xn), où Rn est le quotient de la
division selon les puissances croissantes de Pn par Qn à l'ordre n.
Développement limité d'une fonction composée.
Proposition 14. Soient g : / —► R (avec 0 6 I) une application admettant un
développement limité d'ordre n au voisinage de 0, et f : J —> E (où J est un
intervalle de M. tel que g(I) C J) une application admettant un développement limité d'ordre
n au voisinage de go = g(0). On écrit, au voisinage de 0,
g{x) = gQ + Pn(x) + o(xn) et f(g0 + t) = Qn(t) + o(tn),
où Pn et Qn sont deux polynômes de degré < n avec Pn(0) = 0. Alors la fonction composée
fog admet au voisinage de 0 un développement limité d'ordre n : fog{x) = Rn(x)+o{xn),
oùRn ^t le reste de la division euclidienne de Pn°Qn par Xn+1 (PnoQn = Rn + Xn+1Sn,
deg(iU < n).
2.5. Développements limités usuels au voisinage de 0
La formule de Taylor-Young permet d'obtenir facilement les développements limités
suivants, lorsque x —> 0.
x2 xn
ex = l + x + — + ••• + — + o(xn)
2! n!
sinx = I__ + _ + ... + (_1)P^_ + 0(x2P+2)
cosx = 1_|! + ^ + ...+(_1)^+0(^+1)
x3 x5 x2p+1
sinhz = s+_ + _ + ... + I__+0(**«)
cosh, = 1 + 2! + 4! + • • • + M + °^2P+1)
1! 2! ni
En particulier
,fn~ 1 , x ! 2 1-3 3 , lXn_1l-3---(2n-3) _ , nx
VI +x = H x1 H x6 H h (-1) —,—r-t-xn + o(xn)
2 2-4 2-4-6 K ) 2-4---(2n) V ;
i x ! 2 1 •3 3 1 • 3 • • • (2n - 3) n . nx
- x = 1 x1 x6 —,—r^ x + o(xn)
2 2-4 2-4-6 2-4---(2n) ^ ;
1 1 1-3 2 , lNnl-3---(2n-l) n , n.
= 1--2x+2-4X+'"'-{-1) 2.4---(2n) x + °{x)
1 , 1 1 • 3 2 1 • 3 - - - (2n - 1) n , ns
VT^x = 1 + 2*+2^+'--+ 2-4.--(2n) * + °(* }

90
2. FONCTIONS D'UNE VARIABLE RÉELLE
En intégrant respectivement les développements limités de y^, j^s, ïi*> TT^?
j 1 2 (qui sont connus grâce aux formules précédentes), on obtient
x2 x3
log(l + z) = x- — + — + --- + (-l)
n-l
X
n
2 3 • ' n
2n+l
+ o(xn)
X3 X5
X
arctanrc = x - ^- + ^ + • • • + (-l)n^ + o(x2n+2)
3 5 v ' 2n+l v y
x3 x5
x
2n+l
areth x = x H 1 I- • • • +
6 35 2n + 1
+ o(xZn+z)
arcsin x = x +
2-3
x* +
argsh x = x — —— ar +
l-3---(2n-l) nn+1
2-4-5 + +2-4-..(2n).(2n+l) + 0i* '
1-3 5 (-lf-l-3---(2n-l) 2
2-4-5 2-4---(2n)-(2n+l)
+ o(rc2n+2)
Enfin, le développement limité de la fonction x i-> tan x peut être effectué grâce à la
proposition 13. Les calculs sont un peu lourds dès que l'on veut dépasser l'ordre 4, c'est
pourquoi il est bon de connaître ses premiers termes :
tan a; = x H 1 x -\ x -f- o(x ).
3 15 315 V ;
Remarque 13. Celui de tan a; mis à part, il n'est pas nécessaire d'apprendre par cœur ces
développement limités. Il faut par contre savoir les retrouver rapidement.
2.6. Formes indéterminées
Beaucoup d'exercices exigent de connaître les développements limités pour trouver la
limite d'une forme indéterminée. Par exemple, nous allons montrer l'existence et donner
la valeur de lim — . Les développements limités usuels donnent
s-*0 sin x — x
xjtQ
sin x — x = —— + o(x3) ~ —— et tan a: — x = — + o(x3) ~ —,
6 6 3 3
tan a? — x
et on en déduit lim — = — 2.
*-*° sm x — x
2.7. Exercices
Exercice 1. Donner le développement limité au voisinage de 0 à l'ordre 4 des fonctions
suivantes
(. \ 1/2 / gjn nr
1 + v 1 + x2 j b) x i—> log
l
X
c) x h-> (1 + 2a:)1/(1+x) d) x *-* -^
sin2 x sinh2 a:
e) x^ esinhx - log |tan (| + ^)
Solution, a) Le développement limité \/l + u = 1 + § — *§- + o(w2) entraîne
(l + x/l + a;2)17^
1+(1 + T"f + 0^
-,1/2
= V5
^2 ^4 lV2
1 + T-H + ^4)

2. DÉVELOPPEMENTS LIMITÉS ET DÉVELOPPEMENTS ASYMPTOTIQUES
91
nui Par composition des développements limités est égal à
''♦i(T-S)-*(?)'♦*»
V2
= V2
* 2 5 -4 , ^/-4>
1 + -rr -
8 158
z4 + o(x4)
b)
log
/sinaA / « ar . , 4, \ / a:" rc
l'
x
■'* V-T + w*"1*) I- 1-7 *ro
-K«)!+«')
X"
ar
6 180
+ o(z4).
c) En procédant de même, on trouve
(1 + 2z)1/<1+*> - exp (*§&±M) = i + 2x - 2x2 + ^x4 + o(x4).
\ i ~r a? j o
d) Cette fois, on commence par développer sina; et sinha; à l'ordre 7, ce qui entraîne
.6 n -2
1
1
sin
2 x sinh2 x x2
' x2 x4 x6 , fiA"2
1-y + ï2ô-^+0(a;)
/y»^ /y»^* /y»*-
En utilisant le développement limité (l + u) 2 = 1 - 2-u + 3w2 - 4-u3 + 5-u4 + o(u4) on trouve,
après calculs
sin2x sinh2*" 3 + 189* + 0^;*
e) On commence par calculer le développement de (p(x) = log |tan(| + |)|. Le moyen le plus
simple est certainement de remarquer que
<p'(x) =
1 ! X2 , 3n
= ô = 1 + TT + 0(S )
COSX l_^ + 0(x3) 2
puis d'intégrer ce développement limité, ce qui donne
X - ' 4\ X"~ , 4^
y>(x) = y>(0) + a: + — + o(x4) = a: + — + o(x4).
O 0
Maintenant, après calculs
.sinh x
X2 X3 5
= l + x + — + — + —x4 + o(a;4),
et finalement
esinh*-log|tan(! + ^)
24
= 1+y+y+24x+0(x)-
Exercice 2. Calculer le développement limité
a) à l'ordre 4, au voisinage de 1, de l'application x i-> a;-h-1***,
b) à l'ordre 4, au voisinage de +oo, de l'application x h-> (x3 + rc)1/3 — (a:3 — x)
c) à l'ordre 3, au voisinage de 7r/6, de x \—> log(2sinx).
Solution, a) Posons t = x - 1. La relation
log(l + t)
1/3
#-l+loga: = exp
-l + log(l + t)
= exp 1+
-l + log(l + t)y '
Permet, à partir du développement limité de log(l +1) et par composition de développements
«mités, de montrer
ïTO = l-(x-l) + (X ~^ + o[(x - l)4].
12

92
2. FONCTIONS D'UNE VARIABLE RÉELLE
1/3
1 +
1-
b) On écrit
(x3 + x)1/3 - (xs - x)1/3 = x
et le développement limité de (1 ix"2)1/3 en 1/x donne, après calculs
1/3
c) On commence par écrire
Vs
sin ( — + t ) = sin — cos t + sin t cos — = - sin t + — cos £,
\o / o 6 2 2
puis on calcule le développement limité de sin£ et cos£ en t = 0, et après composition de
développements limités, on trouve
log(2sin*) = V3(x-l)-2(X-l)2-f(x-l)3 + o [(* - \)
Exercice 3. Donner la limite, lorsque x tend vers 0+, des expressions suivantes
xx% log x
a)
pSmx ^.tana:
sin x — tan x
b)
c) (1+,ff-V ^ ^^
xx — 1
e)
arccos(l — x)
y/x
Solution. Tout le problème, dans ce type d'exercices, est de sentir à l'avance jusqu'à quel ordre
on va devoir développer pour obtenir le résultat.
a) On développe jusqu'à l'ordre 3
esinx _ etanz = -^ + 0(a;3) „ _^ sinx _ t&nx = _^ + o(a.3) „ _^
A A A A
donc l'expression proposée est équivalente à 1, donc a pour limite 1 lorsque x —► 0+.
b) Comme rclogx = o(l), on a
ar*" = rcexp^,oga;) = a;i+*iog»+o(«iog«) = ^ . exp (logx(rclogx + o(xlogrc))) - x
et
ar*-lrre^^-l^zlogz,
et on en déduit facilement que la limite recherchée est 1.
c) On écrit
(1 + xf0*x'x = exp f log(l + aO^jp) = exp ((* - y + °(*2))^r)
= exp (log x — — log x + o(x log x) J = a: • exp ( — — log x + o(x log x) J
O
1 — - log x + o(x log x) J = x —— log x + o(x log #)
ce qui montre que le numérateur de l'expression est équivalent à —x2logx/2 lorsque x —> 0 •
Le dénominateur vérifie
X(XX - 1) = x(exl°gX - 1) ~£-£l0g£ = £2l0g£,
et finalement, la limite recherchée est égale à —1/2.

2. DÉVELOPPEMENTS LIMITÉS ET DÉVELOPPEMENTS ASYMPTOTIQUES
93
a)
Lorsque u -> 0+, on a
cotn =
tanw u + o{u) u 1 + o(l) u
-l- + o(±
u
donc
(cosx)cotx2 = exp
1
1
ar
x2+° l? '«g 1-I + ^)
exp
1 Z^1
+ o -ô
ar
a;"
x"
+ o(x2)
= exp(-2+°(1))'
ce qui montre que la limite recherchée est 1/y/ë.
e) Il y a une as*1106 à connaître. Posons y = arccos(l—x). On a 1—x = cos y donc x = 1 — cos y =
2sin2(y/2), d'où smy/2 = y/x/2 et finalement y = 2arcsin y/x/2. Cette relation permet de
calculer un nombre de termes quelconque du développement asymptotique de arccos(l — x)
lorsque x —> 0+ (un autre moyen de faire est de calculer un développement asymptotique de la
dérivée de arccos(l — x) — qui a une forme suffisamment explicite — puis de l'intégrer). En
particulier,
arccos(l — x) ~ 2W — = V2x,
et on en déduit que la limite recherchée est y/2.
Exercice 4. Donner la limite, lorsque x —> +oo, des expressions suivantes :
log(x + l)x:c i r / i\*iV*
a)
log£
-1
log x b)
x
Solution, a) On écrit
|(a
logx
log(x + l) logz + log(l + £) 1 / 1
: = : = H : h O
logx
a: log a:
xlogxj '
donc
'log(a:+l)'
k log a; _
-1
exp
x
+ o
log a; =
1
exp I rc log I H—; 1- o
a; log a;
a;logx ' " V^ë^.
et la limite recherchée est 1.
b) Le développement limité
-1
log a; =
1 +
1
log a;
+ o
xlogœ
1
-1
log a;
log a:
-1
log a: = l + o(l),
(l + i) =exp(zlog(l + i))=exp(x(i-^ + o(i
=exp(1-è+0fâ)=e(1-è+0G
montre que
donc l'expression proposée est égale à
-'■♦S -é«ï
2x \x
1/x
= exp
et sa limite est donc 1 lorsque x -> +oo.
x \2x \x
= e°M

94
2. FONCTIONS D'UNE VARIABLE RÉELLE
3. Fonctions convexes, fonctions réglées
3.1. Fonctions convexes
Dans toute cette sous-partie, / désigne un intervalle de R non réduit à un singleton.
Définition 1. Une application / : / —» R est dite convexe si
V(a,6) 6 l\VA 6 [0,1], /[(l - A)o + A6] < (1 - A)/(a) + A/(6). (*)
Elle est dite concave si — / est convexe.
Remarque 1. - Lorsque l'inégalité (*) est stricte pour tout A € ]0,1[ (lorsque a ^ 6)
on dit que / est strictement convexe.
- La fonction / est convexe si et seulement si l'ensemble {(x,y) € i" x R | y > f(x)\
est convexe.
- L'inégalité (*) exprime le fait que tous les points du segment [(a, /(a)), (6, /(&))]
sont au dessus du graphe de /.
Fig. 6. Entre a et 6, les points du graphe de la fonction convexe / se
trouvent en dessous de la corde reliant les points (a, /(a)) et (&, /(&)).
Proposition 1. Une application f : I
Xq € /, l'application
gXQ : 7\{x0} -> I
s»-* 0xo 0*0 =
es£ convexe si et seulement si pour tout
m - f(xo)
X — Xq
est croissante.
Conséquence . Si / : / —» R est convexe et si a, 6, c € /, avec a < b < c, on a (en
appliquant la proposition précédente à ga puis à gc) l'inégalité suivante entre les taux de
variation (voir aussi la figure ci-contre)
f(b) - /(o) /(c) - /(q) /(c) - f(b)
b — a
c — a
c-b
y î \(
o 1 «
[f)
2
1
1
1
b
c
X
Fig. 7. La propriété de croissance de la pente des cordes pour une fonction
convexe /.
La proposition précédente entraîne aussi le résultat qui suit.

3. FONCTIONS CONVEXES, FONCTIONS RÉGLÉES
95
PROPOSITION 2. Une fonction convexe / : J —> R possède en tout point de I une dérivée
n droite et une dérivée à gauche. Elle est donc continue sur I (pas forcément aux bornes
Ae l). De plus, les applications f'% et f'd sont croissantes sur I et f'g{x) < f^(x) pour tout
o
THÉORÈME 1. Soit f : / —» R une application dérivahle sur I. Les assertions suivantes
sont équivalentes
(i) f est convexe.
(ii) f est croissante.
(iii) La courbe représentative de f est au dessus de ses tangentes.
Corollaire 1. Une application /: 7->R deux fois dérivahle est convexe si et seulement
si f"(x) — 0 Pour t°ut x € I-
Proposition 3. Soit une application f : I —> R convexe. Alors
Vffi,...,Zn € I,Vau...,an > 0, / ■ ■ < ■ ■ .
V oui H \-otn J ai H Voùn
Inégalités classiques.
Théorème 2 (Inégalité arithmético-géométrique). Soient des nombres réels
positifs. On a
n
Démonstration. Cela provient de la concavité de la fonction logarithme. Soit / : R+* —> R x i->
-logz. Cette application est deux fois dérivable et f"{x) = 1/x2 > 0 pour tout x > 0. C'est
donc une fonction convexe, ce qui entraîne
, /a?i + --- + gw\ < f(xi) + • • • + f(xn)
J V n ) ~ n
d'après la proposition 3, c'est-à-dire
10g (Xl + 'w+X") > 10g [(*! • ' ' Xnfl"\ ,
et la fonction logarithme étant croissante, on en déduit le théorème. □
Théorème 3 (Inégalité de Hôlder). Soient deux nombres réels p, q > 0 tels que \ + \ = 1.
Pour tous nombres réels positifs ai,..., an etbi,...,bn on a
n / n \l/P / n \ V<7
i=i \i=i / \i=i ,
Démonstration. La concavité de la fonction logarithme entraîne
V*,y>0| ^ + l^<log^ + ^ donc *VÎ<- + 2,
p q \p qj P q
megalité qui reste vraie lorsque x ou y est nul. En choisissant
a\ b\
*~EX et y-EibV
Ion peut supposer qu'au moins l'un des ai et l'un des bj sont non nuls, sinon l'inégalité de Hôlder
est immédiate) on tire
(Eit)1* (E.-ftp^-ptE^O «Ci «3)'

96
2. FONCTIONS D'UNE VARIABLE RÉELLE
puis en sommant sur i
Y17=l aibi
1 1 ,
<- + - = !,
D
(Si ^)1/P(E; 6J)1/9 ~ V q
d'où l'inégalité désirée.
Remarque 2. Lorsque p = q = 2, on retrouve l'inégalité de Schwarz.
Théorème 4 (Inégalité de Minkowsky). Soient p > 1 un nombre réel et X\,..., #
2/i, • • • j Vn des nombres réels positifs. Alors
n \1/P/n\1/P/n\ Vp
I>+^P < £*? + E»
Démonstration. Si p = 1, c'est évident. Sinon, on pose q = -£p de sorte que £ + - = 1. D'après
l'inégalité de Hôlder
n / n \ 1/P / n \ 1/9
E *<(**+2/ir1 < e < Ë(^+^)9(p_1)
/f
et
i=l
n
>i=l
vi=l
/ n \ 1/P / n \ !/«
£ ut* + nir1 < E »f E^+^9(p_1)
ce qui par sommation entraîne (sachant que q(p — 1) = p)
n
E(*< + ^)p ^
i=l
n \ 1/P / n \ 1/P
E*n + E*r
>i=l / \i=l
n
1/9
E(Xi+^)P
a=l
donc
n
1 1~1/<1 / n \ 1/P / n \ 1/P
(on peut supposer que les Xi et yj sont non tous nuls — sinon l'inégalité est évidente — ce qui
autorise à simplifier) d'où le résultat car 1 — 1/q = 1/p. D
E(**+yJp
Li=l
Conséquence . Pour tout p > 1, considérons la fonction de Rn dans R définie par
%i/p
iV(xi,...,xn) = (Elx«lP
,i=l
L'inégalité de Minkowsky entraîne que N vérifie l'inégalité triangulaire. On en déduit
facilement que N est une norme sur Rn. On la note souvent ||. ||p. Remarquons aussi que
= lim llfrc!,...,^
SUp \Xi\ — IK^lj • • • » ^ny||oo — "A" || v^l) • • • ) ^nJWp-
i P-*oo
3.2. Fonctions réglées
Dans cette partie, E désigne un R-espace de Banach, et [a, b] désigne un segment de
R non réduit à un singleton.
DÉFINITION 2. Une application (p : [o, b] —» E est dite en escalier s'il existe une
subdivision a = xq < xi < • • • < xn = b de [a, b] telle que pour tout i, cp soit constante sur
Définition 3. Une application / : [a, b] -> E est dite re#/ee si elle est limite uniforme
sur [a, b] de fonctions en escalier. En d'autres termes, / est réglée si pour tout e > 0> »
existe une fonction <p est escalier telle que \\f(x) — ip(x)\\ < e pour tout x € [a,6].

3. FONCTIONS CONVEXES, FONCTIONS RÉGLÉES
97
Proposition 4. Une fonction réglée sur [a, b] est bornée.
pémonstration. Soit / : [a, b] —► E une fonction réglée. Il existe une fonction en escalier ip telle
aue Il/M ~" vMH < •"• Pour tout x € la)b]- Comme ip est en escalier, ip est bornée. Soit M un
majorant de ||y>|| sur [a,b]. Pour tout x G [a,6], ||/(z)|| < 1 + ||y>(a;)|| < 1 + M, ce qui prouve le
résultat. □
DÉFINITION 4. Une application / : [o, b] —► i? est dite continue par morceaux s'il existe
une subdivision a = xq < X\ < • • • < xn = b de [a, 6] telle que la restriction de / à chaque
intervalle ouvert }xi-\,Xi[ soit prolongeable en une fonction continue sur l'intervalle fermé
Remarque 3. - La condition "prolongeable en une fonction continue sur [xi-i,Xi]" est
importante ; elle équivaut à dire que la limite à droite (resp. à gauche) de f(x)
lorsque x tend vers Xi-\ (resp. vers Xi) existe.
- L'ensemble Cm([a,b],E) des fonctions à valeurs dans E et continues par morceaux
sur [o, b] est un espace vectoriel. Si E est une algèbre, Cm([a, 6], E) est une algèbre.
Proposition 5. Toute fonction continue par morceaux sur [a, b] est réglée.
Démonstration. On montre d'abord le résultat pour une fonction continue / : [a, 6] —> E.
Comme [a, 6] est compact, / est uniformément continue sur [a, b] d'après le théorème de Heine.
Ainsi, si on se donne e > 0,
3a > 0,Vx,y G [a, 6], \x-y\< a, \\f{x) - f{y)\\ < e. (*)
Considérons une subdivision a = xq < x\ < • • • < xn = b de [a, b] telle que x\ — xi-\ < a pour
tout i G {1,..., n} et construisons une application (p : [a, b] —> E de la manière suivante :
V», <p(xi) = f(xi) et Vi, Vrc G ]xi_i,Zi[, v?(z) = / f -^ j .
Cette fonction est en escalier et elle vérifie \\f{x) — <p{x)\\ < e pour tout x G [a,b] d'après (*).
La fonction / est donc réglée.
Considérons maintenant le cas d'une fonction continue par morceaux pour une subdivision
a = xo < x\ < • • • < xn = b. Soit e > 0. La restriction fi de / sur ]xi_i,rci[ se prolonge en
une fonction continue fi sur [xj_i,Xi], donc on peut trouver une fonction en escalier <pi vérifiant
ll/t-^!! < £ sur ]aj<_i,a:<[. La fonction <p construite sur [a, 6] par <p(x) = <pi(x) pour x G ]#i_i,a;i[
et (p(xi) = f(xi) est en escalier et par construction, ||/ — (p\\ < e sur [a, 6] tout entier. Ainsi /
est une fonction réglée. □
Définition 5. Soient / un intervalle de R et une application / : / —> E. On dit que /
o
présente une discontinuité de première espèce en un point Xq € / si / n'est pas continue
en #o et si f(x0—) (limite à gauche de / en x0) et f(xo+) (limite à droite de / en x0)
existent. La définition s'étend aux bornes de / lorsque / y est fermé en ne considérant
que l'existence de /(z0+) ou f(x0-) selon le cas.
Remarque 4. Il est équivalent de dire que f(x0+) et f(x0—) existent et que les valeurs
f\xo-),f(x0+),f(xo) ne sont pas toutes identiques.
Théorème 5. Une application f : [a, b] —► E est réglée si et seulement si tout point de
discontinuité de f est de première espèce. L'ensemble des points de discontinuité de f est
alors au plus dénombrable.
démonstration. Condition nécessaire. Soit xq < b un point de discontinuité de /. Soit e > 0 et
soit ip une fonction en escalier telle que \\f(x) - (p(x)\\ < e pour tout x G [a, 6]. Il existe a > 0
el que (p soit constante sur ]#o,£o + a[, ce qui entraîne
*X>V e ]xo,xo + al H/M - /(y)|| < \\f(x) - <p(x)\\ + \\<p(x) - <p(y)\\ + \\tp(y) - f(y)\\ < 2e.

98
2. FONCTIONS D'UNE VARIABLE RÉELLE
L'espace vectoriel E étant complet, on en déduit d'après le critère de Cauchy pour les fonctions
que /(#o+) = limz-zo /(x) existe. On montrerait de même que f{xo—) existe pour xq > a.
X>XQ
Condition suffisante. Soit e > 0. Pour x e ]a, b[ on pose u>(/,x) = max(||/(x—) - /(x)||, ||/(x) -
/(x+)||). D'après le résultat de la question a) de l'exercice 7 page 36, l'ensemble Ae = {x ç
]a, 6[,u>(/,x) > e} est fini. Il existe donc une subdivision a = xo < x\ < • • • < xn = b de [a, 6]
telle que u;(/,x) < e sur chaque ]xi,Xi+i[, et d'après le résultat de la question d) du même
exercice, on peut donc trouver pour tout i un ai > 0 tel que
Vx,ye]xi,Xi+il\x-y\ < a*, \\f(x) - f(y)\\ < le. (*)
Pour tout i, considérons une subdivision Xi = y^o < y^\ < • • • < yi,ni = #i+i de [x^, Xi+i] telle
que 2/i,j+i — yij < ai pour tout j. On construit la fonction en escalier (fi sur [xi,Xi+i] en posant
V?, Vi(»<j) =/(wj). VàVzetoj.wj+iI, yi(g) = /^J'+2y<J+1)-
D'après (*), on a ||/ —<£i|| < 2e sur [£i,£i+i]. La fonction cp construite sur [a, 6] par cp(x) = <Pi(x)
pour x £]#i_i,£i[ et (p(xi) = f(xi) est en escalier et vérifie ||/ — cp\\ < 2e sur [a, 6] tout entier.
Ainsi / est une fonction réglée.
Ensemble des points de discontinuité de f. L'ensemble des points de discontinuité de / est
au plus dénombrable d'après le résultat de la question b) de l'exercice 7 page 36. D
Conséquence . Une application / : [a, b] —» R monotone est réglée. En effet, supposons par
exemple / croissante. Si xq G ]a, 6], alors f(x) < f(xo) pour tout x < xq, et comme / est
croissante, f(xo—) = lim*-*o f(x) existe. De même, f(xo+) existe pour tout xq G [a, b[.
Ainsi, tout point de discontinuité de / est forcément de première espèce, donc / est réglée.
3.3. Exercices
Exercice 1. Soit / : R —> R une fonction convexe et majorée sur R. Montrer que /
est constante. Le résultat reste t-il valable si on suppose seulement / définie, convexe et
majorée sur R+ ?
Solution. Supposons / non constante, de sorte qu'il existe x,y G R, x < y, avec f(x) ^ f(y).
- Si f(x) < f{y), la convexité de / entraîne
Vz>2/, /(*) ~ /fa) > /fe) ~ /0e) = a ou encore f(z) > f(y) + a(z - y),
z-y y-x
Comme f(y) > /(x), on a a > 0 et donc lim2_»+00 f(z) = +00 ce qui est contraire aux
hypothèses.
- Si f(x) > f(y), on montrerait de même que \imz-t-00f(z) = +00, d'où l'absurdité.
L'application / est donc constante.
Le résultat est faux lorsque les hypothèses ne sont vraies que sur R+, comme le montre
l'exemple de la fonction / : R+ —> R x h-» j^.
Exercice 2. Soit / : R+ -> R une fonction convexe.
\ f(x)
a) Montrer que t = lim ——- existe.
x—»+oo a;
b) On suppose que t € R. Montrer que lima;_>+00 f(x) — tx existe.
Solution, a) Comme / est convexe, la fonction R+* —► R x i-> ^-^—^-^ est croissante.
x — 0
Donc lim ^-^—^-^- existe, et cette limite n'est autre que L On a d'ailleurs l e R U {+00}
x->+oo X
(on peut avoir l = +00 comme le montre l'exemple de la fonction x \-* x2).

3. FONCTIONS CONVEXES, FONCTIONS RÉGLÉES
99
b) L'application g : R+ —► R x i-> f(x) — Ix est convexe (somme de deux fonctions convexes),
et elle vérifie lima._»+00 ^ = 0.
Montrons que g est décroissante. Soient a, 6 G R+, a < b. Comme g est convexe, la fonction
T ^ ^i-^ — est croissante. Or lim -^—- — = lim -^ = 0. Donc pour tout x ^ a.
* x — a x-»+oo x — a x-»+oo x
£t£2——- < 0. En appliquant ceci à x = b, on en déduit g(b) < g(a).
x — cl
Une fonction décroissante sur R+ admet toujours une limite en +co, donc limz-^+oo g{x) =
linia;-»+oo f(x) ~ ?x existe. Cette limite appartient à R U {—co} (elle peut valoir —oo comme le
montre l'exemple de la fonction x h-» — log(l + x)).
Exercice 3 (Critère pratique de convexité d'une fonction). Soient / un
intervalle de R et / : / —► R une application. Montrer que / est convexe si et seulement
si pour tout segment [o, b] inclus dans I et pour tout \i G R, l'application ip : [a, b] —»
R x >->• f{x) + jjlx est bornée sur [a, b] et atteint sa borne supérieure en a ou en b.
Solution. Condition nécessaire. Soit [a, 6] un segment inclus dans / et \x G R. L'application
<p : [a, 6] —* R x *-* f(x) + /x# est convexe sur [a, 6] car c'est la somme de deux fonctions
convexes. L'un des réels (p(a),(p(b) est donc la borne supérieure de (p car si M = sup{y?(a), <p(b)},
VA G [0,1], <p(Xa + (1 - X)b) < +X<p(a) + (1 - \)<p(b) < XM + (1 - A)Af = M.
Condition suffisante. Soit [a, 6] un sous intervalle fermé de I. On choisit (i de sorte que <p{a) =
</?(&), c'est-à-dire que l'on considère l'application
<p: [o,6]-*R x^f{x)-f^l~f(<aK.
b — a
Ainsi on a bien (p(a) = <p(b). Par hypothèse on a
VA G [0,1], (p(Xa + (1 - X)b) < ^{a) = <p(b)
et en remplaçant <p par son expression en fonction de /, on vérifie facilement que ceci s'écrit
aussi
VA G [0,1], f(Xa + (1 - A)6) < A/(o) + (1 - A)/(6).
Ceci étant vrai pour tout [a, 6] C /, on en déduit que / est convexe.
Remarque. Ce critère rend parfois des services pour démontrer la convexité d'une fonction
(voir les deux exercices qui suivent).
Exercice 4. Soit / un intervalle de R et / : / —> R une application continue. Montrer
que / est convexe si et seulement si
px+h
Vrc 6 /, V/i > 0 vérifiant (x - h, x + h) 6 72, 2/i f(x) < / /(*) dt.
Jx—h
Solution. Condition nécessaire. Soit x G I et h > 0 tel que (x - h, x + h) e I2. On a
Vt € [0, h), f(x) = f A*-«) + (» + «)\ < 1 (/(;r _ t) + /(s +1)),
et en intégrant cette inégalité pour t G [0, h] on obtient
px+h i r m px+n
/ f(x)dt<-\l f(t)dt+ f(t)
Jx ^ LJx—h Jx
x+h
dt

100
2. FONCTIONS D'UNE VARIABLE RÉELLE
d'où le résultat.
Condition suffisante. Utilisons le critère de l'exercice 3. Si / n'était pas convexe, il existerait un
sous intervalle fermé [a, b] de I et (jl e M. tels que l'application <p : [a, 6] —*■ R x i-> f(x) + ^x
n'admet pas son maximum en a ou en 6. L'application (p étant continue, il existe c 6 [a,W
tel que (p(c) = supx€[a6jy?(x), et par construction, on a ip(c) > <p(a) et (p(c) > (p(b). Soit
h = inf {6 — c,c — a}. La continuité de (p entraîne
rc+h rc+h
/ (p{t)dt< / (p(c)dt = 2h<p(c),
Je—h Je—h
et en remplaçant ip par son expression en fonction de /, on obtient
»c+h
f{t)dt<2hf{c).
'c—h
Ceci est contraire aux hypothèses. La fonction / est donc convexe.
£
Exercice 5. Soit / un intervalle de R et / : / —> R une application continue.
a) Montrer que / est convexe si et seulement si
\/x eîye> 0,3/i G ]0,e[, f(x) < ±[/(z + />) + /(rc - h)}.
(on pourra utiliser le résultat de l'exercice 3).
b) Montrer que / est convexe si
w °r v /(* + h) + /(g - ft) - 2/(aQ ^ n
ix € i, lim sup — \-z —t- > 0
£o° \h\<i W
c) Montrer que / est affine si
h>0
Solution, a) La condition nécessaire est évidente. Pour montrer la condition suffisante, nous
allons utiliser le critère donné dans l'exercice 3.
Soit [a, b] C I et fi e R. On vérifie immédiatement que l'application cp : [a, b] —> R rrr i—>
f(x) + //x vérifie les mêmes hypothèses que /. Il s'agit de montrer que cp atteint son maximum
sur [a, 6] en a ou en b. Comme cp est continue sur le compact [a, 6], cp est bornée et atteint ses
bornes. Si on désigne par M son maximum, l'ensemble F = <£-1({M}) est donc non vide. Soit
c = inf T. La continuité de cp entraîne que F est fermé, donc c eF) donc cp(c) = M. Si a < c < 6,
alors par hypothèse
3/i > 0, (a<c-h<c<c + h<b et (p(c) < -[(p(c - h) + </?(c + /i)]).
Comme <£>(c) = sup^u^ (p(x), cette dernière inégalité entraîne <p(c — h) = y?(c + fo) = ip{c) = M,
ce qui est contradictoire avec la définition de c. Donc c = a ou c = 6 et le résultat est prouvé.
b) Pour tout a > 0, on définit l'application fa: I —► R a; i-> /(#) + aa;2. On a
Vx G /, V/i > 0, ^2 = ^2 + 2a'
et donc en vertu des hypothèses vérifiées par /,
Ve>0,V«€/,3fc€]0,e[, /«<*+ *> +/«(*-*)-2/«(«)>a>0,
ce qui entraîne
te > o, Vx e°i,3he ]o,e[, /a(x) < ±[f*(x + h) + fa(x - /*)],

3. FONCTIONS CONVEXES, FONCTIONS RÉGLÉES 101
ce qui prouve la convexité de fa d'après le résultat de la question précédente.
Ainsi l'application /, limite simple de fonctions convexes (les applications fa lorsque a —» 0+)
est convexe.
c) L'application / vérifie les hypothèses de la question précédente donc est convexe. Ceci est vrai
également pour — / donc / est concave. Une fonction convexe et concave est forcément affine,
d'où le résultat.
Remarque. Un corollaire du résultat de la question a) est le suivant.
—~— ) < 7i[f{x) + f(v)] Pour tov>t
(x, y) G I2, alors f est convexe.
Ceci peut être démontré directement, en procédant comme suit :
- On se donne x et y € I.
- On montre par récurrence sur n que pour tout entier k compris entre 0 et 2n, on a
fkx + {2n-h)y\ < kf(x) + (2" - k)f(y)
j y 2n ) ~ 2n
- En utilisant la continuité de / et la densité des nombres de la forme k/2n (k G Z,
n 6 N), on prouve que f(\x + (1 - \)y) < Xf(x) + (1 - \)f(y) pour tout A G [0,1].
Exercice 6 (Fonctions logarithmiquement convexes). On dit qu'une fonction
/ à valeurs dans ]0, +00[ est logarithmiquement convexe si la fonction log/ est convexe.
Soit / un intervalle de R et / : J —► R+* une application.
a) Montrer que si / est logarithmiquement convexe, alors / est convexe.
b) Montrer que / est logarithmiquement convexe si et seulement si l'application / —>
R+* x *-* f(x) <? est convexe pour tout c > 0.
c) Montrer que si / et g : / —> R+* sont logarithmiquement convexes, alors f + g aussi.
Solution. Soient a, 6 G / et A G [0,1]. On a
log[/(Aa + (1 - A)6)] < A log/(a) + (1 - A)log/(6) < log[(l - A)/(a) + A/(6)]
(la première inégalité résulte des hypothèses et la seconde résulte de la concavité de l'application
logarithme). En ne considérant maintenant les membres extrêmes de ces inégalités, on en déduit,
en vertu du caractère croissant de la fonction logarithme f(Xa + (1 — A)6) < A/(a) + (1 — A)/(6),
d'où le résultat.
b) Condition nécessaire. Pour tout c > 0, l'application x i-> log / (x )+x loge est convexe (somme
de deux fonctions convexes), autrement dit x i-> log(f(x)cx) est convexe. D'après la question
précédente, ceci entraîne la convexité de x ■-> f{x)cx.
Condition suffisante. Soient (a, 6) G I2 et A G [0,1]. D'après les hypothèses, on a
Vc > 0, f(Xa + (1 - A)6) c^+^-W < A/(o) ca + (1 - A)/(6) cb.
Ceci s'écrit aussi
Vc> 0, /(Aa+(1-A)6) < Xf(a)c^-x^a-b^+^-X)f(b)c^b-a^ = Xf(a)a^-^+(l-X)f(b)a-\
(*)
où on a posé a = ca b. L'idée est maintenant de minimiser le terme de droite de cette dernière
équation pour avoir la majoration la plus fine possible du membre de gauche. Les paramètres
a, 6, A étant fixés, une étude de la fonction a »-> \f(a)a^"x^ + (1 - X)f(b)a"x montre qu'elle
atteint son minimum sur R+* en a = f(b)/f(a), valeur en laquelle elle vaut précisément
f(à)xf(b)1"x. En remplaçant dans (*) avec cette valeur de a, on en déduit
/(Aa + (l-A)6)</(a)A/(6)1_A.
En prenant le logarithme, on en déduit alors la convexité de log/.

102
2. FONCTIONS D'UNE VARIABLE RÉELLE
c) Il suffit d'utiliser le résultat de la question précédente (sans laquelle le résultat serait difficile
à prouver), en montrant que pour tout c> 0, l'application x h-» (f(x) + g(x))<? est convexe. Ceci
est immédiat car toujours d'après le résultat de la question précédente, les fonctions x i-» f(x) c*
et x h-> g(x) (f sont convexes pour tout c > 0.
Problème 1. Soit / :
4. Problèmes
une application continue en 0 vérifiant
3fc€]0,l[, £ = lim /W /(fcx) existe.
x-»0
a:>0
X
Montrer que / est dérivable en 0 et exprimer /'(0) en fonction de £ et de k.
Solution. Soit e > 0. D'après les hypothèses,
37?>0,VtG]0,77],
Ainsi, si x G ]0,77], on a
V»€N, !/(*■*)-/«*"*))
donc
VneN,
/(**) " /(*)
<£.
knx
f(x) - f(knx)
-£
< e ou encore
f{knx) - f(kn+1x)
-kn£
x
<kne
<n-\
X
- E*4 M
j=o
n-l
^E
t=0
/(fc*a;) - /(A;i+1rC)
-kl£
x
'n-\
.i=0
ce qui en faisant tendre n vers +00 entraîne, en vertu de la continuité de / en 0
f(x) - /(0) £
x
l-k
<
l-k
Ceci étant vrai pour tout x G ]0,77], on en déduit la dérivabilité de / en 0 et f'(0) =
l-k
Problème 2. Soit / : [0,1] —> R une application dérivable telle que /(0) = /'(()) = 0 et
/'(l) = 0. Montrer
3ce]0,l], f\c) = f-^.
Solution.
Commençons par donner l'idée de la preuve. L'égalité f'(c) = f(c)/c exprime le fait que
la droite passant par l'origine et le point (c, /(c)) est tangente au graphe de / (voir la figure
ci-contre). En regardant la figure, on s'aperçoit d'ailleurs que le point correspondant est un
extremum relatif de la fonction "pente" x t-* f(x)/x.
Cette remarque nous invite à considérer l'application
g : [0,1] -> R x
x
sia^O, 0(0) =/(O) = 0,
qui est continue sur [0,1] et dérivable sur ]0,1], avec
V* €]<),!], <j(*) = XS'(X)-f(X)
«
X'
Si /(l) = 0 le résultat est évident en prenant c = 1. Sinon, nous allons prouver que g admet un
extremum en point intérieur à [0,1]. Quitte à considérer —g, on peut supposer g(l) > 0. Soit

4. PROBLÈMES
103
y
m
ô~
\
c
FiG. 8. à l'abscisse c, la tangente du graphe de / passe par l'origine.
c € [0,1] tel que g(c) = supa.e[01]p(rc) (un tel point c existe car g est continue sur le compact
[0,1]). On a c ^ 1 sinon on aurait g'(l) = lim -^——- > 0, ce qui est absurde vu que
x-*i 1 — x
g'(l) = — /(l) < 0. On a aussi c 7^ 0 car g(c) > g(l) > 0 = g(0). Ainsi, c est un point intérieur à
[0,1] où g atteint son maximum, donc g'(c) = 0, ce qui donne /'(c) = f(c)/c grâce à l'expression
(*)•
Problème 3 (e n'est pas algébrique d'ordre 2). Montrer que e n'est pas algébrique
d'ordre 2, c'est-à-dire qu'on ne peut pas trouver trois entiers o, 6, c non tous nuls tels que
ae2 + be + c = 0. (Indication : raisonnez par l'absurde en considérant le développement
de Taylor de la fonction f(x) = aex + ce~x).
Solution. La preuve est en quelque sorte une généralisation de la démonstration de l'irrationalité
de e à partir de son expression en terme d'une série. Supposons ae2 + be + c = 0, où a, 6, c sont
trois entiers non tous nuls. En désignant par / la fonction /: îh aex + ce~x, ceci entraîne que
/(l) est entier. Nous allons prouver que cette dernière assertion est absurde.
L'égalité de Taylor-Lagrange appliquée à / entraîne
Vn e N*, 36n e ]0, i[, /(i) = /(0) + £M +.. • + //(n"1)ff) + fin){6n)
(n-1)!
n\
Or pour tout entier naturel fc, f(k\x) = aex + (-l)fcce x, en particulier /^(O) = a + (—l)fcc
est entier. On en déduit
Vn€N*, £^_(„-i)|/(i)-(„-1)|/(o)-^il/'(0) frfll^'C) € Z-
(*)
La majoration |/^(^n)| = \ae6n + (-l)nce~^n| < \a\e + \c\ montre que f^n\9n) est bornée, donc
f{n\en)/n tend vers 0 lorsque n tend vers +00. D'après (*), ce terme est toujours entier, il est
donc nul à partir d'un certain rang, c'est-à-dire
3N e N*,Vn > N, f{n){6n) = ae9n + (-l)nce~^ = 0.
On en conclut que pour tout n > iV, a et (—l)nc sont de signe opposés, ce qui n'est possible
que si a = c = 0, et donc 6 = 0. Ceci est en contradiction avec les hypothèses de l'énoncé, d'où
le résultat.
Remarque. On en déduit en particulier que e est irrationnel. En fait, e est même un
nombre transcendant (voir le tome Algèbre).

104
2. FONCTIONS D'UNE VARIABLE RÉELLE
Problème 4 (Zéros d'un polynôme lacunaire). Soit P = Xn + an_xXn~l -\ h
a\ X + ao un polynôme à coefficients réels.
a) On suppose qu'il existe p G N*, p < n, tel que an_i = ... = on_p = 0 et an_p_i ^ 0
(on dit que P présente une lacune de longueur p). Si p est pair, montrer que, comptées
avec leur ordre de multiplicité, P admet au plus n — p racines réelles ; si p est impair et
an-p-i > 0, montrer que P admet au plus n — p — 1 racines réelles ; si p est impair et
fln_p_i < 0, montrer que P admet au plus n — p + 1 racines réelles.
b) Étudier le cas plus général où p coefficients consécutifs ai de P sont nuls, c'est-à-dire
dm = ûm+i = ... = om+p_i = 0 et am-\ ^ 0, am+p ^ 0.
Solution, a) Tout repose sur le principe suivant : si un polynôme Q G R[X] a r racines réelles
(comptées avec leur ordre de multiplicité), alors son polynôme dérivé Q' a au moins r — 1
racines réelles. En effet, si u\ < • • • < Uk sont les racines réelles d'un polynôme Q 6 R[X]
d'ordre de multiplicité respectifs ori,...,<**., alors pour tout i e {1... ,k — 1}, Q' a, au moins
une racine réelle Vi dans l'intervalle ]wj,nj+i[ d'après le théorème de Rolle. De plus, si oci > 2,
alors Ui est une racine de Q' d'ordre de multiplicité ai — 1. Finalement, nous avons exhibé
(k — 1) + Y^i(ai ~ 1) = CC» ai) ~ 1 racines de Q', ce qui prouve notre remarque.
Maintenant, notons r le nombre de racines réelles de P (comptées avec leur ordre de
multiplicité). Nous venons de voir que P' a au moins r — 1 racines réelles, et en itérant le procédé,
on s'aperçoit que P^-p*1) a au moins r — (n — p — 1) = r — n + p+ 1 racines réelles. Comme
an_i = ... = an-p = 0, on a
p(n-p-l) = n(n _ 1) . .. (p + 2)Xp+1 + (n - p - 1)! fln-p-i. (*)
Si p est pair, la forme de ce dernier polynôme montre qu'il a exactement une racine réelle, et
comme nous avons montré qu'il en a au moins r-n + p + 1, onar — n + p+1 < 1, c'est-
à-dire r < n — p. Si p est impair et ap+i > 0, le polynôme (*) n'a aucune racine réelle, donc
r — n + p+1 <0, c'est-à-dire r < n — p — 1. Si p est impair et ap+\ < 0, (*) a exactement deux
racines réelles donc ?— n + p+l<2, c'est-à-dire r < n — p + 1.
b) Remarquons tout d'abord que pour tout polynôme Q de degré d, dont le terme constant est
non nul, le polynôme Q* = XdQ{\/X) (appelé polynôme réciproque de Q) a le même nombre
de racines réelles que Q : en effet, si Q = rii=i(-^ ~ui)ai est la factorisation de Q dans C[X],
on a Q* = Yli-i(l — UiX)ai (les racines de Q* sont les inverses des racines de Q, avec le même
ordre de multiplicité).
Ceci étant, notons Q = p(m~1). On a
Q = n{n - 1)... (n - m - 2) Xn~m+l + • • • + (m + p) • • • (p + 2)am+p X^+1 + (m - 1)! am_i,
le polynôme réciproque de Q est
Q* = (m - l)!am_i Xn"m+1 + (m + p) • • • (p + 2)am+p Xn"m-P + • • • + n(n - 1) • • • (n - m - 2).
D'après la question précédente, Q* a au plus (n — m + 1) — p racines réelles si p est pair, au
plus (n — m + 1) — p — 1 si p est impair et am+pam_i > 0, au plus (n — m + 1) — p + 1 si p
est impair et am+pam_i < 0. Le nombre de racines réelles de Q est égal au nombre de racines
réelles de Q*, donc ceci vaut pour pC"1-1). On en déduit, d'après le principe général énoncé plus
haut, que P a au plus m- 1 + [(n - m + 1) - p] = n- p racines réelles si p est pair, au plus
m — 1 + [(n — m + 1) — p] — 1 = n — p — 1 si p est impair et am+pam_i > 0, au plus n — p + 1 si
p est impair et am+pam_i < 0.
Problème 5. Soit / : R+ -> R une application de classe C°° telle que
/(0) = 0 et lim f(x) = 0.

4. PROBLÈMES
105
Démontrer l'existence d'une suite (xn) strictement croissante à valeurs positives telle que
fW(xn) = 0 pour tout n G N*.
Solution. Nous allons construire cette suite par récurrence. Commençons par n = 1. La fonction
/ étant nulle à l'origine et tendant vers 0 en +oo, elle n'est pas strictement monotone. Ainsi,
la fonction dérivée /' prend des valeurs positives et négatives, ce qui entraîne qu'elle s'annule
en au moins un point x\ G R+ d'après le théorème des valeurs intermédiaires et en vertu de la
continuité de /'. Ainsi, nous avons construit x\ > 0 tel que f'(x\) = 0.
Pour passer du rang n > 1 au rang n + 1, on généralise la technique utilisée pour n = 1.
Supposons xn construit et montrons l'existence de xn+\ > xn tel que /(n+1)(xn+i) = 0. Pour
cela, raisonnons par l'absurde en supposant f^n+l\x) ^ 0 pour tout x > xn. La continuité de
f(n+i) entraîne que /(n+1) garde un signe constant sur ]xn, +oo[, par exemple strictement positif
(quitte à changer / en —/). Ainsi, f^ est une fonction strictement croissante sur [xn,+oo].
Fixons un réel a > xn. D'après l'égalité de Taylor-Lagrange,
V* > a, 3y e [a, x]t f(x) = f(a) + (x - a)f'(a) + • • • + ^^/(»-i)(fl) + (£^£/<»)(y),
ce qui entraîne, en vertu du caractère croissant de /M sur [xm +00[ et du fait que a = f^n\a) >
&\xn) = 0
Vx > a, f(x) > f(a) + (x- a)f'(a) + • • • + (* '^ f^Ha) + a^^.
Le terme de droite de cette dernière expression diverge vers +00 lorsque x —► +00, il en est donc
de même pour f(x), ce qui est contraire aux hypothèses. Ainsi, il existe bien un réel xn+i > xn
tel que /(n+1)(rcn+i) = 0 et le résultat est prouvé.
Problème 6. Soit une application continue g : R —> R telle que
Vx 6 R, g2(x) =gog{x) = 2g(x) - x.
a) Montrer que g est une bijection croissante de R sur R.
b) Déterminer la forme de g. (Indication : on pourra exprimer gn = g og o ■ • • en fonction
de g pour tout entier naturel n).
Solution, a) L'injectivité de g est immédiate puisque
0(s) = g(v) =* g2(x) =g2{y)=ïx = 2g(x) - g2(x) = 2g(y) - g2 (y) = y.
Montrons la surjectivité de g. Une application injective et continue sur M est strictement
monotone, donc g est strictement monotone (c'est classique par le théorème des valeurs
intermédiaires). L'application g o g est strictement croissante (composée de deux fonctions de
même monotonie) donc g = (g2(x) + x)/2 est strictement croissante. Le caractère croissant de
g2 entraîne d'ailleurs
Vx>0, g(x) = g2{xl + X >g2{°l + X donc lim g(x) = +00.
2 2 x—>+oo
On montrerait de même que lima;->-oop(^) = —00. Tout ceci permet de conclure que g est une
bijection de R sur R.
b)Par récurrence sur n on obtient
Vn G N*,Vrc G R, gn{x) = ng{x) - (n - \)x. (*)
En effet, la relation est vraie pour n = 1 ; pour passer du rang n au rang n + 1 on part de la
relation (*) dans laquelle on remplace x par g(x), ce qui donne
Va: e R, gn+1(x) = ng2(x) - (n - ï)g(x) = n{2g(x) -x)-(n- l)g(x) = (n + l)g(x) - nx.

106
2. FONCTIONS D'UNE VARIABLE RÉELLE
On peut récrire la relation (*) sous la forme
Vx G R,Vn G N*, gH{-x) ~^(0) = g(x) -g(0) - x + -.
n n
Comme g est croissante, gn également donc pour tout n G N*
Vx > 0, g(x) - g(0) - x + - > 0 et Vx < 0, g(x) - g(0) - x + - < 0.
n n
En fixant x puis en faisant tendre n vers l'infini, on obtient
Vx > 0, g(x) - g(0) - x > 0 et Vx < 0, g(x) - g(0) - x < 0. (**)
Nous avons démontré à la question précédente que g est une bijection de R sur R. Sa bijection
réciproque g~l est continue et vérifie
Vx G R, g2[g~2(x)] = 2g[g~2(x)] - g-2(x) ou encore g~2{x) = 2g~1(x) - x.
Autrement dit, g-1 vérifie les mêmes hypothèses que g. On en conclut que (**) est vrai pour
</-1, ce qui s'écrit
Vx>0, g~1(x)-g~1(0)-x>0 et Vx < 0, g~l{x) -g~l{0) - x < 0.
En utilisant la relation g~1{x) = 2x — g(x) (qui découle de g2 = 2g — Id après composition à
droite par g-1), on en déduit
Mx > 0, g(x) - g(0) - x < 0 et Vx < 0, g(x) - g(0) - x > 0. (***)
Avec (**), on en conclut que g(x) = x + g(0) pour tout x G R.
Réciproquement, on vérifie facilement que toute fonction de la forme g : x \-> x + K vérifie
les hypothèses de l'énoncé.
Problème 7. On note E l'ensemble des fonctions / de classe C1 bijectives de ]0, +oo[
dans ]0, +oo[ telles que /' = f~l.
a) Trouver un élément / de E de la forme x h-> olx13, avec a,/3 6 R.
b) Si / € E, déterminer la limite en 0 de / et de /-1.
c) Montrer que si / 6 E, alors / est un C°° difïéomorphisme de ]0, +oo[ dans ]0, +co[.
d) Montrer que toute fonction / G E admet un unique point fixe.
e) Soit f et g deux élément de E. Montrer que f et g admettent le même point fixe.
Solution, a) Si /(x) = ax^, alors /'(x) = a/fe^"1 et f~\x) = {x/a)1^ = (l/a^x1^.
Remarquons que / > 0 donc a = /(l) > 0. On a également /' = /_1 > 0, donc /'(l) = a(3 > 0
ce qui entraîne /? > 0.
On aura f = f-1 si a(3 = (1/a)1^ et si /? - 1 = 1//3. La dernière équation s'écrit aussi
01 — (3 — 1 = 0, dont P = (p = 1-y5 est la seule solution positive. L'autre équation admet la
solution o: = <£~W(v+i) (comme (p + 1 = cp2 on a l'expression plus simple a = <f~1^)- Ainsi
choisis, a et P répondent bien au problème.
b) Si / G E alors /-1 > 0 donc /' = /-1 est positive. Donc / est croissante, et donc f(x)
converge forcément vers l = inîx>of(x) lorsque x —> 0 (x > 0). Comme / est positive, on a
t > 0. Par ailleurs, /(x) > l pour tout x > 0, et comme / est une bijection dans ]0, +oo[ on
en déduit nécessairement l = 0. On montrerait de même que lima:_>o,a:>o/-1(^) = 0 (on PeU*
également obtenir ce dernier résultat en prolongeant / en une fonction / sur R+ avec /(0) = 0.
L'application / est continue et bijective de R+ dans R+ ; sa fonction réciproque est continue,
en particulier en x = 0 ou elle vaut /-1(0) = 0).
c) Montrons par récurrence sur n G N* que / est un Cn difféomorphisme. Pour n = 1, on sait
par hypothèse que / est C1. Or /_1 > 0, donc /' = /_1 ne s'annule pas. On en déduit, d'après
la proposition 4 page 71 sur les homéomorphismes dérivables, que /-1 est également de classe
C1. Supposons maintenant n > 1 et que / est un Cn difféomorphisme (hypothèse de récurrence)-

4. PROBLÈMES
107
Alors /' = / * est de classe £n> donc / est de classe Cn+1, et là encore, la proposition sur les
homéomorphismes dérivables implique que /-1 est également de classe Cn+1.
d) Comme /' = /~\ on a \imx^0+f'(x) = lima,_0+ /_1(rc) = 0. Ainsi, le prolongement / par
continuité de / en 0, défini en 0 par /(0) = 0, est dérivable en 0 et /'(()) = 0 (voir la proposition 6
page 74)- Ceci montre que f(x) = o(x) lorsque x —> 0 (x > 0). En particulier, il existe a > 0 tel
que f(a) < «A do_nc f(a) ~a<0\
par ailleurs, /-1 étant croissante on a f'(x) = f_1(x) > /-1(o:) = 2 pour x > a = /(2).
Lorsque x > a, l'égalité des accroissements finis entraîne f(x) — /(a) > 2(# — a), d'où on déduit
f(x) ~x> f{ot) + x — 2a. Ainsi, 6 = 2& vérifie f(b) — 6 > 0.
Ainsi, nous avons montré que la fonction continue f(x) — x change de signe sur [a, 6], elle
s'annule donc en un point c de cet intervalle>qui est un point fixe de /.
Montrons que le point fixe de / est unique. Un dessin nous suggère d'utiliser la convexité
de /• Si / admet deux points fixes c et d (avec 0 < c < d), alors / étant convexe (/' = /-1
est croissante), elle vérifie f(x) > f(c) + (x — c)f'(c) = c + (x — c)f'(c) pour tout x > 0. En
faisant tendre x vers 0 on en déduit 0 > c(l — /'(c)), donc f'(c) > 1. On a même f'(c) > 1 car
sj j>[c) = 1, alors f(x) > c + (x — c)f'(c) = x, ce qui est incompatible avec f(x) = o{x) lorsque
x -* 0. Ceci implique f(d) > c + (d — c)f'(c) > d donc d ne peut pas être un deuxième point
fixe de /.
e) Nous utiliserons le lemme suivant :
Lemme 1. Soit f G E et X > 0 le point fixe de f. Alors on a f(x) < x pour 0 < x < X et
f(x) > x pour x > X.
En effet, / n'a que le seul point fixe A, donc f(x) — x garde un signe constant non nul sur
]0,A[, et comme f(x) = o(x) lorsque x —> 0, f(x) — x est forcément négatif sur cet intervalle.
De même, f(x) — x garde un signe constant non nul pour x > X. Nous avons vu plus haut qu'il
existe \i > 0 tel que /(/x) — fi > 0. On a donc forcément fi > À, et finalement le signe de f(x) — x
est strictement positif sur ]A, +00[.
Fig. 9. Le graphe des applications f et g et leurs fonctions inverses
Raisonnons maintenant par l'absurde et supposons l'existence de f,g G E tels que f(a) = a
et g(b) = b avec a ^ b, par exemple a < b (voir la figure ci-contre). D'après le lemme, on a
9{x) < x sur ]0,6[, en particulier g(a) < a = f(a). Toujours d'après le lemme, on a x < f(x)
Pour x e [a,b], et finalement g(x) < x < f(x) pour x G [a,6[. Soit c le plus petit réel positif tel
<lue 9(x) < f(x) sur l'intervalle ]c, 6[ (on a 0 < c < a).

108
2. FONCTIONS D'UNE VARIABLE REELLE
Montrons maintenant que g~l > /-1 sur ]c,6[ (on le voit sur la figure). Tout d'abord
on remarque que ]c, 6[ C /(]c, b[) car d'après le lemme, /(c) < c et f(b) > 6. Ceci entraîne
/-1(]c,6[) C )c,6[. On montre aussi facilement que g~lQc,b[) C ]c,6[. Considérons maintenant
c < y < b. Comme x = f~l{y) G ]c, 6[, on a g(x) < f(x). Ceci s'écrit aussi <?(/-1(y)) < y
c'est-à-dire g{f~l{y)) < g{g~l(y)) et comme g est strictement croissante, on a nécessairement
r\y)<g-l{y)- ,
Terminons la démonstration. Comme g' = g 1 et f = f 1, ce que nous venons de
montrer s'écrit g1 > f sur ]c, 6[, donc g — f est strictement croissante sur ]c, 6[. En particulier
lims-c g(x) - f(x) < g(b) - f(b) < 0. Ceci entraîne c > 0 (car g(x) - f(x) tend vers 0 lorsque
x —► 0), donc p(c) — /(c) < 0, ce qui est incompatible avec la définition de c.
Ainsi, toutes les fonctions f de E ont le même point fixe A. C'est donc celui de la fonction
F(x) = (p~l/tpxtp que nous avons construite dans la question a). On calcule ce point fixe en
résolvant l'équation F(\) = A :
F(X) = \<^ (p-V^X*-1 = l*=^\ = <p
!/(¥>(¥>-!))
et comme ip2 — (p = 1, on trouve que le point fixe des applications de E est le nombre d'or
2 '
A = (fi =
Problème 8 (Courbe de Péano — remplissant un carré). On se donne deux
fonctions f,g : R —» R continues, à valeurs dans [0,1], 1-périodiques et vérifiant :
Vt€[^,è], f(t) = g(t) = 0
we[£,à], f(t) = o,g(t) = i
(voir la figure ci-dessous).
y
A
1
Vi6[J,J], /W = l, g(t) = 0
Vï6[ii], f(t) = g(t) = l
0
1
X
i—r—t—i—i—i—i—i—h-
0
y
X
-t-^—I—I—I—I—I—I—I—I-
X H-> f(x)
x i-> g(x)
De telles fonctions f et g existent bien, il suffit par exemple de relier les extrémités
des segments en gras sur la figure par des segments de droite.
On considère ensuite les fonctions
+oo
a :
<~£
n=l
/(îo*-1*)
2n
+oo
/?:
n=l
g(l0n-H)
m
et
F: [0,1]
t~(a(t),P(t)).
a) Montrer l'existence et la continuité de F.
b) Montrer que F est une surjection de [0,1] sur [0, l]2 (autrement dit, le graphe de F
remplit totalement le carré [0, l]2).
c) Existe-t-il une fonction F : [0,1] —> R2 de classe C1 et vérifiant la propriété de la
question b) ?
d) Existe-t-il une fonction F : [0,1] —> R2 continue et bijective de [0,1] sur [0, l]2 ?

4. PROBLÈMES
109
Qolution. a) La fonction / est à valeurs dans [0,1], donc
f(10n-H)
VnGN*,V*GM,
2n
<-L.
Ainsi, la série de fonction Yln>i /(10n 1*)/2n converge normalement sur M, d'où l'existence et
la continuité de a. On procéderait de même pour /?.
h) Commençons par considérer t G [0,1[, et écrivons sa décomposition décimale :
* = Et^' (*»€{0,1,...,9} VnGN*)
n=l
de sorte que
+00
VnGN*, 10n-H = Nn + ^ + Rn avec Nn G N et Rn = £ ^^ G
i=n+l
»i
(cette dernière assertion est vraie car les tn ne sont jamais stationnaires à 9 à partir d'un certain
rang) donc, les fonctions f et g étant 1-périodiques,
Vn G N*,
2-nf(10n-H) = 2-nf{^ + Rn)
2-ng{Wn-H) = 2-ng(^ + Rn)
avec Rn G
0,
10
(*)
Ceci étant, donnons nous (x,y) G [0, l]2 et écrivons la décomposition diadique de x et y :
+oo
Vk
X
+oo
EXk_
ofc'
k=l
y = Et' (**,** €{o,i}).
fc=l
Si a; = 1 on choisit rc* = 1 pour tout fc, de même pour y. Nous allons construire t G [0,1[ à partir
de sa décomposition décimale pour avoir /(10fc-1t) = xk et g{\Qk~lt) = yk pour tout fc, ce qui
montrera que F(t) = (a:, y). Soit fceN*,
- si (xk,yk) = (0,0), on choisit tk = 1
- si (#*, î/fc) = (0,1), on choisit tk = 3
- si (xk,yk) = (1,0), on choisit ^ = 5
- si (xk,yk) = (1,1), on choisit tk = 7.
L'écriture t = X^n^î tk/l0k est bien un développement décimal, et t vérifie la propriété requise
d'après (*) et d'après la forme des fonctions / et g. Nous venons donc de prouver que [0, l]2 C
^([0,1]). L'inclusion réciproque est immédiate, donc finalement, F([0,1]) = [0, l]2.
c) Non ! Raisonnons par l'absurde en supposant qu'une telle fonction existe. Nous allons
recouvrir .F([0,1]) par une surface dont l'aire est inférieure à celle du carré [0, l]2, d'où découlera
l'absurdité désirée.
On note M = supf€f01j ||F'(£)|| (où ||. || désigne la norme du sup : ||(rc,y)|| = sup{|#|, \y\}).
On considère un entier naturel non nul quelconque n et la subdivision 0 < ^ < • • • < r^ < 1
de [0,1]. Pour tout entier A;, 0<&<n — 1, on a d'après l'inégalité des accroissements finis
Vte
k k + 1
n n
F(t)
F\ 2
n
<M
t-
k + h
n
<
M
2n
k+\
Ainsi, FQi, *±I]) est inclus dans le carré de centre F ( —^- ] de demi-côté |£, que nous
noterons CUyk. On a donc
n-l
^([0,1]) = (J F
fc=0
k k + 1
n n
)n— 1
C [J Cn>k = Sn.
fc=0

110
2. FONCTIONS D'UNE VARIABLE RÉELLE
L'aire A(Sn) de Sn est inférieure à la somme des aires des carrés Cn,fc> ce qui s'écrit
n-l n-l , >i(A 2 M2
^c^V^ ^ WMY M
A(Sn)<J2ACn,k) = 22[-) = —
k=0 k=0 V '
On choisit maintenant n tel que n > M2. Alors *4(Sn) < 1, donc [0, l]2 <£. Sn, et comme
F([0,1]) C Sn on en déduit [0, l]2 <£ F([0,1]). Ceci est impossible, d'où le résultat.
d) C'est dans un cadre légèrement différent la même chose que l'exercice 8 page 47. On raisonne
par l'absurde en supposant qu'une telle bijection F : [0,1] —* [0, l]2 existe. L'application F est
continue sur un compact, son application réciproque F-1 : [0, l]2 —> [0,1] est donc continue
(voir la proposition 14 page 31). Donnons nous un point quelconque c dans ]0,1[. L'ensemble
[0, l]2\{F(c)} est connexe (car connexe par arcs comme on le vérifie facilement), donc F~l étant
continue, F_1([0, l]2\{F(c)}) est connexe. On a affaire à une bijection, donc
F~\% l]2\{F(c)}) = F-^IO, l]2)\{c} = [0, l]\{c} = [0, c[ U ]c, 1],
qui n'est pas connexe ! Ceci est absurde, d'où le résultat.
Problème 9 (Fonction de Weierstrass). On définit une application / : [0,1] -+ R
par
1 v
f(x) = - si x = - G Q (p G N, qeN*, pAq=l), f(x) = 0 si xe M\Q
Q Q
(fonction introduite par Weierstrass).
a) Déterminer l'ensemble des points où / est continue.
b) Montrer que / est une fonction réglée.
Solution, a) Nous allons montrer que cette étrange fonction est discontinue en tout point
rationnel et continue en tout point irrationnel.
Soit x G [0,1] un rationnel et supposons (on raisonne par l'absurde) que / soit continue en
x. Comme les irrationnels sont denses dans M, il existe une suite (xn) de points irrationnels de
[0,1] qui converge vers x. On a alors f(x) = limn_»oo/(xn), ce qui est impossible car f(x) ^ 0
e* /fan) = 0 pour tout n. Ainsi, / est discontinue en tout point rationnel de [0,1].
Soit x G [0,1] un irrationnel. Nous allons montrer la continuité de / en x. Donnons nous
e > 0 et fixons un entier naturel non nul N tel que l/N < e. L'ensemble T des rationnels de
[0,1] qui peuvent s'écrire sous la forme p/q avec p G N, q G N* et q < N est fini. Comme de plus
x g1 T, le réel a = inf^çr \x — y\ est non nul. Considérons maintenant un élément quelconque
y G [0,1] tel que \x — y\ < a. Si y est irrationnel, on a f(y) = 0 donc \f(x) — f(y) \ < e. Si y = p/q
est rationnel, on a q > N car y g T par construction de a, donc \f{x) — f(y)\ = l/q < e. Ainsi,
Vy G [0,1], \x - y\ < a, \f{x) - f(y)\ < e,
ce qui prouve bien la continuité de / en x.
b) Il s'agit de construire une suite de fonctions en escaliers (<pn)neN* Qui converge uniformément
vers /. Pour tout n G N*, on définit (pn : [0,1] —► M par
(Pn(x) = f(x) si 3(p,q) G N x N*,pAq= l,g < n, x = p/q,
Vn(^) = 0 sinon.
Pour tout n, (pn est nulle partout sauf en un nombre fini de points, c'est donc une fonction en
escalier. Par ailleurs, on a
V*G[0,1], \f{x)-<pn(x)\<-.
n
En effet,
- si x G R\Q, <pn{x) = f(x) = 0,

4. PROBLÈMES
111
- si x = p/q avec P A ç = 1 et ç < n, on a (pn(x) = f(x),
- si x = p/<7 avec p A q = 1 et q > n, on a <pn(x) = 0 et /(x) = 1/ç < 1/n.
Ainsi, la suite de fonctions en escaliers ((pn) converge uniformément vers /, donc / est une
fonction réglée.
Remarque. Comme / est réglée, elle vérifie les assertions du théorème 5 de la page 97,
ce qui entraîne que l'ensemble des points de discontinuité de / est au plus dénombrable.
Ceci est en accord avec le résultat de la question a).
- On peut prouver (en utilisant le théorème de Baire décrit dans l'annexe A) qu'il n'existe
pas de fonction continue en tout point de Q et discontinue en tout point de R\Q.
Problème 10 (Fonctions positivement homogènes). La lettre E désigne un R-
espace vectoriel. Une application / : E —► R est dite positivement homogène de degré a
(avec a > 0) si
Vz G £,VA G R+, f(Xx) = \af(x).
Une application g : E —> R est dite convexe si
Vx,y G £, VA G [0,1], g(Xx + (1 - X)y) < Xg(x) + (1 - X)g(y).
On rappelle qu'une semi-norme sur E est une application N de E dans R+ qui vérifie les
propriétés d'une norme sauf la propriété (N(x) = 0 <*=> x = 0) (voir la remarque 1
page 8). On s'intéressera ici aux fonctions positivement homogènes de degré 1.
1/ Soit / : E —> R une fonction positivement homogène de degré 1.
a) Montrer que / est convexe sur E si et seulement si
V(x,!/)6S2, f(x + y)<f(x) + f(y).
b) Si / est à valeurs positives, montrer que / est convexe sur E si et seulement si l'ensemble
C = {x e E | f(x) < 1} est convexe.
c) Si / est convexe, à valeurs positives et si elle est paire, montrer que / est une semi-
norme.
d) On suppose ici que E est de dimension finie. Soit Q un ouvert borné non vide de E.
Montrer qu'il existe une norme N sur E telle que Q = Bat(0, 1) = {x € E \ N(x) < 1} si
et seulement si Q est convexe et admet 0 comme centre de symétrie.
2/ (Etude de normes particulières.) Soit un réel a > 1. Montrer, sans utiliser l'inégalité
de Minkowsky, que l'application
Na : Rn -> R+ (xi,... ,xn) -> (Na + • • • + |zn|a)1/a
définit une norme sur Rn.
Solution. 1/ a) Condition nécessaire. Si / est convexe sur E, alors
V(x,2/)€jE?2, I/(a. + y) = /^i±^^<I(/(a.) + /(y)) donc f(x + y) < f(x) + f(y).
Condition suffisante. Il suffit d'écrire que pour (x,y) e E2 et X e [0,1], on a
f(Xx + (1 - X)y) < f(Xx) + /((l - X)y) = Xf(x) + (1 - X)f(y).
b) Condition nécessaire. Si / est convexe, alors pour tout (#,y) G C2 et pour tout A € [0,1],
f{Xx + (1 - A)y) < A/(rc) + (1 - A)/(î/) < A + (1 - A) = 1, donc Xx + (1 - A)y G C.

112
2. FONCTIONS D'UNE VARIABLE RÉELLE
Condition suffisante. C'est un peu plus délicat. Soit {x,y) G E2. Pour tout e > 0, on a
., ? , . >/ f , ^ C car / ( ^ ) = /(rc) < 1 (de même pour y)
(le paramètre e a été introduit pour éviter de diviser par 0) donc C étant convexe par hypothèse
Si on choisit A tel que
v ; ' c'est-à-dire A = / 1, x—s~ € [0,1]
f(x)+e f(y) + e \ f(x) + f(y) + 2e
on obtient en remplaçant dans (*)
f{m+m+^)-1 donc n*+*> * ™+*<»)+*■
Ceci dernier résultat est vrai pour tout s > 0, donc f(x + y) < f(x) + f(y). On en conclut
maintenant avec a) que / est convexe.
c) Comme / est convexe, l'inégalité triangulaire est vérifiée d'après le résultat de la question
a). Il faut maintenant montrer que pour tout x G E et pour tout À G R, f(\x) = |A|/(a;). Si
À > 0, ceci résulte du fait que / est positivement homogène de degré 1. Si À < 0, ceci est une
conséquence de l'hypothèse de parité vérifiée par / car
f(\x) = f((-X)x) = (-X)f(x) = \\\f(x).
d) Condition nécessaire. Une norme est une fonction positivement homogène de degré 1, est
convexe d'après a) car elle vérifie l'inégalité triangulaire, et est de plus à valeurs positives. On
en conclut grâce à b) que C = B^(0,1) est convexe. L'intérieur d'un convexe est convexe, donc
o
C = Cl est convexe. La symétrie de Q par rapport à 0 est immédiate puisque
Vx G ft, N(-x) = N(x) < 1 donc - x G Cl.
Condition suffisante. Commençons par définir N. On pose iV(0) = 0. Soit x G E, x ^ 0. Nous
allons définir N(x) comme étant égal à l//^, où fj,x > 0 est tel que fj,xx appartient à la frontière
de Cl (ceci car N(fj,xx) = 1) — voir la figure ci-contre.
• x
Fig. 10. L'ensemble Q et la construction de fj,x pour un x donné.
On pose Tx = {A > 0 | \x G Cl}. Comme Cl est ouvert et contient 0 (il est non vide,
symétrique par rapport à 0 et convexe), Tx est non vide. De plus, Cl est borné donc_Tx ^
majoré. Ainsi, \ix = suprx est bien défini, et on pose N(x) = l/fJ>x. Remarquons que Cl étant
fermé, on a \ix G Tx.
Ainsi construite, on vérifie facilement que N est positivement homogène de degré 1, paire e
vérifie N(x) = 0 «=*> x = 0. Par ailleurs,
N(x) < 1 <=> (jlx > 1 «=> 1 G Tx «=> xeCÎ,

4. PROBLÈMES
113
donc C = {# € i? | AT(a;) < 1} = f2 est convexe. En utilisant le résultat de la question c), on en
déduit que N est une norme.
2/ Soit a > 1. Il est immédiat que l'application Na est positivement homogène de degré 1,
oositive et paire, et vérifie Na(x) = 0 <*=>• x = 0. Pour prouver que c'est une norme, il suffit
de vérifier, en vertu du résultat de la question 1/c), que l'ensemble
C = {x e Rn | Na{x) < 1} = {(si,... ,xn) e Rn | |xi|a + • • • + |xn|a < 1}
est convexe. Pour prouver ceci, on remarque d'abord que l'application R+ —> R ïhiû est
convexe (elle est dérivable et sa fonction dérivée x \-> axa~l est croissante), ce qui entraîne pour
x,y£c
VA e [0,1],V* G {1,. • • ,n}, lAa* + (1 - A)fc|a < (AN + (1 - X)\yi\)a < X\xi\Q + (1 - X)\yi\at
donc par sommation sur i = 1,..., n
n / n \ / n
^|A^ + (l-A)yir < A f ^kirj +(1-A) f 5^l2/irJ < A + (l-A) = l.
En d'autres termes, Xx + (1 — X)y G C. Ainsi, C est convexe et le résultat est prouvé.
Problème 11 (Moyennes). Soient IetJ deux intervalles de R et / un homéomorphisme
de / dans J. Soient (a;*, oti)i<i<n n couples de / x R+*. On dit que y E I est la moyenne
selon / de (xj,Oi)i<j<n si
f(y) = ^"^ ; ^^ ou encore 3/ = / 1 ^-; ; —
(Par exemple, si c^ = 1 pour tout i, la moyenne selon f(x) = x est la moyenne
arithmétique, la moyenne selon f(x) = logx est la moyenne géométrique, la moyenne selon f(x) =
1/x est la moyenne harmonique.)
a) Soient I,J,K trois intervalles deRet/: I —> J> g : I —> K deux homéomorphismes.
On dit que la moyenne selon / est inférieure à la moyenne selon g si pour toute famille
finie de couples {x^ &i)i<i<n de I x R+*, la moyenne selon / de cette famille est inférieure
à la moyenne selon g de cette famille. Si / est croissante, montrer que la moyenne selon
/ est inférieure à la moyenne selon g si et seulement si h = f o g-1 est concave. Que dire
si / est décroissante ?
k) (Application.) Rappelons que pour tout a > 1, l'application
Na : Rn - R fe, ...,xn)~ (\Xl\a + • • • + \xn\a)l'a
définit une norme sur Rn (voir par exemple la question 2/ du problème précédent). Soient
<*> P deux nombres réels tels que 1 < a < fi. Montrer que
Vz e Rn, Nfi(x) < Na(x) < n«~*Nfi(x).
Solution, a) Soit (x*, cti)i<i<n une famille finie de I x R+*, y sa moyenne selon /, z sa moyenne
selon g. La fonction / étant croissante, on a
(y<z) <=> (f(y) < f(z)).
°ur tout i, posons Z{ = g(xi), de sorte que f(xi) = / o g~l{zi) = h(zi). On a
a\ + 1- a» \ aH \-an )'

114
2. FONCTIONS D'UNE VARIABLE RÉELLE
Ces deux expressions montrent que f(y) < f(z) si et seulement si l'inégalité caractérisant la
concavité de h est vérifiée pour la famille (^, cti)i<i<n- On en conclut facilement que la moyenne
selon / est inférieure à la moyenne selon g si et seulement si h = f o g"1 est concave.
Si / est décroissante, la fonction — / est croissante. La moyenne selon / étant la même que
la moyenne selon — / (revoir les définitions), on en conclut que la moyenne selon / est inférieure
à la moyenne selon g si et seulement si (—/) o g"1 est concave, c'est-à-dire / o g~l est convexe.
b) Démontrons Np < Na. Lorsque x = (#i,... ,xn) G W1 vérifie Na(x) = 1, on a \xi\ < 1 pour
tout i et comme a < fi ceci entraîne \xi\@ < \xi\a pour tout i) donc
n n
et donc Np(x) < 1. Traitons le cas général. Si x = 0, l'inégalité est triviale, sinon, en notant
A = l/ATa(x), on a
Na(Xx) = 1 donc Nfi(x) = \n0(Xx) <\ = Na(x).
A A
Démontrons maintenant l'inégalité Na < nQ ^Np. Soit x = (#i,..., xn) G Rn. On remarque
que
Ng(x) = nXl\" + ... + \xn\°\1/a
nl/a \ n )
est la moyenne de la famille (\xi\, l)i<i<n selon la fonction / : R+ —> M x t-+ xa. De même,
Nf}{x)/nl/P est la moyenne de cette même famille selon g : x \-* x@. Comme f o g-1 = W
est une fonction concave (la fonction dérivée x i-> (a/(3)xa^~l est décroissante car a < /?), et
que / est croissante, le résultat de la question précédente entraîne que la moyenne selon / est
inférieure à la moyenne selon g, en particulier
Na(x) Nfi(x)
nl/a - nl//3 '
d'où l'inégalité désirée.
Remarque. La dernière inégalité est une égalité pour x = (1,..., 1), on ne peut donc pas
remplacer nl/a~1^ par une constante plus petite. Remarquez d'ailleurs qu'il aurait été
difficile de prouver cette inégalité sans utiliser le résultat de la question a).
Problème 12 (Fonctions à variation bornée). Pour tout segment [a,b] de E, on
note sub([a, b]) l'ensemble des subdivisions a de [a, b] : a = xq < X\ < • • • < xn = b. Soit
une application / : [o, b] —> R. Pour toute subdivision a : a = xq < x\ < • • • < xn = b de
[a, 6], on note
n-l
Var„(/) = ^ 1/(^0-/(*,)|.
i=0
On suppose qu'il existe M > 0 tel que Var^/) < M pour toute subdivision a de [a,b]
(on dit alors que / est à variation bornée ) et on pose
\/bf = sup Vara(/).
° <r€sub([o,6])
1/ a) Soit / = [c, d] un segment inclus dans [a, b]. Montrer que la restriction /[/ de / à I
est à variation bornée. On peut ainsi définir
V / = SUP Var<r(/|/)-
c <resub([c,d))

4. PROBLÈMES
115
b) Si cl < x < y < z < 6, montrer la relation de Chasles W / + V f = \J f-
c) Si <7: K &] —* ^ es* de d0886 £\ montrer que g est à variation bornée et que
\A= f\9\t)\dt.
Ja
2/ On considère une application / : [o, b] —> R.
a) Montrer que / est à variation bornée si et seulement s'il existe deux fonctions croissantes
g,h: [atb]-*R telles que f = g - h.
b) Montrer que si / est à variation bornée, / est une fonction réglée.
3/ (Un exemple de fonction continue qui n'est pas à variation bornée.) Montrer que
l'application
/: [0,1]-»R, f(x) = xcos(-J six ^0 et /(0) = 0
n'est pas à variation bornée bien qu'elle soit continue.
Solution. 1/ a) Soit a : c = xo < x\ < • • • < xn = d une subdivision de [c, d\. Alors
a' : a < #o < • • • < xn < b est une subdivision de [a, 6] et donc
Vaiv(/|7)< Vara,(/) < M.
Cette majoration étant valable pour tout a G sub([c, rf]), on en déduit que /|/ est à variation
bornée.
b) On considère deux subdivisions
ai : x = xo < xi < • • • < xp = y G sub([x, y]) cr2 : y = yo < yi < - - < yq = z e sub([y, z]).
En les concaténant, on obtient une subdivision a : x = xq < • • • < xv = yo < y\ < ■ ■ ■ < yq = z
de [x, z]. Ainsi
Var^C/) + Var^/) = VaiV(/) < \J*f.
v X
Cette majoration étant valable pour tout ai G sub([x,y]) et a<i G sub([y, z]), on en déduit
vi/+v:^v> <•>
Considérons maintenant une subdivision a de [x,z\. En lui ajoutant le point y (s'il ne fait
pas déjà parti de a), on obtient une subdivision a' de [x,z] qui vérifie Vara(/) < Vaiv(/). On
peut noter a' sous la forme
g' : x = xo < x\ < • • • < xp = y = yo < • • • < yq = z.
Considérons alors les subdivisions
tfi : x = xo < xi < • • • < xp = y G sub([x,y]) (r2 : y = yo < yi < - • < yq = z e sub([y, z]).
On a
Var^/) < Vaiv(/) = Varai(/) + Vara2(/) < \fVf + V*/-
v x y
Ceci étant vrai pour toute subdivision a de [x,z], on en déduit V*/ < V*/ + Vy/> d'où le
résultat avec (*).
c) Soit cr : a = xq < x\ < • • • < xn = b une subdivision de [a, 6]. Pour tout z, on a
I r^t+i I rzt+i
\g(xi+1) - g(xi)\ = \ g'(t)dt\< \gf
\Jxi I Jxi
(t)\dt
donc par sommation sur i, Vax(T(g) < f£ \g'(t)\ dt. Ceci étant vrai pour tout a G sub([a,6]) on
en déduit que g est à variation bornée et que
\Jbg< f\g'{t)\dt (**)
J a

116
2. FONCTIONS D'UNE VARIABLE RÉELLE
Il nous faut maintenant prouver l'inégalité réciproque. Si a : a = xq < x\ < • • • < xn = 5
est une subdivision de [a, 6], on peut écrire pour tout i, en vertu du théorème des accroissements
finis,
g(xi+i) - g{xi) = (xi+i - Xi)g'{di) avec 0* G ]xi,xi+i[,
de sorte que
n-l
Var^tf) = ^2(xî+i - Xi)\g'{di)\ avec Vi,0j G ]xi,xi+i[.
i=0
Cette dernière expression est une somme de Riemann relative à la subdivision a pour la fonction
\g'\. En faisant tendre le pas de a vers 0, on voit donc que Var(r(p) tend vers Ja \</(t)\dt, d'où
la WWIM ^ Vba9- 0n en déduit avec (**) le résultat.
2/ a) Condition suffisante. Une fonction croissante (p : [a, b] —> R est à variation bornée car
pour toute subdivision a : a = xq < x\ < ■ • • < xn = b de [a, 6],
n—1 n-l
Var<T(/) = £ |/(Xi+1) - f(xi)\ = £[/(a*+1) - /(a*)] = /(6) - /(a).
i=0 i=0
La différence de deux fonctions à variation bornée étant à variation bornée (c'est immédiat), on
en déduit que / = g — h est à variation bornée.
Condition nécessaire. Soit g : [a, b] —> R xh Va/- D'après le résultat de la question 1/ b), p
est une fonction croissante. Posons h = g — /. La fonction h est croissante car
\/x<y, h(y)-h(x) = yyf-[f(y)-f(x)]>0 car |/(z) - f(y)\ < Yf
(cette dernière assertion est vraie car a : a; < y est une subdivision de [x,y]). Ainsi, f = g-h
est la différence de deux fonctions croissantes.
b) D'après la question précédente, on peut écrire f = g — h où g et h sont deux fonctions
croissantes. Une fonction monotone est réglée (voir la conséquence du théorème 5 page 97),
donc /, différence de deux fonctions réglées, est une fonction réglée.
3/ Considérons pour tout entier n > 2 la subdivision de [0,1] définie par
crn: 0 < — < — << — <-< 1.
rnr (n — l)ir 2ir ir
Pour tout feona /(^) = cos(&7r)/(A:7r) = (—l)k/(k7r) donc
La série J2k k+ï diverge, donc l'ensemble (Var(r)(resub([o)i]) n'est pas majoré, ce qui prouve que
/ n'est pas à variation bornée.
Problème 13 (Fonctions presque-périodiques). Soit E un espace vectoriel norme
(sur E ou C). On note T l'ensemble des fonctions de R dans E. Pour tout / € J7, on note
H/lloo = sup ||/(x)|| e R+ U {H-oo} et Vr G R, fT : R -> E xi->/(x + t).
xeR
On dit que / 6 T est presque-périodique si / est continue sur R et si
Ve>0,3A>0,Va€R,3r€ [a,a + A[, ||/-/T||oo <£• M
On note T5 le sous ensemble de ,F constitué des fonctions presque-périodiques.
a) Donner une classe de fonctions classique incluse dans V.
b) Si / 6 V, montrer que / est bornée et uniformément continue sur R.
c) On note B le s.e.v de T constitué des fonctions continues et bornées, et on munit p

4. PROBLÈMES
117
<je la norme ||. ||oo. Pour tout / € B, on note A(f) = {/a, a e R}. Si / G 5, montrer
l'équivalence
(/ € V) -<=> (A(f) est précompact dans B).
(La précompacité est définie dans la preuve du théorème de Bolzano-Weierstrass, page 29).
d) Soient f,g EV. Montrer que / + g e V et fg e V si E est une algèbre normée.
e) Montrer que V est une partie fermée de B.
Solution, a) Il est clair que la classe des fonctions continues périodiques est incluse dans V (il
suffit, dans (*), de choisir À égal à la période).
b) Une fonction presque-périodique / est bornée. En effet, en choisissant e = 1 dans (*) et en
considérant le A correspondant, on a pour tout nombre réel x
3ye[x-A,xl ||/-/»||oo<l
donc \\f{x -y)- f(x)\\ < 1 ce qui entraîne
||/(aO||<l + ||/(s-y)||<l+ sup ||/(0|| car z-yG[0,A],
te[o,A]
et ceci pour tout x eR d'où le caractère borné de /.
Montrons maintenant qu'une fonction presque-périodique / est uniformément continue. Soit
e > 0 et considérons le À correspondant dans (*). La fonction / étant continue sur le compact
[0, A + 1]) elle y est uniformément continue donc
3t? € M,Va,a/ G [0, A+ 1], \x - x'\ < 77, \\f{x) - f(x')\\ < e.
Considérons alors deux réels x, x' tels que \x — x'\ <rj, avec x < x'. La fonction / étant presque
périodique,
3r G [x - A, x[, ||/-/r||oo <e
Ceci entraîne
\\f(x-r)-f(x)\\<e et \\f(x' - r) - f(x')\\ < e,
donc comme x — r et x1 — r appartiennent à [0, À + 1],
Ceci est vrai pour tout couple (x, x') de réels tel que \x — x'\ < 77, d'où l'uniforme continuité de
/ sur R.
c) Condition nécessaire. Soit /€'P,e>0etleA correspondant dans (*). Comme / est
uniformément continue sur M, on voit que
3(77i,... ,77n) e [0, A]n, Vy0 e [0, A],3t, ||/yo - fVi\\oo < e. (**)
Maintenant, soit y e R. D'après (*), il existe r G [—y, -y + A[ tel que ||/ - /T||oo < £• Ceci
s'écrit aussi ||/y - fp\\oo < e avec p = r + y G [0, A[. D'après (**), il existe i G {1,... ,n} tel que
ll/p - /77JI00 < e, et on en déduit
II/» - fmWoo < ||/y - /plloo + ||/p - /Joo < e + e = 2e.
n
En d'autres termes on a A(f) C [J B(/7?i,2e), d'où la précompacité de A(f) dans B.
i=l
Condition suffisante. Soit e > 0. Par hypothèse, il existe une famille finie (/ai)i<i<n de A(f)
telle que
n
A(/)cUB(/„e). (***)
i=l
Posons A = 1 + 2/x où /x = sup{|ai|,..., |an|} et considérons maintenant un réel quelconque a.
D'après (***),
3i G {1,..., n}, ||/a+M - fa. ||oo < e ce qui équivaut à ||/«+M-ai - /||oo < £•
Ainsi, pour tout réel a, nous avons trouvé y G [a, a+A[ (ici y = a+ti-ai) tel que H/y —/||oo < e.
^eci suffit pour montrer que / est presque-périodique.

118
2. FONCTIONS D'UNE VARIABLE RÉELLE
d) D'après la question précédente, A(f) et A(g) sont précompacts. Ainsi, si on considère e > o
il existe deux familles finies {fai)i<i<m de A(f) et (gbj)i<j<n de A(g) telles que
771 71
A(f)c{jB(fai,e) et A(g) C [JB(gbj,e).
i=i j=i
On en conclut
A(f + g) cA(f) + A(g) c |J B(/ûi+p6i,2£),
l<t<m
l<j'<n
donc A(/ + g) est précompact, donc / + g G *P d'après la question précédente.
Supposons maintenant que E soit une algèbre normée. Comme f et g sont bornées, M =
ll/lloo et N = \\g\lco sont finis. Soient a G R et i, j tels que ||/0 - /ai||oo < e et ||#0 - ^J^ < e.
L'inégalité
VX G R, ||/a<7a(*) " fai9bj(x)\\ < \\fa9a(x) ~ faM^W + WfaM*) ~ /a, 06, (s) Il
< \\fa(x) - fai(x)\\ • |Ma;)|| + \\fai(x)\\ • \\ga(x) - gbj(x)\\ <Ne + Me
montre que
A(fg)c |J B(fai9bj,(M + N)e),
l<i<m
l<i<n
donc comme précédemment A(fg) est précompact, donc fg G P.
e) Soit (/n)nGN une suite de V qui converge vers f E B. Montrons que f e V. Soit e > 0 et
./V G N tel que ||/ — /#||oo < £• Comme fa est presque-périodique,
3A > 0,Va G R,3r G [a,a + A[, ||(/at) - {fN)r\\oo < £
donc
||/ - Mloo < ||/ - /Ariloo + ||(/Ar) - (/iv)r||oo + ||C/W)r ~ /r||oo < £ + £ + e = 3e,
ce qui suffit pour prouver que / G V.
Remarque. Les fonctions presque périodiques ont été introduites par Bohr au début du
vingtième siècle, dans le cadre de l'étude des séries de Dirichlet ^an/ns, et généralisent
les séries de Fourier. On peut montrer que pour toute fonction presque périodique /,
la limite M(/) = lim^^oo ^ fQ f(t) dt existe (on l'appelle valeur moyenne de /). Une
fonction complexe / est presque périodique si et seulement si on peut écrire
+00
f(t) = ^ aneiXn\ avec Vn € N an € C, Àn G R,
n=0
où la convergence est uniforme sur R (la condition suffisante de ce résultat est une
conséquence des résultats démontrés dans ce problème), et on a l'équivalent de l'inégalité
de Bessel J3lan|2 ^ M(f2). Un exemple typique de fonction presque périodique est
t 1—> £(cr 4- it) (avec a > 1 donné). Ceci entraîne par exemple que pour tout e > 0 et
pour tout T > 0, il existe t > T tel que Ç(a) -e< \Ç(a+it)\ < Ç(a).

CHAPITRE 3
Intégration
LA théorie de l'intégration naquit avec la recherche du calcul de l'aire d'une
surface. Archimède savait déjà évaluer l'aire d'une surface délimitée par une
parabole et une droite. Ses calculs furent repris au neuvième siècle par les
savants arabes. Dès 1636, Pierre de Fermât carra les courbes x h-» axm où m
est un entier naturel.
Au cour de la seconde moitié du XVII-ième siècle, Newton et Leibniz
fondèrent le calcul infinitésimal. Newton calcula l'aire d'une courbe y = f(x)
en inversant les opérations de dérivation (aujourd'hui on dirait : en utilisant
la notion de primitive). A l'inverse, Leibniz interpréta les aires comme des
sommes de rectangles infinitésimaux.
En 1823, Cauchy rassembla leur résultats et donna le premier une
définition précise de l'intégrale. C'est surtout Riemann qui, en 1854, développa la
théorie de l'intégration. Il définit son intégrale à l'aide des fameuses "sommes
de Riemann".
Enfin, Lebesgue, dans sa thèse de 1902, présenta des idées révolutionnaires
sur le concept d'intégrale. Il éclaira bien des difficultés des discussions du XIX-
ième siècle, et fournit un cadre général simplifié à de nombreux théorèmes,
alors que la théorie de Riemann multipliait les hypothèses et les conditions
restrictives.
L'intégrale de Lebesgue n'est pas au programme des classes préparatoires scientifiques,
et nous étudierons ici l'intégrale de fonctions continues par morceaux.
1. Intégrale sur un segment de R
Nous traiterons directement le cas des fonctions à valeurs dans un espace de Banach
(c'est-à-dire un e.v.n complet), la théorie étant presque identique à celle des fonctions à
valeurs réelles. Dans cette section, la lettre E désigne un espace de Banach sur K (avec
K = R ou C), [a, b] un segment de R non réduit à un singleton.
1*1. Définition de l'intégrale sur un segment de R
Intégrale des fonctions en escalier.
Définition 1. On appelle subdivision de [a, b] toute partie finie de [a, b] contenant a et b.
& a est une subdivision de [a, 6], on peut écrire a = {xo, Xi,..., xn} avec a = Xq < X\ <
• •. < xn = b. C'est en général la notation employée pour désigner une subdivision.
On appelle pas (ou module) de la subdivision a et on note \a\ le réel sup1<i<n(xj—rcj_i).
Définition 2. Une application ip : [a, b] —» E est dite en escalier s'il existe une
subdivision de [a, b]
a : a = Xq < X\ < ... < xn = b
e"e que pour tout i e {1,..., n}, cp soit constante sur Jx^-i, X{[. Une telle subdivision a
est dite alors bien adaptée à (p.

120
3. INTÉGRATION
Définition 3 (Intégrale d'une fonction en escalier). Soit ip : [o, 6] —> E une fonction en
escalier. Soit o : a = xq < xi < • • • < xn = b une subdivision de [a, b] bien adaptée à <y>
de sorte que pour tout i € {1,..., n}, il existe q € E telle que (p(x) = Ci sur ]xi_1,a;i[. Lj|
valeur
n
est indépendante de la subdivision a adaptée à (p. On la note alors I((p) ou encore f, w
J [a,6] r
ou f v?(ic) dx, et on l'appelle intégrale de <^.
Remarque 1. - Toute fonction en escalier sur [o, 6] à valeurs dans K est combinaison
linéaire de fonctions caractéristiques de segments contenus dans [a, 6].
- L'ensemble S ([a, b], E) des fonctions en escalier sur [a, b] est un K-e.v, et l'application
£ —> E (pt-> I((p) est linéaire.
- Pour toute fonction en escalier cp, \\cp\\ est une fonction en escalier et ||/(<p)|| <
'(IMI).
- Si ip et ip sont en escalier, à valeurs réelles, et si (p < ip, alors I((p) < I(ip).
Intégrale d'une fonction continue par morceaux.
Bien qu'on puisse définir l'intégrale de classes de fonctions beaucoup plus générales,
nous nous limiterons à l'intégrale des fonctions continues par morceaux sur un segment
[a, b] C IR dont la définition se trouve page 97.
Définition 4 (Intégrale d'une fonction continue par morceaux). Soit une
fonction / : [o, b] —» E continue par morceaux. Alors tout n 6 N*, il existe une fonction
en escalier (pn : [a, 6] —► E telle que ||/ — ipn\\ < 1/n sur [o, 6]. La suite (un) définie par
un = J (pn(t) dt est alors une suite de Cauchy dans E, donc convergente. Sa limite ne
dépend pas du choix des fonctions en escaliers (pn, on la note fa f(t) dt (ou encore f.af, f)
et on l'appelle intégrale de /.
Démonstration. Comme / est continue par morceaux, c'est une fonction réglée, donc pour tout
n G N* il existe bien une fonction en escalier (pn vérifiant ||/ — ipn\\ < 1/n sur [a, 6] (voir la
proposition 5 page 97). La suite (un) vérifie bien le critère de Cauchy car d'après la remarque 1,
et comme \\(pp - <pq\\ < \\<pp - f\\ + \\f - <pg\\ < 1/p + 1/ç, on a
Vp,<? e N,p,q> n \\up - ug\\ = ||/fo>p - <pq)\\ < I(\\tpp - <pq\\) < 1(2/n) = 2(6 - a)/n.
Comme E est complet par hypothèse (c'est un espace de Banach), la suite (un) converge. On
note £ sa limite.
Unicité de la limite. Soit (ipn) une autre suite de fonctions en escalier vérifiant ||/—^n|| < Vn
sur [a, 6]. On note £' la limite de vn = I{ipn)- L'inégalité
Un ~ <f>n\\ < Un ~ f\\ + \\f ~ <Pn\\ < 2/fl
entraîne
Vn, 11^ - un\\ = ||/(Vn - <pn)\\ < I(\\i>n - <^n||) < /(2/n) = 2(6 - a)/n
donc limn-^oo ||wn — vn|| = 0. Donc t' = t. ^
Remarque 2. - Lorsque / est à valeurs réelles, on peut définir
/"(/) = supl(<p) et /+(/)= inf/W,
où S désigne l'ensemble des fonctions en escalier de [a, 6] dans R. Lorsque / est
continue par morceaux, on a /"(/) = I+(f), et cette valeur commune est un moyen
équivalent de définir l'intégrale de /. La définition 4 permet de ne pas se limiter

1. INTÉGRALE SUR UN SEGMENT DE R
121
au cadre où E = R et donne une définition intrinsèque de l'intégrale sur tout e.v.n
complet, en particulier sur C et sur tout e.v de dimension finie (voir la remarque 3).
- Lorsque f et g sont deux fonctions continues par morceaux qui diffèrent seulement
en un nombre fini de points, leurs intégrales sont identiques.
- L'intégrale d'une fonction en escalier donnée par la définition 4 est cohérente avec
celle donnée dans la définition 3.
- Lorsque a > 6, on définit fa f(x) dx = — f° f(x) dx.
- La définition précédente s'étend facilement pour définir l'intégrale d'une fonction
réglée. On peut de manière plus générale définir les fonctions Riemann-intégrables,
qui sont les fonctions / telles que pour tout € > 0, on peut trouver cp et \i en
escalier telles que ||/ — ip\ < \x et I{y) < e. En faisant tendre e vers 0, les valeurs
I(y>) convergent vers une valeur unique appelée intégrale de Riemann de /. Toute
fonction continue par morceaux, toute fonction réglée, est Riemann-intégrable.
Proposition 1. Soient E un K-e.v.n de dimension finie (toujours avec K = R ou C),
ft = (ei,..., en) une base de E et f : [a, b] —► E une application. On peut écrire f =
T.n-ifiei ou Pour t°ut h l'application fi prend ses valeurs dans K. L'application f est
continue par morceaux si et seulement si chacune des applications fi est continue par
morceaux et on a alors
pb n / pb >
/ f(x) dx = ^ f / fi(x) dx
Ja i=i \Ja ;
Remarque 3. - En particulier, C est un R-e.v dont (l,t) est une base. L'application
/ : [a, b] —► C s'écrit sous la forme / = /i + if2 (où /1, Î2 sont à valeurs réelles) et
on a Si f(x)dx = la /i(x)dx + * {la hW dx) •
- On peut définir l'intégrale d'une fonction / à valeurs dans un R-e.v de dimension
finie E à partir de l'intégrale des fonctions à valeurs réelles, en procédant comme
suit : on considère une base B = (ei,..., en) de E, on écrit / = Ya=i f*e* ou ^es /*
sont à valeurs réelles, et on pose Ja f(x) dx = ^2"=1 (Ja fi(x) dx) e^. Il faut ensuite
vérifier que cette définition ne dépend pas de la base B choisie. L'avantage de la
définition que nous avons adoptée (voir définition 4) est qu'elle est intrinsèque (i. e
elle ne privilégie pas de base).
1.2. Propriétés des intégrales
Nous commençons par donner pêle-mêle les propriétés les plus élémentaires.
- Relation de Chasles. Soit / : [a, b] —► E continue par morceaux et c G ]a, b[. On a
la f(x)dx = la f(x)dx + Il f(x)dx'
- Linéarité de l'intégrale. L'ensemble Cm([a, b],E) des fonctions continues par
morceaux sur [a, 6] est un K-e.v et l'application Cm([a, b]) —» E cp h-> /a cp(x)dx est
linéaire.
- Positivité de l'intégrale. Si /, g : [a, b] —► R sont continues par morceaux et si / > g
sur [o, 6], alors f f(x) dx > fa g(x) dx (le cas de l'inégalité stricte est plus délicat ;
voir la proposition 4).
~ Si II. Il est une norme sur E, alors || fa f{x) dx\\ < fa \\f(x)\\ dx.
ROposition 3. Soit (fn) une suite de fonctions continues par morceaux de [a, b] dans
Qui converge uniformément sur [a, b] vers une fonction continue par morceaux f. Alors
pb pb
lim
n—>+oo
po po
I fn(x) dx= f(x) dx. (*)
J a J a

122
3. INTÉGRATION
Remarque 4. Le théorème de convergence dominée (voir théorème 3 page 147) offre un
cadre beaucoup plus commode pour obtenir la convergence d'intégrales d'une suite de
fonctions, et c'est ce dernier que l'on utilise le plus souvent.
Proposition 4. Soient f et g : [o, b] —» R deux fonctions continues. Si f > g sur [a M
et s'il existe c € [o, b] tel que f(c) > g(c), alors fa f(x) dx > fa g(x) dx.
Démonstration. On pose 7 = /(c) — g(c) > 0. La continuité de f — g en c entraîne l'existence
d'un segment non réduit à un singleton [a,0\ contenant c tel que f(t) > g(t) + 7/2 pour tout
t € [otj0\. Ainsi,
/ f(x)dx>J (g(x) + ï)dx = J g(x)dx + ^ ~2a)l > J g(t)dt.
Comme f > g sur [a, 6], on a par ailleurs
pa ra pb pb
I f(x) dx> g(x) dx et / f(x) dx > g(x) dx.
Ja Ja J0 Jf5
On en déduit facilement le résultat avec la relation de Chasles. □
Normes et intégrales.
Théorème 1 (Inégalité de Schwarz). Soient f,g : [a, b] —> C deux applications continues
par morceaux. Alors
I/*/w
\J a
f(x)g(x) dx
2
'6 \ / rb
< / \f(x)?dx ■ / \g{x)\'dx
Si f et g sont continues et f non identiquement nulle, cette inégalité est une égalité si et
seulement s'il existe a 6 C tel que g(x) = af(x) pour tout x € [a, b].
Démonstration. Désignons par Cm([a, b}) l'algèbre des fonctions continues par morceaux de [a,b]
dans C, et considérons la forme hermitienne positive $ : Cm([a, b]) —> R / ■-► f f(x)f(x)dx,
dont la forme polaire est
rb
<p: Cm{[a,b})2-+C (f,g)>-+ f(x)g(x)dx
Ja
(voir le tome Algèbre). L'inégalité de Schwarz appliquée à <p donne
V/,p € Cn([atb])t \<p(f,g)\2 < *(/)*fo),
d'où la première assertion du théorème. La restriction de $ à l'e.v des fonctions continues sur
[a, 6] est définie, et on sait alors que l'inégalité de Schwarz est une égalité si et seulement si / et
g forment une famille liée, d'où la seconde assertion du théorème. O
Conséquence . - Sur l'e.v C([a, b],K) des fonctions continues sur [o, 6], les applications
Ni(f) = f" \f(t)\ dt, N2(f) = J f \f(t)\*dt, N^f) = sup |/(t)|
Ja Y Ja t£[a,b]
sont des normes. Le fait que N2 vérifie l'inégalité triangulaire est la conséquence
de l'inégalité de Schwarz ; la nullité des normes TVi ou N2 entraîne bien celle de /
d'après la proposition 4.
(i) La norme N\ s'appelle norme de la convergence en moyenne.
(ii) La norme N2 s'appelle norme de la convergence en moyenne quadratique.
(iii) La norme N^ (encore notée || • ||oo) s'appelle norme de la convergence uniforme-
Ces normes vérifient les inégalités
Ni(f)<y/b=ÏN2(f)<(b-a)

1. INTÉGRALE SUR UN SEGMENT DE Ht
123
Étude de la fonction x k-> J* f(t) dt.
—* Théorème 2. Soit f : [a, b] —+ i? tme fonction continue par morceaux sur [a, 6]. ^4/ors
l'application F : [a,b] —+ E x h-» J^ /(£) cfô es£ C1 par morceaux et continue sur [a, 6]. De
p/ws, F es£ dérivable à gauche et à droite en tout point x de I, et on a F'g(x) = limt-* f{t)
et F'd(x) = limt-x f(t). En particulier, si f est continue sur [a, 6] alors F est de classe C1
t>x
sur [a, b] et F'(x) = f(x) pour tout x € [a, b].
Corollaire 1. Toute application continue f : [a, b] —> R admet au moins une primitive
F, et pour toute primitive F de f, on a fa f(x) dx = \F\ = F(b) — F(a).
C'est ce dernier résultat qui amène à rechercher des primitives d'une fonction pour
calculer son intégrale. Ce problème sera étudié plus particulièrement dans la partie 2 de
ce chapitre. En l'appliquant à / = uv' + u'v dont la primitive est F = uv, on obtient le
résultat qui suit.
■*■ Théorème 3 (Intégration par parties). Soient u,v : [a,b] —> C deux fonctions de
classe C1. Alors
I u(x)v'(x)dx= \u'v\ — I u'(x)v{x)dx.
Citons enfin un dernier résultat, particulièrement utilisé lors de calculs de primitives.
*- Théorème 4 (Changement de variable). Soit </? : [a,b] —» R une application de
classe C1 et f : I C M —> E une application continue par morceaux telle que <p([a, b]) C I
(où I est un intervalle de R). Alors
/ f(<p(t))>p'(t)dt= / f(u)du.
Conséquence . En conjuguant le théorème du changement de variable avec la relation de
Chasles, on obtient les résultats qui suivent.
- Soit / une application / : [—a, a] —> E une continue par morceaux. Si / est paire,
alors f" f(x) dx = 2 f£ f(x) dx. Si / est impaire, alors f" f(x) dx = 0.
- Soit / : R —► E une application continue par morceaux et T-périodique. Alors
ra+T r-T
VaeR, / f(t)dt= / f(t)dt.
Ja Jo
Première et seconde formule de la moyenne.
Théorème 5 (Première formule de la moyenne). Soit f : [a, b] —> R une fonction
continue et g : [a, b] —* R+ une fonction continue par morceaux et positive. Alors
pb pb
3c e [a, b], / f(x)g(x) dx = f(c) / g(x) dx.
Ja J a
Démonstration. Posons m = infxe[a6] f(x) et M = 8\xpxetau f{x). On a
rb pb rb
m
ro pb pb
/ g(x) dx < I f(x)g(x) dx < Ml g(x) dx.
Ja Ja Ja
Si J g — 0, l'inégalité précédente montre que / fg = 0 et le résultat est évident. Sinon, on a
w < (fa f9)/(Ja 9) — M et on conclut en appliquant le théorème des valeurs intermédiaires à
la fonction continue /. □
Remarque 5. Attention, la fonction g doit être positive.

124
3. INTÉGRATION
Théorème 6 (Seconde formule de la moyenne). Soit f : [a, b] —» R une fonction positive
décroissante de classe C1 et g : [a, b] —> R une fonction continue. Alors il existe c e [a b]
tel que
! f(t)g(t)dt = f(a) f g{t)dt.
J a J a
Démonstration. L'application G : [a, b] —> M * l_* /tt P(ar) dx est de classe C1 donc continue sur
[a,b]. Ceci assure l'existence des réels
m = inf G(t) et M = sup G{t).
*€[a,6] tG[a,6]
Montrons m/(a) < f°f(t)g(t)dt < Mf(a), ce qui prouvera le résultat en appliquant à G le
théorème des valeurs intermédiaires. En intégrant par parties, on a
Jf(t)g(t)dt=[G(t)f(t)]ba-J G(t)f(t)dt = G(b)f(b)-J G(t)f'(t)dt.
Or mf(b) < G(b)f(b) < Mf(b) et
m(f(a) - f(b)) = -m [ f'{t)dt <- f G(t)f(t)dt <-M f f(t)dt = M(f(a) - f(b)),
Ja Ja Ja
donc finalement mf(a) < fa f(t)g(t)dt < Mf(a). Ceci prouve le résultat en vertu de la
continuité de G. D
Remarque 6. - Cette formule n'est pas au programme des classes préparatoires mais
elle peut rendre de précieux services (par exemple pour démontrer la convergence
de certaines intégrales semi-convergentes comme f^ sm(t)/t dt ; voir également la
règle d'Abel formulée dans le théorème 5). Il faut savoir refaire sa démonstration
qui est simple.
- Ce résultat reste vrai si on suppose uniquement / continue (voir l'exercice 8 page 131),
et même si / et g sont uniquement supposées Riemann-intégrables.
1.3. Sommes de Riemann
Sommes de Riemann.
Notation. Soient / : [a, b] —» E une application bornée, cr : a = xq < X\ < • • • < xn = b
une subdivision de [a, b] et £ = (&)i<i<n une famille de n réels telle que & € [£i_i,£i] pour
tout i 6 {1,..., n}. Le couple (a, £) s'appelle une subdivision pointée.
On appelle somme de Riemann de la fonction / pour la subdivision pointée (cr, £) la
grandeur notée S(f, cr, £) définie par
n
s(/,*,o = ]£(si-Si-i)/te).
i=l
On rappelle que le pas de a est le réel sup1<i<n(^i — £i_i), noté \a\.
Théorème 7. Soit une application f : [a, b] —> E continue par morceaux. Pour tout
e > 0, il existe a > 0 tel que pour toute subdivision pointée (cr,£) de [a, 6] vérifiant
\a\ < a, on ait
fb
f
f{x)dx-S{f,o,0
<€.
Démonstration. Nous allons prouver le résultat en trois étapes.
Etape 1. Supposons que / soit de la forme / = X[c,d\ ' e> ou X[C)dj est la fonction caractéristique

1. INTÉGRALE SUR UN SEGMENT DE R
125
d'un segment [c,d] inclus dans [a, 6] et e e E. Soit (<r,£) une subdivision pointée de [a, 6].
Écrivons
a : a = xo < x\ < • • • < xn = 6, £ = (&)i<i<n.
On remarque que
sum)=e r /&)<** d°nc ik(/'^o - / /(*)<**! - è r (/ko - /(*»<**
parmi les intervalles [xi_i,Xi] (1 < i < n), il y en a au plus deux sur lesquels / ne soit pas
constante. On en conclut facilement
rb
Ja
< 2kl • ||e||,
d'où le résultat.
Étape 2. Supposons que / soit une fonction en escalier. On peut écrire / comme une somme finie
de fonctions du type de celles traitées dans l'étape 1, et le résultat s'obtient ensuite facilement
par linéarité de l'intégrale et de l'application / h-» 5(/, <7,£).
Étape 3. Traitons maintenant le cas général. Soit / : [a, 6] —► E une fonction continue par
morceaux. Soient e > 0 et une fonction en escalier (p telle que ||/ — <p\\ < e sur [a, 6]. L'étape
précédente nous assure l'existence d'un réel a > 0 tel que pour toute subdivision pointée (a, £)
vérifiant \a\ < a, on ait
%>>*>£)- / <p(x)dx\
II J a I
Ainsi, pour une telle subdivision pointée (<j, £), on a
S(f^O~ f f(*)dx
Ja
<||S(/,<r,O-Sfo>,<7>0|| +
<c,
£(<£, cr, £) — / cp(x)dx + / cp(x)dx — / f(x)dx
Ja II \\Ja Ja
<5(||/-V|U,0 + e+ / \\<p(x)-f(x)\\dx
Ja
<(b-a)e + e+{b- a)e = (1 + 2(6- a))e.
d'où le théorème. D
Conséquence . Soit / : [a, b] —» E une application continue par morceaux. Alors
.6
n
lim y^/(a + * 1= lim
n
n-*+oo n
i=l x ' i=0
Exemple 1. En appliquant ce dernier résultat à / : [0,1]
n
-£/(«+£r) = /*/(*)«**•
£ h-> 1/(1 + £), on obtient
= 1ok2.
lim ±Yf(ï)= nm V-i-= /1_^-=[log(l + t)l1 = log
Remarque 7. - Le théorème 7 est également vrai sur les fonctions Riemann-intégrables.
Réciproquement, si E est un e.v.n de dimension finie, on peut même montrer qu'une
fonction est Riemann-intégrable si et seulement si ses sommes de Riemann "convergent"
lorsque le pas des subdivisions tend vers 0.
~Sous certaines hypothèses de régularité sur /, il est possible de donner un développement
^ymptotique de ^ £\ f(a + i^)- Jba f(x) dx. Ceci est un problème classique qu'il est
bon de savoir résoudre (voir l'exercice 6 et le sujet d'étude 3 page 301).
~ Attention, le résultat de ce théorème n'est pas vrai pour les fonctions intégrables ou les
mtegrales généralisées, sauf sous certaines hypothèses (voir l'exercice 5 page 152 qui est
Massique).

126
3. INTÉGRATION
1.4. Exercices
Exercice 1 (Intégrales de Wallis). Pour tout n e N, on pose
»7t/2
/„ = / sinn x dx.
Jo
a) Donner une expression explicite de In pour tout n € N.
b) En déduire la formule de Wallis
n2
lim -
p—>+oo p
2p(2p - 2) • • • 2
.(2p-l)(2p-3)---l
puis montrer que lorsque n —> +oo, In ^
= 7T,
7T
2n
Solution, a) En intégrant par parties, on a
r/2 _i r -i w2 r/2
Vn > 2, In= sinn x sin rc <£c = — sinn xcosrc +(n —1) /
7o I- Jo Jo
sinn 2rccos2a:<fo
n-1
= (n - l)(In-2 - /n) d'où Jn = In_
n
Comme
r W2
Io = 7r/2 et I\ = — cosrc = 1,
on en déduit
Vp6N., ^_(»-l)(»-»)-l; et /2p+l= 2P(2P-2)...2
2p(2p-2)---2 2 ~" ~'P1"1 (2p+l)(2p-l)--.l
b) En remarquant que
Vp <E N*, Vx € [O, ^] , 0 < sin2p+1 x < sin2p x < sin2?"1 x,
on tire, par intégration
Vp G N*, /2p+1 < /2p < Ï2p-i donc 1 < J^- < hp~l -2p+1
hp+i hp+\
la dernière égalité étant une conséquence de (*). Par conséquent
lim -£e- = i
p->+oo l2p+l
et on en déduit la formule de Wallis avec la formule (*).
De la formule de Wallis, on déduit
(2p-l)(2p-3)---l 1
2p '
donc grâce à (*), on tire
(2p)(2p - 2) • • • 2 y?»?
l2>~l\l et /2p+1 ~ h*~ \Jl'
On en déduit l'équivalent demandé.
W
Exercice 2. Soit / : [a, b] —> R une fonction positive et continue sur [o, 6].
a) Montrer que
l/n
lim
n—*+oo
f(t)ndt) =M où M=sup/(«).
t€[a,6]

1. INTÉGRALE SUR UN SEGMENT DE R
127
b) Soit g : [a, 6] —> R une fonction continue prenant des valeurs strictement positives sur
[a,b]. Montrer que
lim ( f f(t)ng(t)dt] = M où M = sup f(t).
n^+°° \Ja ) te[a,b]
Solution, a) L'inégalité f(t)n < Mn pour tout t G [a, b] entraîne
ab \1/n / /•* \1/n
f(t)n dt) <[JMn\ =(b- à)l'nM. (*)
Par ailleurs, / étant continue sur le compact [a, 6], il existe c G [a,b] tel que /(c) = M. Pour
tout £ > 0, il existe donc un segment [a, /?] contenant c, non réduit à un singleton, tel que
Vt€[a,/3], f(t)>M-e.
Ceci entraîne
,6 \ l/n / rfi v 1/n , ^ v 1/n
/Wn^J >U f(t)ndt) >U (M-e)ndt) =((3-a)l/n(M-e). (**)
Comme limn_>+oo A^11 = 0 pour tout réel y, > 0, on tire de (*) et (**)
ab \ V»
Ceci étant possible pour tout e > 0, on en déduit le résultat.
b) La fonction g étant continue sur un compact, elle est bornée et atteint ses bornes. On en
conclut que les réels
k = inf g(t) et K = sup g(t)
*€[o,6] te\a>b]
existent et sont strictement positifs. Par ailleurs, le fait que kf(t)n < g(t)f(t)n < Kf(t)n pour
tout t G [a, b] montre que
ab \1/n / rb \1/n / rb \1/n
f(t)ndtj <U f(t)ng(t)dt\ <K1/nU f(t)ndt\ .
On conclut avec la question précédente et avec les limites lim kl^n = lim Kl'n = 1.
n—>+oo n—*+oo
Exercice 3. Soit / : [a, b] -> R une fonction de classe C1 telle que f(a) = f(b) = 0. Soit
a) Montrer
»6
< ^-M. (*)
/ /W
^jagsjuels cas l'inégalité (*) est elle une égalité ?
Munon. a) Le problème est symétrique par rapport h c = (a + b)/2. On écrit
Vt G [a, c], |/(0| = I / /'(*) dx\< f \f'(x)\ dx < M(t - a)
et
V* G [c, 6], |/(0| = I / /'(s) dx\ < f \f'(x)\ dx < M(b - t),
\Jt \ Jt

128
3. INTÉGRATION
ce qui entraîne
r«6 I rb
dt\ <
f f(t) dt\ < f \f{t)\dt < M \ f\t -a)dt+ f (b-t) dt
Ja I Ja iJa Je
(b - a)5
M.
b) Les fonctions en présence étant continues, l'égalité se produira si et seulement si chacune des
inégalités précédentes est une égalité. On a donc
V*€[a,c], |/(t)| = Af(t-o) et V*g[c,6], \f(t)\ = M(b-t),
ce qui entraîne
V*€[a,c], f(t)2 = M2(t-a)2 et V*g[c,6], f(t)2 = M2{b -t)2. (**)
La fonction f2 est de classe C1, elle est donc dérivable en c = (a+6)/2. Les formules (**) donnent
successivement (/2)'(c) = 2M2 (^)2 et (/2)'(c) = -2M2 (^)2, ce qui n'est possible que si
M = 0. Donc / = f(a) = 0. Réciproquement, la fonction nulle est bien solution.
Exercice 4. Soient E un espace euclidien et / : [a, b] —> E une fonction continue. On
suppose que
|//W*|= f \\f(t)\\dt.
\J a II Ja
Montrer qu'il existe e G E de norme 1 tel que f(t) = \\f(t)\\ • e pour tout t G [a, 6].
Solution. Si / f(t) dt = 0, les hypothèses et la continuité de / entraînent que / est
identiquement nulle, et le résultat est évident. Sinon, on pose
fbf(t)dt fb II fb \
ei = m u h de sorte Que / /(*) dt=\\ f(t) dt\
Ja \\Ja |
i:nt)dt
e\.
Le vecteur e\ est de norme 1. On le complète en une base orthonormale (ei,..., en) de E. On
peut écrire / = /îei + • • • + fnen où pour tout i, fi est une fonction continue à valeurs réelles.
On a
J f(t)dt = E (/ /<(*)*) ei = f/ /W*! ei = (/ ll/WII*) eu
%— x.
donc en extrayant la composante le long du vecteur e\
*b rb
f h(t)dt= f ||/(t)||dt.
Ja Ja
(*)
Comme /i(0 < ||/(0ll = (/i(02 + * • ' + fn{t)2)1/2 et que chacune de ces fonctions sont continues,
l'égalité (*) entraîne
Vt G [a,6], /x(0 = ||/(0ll = (/i(02 + • • • + /n(02)1/2- H
Donc /2(0 = ... = /n(0 = 0 pour tout t G [a, 6], d'où
Vt€[a,6], /(0 = /i(0ei = ||/(0l|ei,
la dernière égalité étant encore une conséquence de (**).
Exercice 5. Soit / : [0,1] -► R une fonction de classe C1 telle que 0 < f(t) < 1 Pour
tout t G [0,1]. Montrer que
f{xfdx< ( f f(x)dx
Jo

1. INTÉGRALE SUR UN SEGMENT DE R
129
Solution. On considère les fonctions
<p: [0,1]->R t^ I f(x)dx et if> : [0,1]-> R t h-» ( f f(x) dx J .
Il s'agit de montrer (p(l) < ip(l). Les fonctions cp et tp sont de classe C1. Comme (p(0) = tp(0) = 0,
ceci sera prouvé si on montre <p'{x) < ^'{x) pour tout x G [0,1], c'est-à-dire si
Vx<E[0,l], f(xf<2f(x) [* f(t)dt
Jo
Comme / > 0 (/(0) = 0 et /' est positive), ceci sera prouvé si on montre
Vx<E[0,l], f(x)2<2 fX f(t)dt.
Jo
Chacune de ces deux fonctions étant dérivable et nulle en 0, ce dernier point sera obtenu si on
prouve que la dérivée de la première est inférieure à celle de la seconde sur [0,1], c'est-à-dire si
Va; €[0,1], 2f(x)f(x) <2f(x).
Ce dernier point est bien réalisé car / est positive et /' < 1 par hypothèse. D'où le résultat.
Remarque. L'égalité se produit lorsque f(x) = x ou lorsque / est la fonction nulle.
Exercice 6. a) Montrer que la suite (wn)neN* définie par
n
Vn G N*,
un = Yl
n
A:=l
n2 + k2
converge et calculer sa limite £.
b) Donner un équivalent de £ — un lorsque n tend vers l'infini.
Solution, a) En considérant la fonction / : [0,1] —► R x\-* ^ > on remarque que
V»€N*, nn = -T/f(-)-
Autrement dit, un est une somme de Riemann de / pour une subdivision de pas 1/n. On en
déduit avec le théorème 7 que (un) converge et que
f1 dx [ I1 7T
£ = lim un= - ^ = arctanx = —.
n-*+oo J0 1 + x2 L J 0 4
b) C'est classique. On procède comme suit. On considère une primitive F de /, de sorte que
pour tout n G N*,
donc
" après la formule de Taylor-Lagrange, pour tout n G N* on a
v*€{i...,„},=],.» g]*zl,*
J n n
et conwne F" = f ceci entraîne
^)-fâ-MS^»>.
n
£-un = Y^
fc=i
-1
2^?
F"{xk)
= ~étf'M
k=i

130
3. INTÉGRATION
On a encore affaire à une somme de Riemann ; le théorème 7 donne
lim i £/'(**)= [lf'(t)dt = f(l)-f(0) = -l,
A:=l
donc l — un ~ — lorsque n tend vers +oo.
An
Remarque. On a montré, de manière plus générale, que pour toute fonction / : [0,1] —► jj
de classe C1
pw*-g>(îHcm)-/(o))+.(y.
K— X
Lorsque la fonction / possède de bonnes propriétés de régularité, il est possible de
poursuivre ce développement asymptotique (voir le sujet d'étude 3 page 301 sur la formule
d'Euler-Maclaurin).
Exercice 7 (Inégalité de Young). Soit / : R+ —> R une fonction dérivable et
strictement croissante telle que /(O) = 0.
a) Pour tout x > 0, montrer
px pf(x)
/ nt)dt+ / r\t)dt = Xf(x).
Jo Jo
b) En déduire que
Va,6>0, / f(t)dt+ f~\t)dt>ab,
Jo Jo
et que l'égalité se produit si et seulement si b = f(a).
Solution, a) Cette égalité a une interprétation géométrique simple comme le montre la figure
ci contre.
*f(x)
1
»
0
\ Jo ' w'
^
-* / (f)
îtttI rx
H4-H / fit)
1 1 l t l
j—i 1 i—i ^
X
dt
FiG. 1. L'aire xf(x) du rectangle est la somme des surfaces des régions
délimitées par ce rectangle et le graphe de /.
On considère l'application
PX P t[X)
g: R+-+K x h-* / f{t)dt+ j f-l{t)dt- xf{x).
Jo Jo
>/(*)
Cette application est dérivable, et
V* > 0, g'(x) = f(x) + f'(x)f-Hf(x)) - (f(x) + xf'{x)) = 0.

1. INTÉGRALE SUR UN SEGMENT DE R
131
Donc g est constante, et comme g(0) = 0 on en déduit que g est nulle, d'où le résultat.
b) On fixe 6 > 0 et on considère l'application
(fi : R+ -> R ai-»/ f(x) dx+ f~l(x) dx - ab.
Jo Jo
Cette application est dérivable, et (fi'(a) = f(a) — b pour tout a G M. Comme / est strictement
croissante, on a donc
Va < /_1(&), ¥>'(<*) < 0 et Va > /-1(&), y>'(a) > 0.
Comme <fi(f _1(^)) = 0 d'après la question précédente, on déduit de tout ceci que
Va < r1^), y(o) > 0, v(/_1W) = 0» Va > /"ty), y>(a) > 0.
On a donc démontré l'inégalité désirée, et l'égalité se produit si et seulement si a = /_1(6),
c'est-à-dire b = /(a), d'où le résultat.
Exercice 8. Démontrer que la seconde formule de la moyenne (théorème 6 page 124) reste
vraie si l'on suppose uniquement / continue. Autrement dit, montrer que si / : [a, b] —» R
est une fonction continue, positive et décroissante, et si g : [a, b] —► R est continue, alors
il existe c 6 [o, b] tel que
/ f(t)g(t)dt = f(a) f g(t)dt.
(on utilisera une transformation d'Abel à partir d'une expression approchant une somme
de Riemann)
Solution. Nous démarrons comme dans la preuve du théorème 6. On considère l'application
G : [a, 6] —» R t h-* Ja g(x) dx, continue sur [a, 6], ce qui assure l'existence des réels
m = inf G{t) et M = sup G{t).
On va montrer mf(a) < /° f(t)g(t) dt < Mf(a), ce qui prouvera le résultat en appliquant à G
le théorème des valeurs intermédiaires.
L'idée est de remplacer l'intégration par parties utilisée dans la preuve du théorème 6 par
une transformation d'Abel à partir d'une somme de Riemann. Par comparaison avec la formule
/ f(t)g(t)dt = G(b)f(b)-G(a)f(a)- f f'(t)G(t),
Ja Ja
(valide uniquement lorsque / est C1) on va écrire, pour une subdivision a de pas suffisamment
petit, avec a : a = ao < • • • < an = 6, une transformation d'Abel de la somme
n-l
I(cr) = y£f(ai)(G(ai+1)-G(ai)),
ce qui donne
n-l
I{a) = G(an)/(an_!) - G(a0)f(a0) + ]T(/(a<-i) " fM)G(oi).
i=l
miïle G(an)f(an-i) - G(ao)f(ao) = Gf(6)/(an_i), cette dernière identité entraîne, compte
tenu de la décroissante de la fonction /
n—1 n—1
GW/(an_!) + £(/(oi_i) - f{ai))m < I(a) < G(6)/(on_i) + ]T(/(û*-i) " fMW,

132
3. INTÉGRATION
c'est-à-dire
G(6)/(on_i) +m(/(ao) - f(an-i)) < I{a) < G(6)/(an-i) + M(/(a0) - f(an-i))
et comme f(an-i) > 0 on en déduit
mf(a) < I(a) < M/(o). (*)
Maintenant nous allons approcher I(a) par une somme de Riemann de Ja fg. Soit e > 0.
Comme </ est continue sur un segment, elle y uniformément continue d'après le théorème de
Heine, donc il existe a > 0 tel que si \x — y\ < a, alors \g(x) — g(y)\ < e. Ensuite, le théorème
sur les sommes de Riemann nous assure qu'on peut choisir la subdivision (a) de pas |a| < a
telle que \S(a) - £fg\ < e, où
n-l
S(a) = X^ûi+1 -ai)f(ai)9(ai)-
i=0
On écrit maintenant
|/W -S(a)\ < f2f(ai)\G(ai+i)-G(ai)-(ai+i-ai)dM\ = J2fM I r+\g(t)-g(ai))dt
i=0 i=0 I''0*
et le pas de la subdivision étant |cr| < a, on a \g(t) — g{di)\ < e pour t G [a*, ai+i] donc l'inégalité
précédente entraîne
n—1 n—1
|/(<r) - 5(<7)| < ^ f(ai)(ai+l ~ ai)€ ^ 53 /(a)(Û*+l ~ Û*)e = (b ~ a)f(a)£-
i=0 z=0
On en déduit
\l(a) - f f(t)g(t) dt\ < \I(a) - S(a)\ + \s(a) - f f(t)g(t) dt\ < (b - a)f(a)e + e,
I Ja I I Ja I
et finalement, avec (*) on a
mf(a) - (b - a)/(a)e - e < f f(t)g(t) dt < Mf(a) + (6 - a)f(a)e + e.
Ja
Cette inégalité étant vraie pour tout e > 0, on en déduit bien mf (a) < /° /p < M/(6), d'où le
résultat.
Remarque. - On aurait également pu se ramener au cas du théorème 6 page 124 en
construisant une suite de fonctions (/n) décroissantes positives de classe C1, qui converge
uniformément vers /.
- On peut démontrer que la seconde formule de la moyenne est encore vraie si on suppose
seulement f et g Riemann-intégrables.
2. Calcul de primitives
La formule fa f(t) dt = f(b) — /(o) (pour / une fonction de classe Cl) nous amène a
calculer les primitives d'une fonction continue pour calculer son intégrale.
Lorsque F est une primitive de /, on note / f(t) dt = F(t) + k. Cette notation signifie
que l'ensemble des primitives de / est constitué des fonctions de la forme t h-* F{t) + k oU
k est une constante. Cette écriture peut même être valable sur plusieurs intervalles. P^
exemple, écrire J dt/t = log |£| + k signifie que sur R+*, les primitives de t *-* l/t sont les
fonctions de la forme t ■-> log£ + k, et que sur R~* elles sont de la forme 11-* log(-*) + *'
Il faut alors se garder d'écrire /_^dt/t = log\t\\ , ce qui n'aurait aucun sens.

2. CALCUL DE PRIMITIVES
133
2,1, Primitives élémentaires
Dans le tableau suivant, F(x) désigne une primitive de f(x).
[fW
\x<\ a 7^-1
î
X
~x
e
\ax, a > 0, a ^ 1
sinrc
cosx
tan a;
cotant
î
COS2 X
1
sin2x
sha;
chx
tha;
m
XQ+1
a+1
log |rc|
e*
loga
— COS X
sina;
— log|cosrc|
log|sinx|
tan a;
— cotan x
chrc
sha;
log( ch a:)
|/(«)
cotha;
î
ch2x
1
sh2x
1
y/ï^x^
1 n -^ n
Va^^'a> U
1
y/ï+x*
1 n^n
1
x/x^ï
1 n zà 0
^^=a^'a^U
1 h =à 0
1
x2+l
^)
log(sha;)
tha;
— cotha:
arcsina;
arcsin -
a
log(a; + y/1 + a:2)
log(a; + \/a2 + a;2)
log|a: + y/x2 — 1|
log|a; + Va;2 — a2| 1
log \x + \/a:2 + b\
arctan x
- arctan -
a a
2a 1U& 1 x-a 1 |
Remarque. On peut aussi exprimer les primitives de t i-> 1/v^2 + 1 sous la forme t
argshtf + A;, car on a l'égalité bien connue
\/t G R, log(* + y/t2 + 1) = argsh (t).
De même, lorsque t > 1, on peut aussi exprimer les primitives de t \-> l/y/t2 — 1 sous la
forme 11-> argent + A;. Cette expression n'est plus valable lorsque t < — 1 car la fonction
argch n'est définie que sur [1, +oo[.
2.2. Primitives des fractions rationnelles
Soit F une fraction rationnelle de R(X). Pour calculer / F, on commence par
décomposer F en éléments simples sur R. On est ainsi ramené à calculer les primitives de la forme
f<£p (ft6pr) et /
ax + b
(x2 + ex + d)h
(c2 - Ad < 0, he N*).
La première primitive se calcule facilement grâce à l'expression
/
(a: - a)h | log \x - a\ + k si /i = 1
^uant à la seconde, on commence par écrire
ax + b
(x2 + cx + d)h
sous la forme
2a(a; — p)
+
P
[(x - p)2 + q2]h [(x - p)2 + q2]h

134
3. INTÉGRATION
- La primitive du premier terme dans le membre de droite est donnée par
/ M*-p) dx=l(i-h)[(x-P)^q^-^k si h^
J [(x - p)2 + q2]h \a\og[(x - p)2 + q2} + k si h = 1
- Pour celle du second terme, on commence par effectuer le changement de variable
t = x — p> ce qui ramène le calcul à celui de Ih = f(t2 + q2)~h dt. Ensuite, deux
techniques sont à notre disposition.
- Première technique. On effectue le changement de variable
t = gtan9, ( 9 G —-, — 1 de sorte que dt = q(l + tan2 9) d9,
donc
f dt 1 f d9 1 f 2A_2
J (t* + g2)'1 g2^1 7(1 + tan2 9)h~l q2h~l J C°S
Le calcul de cette dernière primitive est traité dans la section suivante. Après
l'avoir calculée, on remplace 9 par arctan(£/g) puis t par x — p et le tour est
joué.
- Seconde technique. On procède par intégration par parties. Pour tout h G N*,
on écrit
'* = (^jfpjs +2h J jfiTW^1 = WTW + 2hIh ~2WlM'
ce qui entraîne
2hq%+1 = (2fc - 1)4 + {t2 + q2)h- (*)
Cette dernière relation permet de calculer I^+i connaissant 1^. Le calcul de I\
est immédiat car
/
dt 1 x
= - arctan -.
t2 + q<
Remarquez que pour ramener le calcul de In à celui de In-i, c'est In-\ qu'il
faut intégrer par parties.
/l — ju
7—- —— dx. On commence par écrire
(x2 + " '
— x
+~^7l)2
1-x 1 2z +1 3 1
(z2 + x + l)2 2 (x2 + x + l)2 2 [(x + I)2 + |j2'
La primitive du premier terme du membre de droite se calcule de manière immédiate, car
/
2rc + l 1
dX = r + K.
(x2 + x + l)2 x2 + rc + 1
Pour celle du second terme, on utilise la relation (*) qui donne
3/" dx _ T dx £ + 2
'4 y [(^+1)2+il2~7 (^+|)2 + i + (^+|)2+i'
d'où
cte 2/2 /2x + l\ z+è
/
= - I —= arctan I "' ,_ ) + 2
[(z+i)2 + f]2 3\y/s V y/Z ) x2 + x+l

2. CALCUL DE PRIMITIVES
135
1 _ y/3
(On pourrait aussi procéder en effectuant le changement de variable x + | = ^tan0).
Finalement, on a
/
1-x , rr + 1 2 2x + l f
arc = —r H—7= arctan —-=—I- k.
(x2 + x + l)2 x2 + x + l ^3 v^
2#3. primitives des fonctions en sinus et cosinus
polynômes en sinus et cosinus. On veut calculer les primitives / sinm x cosn x dx,
0Ù m, n € N. Deux cas se présentent :
- L'un des entiers m oun est impair (par exemple n = 2p + 1). On a alors
/ sinm x cosn xdx = I sinm rc(l — sin2 rc)p cos x dx.
En effectuant ensuite le changement de variable t = sin x, on se ramène à la primitive
ftm(l — t2)v dt qui est facile à calculer.
- Les entiers m etn sont pairs. On linéarise, en exprimant sinm x cosn x comme
combinaison linéaire de fonctions de la forme cos kx et sin kx. Par exemple, pour calculer
une primitive de cos4 x, on écrit
eix _|_ e-ix ^
cos x = d ou
1 / e4ix + e~4ix A e2ix + e~2ix \ cos 4x cos 2x 3
C0S X = 8 (^ ^ +4 2 + 3J = ^- + ^ + 8'
d'où on déduit facilement la primitive recherchée.
Fractions rationnelles en sinus et cosinus. On veut calculer une primitive d'une
fonction de la forme R(sin x, cos x) où R est une fraction rationnelle en deux variables.
On s'en sort toujours en effectuant le changement de variable t = tan(rc/2). Comme
dt = £(1 + t2)dx, le calcul se ramène à celui de I Ri r, =■ ) r, c'est-à-dire
2V ' J \l + t2 l + t2) l + t2
à celui d'une primitive d'une fraction rationnelle. En procédant de la sorte, on trouve les
primitives suivantes, qu'il faut retenir :
/dx I /#\| f dx I SX 7T\
-— = log tan - et / = log tan - + —
sinz &l V2/I J cosrc 6I V2 4/
Cette méthode est souvent fastidieuse car elle amène à calculer des primitives de
fractions rationnelles dont le dénominateur est de degré élevé. On commence en général
par essayer d'effectuer l'un des changements de variable t = sin rc, t = cos x ou t = tan x
qui simplifie parfois les calculs. On peut à ce sujet utiliser la règle de Bioche présentée ci
dessous :
- si R(sinx, cosrc) dx reste inchangé en changeant x en n — x, on pose t = sinrc ;
- si R(sinx, cosrc) dx reste inchangé en changeant x en — x, on pose t = cosrc ;
- si R(sinx, cosrc) dx reste inchangé en changeant x en n + x, on pose t = tanrc.
N'oubliez pas que le terme dx doit faire parti de l'expression invariante !
n / sin t
Exemple 2. On veut calculer / T—dx. Le terme sous le signe f reste invariant
J 1 + cos2 x J
en changeant x en — x (il faut prendre en compte le drr), on pose donc t = cosrc. On a
dt— — sinxdx, donc le calcul se ramène à celui de la primitive
/Y^â(-dt) = f (i- Y^p) dt =f ~2arctan* + k-

136
3. INTÉGRATION
Il reste à remplacer t par cosrc, ce qui donne
dx = cos x — 2 arctan(cos x) + k.
I
sin3£
1 + cos2 x
2.4. Primitives des fractions rationnelles en ex
Pour calculer la primitive une fonction de la forme R(ex) où R est une fraction
rationnelle, on s'en sort toujours en posant t = ex ; on se ramène alors au calcul de J R(t)/tdt,
primitive d'une fraction rationnelle.
Fractions rationnelles en sinus et cosinus hyperbolique. Pour calculer une
primitive de R( sh x, ch x) où R est une fraction rationnelle en deux variables, trois méthodes
sont utilisables. On peut
- faire le changement de variable t = th (x/2), ce qui ramène le calcul à celui de
2t 1-M2\ 2dt
R
!
l-t2'l-t2 1-t2
(technique à éviter si possible),
- tout exprimer en fonction de ex,
- effectuer un éventuel changement de variable t = shx, t = dix ou t = thx en
procédant par analogie avec / .R(sin x, cos x) dx.
La première et/ou la seconde de ces méthodes donne les primitives classiques suivantes
x
th2
+ k'.
/dx n . _. , f dx 1, / ch x — 1 \
— = 2«ctan(0 + * et j _ = -log (^-j-^j + fc = log
2.5. Intégrales abéliennes
a). On veut calculer les primitives de la forme R\x, y ] avec ad — bc ^ 0 et
n G N*, où R est une fraction rationnelle en deux variables. On effectue le changement de
variables
n ax + b . ,. dtn — b . //x „
t = \ -, de sorte que x = git) = et dx — g (t) dt.
V ex + d a — tnc
On se ramène ainsi à calculer f R(g(t),t)g'(t)dt, primitive d'une fraction rationnelle.
Exemple 3. On cherche à calculer
dx
!
y/l+X-y/l+x'
On remarque que la fonction sous le signe J est une fraction en v^l + x. On pose donc
t = v^l +x, de sorte que t6 = 1 + x donc dt5 dt = dx, et le calcul est ramené à celui de
6t5
I
t*-t2
dt.
b). On veut calculer les primitives de la forme / R(x, y/ax2 + bx + c) avec a ^ 0, b2 -
4ac 7^ 0, où R est une fraction rationnelle en deux variables. On traite plusieurs cas selon
le signe de a et de b2 — Aac.
Si b2 — 4ac > 0, plusieurs cas se présentent.
- Si a < 0, on écrit y = \Jax2 + bx + c sous la forme y = y/^â y/q2 — (x — p)2, Puis
on effectue le changement de variable x — p = qcos6 (y devient qy/^â sin#). On se
ramène alors au calcul de primitives de fractions rationnelles en sinus et cosinus.

2. CALCUL DE PRIMITIVES
137
Exemple 4. Pour calculer f y/1 - x2 dx, on fait le changement de variable x = cosO
de sorte que dx = — sin 9d6, ce qui ramène le calcul à celui de
2 ÙAÙ _ f cos(20) " 1 M _ sin(20) _ 9 + k = sin0cos0 - 9
J-s^edo = Jcos^-1de =
4 2 2
Donc
/
vr^x^-
xv i — x* — arccos x
v 1 — xl dx = h k
Si a > 0, on écrit y = \/a#2 + bx + x sous la forme y = y/â y/(x —p)2 — g2, puis
on effectue le changement de variable x — p = qecht avec e € {—1,1} (y devient
qy/â sht). On se ramène à calculer les primitives d'une fraction rationnelle en sinus
et cosinus hyperbolique.
Quel que soit le signe de a, une autre méthode est d'écrire ax2 + bx + c = a(x —
a){x — (3) où a et /3 sont deux nombres réels distincts, puis
Vax2 + bx + c = \x — ot\\la f 1
et on se ramène aux primitives traitées dans la partie a).
Si b2 — Aac < 0, alors ax2 + bx + c a le signe de a, on doit donc avoir a > 0. On écrit
y = \/ax2 + bx + c sous la forme y = \fâ\Jq2 + (x — p)2, puis on fait le changement de
variable x —p = qsht (y devient qy/âcht).
Remarque 1. Lorsque o > 0, on peut également faire le changement de variable
y = Vax2 + bx + c = x-\/â + £ (resp. — x>/â + t).
L'idée sous jacente est la paramétrisation de la partie d'hyperbole H d'équation y =
Vax2 + bx + c par une droite D parallèle à une asymptote de 7i (D coupe 7i en un point
unique). Ce type de droite a pour équation y = Xyfâ + t ou y = —Xyfâ +1, t 6 M.
Astuces de calcul.
- Les primitives de la forme f Vax2 + bx + c peuvent se calculer en intégrant par
parties.
Exemple 5. On veut calculer / \^2 — 1 dt. En intégrant par parties, on a
'2 ' (t2 - 1) + 1
dt,
[ Vt?^ï dt = tVW^Ï - f / dt = tVï^I- / ,
d'où
2 f Vt2-ldt = tVt2 - 1 - / * =t\/P^I-log|t + \/t2-l| + fe.
- Le calcul des primitives de fonctions de la forme R(x, Vax + Pi Vlx + à) ou -R est
une fraction rationnelle en trois variables se ramène, après le changement de variable
t = Vix + <5, à un calcul de primitives de la forme / F(t, Vat2 + bt + c) où F est
une fraction rationnelle.
/dx
. est considérablement
(x + a)n\/ax2 + (3x + 7
simplifié en effectuant le changement de variable t = l/(z + a).

138
3. INTÉGRATION
2.6. Produit d'un polynôme et d'une exponentielle
Les primitives J P(x)erx dx où P est un polynôme et r un nombre complexe non nul
s'écrivent sous la forme Q(x)erx + k où Q est un polynôme ayant même degré que p
et k une constante. On trouve les coefficients de Q par identification dans l'expression
rQ + Q' = P.
Les primitives J P(x)erx cosmx dx ou f P(x)erx smmx dx (r,ra G R, P polynôme)
s'obtiennent en les écrivant comme les parties réelles et imaginaires de J P{x)e^r+im)x dx
2.7. Exercices
Exercice 1. Calculer les primitives des fonctions suivantes
a)
XH
x2-2
b)
x + l
(X2 + l)2
c)
X
x6-l
d)
x(x2 + l)2
Solution, a) On décompose en éléments simples
1 1
x4 - x2 - 2 (x2 - 2)(x2 + 1) S(x2 - 2) 3(x2 + 1) '
et on en déduit
f dx _2
J x4 - x2 - 2 ~ 6V
eV2
b) On a
donc
x + l
log
1
x-y/2
x + y/2
1
- arctan x + «, « G
2x
+
1
(a;2+ 1)2 2 (x2 + l)2 (a;2+ 1)2'
dx
f « + 1 . _
7 (œ2 + l^ ">^2
Tî)+/
i)2"~ 2(x2 + i) 'y (x2 +1)2•
Pour calculer la primitive du second membre de cette dernière égalité, on fait le changement de
variable x = tan#, -7r/2 < 6 < tt/2. On a dx = (1 + tan2 B) dO et
/^-/ï+SW~*'*-/
008(20) + ! sin(2g) g
2 4 2
Finalement
/
X+l
ote =
+
X
4(1+ x2) 2
+ - arctan x + k, k G
2x 1
+ - arctan x + k.
(x2 + l)2 2(a;2 + l) 2(1 +s2) 2
c) Il y a une petite astuce de calcul. On pose t = x3, de sorte que dt = 3x2 dx et
l^idx = \jw^-i = \x°z
t-\
t+\
= Jlog
s3-l
x3 + l
d) La décomposition en éléments simples de la fraction rationnelle considérée est
lia; x
donc
x{x2 + l)2 x x2 + l (x2 + l)2
/i^^ = 1°gW"^l0g(x2 + 1) + ^Hb + fc' ke

2. CALCUL DE PRIMITIVES
139
EXERCICE 2. Calculer les primitives des fonctions suivantes
cos a; . „ sin a;
a)
c)
sin2 x + 2 tan2 x
1
sin x + cos x + 2
b)
d)
cos3 rc + sin a;
ch aV ch 2x
Solution, a) Il y a invariance de l'expression intégrée par le changement de variable x —> ir — x.
La règle de Bioche nous invite à effectuer le changement de variable t = sin a;. On a
cosxdx dt (l — t2)dt
cos a;
De plus
d'où
sin2 x + 2 tan2 x
X-l
dx =
sin2 x + 2
1
+
X(X-3) 3X 3{X-3)
sin2x
1 — sin2 x
donc
t2 + 2
St2 -14
1-t2
t2-l
= 777TÏ +
t2(t2-S) St2 3(*2-3)'
/
(l-*2)<ft _
3t2-*4 ~ St ' 6y/3
1 1 ,
+ —^log
t-y/3
t + Vs
et finalement
/
cos a;
1 1 i
+ —^log
sin2 x + 2 tan2 x 3 sin a; Qy/s
sin a:
-V3
sinx
+ V3
b) L'expression intégrée est invariante par le changement de variable x —*■ x + 7r. La règle de
Bioche nous invite à faire le changement de variable t = tanx. On a alors dt = dx/(cos2 x) et
sin x dx
tan a:
dx
dt.
cos3 x + sin3 x 1 + tan3 x cos2 x 1 + t3
Maintenant, la décomposition en éléments simples
t t 1 t+1
+
1 + *3 (l + t){l-t + t2) 3(*+l) 3(*2-*+l)
entraîne
f t f ( 1 1 2*-l 1 1
J l + t3dt-J y 3(* + l) + 6t2-* + l + 2>-±)
1
)2 + !
i
dt
= --log 1 + * + --log(^-t + l) + -
2 y/%
arctan
V3
' _r
donc
/
sin a; 1 _ . , 1 _ , 2 ., x 1 (2 tan x-l
—r— s— dx = —log l + tanx +-log ( tanx — tanx+lH—=-arctan -=.
cos3£ + sin3x 3 6| ' 6 &K J y/% \ y/%
c) On commence par écrire sinx+cosx = \/2sin(x+7r/4), puis on fait le changement de variable
tssx + 7r/4. On se ramène ainsi à évaluer la primitive
/
dt
V2J
dt
V2sin£ + 2 y/2 S sinJ + v^
^our évaluer cette dernière primitive, on effectue le changement de variable u = tan(£/2) de
s°rte que <ft = 2du/(l+w2) et
-i- f ^ f ^u — f ^u
V2j
sint + \/2 J u2 + \/2u+l J
(«+$y
+ è
= v/2arctan(v/2n + !) + &.

140
3. INTÉGRATION
Finalement, on a
/ - = \/2arctan (v^tan ( ^ + ?-) + l) + k, keR.
J sin x + cos x + 2 V V 2 8 / /
d) On a
ch2# = ch2# + sh2a; = ch2rc(l + th2rr) donc
chx\/ch2rc ch2x\A + th2z
On fait donc le changement de variable t = thx. On a, dt = dx/ch2x et
j dx= = /" d* =fo ^+^^ï)+jfe
donc
/ r = log (thx + \/l+ th2x) + fc, fcel.
7 chzv/ch2x v '
Exercice 3. Calculer les primitives des fonctions suivantes
a) x\ ~—7 b) -, x / o c) V-rc2 + 4z + 10
(œ+l)Vi
d) , 1-^- e)
x + y/x2 + 2z v^l + rc2
Solution. Il y a en général plusieurs moyens de calculer les primitives de chaque fonction
présentée. Nous nous limiterons à un seul type de résolution.
a) On fait le changement de variable
* lx~2 2 + t2 et M
t=\ ou encore x = ^ ; on a alors dx = 7- ^r dt
v x + i 1 — tz (î — tzy
et
f [x~=2, [2 + t2 6t M fQt2(2 + t2) ^
De la décomposition en éléments simples
6*2(2 + *2) _ 1 ( 3 3 21 21 18 18
(l-*2)3 8V* + 1 t-1 (t + l)2 (t-1)2 ' (t + 1)3 (*-l)3/'
on déduit
Pour obtenir les primitives de la fonction proposée, il suffit ensuite de remplacer t par
Si on simplifie au mieux l'expression, on parvient finalement à
b) Il faut utiliser Tune des astuces décrites à la page 137 : on fait le changement de variable
t = l/(x + 1). Après calculs, on est ramené à la primitive
f dt 1 r-z
+ k, keR
oùee{-l,l}ale signe de t On en déduit le résultat en remplaçant t par l/(x + !)•

2. CALCUL DE PRIMITIVES
141
\ On résout le problème en intégrant par parties. On a
/ \J-x2 + 4x + 10 dx = x\/-x2 + 4x + 10 + / ~ X-
J J V-x'2 + 4x + 10
Or
a:2-2x , /* -x2 + 4x + 10 , /" 2x +10
dx.
r xz-2x , f -a^ + 4x + 10 , f ci
/ , dx = — . dx+ ,
J 4-x1 + Ax + 10 7 y7-*2 + 4z + 10 7 v^
2 + 4x + 10
= - / \/-x2 + 4x + l0dx + / . f"1" ote
7 7 V-rc2 + 4x + 12
donc
o / V-a:2 + 4a; + 10rfa: = x\/-z2 + 4x + 10- / . „ X + = cte+14 /
y y v-x2+4x+io y
V-x2 + 4a; + 10
= x\J-x2 + Ax + 12 - 2\J-x2 + 4z + 10 + 14 arcsin ( ^=- ) + A;, fce
d) On pose y/x2 + 2x = — x +t, de sorte que
x~wn) et dx=m^dt-
On se ramène ainsi à
1 f t + 2 J± 1 / dt 1 f dt 1_ . ^. 1
2/(n^^=2y^ + 2/^TIp = 2l0glt+1|-2(tTÎ)+fe
1 / 1
=-log|l + x+Vx2 + 2a; + fc, A; G
2 6| V ' 2(1 + g + vV + 2s)
e) On fait d'abord le changement de variable t = l/#, ce qui ramène le calcul à celui de
f dt _ f t2dt
J t\VTTt? ~ 7 *3vTTF'
puis on pose u = t3, nous ramenant à
-il
rftx
tz^l + tz
On pose ensuite î; = v"l + ^> ce qui donne
On décompose la dernière intégrande en éléments simples
v 1/1 v — 1
v3- 1 3 \v- 1 v2 + v + lj
et après un calcul classique, on trouve
f v 1, / ,x 1, / 2 ! /2v + l\ ,
~y ^rY^ = -31°g(v-1) + 61°g(î; +v + l)--^arctanl —Âp ) +^ &
1 reste alors à remplacer î; par y 1 + -^ et c'est terminé.
Exercice 4. Calculer l'intégrale
/ =
I
y2 3 + sin x

142
3. INTÉGRATION
Solution. On commence par rechercher une primitive de la fonction x i-> 1/(3 + sinx). Pour
cela, posons
x
t = tan—, x G
[£•*[
ou x €
37rl A A 2dt
7r, — , de sorte que dx = -—-^
On trouve, après calculs,
dx f 2dt
l
I
3 + sinrc J 3t2 + 2t + 3 y/2
1 /3* + l\ 1 /3tan(x/2) + l
arctan =- = —7= arctan —
2\/2 ) y/2
2\/2
La fonction F : x i-> —■=. arctan ( _ I est donc une primitive de x *-> 1/(3 + sin x),
v2 \ 2v2 /
mais seulement sur chacun des intervalles [7r/2, tt[ et ]7r,37r/2]. Il faut donc se garder décrire
I = F(37r/3) — F(ir/2), ce qui n'aurait aucun sens. On va résoudre le problème en écrivant
_ r dx [s*/2 dx
~ Jn/2 3 + smx Jn
1 =
On a
T/2 3 + sin x
dx
3 + sin x
yV23 + sinx x.-.,y ,23 + sinx x-., \2> 2-JÎ.
' A <.7T ' A <7T
7r arctan y/2
V2
de même
/
z*'2 dx
= lim f
ï.7*JJi
3*/2 dx
3 + sinx *-** jy
X>ir ° •* X>*
= Jfe F (?) - F(X) =
arctan(l/\/2) 7r
2\f2
3 + sinrc *-* ~ V 27 * K"' J2
Compte tenu de la classique relation arctan ce + arctan(l/#) = 7r/2 pour x > 0, on en déduit
T 7r arctan y/2 + arctan(l/\/2) 7T 7T 7T
~ 71 v7! ~ 71 ~ 271 ~ 2vf '
Exercice 5. Donner une relation de récurrence permettant de calculer les intégrales
suivantes :
/»tt/4
') /» = /
tann x dx,
b) In = f
Jo
*/4 dx
cosn x
0 In = Je\ogn
xdx.
Solution, a) Il suffit de remarquer que
r-TT/4
tann+1x
n + 1
/•7T/4
Vn G N, In + In+2 = / tann x(l + tan2 a:) ote =
Jo
Cette relation permet de calculer In sachant que
I0 = j et A = [ - log(cosrc)] = -^~
b) Pour tout n G N, on a, en intégrant par parties
1
7Ï-/4
JO ~"+l
'n+2
=1
tt/4 J
dx
cosn# cos2x
1
cosnx
tan a;
tt/4
— n
/»tt/4
./O
= (v/2)n-n /
Vo
V4 o;«2
sinx
cosn+l x
sin2 a;
tan x dx
cosn+2 x
dx = (\/2)n - n{In+2 - In)
donc
(\/2)n n
(n + 1)Jn+2 = (\/2)n + n/n ou encore In+2 = ±—TT + —TT ^n,
n+1 n+1

3. INTÉGRALE SUR UN INTERVALLE QUELCONQUE 143
d'où un moyen de calculer chaque In, sachant que
h=ïet /i=[iog(tan(i+ï))]r=iog(tanT)-
c) En intégrant par parties, on a
xlognx —ni \ogn~lxdx = e — nIn-\.
Vn G N*, /„ =
Cette relation de récurrence permet de calculer chaque terme In, sachant que Iq = e — 1.
3. Intégrale sur un intervalle quelconque
Dans toute cette partie, / désigne un intervalle quelconque de R dont les extrémités
sont notées a et b : —oo < a < b < +oo, et E désigne un K-espace e.v.n complet (avec
K = RouC).
3.1. Définition d'une fonction intégrable
Définition 1. Une fonction est dite continue par morceaux sur / si elle est continue par
morceaux sur tout segment J inclus dans /.
Fonctions positives intégrables.
Définition 2 (Fonction positive intégrable). Soit / une fonction positive et
continue par morceaux sur I. On dit que / est intégrable (ou sommable) sur I si il existe
M > 0 tel que, pour tout segment J C /, on a fj f < M. On note alors
/ / = sup /
Ji Jd Jj
Proposition 1. Soit f positive et continue par morceaux sur I. Alors f est intégrable si
et seulement s'il existe une suite croissante de segments Jn = [an,bn] inclus dans I telle
que UnJn = I et telle que la suite fj f soit bornée. Dans ce cas, pour toute suite (Jn) de
ce type on a
// = sup/ /= lim / /= lim (nf{t)dt.
Jl n JJn n^°°Jjn n^°°Jan
Exemple 1 (Exemples fondamentaux). - Cas b = +00, a 6 R.
- Pour a > 0, 11—> l/ta est intégrable sur [a, +00[ si et seulement si a > 1.
- 11—► e~xt est intégrable sur [a, +00[ et seulement si À > 0.
- Cas a et 6 finis.
- La fonction 11-> 1/(6 — t)a est intégrable sur [a, b[ si et seulement si a < 1.
- De même, t h-> \/{t — a)a est intégrable sur ]a, b] et seulement si a < 1.
Fonctions intégrables à valeurs quelconques.
Définition 3 (Fonction intégrable) . Une fonction f : I -> E continue par
morceaux est dite intégrable (ou sommable) sur / si ||/|| est intégrable sur /. Dans ce cas,
pour toute suite croissante ( Jn) de segments inclus dans / telle que Un Jn = I, la limite de
(/jn /) existe et ne dépend pas du choix de la suite (Jn). Cette limite s'appelle l'intégrale
de / et est notée /, /.
Démonstration. Notons Jn = [an>&n], de sorte que la suite (an) est décroissante et tend vers a,
e* (&n) est croissante et tend vers b. Montrons d'abord que la suite un = fj f est de Cauchy.

144
3. INTÉGRATION
\up -uq\\ =
= Ua-Uv<
U>n -Un\\ =
Soit e > 0. Comme ||/|| est intégrable sur 7, la suite (Un) = (fJn ||/||) converge donc il existe
N G N tel que pour tout p,q> N, \UP — Uq\ < e. Ceci entraîne, pour p,q > N (et p < q)t
f f+f f\\< [ II/H+/
J[aq)ap] J[bP)bq] || «/[a9,ap] «/[6P,
Finalement, (txn) est bien une suite de Cauchy dans l'e.v.n complet E) donc elle converge. Notons
£ sa limite.
Unicité de la limite. Soit (Kn) une autre suite d'intervalles vérifiant les mêmes hypothèses
que (Jn), et notons i! la limite de la suite vn = JK f. Construisons la suite de segments
Ln = Jn U Kn = [en, dn], qui est bien croissante et vérifie UnLn = /, et notons (!' la limite de la
suite wn = JL f. Notons Wn = fL ||/||. Comme Jn C Ln on a
/ /+/ /</ 11/11+/ l/l-w.-u»,
*'[Cn,On] •'[ftnidn] «'[cn.On] «/[frn,dn]
et comme (Un) et (Wn) ont même limite (c'est J7 ||/||), on en déduit que limn_+00 wn — un = 0.
Donc £" = £. On montrerait de même que t" = f, on a donc bien démontré que t = £'. q
Remarque 1. - Lorsque / est à valeur réelles, une définition équivalente à la précédente
est fIf = fIf+- ///", où /+ = max(/,0) et /" = max(-/,0). La définition 3
que nous proposons permet de ne pas se limiter au cadre où E = R et donne une
définition intrinsèque de l'intégrale sur tout e.v.n complet, en particulier sur C et
sur tout e.v de dimension finie (voir également la remarque 2 page 120).
- La proposition 1 page 121 se généralise aisément ici : Une fonction continue par
morceaux / : / —» C est intégrable sur / si et seulement si 3ft(/) et S(/) le sont,
et on a /7 / = J7 9ft(/) + i J7 S(/). De même, considérons un e.v.n E de dimension
finie dont (e*) est une base, et une fonction continue par morceaux / : / —> E qui
s'écrit f = J2i fiei (avec fi 6 Cm(/,R)). Alors / est intégrable sur / si et seulement
si les fi sont intégrables sur /, et on a Jt f = Yliifi fi)ei-
- Si / est continue par morceaux sur un segment [a, 6], alors / est bien intégrable au
sens de la définition précédente, et la définition de son intégrale est bien égale à celle
de la définition 4 page 120, et de plus on a Jjû6) / = J]û6] / = JM f = jja6[/.
- De manière générale, / est intégrable sur / si et seulement si elle est intégrable sur
o ,
l'intérieur / de /, et on a Jj f = Jo f. Ceci permet d'utiliser la notation f /M ^ =
Jj f. Si a > 6, on définit f* = - fî.
- Les propriétés élémentaires des intégrales sur un segment (linéarité, positivité,
relation de Chasles, ... ) restent vraies pour les fonctions intégrables. On a notamment
Critères d'intégrabilité.
Proposition 2. Soit I = [o, 6[ et f : I —> E une fonction continue par morceaux suri-
Les assertions suivantes sont équivalentes
(i) f est intégrable sur [a, b[
(ii) x h-> f* \\f(t)\\ dt est bornée sur [a, b[
(iii) lim*-& f* \\f(t)\\ dt existe
x<b
(w)]im,^£\\f(t)\\dt = Q
x<b
(v) Ve>Q,3AeI tel que Vrc,y 6 [A, b[ (x < y), /y \\f{t)\\dt < e (critère de Cauchy)

3. INTEGRALE SUR UN INTERVALLE QUELCONQUE 145
PROPOSITION 3. Soit f : / —► E une fonction continue par morceaux et soit c E I. Soit
r = /fi] — oo,c] et Id = IH [c, +co[. Alors f est intégrable sur I si et seulement si f est
intégrable sur Ig et intégrable sur Id, et on a fjf = J7 / + ///.
Proposition 4. Soient f : I —> E et <p : / —» R+ continues par morceaux,
(i) Si ll/H < y> swr -f et si (p est intégrable, alors f est intégrable et on a || J7/|| < L(p.
(ii) Si f est à valeurs positives et non intégrable, et si f < cp, alors (p est non intégrable.
Proposition 5. Soient f : [a, b[ —> E et g : [a, b[ —» R+ continues par morceaux.
(i) Si f(x) = 0(g(x)) lorsque x —> 6 et si g est intégrable, alors f est intégrable.
(ii) Si f(x) ~ g(x) lorsque x —> b (et f à valeurs réelles), alors f est intégrable si et
seulement si g est intégrable.
On utilise souvent les propositions précédentes pour comparer les fonctions que l'on
intègre avec les fonctions de comparaison introduites dans l'exemple 1. Par exemple
lim t2e~t2 = 0 donc e"'2 = 0{t~2) (t -> +oo),
t—>+oo
et comme t »-► 1/t2 est intégrable sur [l,+oo[, on en déduit avec l'assertion (i) de la
proposition 5 que t •-> e~* est intégrable sur [l,+oo[. On peut également utiliser des
comparaisons avec les intégrales de Bertrand (proposition 6).
Intégrales de Bertrand. En plus des exemples fondamentaux de l'exemple 1 les
intégrales de Bertrand fournissent d'autres fonctions de comparaison qui permettent parfois,
à l'aide des propositions précédentes, de décider de la convergence d'une intégrale.
Proposition 6 (Intégrales de Bertrand). Soient a et p des nombres réels. Alors
t *-* s- est intégrable sur [e, +oo[ 1 <=$■ ((a > 1) ou (a = 1 et (5 > 1))
ta logp t )
et
(t *""* 7^M W esi intégntble sur ]0,1/e] 1 «*=*> ((a < 1) ou (a = 1 et p > 1)).
Démonstration. Montrons tout d'abord la première partie de la proposition.
- Si a > 1, on écrit a = 1 + 2/i avec h > 0. Pour tout (5 G R, on a
hm — s— = 0 donc s = -r—r — s- = O
*-+oo th log^ t £a log^ tl+h th log^ t Vtl+h.
donc 11-* t~a log'^tdt est intégrable sur [e, +oo[.
- Si a = 1, deux cas se présentent.
- Si P > 1, comme
VX > e,
r
«log^t
jpg1-*3*
1-/?
X
log1-^ X - 1
on en conclut que la fonction est bien intégrable sur [e, +00[.
- Si P < 1, on écrit
ce qui prouve que la fonction n'est pas intégrable.

146
3. INTÉGRATION
- Si a < 1, on écrit a = 1 - 2h avec h > 0. On a pour tout (3 6 M.
th 1 th 1 1
lim —jr- = +oo donc 3A > e, Vi > A, js- = —3- -rr >
ce qui montre que la fonction n'est pas intégrable car 11-> l/t1~h n'est pas intégrable sur
[A, +co[.
La seconde partie de la proposition se déduit de la première par le changement de variable
u= l/t grâce au théorème du changement de variable (théorème 1). □
3.2. Propriétés des intégrales de fonctions intégrables
Comme pour les intégrales sur un segment de R, les intégrales des fonctions intégrables
possèdent les propriétés qui suivent.
Théorème 1 (Changement de variable). Soit f : J —> E une fonction continue par
morceaux sur J, et ip : I —» J une bijection de classe C1 où J est un intervalle de M.
Alors f est intégrable sur J si et seulement si (f o ip) x ip' l'est sur I. De plus, en notant
aetb les extrémités de l'intervalle I et (p{a) et (p(b) les limites de (p en a et b, on a
/ f(<p(t))<p'(t)dt= / f(x)dx.
Ja Jifi(a)
Théorème 2 (Inégalité de Schwarz). Soient f,g : I —► K deux applications continues
par morceaux et telles que f2 et g2 sont intégrables sur I. Alors fg est intégrable sur I et
on a
7,f. (/l/P) • (/toP
Conséquence . On en déduit en particulier que si f2 et g2 sont intégrables, alors / 4- g est
également de carré intégrable.
\l,
Convergence en moyenne, convergence quadratique.
Proposition 7 (Norme de la convergence en moyenne). L'ensemble Cl(I,E) des
fonctions continues de I dans E et intégrables sur I est un espace vectoriel. L'application
Nu Cl(I,E)^R+ f~ J
est une norme sur >CJ(7, E), appelée norme de la convergence en moyenne.
Proposition 8 (Norme de la convergence en moyenne quadratique). L'ensemble C*(I, K)
(K = M ou C) des fonctions continues de I dans K de carré intégrable (le. f2 intégrable)
sur I est un espace vectoriel. L'application
^(/,K)2^K, (J,g)~jfg
est un produit scalaire sur C2C(I, K) qui fait de C2C(I, K) un espace préhilbertien. La norme
associée est l'application
N2: C2C(I,K)^R+ f"Jj\f\-
appelée norme de la convergence en moyenne quadratique.

3. INTÉGRALE SUR UN INTERVALLE QUELCONQUE 147
Théorème de convergence dominée. Voici maintenant le théorème le plus important
du chapitre. Il correspond à une version aménagée, au niveau des classes préparatoire, du
théorème plus général de convergence dominée dans le cadre de l'intégrale de Lebesgue.
Il est puissant et très commode à utiliser, là où des approches fondées sur la convergence
uniforme sont souvent plus fastidieuses.
Théorème 3 (convergence dominée). Soit (fn) une suite de fonctions continues
par morceaux de I dans E, vérifiant les conditions suivantes
(i) Il existe une fonction positive (p, continue par morceaux, intégrable sur I telle que
ll/nll < f P°ur tout n (Hypothèse de domination).
(ii) La suite de fonctions (fn) converge simplement vers une fonction f : I —* E continue
par morceaux,
Alors les fn et f sont intégrables sur I et on a
lim fn= / /•
n-*oo
La preuve de ce résultat est hors programme des classes préparatoires. On en trouvera
deux démonstrations différentes dans les problèmes 17 page 186 et 18 page 189.
3.3. Intégrale généralisée
DÉFINITION 4. Soient [a, b[ un intervalle de R (avec -oo < a < b < +oo) et / : [a, b[-> E
une fonction continue par morceaux. Si £ = limx-»6 Jx f(t) dt existe et est finie, on dit que
as<6
l'intégrale généralisée (ou impropre) J f(t) dt converge (ou qu'elle est convergente) et on
pose J f(t) dt = L Dans le cas contraire, on dit que l'intégrale J f(t) dt diverge (ou
qu'elle est divergente).
Remarque 2. - Si / est intégrable sur [a, b[, l'intégrale généralisée J f(t) dt converge
(on dit aussi que l'intégrale J f(t) dt est absolument convergente), et la valeur de
l'intégrale donnée par la définition précédente est identique à celle de la définition 3
page 143. La réciproque est fausse ; les intégrales généralisées qui convergent mais
ne convergent pas absolument sont appelées intégrales semi-convergentes.
- Si / est positive, / est intégrable si et seulement si l'intégrale J f(t) dt converge.
- Lorsque / est continue par morceaux sur ]a, b] (—oo < a < b < +oo), on définirait
de même f f(t) dt = lim*-* J f(t) dt lorsque cette limite existe.
- Pour tout c e [a, b[> les intégrales J f(t) dt et J f(t) dt sont de même nature.
- Les propriétés élémentaires vérifiées par les fonctions intégrables restent vraies pour
les intégrales généralisées (linéarité, positivité, relation de Chasles, ...).
Définition 5. Soient ]a, b[ un intervalle de R (avec -oo < a < b < +oo) et / : ]a, 6[—► E
une fonction continue par morceaux sur ]a, b[. Si
(a,b) Jx
i= lim / f(t)dt
(x,y)-*(c
existe, on dit que l'intégrale / f(t) dt converge et on note J f(t) dt = £. Dans le cas
contraire, on dit que fa f(t) dt diverge.
Remarque 3. - Cette définition est cohérente avec la précédente : si / est continue par
morceaux sur [a, b[ (on ferme en a) et si J f(t) dt converge au sens de la première
définition, alors cette même intégrale converge au sens de la seconde définition.

148
3. INTÉGRATION
- Pour tout c G ]a, b[ on a l'équivalence
( / f(t) dt converge 1 <*=*> l f{t) dt converge et / f(t) dt converge j .
Cette équivalence nous permet de nous limiter à l'étude de la convergence des
intégrales généralisées du type de celles introduites dans la définition 4.
- En particulier, si / : R —* E est continue par morceaux, l'intégrale f_™ f(t)dt
converge si et seulement si chacune des deux intégrales f_oo f(t) dt et J0 °° f(t) dt
converge. Ceci n'est pas équivalent à dire que la limite lim^+oo f*x f(t) dt existe
(la condition est nécessaire mais pas suffisante comme le montre le contre-exemple
de la fonction f(t) = t).
Citons enfin le théorème qui suit, qui rend parfois quelques services.
Théorème 4. Soit a e R et f : [a, +oo[—► E une fonction uniformément continue sur
[a, +oo[. Si l'intégrale J*a+°° f(t) dt converge, alors lim^+oo f(t) = 0.
Démonstration. Soit e > 0. L'uniforme continuité de / entraîne
3n > 0,Vz,2/ > a, \x - y\ < n, \\f(x) - f{y)\\ < e,
et la convergence de l'intégrale X,+°° f(t) dt entraîne
Il fy II
3A> a,\/x,y > A, \\ f(t)dt\\<£7j.
\\Jx II
Considérons maintenant x > A. On a
M fX+T) M M pX+T] || || fX+T] ||
vwmw = / f(x)dt\\ < / (f(X) - /M) dt\\ + / f(t)dt\\
\\Jx II \\Jx II \\Jx II
PX+T]
edt + et] = 2erj,
Jx
donc ||/(x)|| < 2e. Ceci étant vrai pour tout x > A, on en déduit le résultat. □
Remarque 4. Le théorème est faux si / est seulement supposée continue (pour un contre-
exemple, voir le troisième alinéa de la remarque 6 — on peut également construire un
contre-exemple d'une fonction continue positive non bornée dont l'intégrale sur R converge,
en considérant une fonction nulle sauf en certains endroits où elle possède des "pics" de
plus en plus grands et de plus en plus étroits lorsque x —> -foo).
3.4. Intégrales semi-convergentes
On appelle ainsi les intégrales qui convergent mais ne convergent pas absolument. Le
résultat qui suit permet souvent de montrer la convergence de telles intégrales.
Théorème 5 (Règle d'Abel). Soient f : [a, b[-> R de classe C1 etg : [a, b[ -► R continue
sur [a, b[ vérifiant
(i) f est décroissante et lim^^b f(x) = 0 (en particulier, f est positive),
I fx I
(ii) il existe M > 0 tel que pour tout x G [a, b[, \ g(t) dt\
\J a I
Alors fa f(t)g(t) dt est convergente.
Démonstration. Soit e > 0. L'hypothèse (i) assure l'existence de A > 0 tel que f(A) < e. En
utilisant la deuxième formule de la moyenne (voir page 124), on a
Vz,2/ € R,a < x < y < 6,3c e [x,y], f f(t)g(t)dt = f(x) f g(t)dt,
Jx Jx
<M.

3. INTÉGRALE SUR UN INTERVALLE QUELCONQUE
149
ce qui entraîne,
Vx, y E M, A < x < y, f f(t)g(t) dt
\Jx
d'où le résultat en vertu du critère de Cauchy.
< f(x) • 2M < f(A) • 2M < 2Me,
D
Remarque 5. - Ce résultat est une version continue du théorème 7 page 207 sur les séries. Il
repose essentiellement sur la deuxième formule de la moyenne (page 124). Cette dernière
n'est pas au programme (corollaire : la règle d'Abel pour les intégrales n'est pas au
programme), mais nous avions vu que lorsque / est C1 et g continue, sa preuve s'obtient
facilement. La remarque 6 donne un exemple typique de preuve directe.
- En utilisant la proposition 1 page 121, il est clair que ce théorème reste vrai si g est à
valeurs dans un R-e.v de dimension finie, en particulier sur C.
Conséquence . On considère la fonction g : [a, +oo[—> C 11-> etXt (où a, À € M). On a
i r
Vx>a, / g(t)
\Ja
dt
piXx piXci
x
<-w
En appliquant la règle d'Abel, on en déduit que pour toute fonction / : [a, +oo[)
décroissante et tendant vers 0 à l'infini, l'intégrale
r+oo
Ja
iXt
f(t)eïAtdt
converge. En particulier, pour tout a > 0, l'intégrale f*°° elt/ta dt converge.
Remarque 6. - On peut prouver facilement la convergence de l'intégrale
/
+00 it
— dt
ta
(*)
pour a > 0 sans utiliser la règle d'Abel (qui rappelons le, n'est pas au programme).
Il suffît d'intégrer par parties, en écrivant
VX>1, / — dt= — +- / ^r-
dt.
On remarque ensuite que le terme de gauche dans le membre de droite de cette
dernière égalité converge lorsque X —> +00 ; quant à son terme de droite, il converge
également quand X —» +00 car l'intégrale f+°° eu/ta+1 dt converge absolument. De
tout ceci, on en déduit la convergence de l'intégrale (*). En particulier, les parties
réelles et imaginaires de cette intégrale convergent, c'est-à-dire que pour tout a > 0,
on a la convergence des intégrales
r
sin£
dt et
r
cos£
1«~
dt.
- Lorsque 0 < a < 1, l'intégrale (*) est semi-convergente (elle est convergente mais
non absolument convergente). Lorsque a < 0, elle est divergente.
- Grâce au changement de variable u = t2, on montre que l'intégrale JY °°sin(£2) dt a
la même nature que J^°°(smu)/y/ûdu, donc convergente d'après ce que l'on vient
de voir. Ceci est un exemple d'intégrale convergente dont la fonction intégrée ne
tend pas vers 0 à l'infini.

150
3. INTÉGRATION
- Profitons en ici pour rappeler que si deux fonctions sont équivalentes en l'infini et si
elles ne sont pas de signe constant, leurs intégrales ne sont pas forcément de même
nature. Par exemple, les fonctions
/: [l,+oo[->C t*->-= et g: [l,+oo[->C t ■-> -p + -
y/t yt *
sont équivalentes en l'infini ; pourtant Jx °° f(x) dx converge (on vient de le voir) et
/x °° 9{x) dx diverge (si elle convergeait, J^ °° (g(t) — /(*)) dt = Jx °° dt/t
convergerait, ce qui est faux).
3.5. Exercices
Exercice 1. Etudier la nature des intégrales suivantes :
ch*-cos*. f+°°. ( 1\ [+°° \/t sin(l/t2)
0 / riz dt b) / log cos- dt c) , .
dt
d) r^*, «eR e) jf*^*. («.0 6
Solution, a) La fonction / : 11-» (cht — cost)t 5/2 est continue sur ]0,1]. Le problème se situe
donc en 0. Au voisinage de 0, on a
ch t - cos t = ( 1 + l- + o(t2) J - ( 1 - l— + o(t2yj = t2 + o{t2) ~ t2,
donc /(t) ~ t"1/2 lorsque t —> 0+. On en déduit (grâce à la proposition 5) que l'intégrale
Jo /(*) ^ est absolument convergente.
b) Ici, la fonction / : t »-» log(cos(l/t)) est continue sur ]2/7r,+oo[. Etudions le comportement
de cette fonction aux deux bornes de cet intervalle. Lorsque t —> 0+,
/(l + t)=1og(coSg.rT^))=,og(coSg-4+oW))
= log ( sin f
tir2 , A\ . (ti? ,\ . . /tt2
+ o(t) =log -—+ o(t) = log* + log —+ o(l) -log*,
4 v '/y ° V 4 wy ° °\4
donc §iiTt${t)dt converge absolument. Lorsque t —> +00,
/W=log(l-^2+o(^))=-i+o(^)~~
ce qui montre que l'intégrale /j /(t) dt converge absolument.
L'intégrale proposée est donc absolument convergente.
c) La fonction / : * i-> ——... . est continue sur 10, +oof. En 0+, on a
7 J log(l+i) J » 1
V™*û£ïï)~7i d°nc /W = °(x>'
ce qui montre que f0 f(t) dt est absolument convergente. En +00, on a
m\ ^ x l n( 1 ^
log**2 *3/2log* V*3/2/
donc /j °° /(*) d* est absolument convergente. On en déduit que l'intégrale proposée est
absolument convergente.

3. INTÉGRALE SUR UN INTERVALLE QUELCONQUE 151
a) La fonction fa : t1-» t~asint est continue sur ]0, +00[. On sait que l'intégrale f*°° fa(t) dt
onverge si et seulement si a > 0 (voir la remarque 6). Par ailleurs, lorsque t —> 0+ on a
f rt) ~ l/*a_1' donc /o fot{t)dt converge si et seulement si a < 2. Finalement, l'intégrale
"posée converge si et seulement si 0 < a < 2 (elle est semi-convergente pour 0 < a < 1 et
absolument convergente pour 1 < a < 2).
e) L'application fa^ : z i-> £-/3log(l + ta) est continue sur ]0, +00[. En 0+, trois cas se
produisent :
- Si ol > 0, on a fa,p(t) ~ ta-^ donc /0 fa,p{t) dt converge si et seulement si (3 — a < 1.
- Si oc = 0, on a /<*,/?(*) = (log2)£-^ donc l'intégrale converge si et seulement si (3 < 1.
- Si a < 0, on a fa,p(t) ~ a(log£)£-^ donc J0 fa,p{t)dt converge si et seulement si (3 < 1
(voir les intégrales de Bertrand, proposition 6).
En +co> on traite également trois cas :
- Si a > 0, alors fa,p(t) ~ a{\ogt)t~P donc f*00 /<*,/? M dt converge si et seulement si (3 > 1.
- Si a = 0, alors fa,p{t) ~ (log 2)t~& donc f*°° fa,p(t) dt converge si et seulement si (3 > 1.
- Si a < 0, alors fa>p(t) ~ £a_^ donc f^°° fa,p(t) dt converge si et seulement si (3 — a > 1.
De tout ceci, on déduit que J0 °° fa,p(t)dt converge si et seulement sil + û!</?<lou
1</?<«+!.
Exercice 2. Soit / : [1, +00 [—> M une fonction continue telle que l'intégrale f+°°f(t)dt
converge. Montrer que pour tout nombre réel a > 0, l'intégrale
/
converge.
Solution. Il s'agit en fait d'un cas particulier de la règle d'Abel (théorème 5). Nous allons
cependant prouver le résultat directement sans faire appel à cette dernière (la preuve est d'ailleurs
tout-à-fait représentative de celle de la règle d'Abel dans le cas où / est continue et g est C1).
On considère l'application F : [l,+oo[—> R x »-» f* f(t)dt. Par hypothèse, cette
application converge lorsque x —> +00, elle est donc bornée. En intégrant par parties, on a pour tout
a>0
v*>i, fxmdt=\m}x+ar
tl+a
La dernière intégrale converge absolument lorsque X —► +00 car F est bornée et a > 0. Quant
au terme entre crochets, il converge également lorsque X —► +00 toujours parce que F est bornée
et a > 0. On en déduit le résultat.
Exercice 3. Donner la nature des deux intégrales suivantes :
r+°° dx f+°°
a) / 5— b) / \smx\xdx.
J0 l + x4sin2x Ji
solution, a) La nature de cette intégrale ne peut pas être décidée en utilisant "les méthodes
usuelles" de comparaison avec des fonctions dont la nature de l'intégrale est connue. On s'en
sort autrement en utilisant une comparaison série-intégrale. Pour tout n G N, on pose
/«(n+l)7r 1
"L s(x)dx où /(x)=i+*w*

152
3. INTÉGRATION
La fonction / étant positive, la série J2un et l'intégrale /0 f(x) dx ont même nature (en effet
l'égalité f™ f(t)dt = Y%=ouk montre que si l'une est bornée l'autre l'est également). Nou'
sommes donc ramené à donner la nature de la série 2 un- Nous allons prouver qu'elle converge
Pour tout n G N*, on a
Hn+i)* dt _ y* dt _ r*/2 dt
Un-Jn„ l + nWsm2t~ Jo l+nWsm2t~ J0 1 + n47r4sin2i ~2In'
La minoration classique sin t > 2t/ir sur [0, ir/2] (que l'on peut obtenir, par exemple, en utilisant
la concavité de la fonction sinus sur cet intervalle) entraîne
f*/2 dt r>2 dt
Vn G N , In < ^ x + ^^ " JQ i + 4n47r2*2 '
ce qui en effectuant le changement de variable u = 4n27ri entraîne
2n^ du . i r+o° du
1 rnir du 1 A^00
4n27r y0 1 + n2 4n27r /0 1 + ^
autrement dit, un < 2In = (9(l/n2). Ceci suffit pour conclure que la série Y^un converge.
b) Ici, comme précédemment, on ne peut pas s'en tirer en utilisant les méthodes usuelles de
critère de convergence d'une intégrale. On procède également par comparaison série-intégrale.
Pour tout n G N*, on pose
rnit
Un = / | sin a^da;.
J(n-l)ir
La fonction intégrée étant positive, nous avons montré précédemment que l'intégrale et la série
^2 un avaient même nature. Nous allons montrer cette fois que ^ un diverge. Pour tout n G N*,
on a
un > / | sinx\4n dx = sin4n xdx = 2 sin4n xdx = 2în.
L'intégrale In est une intégrale classique : c'est une intégrale de Wallis, dont on sait (voir
l'exercice 1, page 126) qu'elle est équivalente à y/n/(8n). Donc ^ In diverge, et comme un > 2Jn,
]T) un diverge. L'intégrale proposée diverge donc.
Exercice 4. Soit / : [0, +oo[—► R une fonction continue par morceaux, positive et
décroissante, et intégrable sur R+. Montrer que f(x) = o(l/x) lorsque x —> -f oo.
Solution. Soit e > 0. Comme / est intégrable, le critère de Cauchy s'applique, donc
3X>0}\fx>X, / f(t)dt<e,
Jx
et on en déduit, la fonction / étant décroissante,
p2x p2x
\fx > X} xf(2x) = / /(2a;) dt < f(t) dt < e.
Jx Jx
Donc 0 < (2z)/(2#) < 2e pour tout x > X. Ceci entraîne \\mx^+00xf{x) = 0 d'où le résultat.
Remarque. Ce résultat est une version continue de celui de l'exercice 2 page 210.
Exercice 5. a) Soit / : ]0, l[-> R une fonction croissante telle que l'intégrale f* f(t)dt
converge. Montrer que
lim -£/(-)= f f(t)dt.

3. INTÉGRALE SUR UN INTERVALLE QUELCONQUE 153
. x /application.) Montrer que pour tout nombre réel a > 0, on a
n Q
En,
/ca_1 ~ — lorsque n —> +oo.
A;=l
(Solution, a) C'est ultra-classique. Il suffit d'écrire, la fonction / étant croissante, que
V*G{l,...,n-l}, / f(t)dt<-f(-)< f(t)dt,
J(k-l)/n n \n/ Jk/n
nuis de sommer cette relation pour k allant de 1 à n, ce qui donne
n-l
*/0 ^j^ \n/ Jl/n
d'où le résultat en faisant tendre n vers l'infini puisque chacun des termes extrêmes de ces
inégalités tend vers fQ f(t) dt.
b) En appliquant le résultat précédent à la fonction / : x •-» #a_1, on obtient
n-l /1 \ a-l /«l i -, n-l
n
lim lW*V =[1e-ut = - donc îim J-y*«-i = I,
-»+oo n f—' V n I Je) a n-*+<x> na f—' a
K=l fc=l
et on en déduit facilement le résultat.
Exercice 6. Soient <p : R —> C une fonction continue par morceaux sur R, T-périodique,
et / : / —► C une fonction continue par morceaux et intégrable sur un intervalle / de R.
On note a et b les extrémités de l'intervalle /, avec —oo < a < b < +00.
1/a) Montrer
Jfa^j AtMnt)* = ï(J V(t)dt) ■ (J f(t)dt) . (*)
b) (Lemme de Riemann-Lebesgue) Montrer que limn_>+00/o f(t)éintdt = 0.
c) Si / est un segment de R et / de classe C1 sur /, montrer J f(t)e%nt dt = 0(1/n).
d) On suppose / = R. En utilisant le changement de variable u — t — n/n, obtenir
directement (sans utiliser le résultat de la question a)) le lemme de Riemann-Lebesgue
(question b)).
Solution, a) Posons K = ^ /QT <p(t) dt. Il s'agit de montrer que
/b pb
f(t) • (<p(nt) -K)dt = 0 ou encore lim / f(t)i/j(nt) dt = 0 (**)
rp
avec ip = (p - K. Notons que la fonction ip vérifie /0 i/j(t) dt = 0. Pour prouver (**), nous
allons procéder en trois étapes : d'abord lorsque / est la fonction caractéristique d'un segment
inclus dans /, puis lorsque / est en escalier sur un segment de /, puis lorsque / est continue par
morceaux et intégrable sur J.
(i) Si / est la fonction caractéristique d'un segment J = [a, j3] inclus dans /, on a
fb p0 j pnfi
In= f{t)i/>(nt) dt= ip{nt) dt = - ip(t) dt.
J a J a ^ Jna

154
3. INTÉGRATION
Soit p l'entier naturel tel que na + pT < n(3 < na + (p + 1)T (p est la partie entière H
n((3 — ol)/T). On peut écrire
i / pna+pl rnp \
■„ = -(/ ^w*+ / mdt)
n \Jna Jna+pT J
1 / fT fnP \ 1 /*n/?
= - [P 1p(t)dt+ l/j(t)dt)=- l/j(t)dt,
n \ JO Jna+pT J n Jna+pT
t+pT / ,l Jna+pT
et comme 0 < n(3 — (na + pT) < T ceci entraîne
\In\<~ f \m\dt
nJo
On en déduit que (**) est bien vérifié pour /.
(ii) Si / est une fonction en escalier sur un segment inclus dans J, / est combinaison linéaire
de fonctions caractéristiques de segments inclus dans /, on en déduit par linéarité que (**)
reste vrai pour /.
(iii) Traitons maintenant le cas où / est continue par morceaux et intégrable sur /. Soit
e > 0. Comme / est intégrable, il existe un segment J = [c,d] inclus dans / tel que
la l/WI dt + fd \f(t)\dt < e. Ensuite, la restriction de / à J étant continue par morceaux,
elle est réglée donc il existe une fonction en escalier g telle que \f — g\ < e/(d - c)
sur J. L'étape précédente nous assure l'existence de N G N tel que pour tout n > JV
l/c g(t)il>(nt)dt\ < e. Ainsi, en notant M = supt6(0(Tj \ip(t)\ = supteR\tp(t)\, on a, pour
n> N
f f(t)iP(nt) dt\ < j \f(t) - g(t)\ • \1>(nt)\ dt + \f g(t)if>(nt) dt
Je Je \Jc
'C | JC
Ceci entraîne que lorsque n> N,
rb
<Me + e.
»d
r»6
f f(t)ifj(nt)dt\ <M f"\f{t)\dt + / f(t)\l){nt)dt\+M f \f(t)\dt < 2Me + e.
\Ja I Ja \Jc I Jd
Ceci termine la solution de la question a).
b) C'est une conséquence directe du résultat de la question précédente, car t »-» elt est 27r-
périodique et JQ n elt dt = 0.
c) Lorsque / est de classe C1 sur le segment / = [a, 6], on procède en intégrant par parties :
pb r pintlb i rb
n= / f(t)eintdt= /W— -- / f'{tyntdt («*)
Ja L zn la mJa
donc
|/»|<i(|/(6)l + !/(a)| + j[ \f(t)\*y
d'où/n = 0(l/n).
d) Lorsque n G N*, le changement de variable u = t — ir/n donne
/+oo r+oo r+oo
f{t)ént dt= f(u + 7r/n)einu+in du = - f(t + ir/n)eint dt,
-oo J—oo J—oo
d'où on déduit
2/n = f+°°(f(t) - f(t + 7r/n))eiB* dt. (****)
L'intégrande de cette intégrale converge simplement vers 0 lorsque n —> oo, mais son module
n'est pas majoré par une fonction intégrable cp indépendamment de n. La convergence de (* /
vers 0 s'obtient en écrivant |/n| < \ J+~ \f(t) - f(t + ic/n)\ dt et en procédant comme dans la
solution de la question a) du problème 6 page 176.

3. INTÉGRALE SUR UN INTERVALLE QUELCONQUE 155
oerriarque. - Lorsque / est un segment et si / est suffisamment régulière, on peut obtenir
développement asymptotique de In en itérant l'intégration par parties dans (***).
r e résultat de la question c) se généralise aisément lorsqu'on remplace eint par une
fonction continue T-périodique (p telle que /0 (p(t) dt = 0.
EXERCICE 7. a) Soit / : [0, +oo[—* E une fonction continue par morceaux et décroissante,
telle que l'intégrale /0 f(t) dt converge et est non nulle. Pour tout t > 0, prouver la
convergence de
+00
n=l
et donner un équivalent de cette dernière expression lorsque t —► 0+.
b) (Application.) Donner un équivalent, lorsque x —► 1~, de la série entière
+oo
x\-+ y^xn2.
n=l
Solution, a) La fonction / décroît et son intégrale converge, on en déduit que / tend vers 0 à
l'infini. En utilisant encore la décroissance de /, on en déduit que / est positive.
Ensuite, on procède comme dans l'exercice 5. La fonction / étant décroissante, on a
\ft > 0, Vn G N*, / f(x) dx < tf(nt) < / f{x) dx. (*)
Jnt J(n-l)t
La dernière inégalité entraîne par sommation
N pNt /*+oo
V*>0,ViVeN*, tY^f(nt)< / f(x)dx< / f(x)dx,
n=i Jo Jo
autrement dit, les sommes partielles de la série étudiée sont majorées (lorsque t > 0 est fixé).
Les termes de la série étant positifs, on en déduit qu'elle converge, et ceci pour tout t > 0.
Maintenant, par sommation de (*) sur n G N*, on obtient
/»+oo +°° r+oo
W > 0, / f(x)dx<tY\ f{nt) < f(x)dx,
et on en déduit que
+oo «+00 +oo ^ „+00
lim£Y]/(n£)= / f(x)dx donc y]f(nt) ~ - I f(x)dx
(cette dernière assertion a bien un sens car l'intégrale est non nulle par hypothèse),
b) En posant x = e"1 , on a
v* e ]o, i[, y, *n2 = E e~{nt)2 = E tw
n=l n=l n=l
avec / : u h-> e~u . En posant c = J0+o° e~u du, on en déduit grâce au résultat de la question
Précédente que
E„2 C C C
xn ~ - = , , ~ —==.
t y-iogx x/r^x
n=l v o v
^marque. On peut montrer que c = y/n/2 (voir l'exercice 2 page 163).

156
3. INTÉGRATION
Exercice 8. Soit / : [0, +oo[—► R une fonction continue telle que l'intégrale
i;
dt
t
converge.
a) Soient deux nombres réels strictement positifs a et b. Montrer que l'intégrale
•+~ f(at) - /(«)
/"
converge et calculer sa valeur.
b) (Application.) Si a, b > 0, calculer l'intégrale
dt
L
+oo -at _ p-bt
— <ft.
t
Solution, a) Nous allons en même temps prouver la convergence de l'intégrale et donner sa
valeur. Posons
0:]O,+oo[-+R t*->JK J JK .
L
Le changement de variable x = at montre que pour tout a > 0, Jx °° (f(at)/t) dt est de même
nature que fa °° (f(t)/t) dt, c'est-à-dire convergente. L'intégrale Jx °° g(t)dt converge donc. En
définitive, il s'agit pour nous de prouver l'existence et donner la valeur de
r+oo
3 / m
lim / p(t)dt.
x-
x>0
En effectuant les changements de variable u = at et v = 6t, on trouve respectivement
w>0, rmdt=r~mdu et [+~imdt=[+°°mdVt
Jx t Jax U Jx t Jbx V
d'où on tire
v*>o, r>)*- r^ét- rmdt= ri^ét.
Jx Jax " J\)X t Jax *
La fonction / étant continue, on a d'après la première formule de la moyenne
f+°° fbx f(t) Cbx dt b
Vx > 0,3cx e }ax}te[, / g(t) dt = ^-dt = f(cx) - = f(cx) log -.
Jx Jax * Jax t a
Comme / est continue en 0 et que cx tend vers 0 avec x, on en déduit que
*+oo
lim / °°g(t)dt = f(0)\og-.
Autrement dit, l'intégrale proposée converge et sa valeur est /(0) log(6/a).
b) Il suffit d'appliquer le résultat de la question précédente à la fonction / : x h-» e~x qui vérifie
bien les hypothèses requises. En 0, cette fonction prend la valeur 1, donc l'intégrale converge et
L
+00 e-at _ e-bt fo
dt = \og-.
t a
Exercice 9. Soit / : M+ -» R une fonction continue par morceaux, positive, telle que
f2 est intégrable sur R+. Montrer que lorsque x -> +00,
/ f{t)dt = o(y/x).
Jo

4. INTÉGRALES DÉPENDANT D'UN PARAMÈTRE, ÉQUIVALENTS D'INTÉGRALES 157
Solution. On pense bien sûr à utiliser l'inégalité de Schwarz. En l'utilisant sur le domaine [0, x]
on montre seulement que f£ f(t) dt = 0(y/x), mais on n'a pas le petit o. On procède autrement.
Soit s > 0 et soit xq > 0 tel que J^°° f2(t) dt < s2. Pour tout x > xo, l'inégalité de Schwarz
entraîne
px px / px \ 1/2 / px \ 1/2
/ f(t)dt= l-f(t)dt<( dt) • / f2(t)dt) <{Vx-=x~Q)e,
Jx'o Jxo \Jxo / \Jxo /
donc si on choisit x\ > xq tel que Jq° f(t)dt < e^/xï, on a
px pxo
Vx > xi, / f(t) dt< f(t) dt + ey/x - xq < e{y/x[ + yfx) < 2ey/x.
Jo Jo
Par ailleurs / est positive donc fQx f également. On en déduit le résultat.
4. Intégrales dépendant d'un paramètre, équivalents
d'intégrales
4.1. Intégrales dépendant d'un paramètre
Dans cette sous partie, / désigne un intervalle quelconque de R, d'extrémités a et b
(avec —oo < a < b < +00), et E désigne un e.v.n complet.
Théorème 1 (Continuité sous le signe intégral). Soit A un espace métrique et
une application
f : Ax I -► E (x,t) i-> f(x,t)
vérifiant les propriétés suivantes
(i) pour tout x E A, l'application f(x, •) : 11—> /(#, t) est continue par morceaux sur I,
(ii) pour tout t E /, l'application f(-,t): x i-> f(x,t) est continue sur A
(iii) il existe une fonction positive (p, continue par morceaux et intégrable sur I, telle que
||/(#, 011 < vit) pour tout x E A (Hypothèse de domination).
Alors l'application
x>-> I f(x,t)
Ja
est bien définie, et elle est continue sur A.
Démonstration. L'hypothèse de domination montre que f(x, •) est intégrable pour tout x E A,
donc $ est bien définie. Pour prouver qu'elle est continue en tout point x E A,'ù suffit de montrer
que pour toute suite (xn) dans A convergeant vers x, on a bien limn-^ $(zn) = $(z). Soit (xn)
une telle suite. La suite de fonctions (fn) définie par fn : / —> E i i-> f(xn,t) converge
simplement vers 11—> f(x,t) d'après l'hypothèse (ii). L'hypothèse (iii) nous permet d'appliquer
le théorème de convergence dominée, qui donne limn_»oo/o fn(t)dt = fa f(x,t)dt, c'est à dire
limn^00$(a;n) = $(a;). □
r»6
$: A-> E rc •—> / f(xj)dt
Théorème 2 (Dérivation sous le signe intégral). Soit A un intervalle de R et
f ' Ax I —* E (t, x) 1—► f(t,x) une application vérifiant les propriétés suivantes
(i) pour tout x E A, l'application /(#,-) : t *-*■ f(xyt) est continue par morceaux et
intégrable sur I,
(ii) f admet une dérivée partielle |£ vérifiant les hypothèses du théorème précédent.

158
3. INTÉGRATION
Alors l'application
$ : A-> E zh-> / f(x,t)dt
J a
est de classe C1 sur A et on a
MxeA, &(x)= j Mx,t)dt.
Démonstration. Soit x e A et (xn) une suite dans A\{a;} convergeant vers x. La suite de
fonctions (gn) définie par gn : I -> E t i-> {f{xn,t) - f(x,t))/(xn - x) converge simplement
vers §^(av) sur /. La fonction gn est bien continue par morceaux et intégrable sur /. De plus,
comme ||f^(2/,£)|| < ip{t) pour tout y € I> l'inégalité des accroissements finis entraîne que
||<7n(*)|| < <p(t)- Ainsi, on peut appliquer le théorème de convergence dominée qui nous assure la
convergence de fjgn vers Jj %{x, •). Comme fjgn = {${xn) - ${x))/{xn — x), nous venons de
démontrer que $ est dérivable en x et que <è'(x) = /7 |£(z, •)• La dernière intégrande vérifiant
les hypothèses du théorème de continuité sous le signe intégral, on en déduit que $' est continue.
□
Remarque 1. - Les résultats des deux théorèmes précédents restent vrais lorsque
l'hypothèse de domination est vérifiée uniquement sur un voisinage de tout point de A (la
continuité, la dérivabilité, sont des propriétés locales). C'est en particulier le cas si A C W1
et si l'hypothèse de domination est vraie sur tout compact K de A.
- Lorsque les intégrales définissant $ sont semi-convergentes, les théorèmes précédents ne
s'appliquent plus. On passe en général par une suite de fonctions fn(x) = JK f(x} •) où les
Kn sont des segments de / qui tendent vers /, puis on prouve des résultats de convergence
uniforme pour (/n) (voir un exemple dans la solution 2/b) de l'exercice 4 page 164).
Dans le cas où / est un segment de R (et A un intervalle de M), et / continue,
l'hypothèse de domination n'est plus nécessaire, comme l'exprime le corollaire suivant.
Corollaire 1. Soit A un intervalle de R et [a,b] un segment de R. Soit une application
f : Ax [a,b] -+ E (x,t) h-> f(x,t) continue sur A x [a,b]. Alors l'application
$ : A-»- E £h-> / f(xA)dt
f f(x,t)
J a
est continue sur A. Si de plus, f est dérivable par rapport à x et si |£ est continue sur
A x [a, b], alors $ est de classe C1 sur A et on a &(x) = f |£(rc,£) dt.
Démonstration. Soit K un compact de A. On peut appliquer le théorème 1 sur K x [a, b]
(l'hypothèse de domination est vérifiée car /, continue sur le compact K x [a, 6], y est bornée) qui
prouve que $ est continue sur K. Donc $ est continue sur tout compact de A, donc sur A tout
entier. On montre de la même manière les résultats relatifs à la dérivation de $. □
Remarque 2. On peut également obtenir ce corollaire sans passer par le théorème de
convergence dominée, à partir de l'uniforme continuité de / (et |£) sur K x [a,b],
La fonction gamma. La fonction gamma est une fonction classique définie par
/•+oo
T: ]0,+oo[->R xh / e~Hx-ldt.
Jo
Cette fonction vérifie les propriétés suivantes (démontrées dans le sujet d'étude 1 page 295,
plus largement consacré à l'étude de cette fonction)

4. INTÉGRALES DÉPENDANT D'UN PARAMÈTRE, ÉQUIVALENTS D'INTÉGRALES 159
- La fonction F est de classe C°° sur ]0, +00[ et pour tout n G N* on a
/>+oo
Vx > 0, r<n>(a;) = / (logOV-'f-1 ctt.
- On a la relation fonctionnelle T(x + 1) = a?r(x) pour tout x > 0.
- En particulier, T(l) = 1 et T(n + 1) = n! pour tout entier n G N.
- On a r(l/2) = v^" (Ie changement de variable t = u2 donne T(l/2) = 2/ avec
j = J0+O°e_u du et le calcul de / est classique — voir l'exercice 2 page 163).
4.2. Équivalents d'intégrales
Intégration des relations de comparaison. Le théorème qui suit complète le résultat
de la proposition 5 de la page 145.
THÉORÈME 3. Soient [a,b[ un intervalle semi-ouvert de R (avec —oo < a < b < +00^,
E un R-espace de Banach, f : [a,b[^> E et g : [a,b[ —* R+* deux applications continues
par morceaux sur [a,b[.
(i) Si l'intégrale fa g(t) diverge, alors lorsque x —* b~,
- la relation f = O(g) entraîne / f(t)dt = O l I g(t)dt),
- la relation f = o(g) entraîne / f{t)dt = o l g(t) dt J,
px px
- la relation f ~ g entraîne I f(t)dt ~ I g(t) dt.
Ja J a
(ii) Si l'intégrale fa g(t)dt converge, alors lorsque x —* b~,
- la relation f = O(g) entraîne / f(t)dt = O l I g(t)dt\,
- la relation f = o(g) entraîne / f(t) dt = o I / g(t) dt 1,
pb pb
- la relation f ~ g entraîne / f(t)dt~ g{t) dt.
Jx Jx
Démonstration. Montrons la première assertion de (i). Si / = O(g), alors
3c G }a,b[,3M > 0,V* € [c,6[, ||/(t)|| < Mg(t).
Ainsi,
Il fx II fx
\/x G [c,6[, / f(t)dt\\ <M g(t)dt.
\\Jc II Je
0r Ia9{t) dt diverge, donc il existe d G [c, 6[ tel que || /oc f(t) dt\\ < f* g(t) dt. On a donc
M px M pd px px
Va?€[d,6[, / f(t)dt\\< g(t)dt + M g(t) dt < (M +1) / g(t)dt,
\\Ja II Ja Je Ja
d'où le premier résultat.
Prouvons maintenant la seconde assertion de (i). Donnons nous e > 0. D'après les hypothèses,
3ce]a,6[,Vi€[c,6[, \\f(t)\\ < eg(t).
Ainsi,
Il Cx II Cx
\/x G [c,6[, / /(*) dt\\ <e g(t) dt.
r Ja 9{t) dt diverge, donc il existe d G [c, b[ tel que || /ac f(t) dt\\ < e /adg(t) dt. On a donc
Il Cx II f^ Px Cx
Vx g [d, b[, / f(t) dt\\<£ g(t) dt + e g(t) dt<2e g(t) dt,
\\Ja II Ja Je Ja

160
3. INTÉGRATION
d'où le second résultat.
Si / ~ g et toujours sous les hypothèses de (i), la troisième assertion se montre en écrivant
/ — g = o(g) et en utilisant le résultat précédent.
Les assertions de (ii) se montrent de manière analogue (et c'est plus facile). p.
Exemple 1. Au voisinage de -foo, on a pour tout a > 0
Méthode de Laplace. Nous allons donner un résultat général sur les équivalents
d'intégrales dont l'intégrande dépend d'un paramètre, qui s'applique aux intégrales de la forme
r+oo
I(t) = / g(x) eth{x) dx lorsque t -»• +oo.
Jo
La démarche utilisée s'appelle la méthode de Laplace. Elle ne figure pas au programme
des classes préparatoires, mais les techniques utilisées sont instructives et permettent de
résoudre les nombreux exercices derrière lesquels se cache cette méthode.
Commençons par l'examen d'un cas particulier.
Lemme 1. Soient a > —1, /3 > 0, c > 0 et b vérifiant 0 < b < -foo. Alors lorsque
t —* -foo,
J(t) = /W*"' dx ~ - V i^j-) (tf)-<0+I)/".
où la fonction T est définie page 158.
Démonstration. Il suffit d'effectuer le changement de variable u = tcx^, ce qui donne
1 i-art
J(t) = i(c*r(a+1)//? / ii<*+1>/',-1e-ttdu,
P Jo
d'où le résultat lorsque t —► +oo. D
Nous pouvons maintenant énoncer le résultat principal de cette sous partie.
Théorème 4. Soient g et h : ]0, +oo[—» R deux applications continues par morceaux
vérifiant
(i) la fonction x i-> g(x)eh^ est intégrable sur R+,
(ii) 3Ô0 > Oyô e ]0A[,Vz > S, h(x) < h(6),
(iii) Lorsque x —* 0+ , on a
g(x) ~ Axa (a > -1) et h(x) = a-cxp + o(xp) (c> 0,(5 > 0).
Alors lorsque t —» +oo, on a
I(t) = j*~p(*)e*W dx ~ | r (^ + 1) e<*(cty
Démonstration. Multipliant par e~at/A, on peut déjà supposer a = 0 et A = 1. Posons d'abord,
pour simplifier l'écriture,
Nous allons, pour e G ]0,1[, montrer successivement
(i) 3(5 6 ]0,<$o[, 3ti > 0 tels que, pour tout t > ti,
(1 - e)2(l + e)-(a+1)/^^(i) < / g(x)ethW dx<(l + e)2(l - e)^a+1)/p<p(t);
Jo
!-(«+!)//?

4. INTÉGRALES DÉPENDANT D'UN PARAMÈTRE, ÉQUIVALENTS D'INTÉGRALES 161
(ii) S > 0 et t\ étant ainsi fixés, déterminer Î2 > 0 tel que
r+oo
Vt>t2, / |0(a:)|e'fc<x>da;<ey>(t).
On en conclura que pour tout t > sup{^i,t2}, on a
((1 - e)2(l + e)-^+1^ - e)<p(t) < I(t) < ((1 + e)\l - e)-(«+W + e)<p(t),
ce qui, en vertu de la continuité des fonctions de e qui interviennent, prouvera le théorème.
1. Par hypothèse, il existe S 6 ]0,^o[ tel que
Vz€jU,dj, |_c(1+e)^ <h(x)< -c(l-e)xP '
donc r* rs r*
(1-e) x^e-c{i+e)txP dx< g(x)eth^ dx < (1 + e) / are-*1-**3* dx. (*)
./o ^o Jo
Le nombre £ étant fixé, on sait d'après le lemme 1 que les deux membres extrêmes de (*) on
respectivement pour équivalent, lorsque t —> +oo
irr (nr) (c(1+^)'(a+m = d - £)d+e)-(a+1,/Mt)
i^r (°±I) (c(i - £)t)-™ = (i + e)(i - *)-<•">/'*>(«).
Par définition d'un équivalent, il existe donc t\ > 0 tel que pour tout t > t\, on ait
(1 - e) / a;«e-c(H-^^ ^ > (i - e) [(i - e)(i + £)^a+1^(p(t)\
(1 + e) / x«e-c(i-^)^ <fo > (1 + e) [(1 + e)(l - e)-(a+1W<p(t)] .
Il est donc clair, d'après (*), que l'on a (i) pour tout t>t\.
2. Posons h(Ô) = — \i < 0. D'après les hypothèses, on a /i(x) + \x < 0 pour tout x > S, donc
Vrc >6,Vt> 1, i/i(rc) = (t - l)/i(z) + h(x) <-{t-l)fj, + h(x)
ce qui entraîne la convergence de fs °° \g(x)\eth^ dx et l'inégalité
/>+oo r+oo
/ ^(a;)!^^ dx < e-C-1)" / |^(x)|e^x> cte.
Or ^ > 0, d'où l'existence d'un réel t<i > 0 pour lequel on a (ii). D
Remarque 3. Le cas d'intégrales de la forme /0 g(x)eth^ dx avec 0 < b < +oo, lorsque g
et h sont continues par morceaux sur ]0,6], se ramène au cas du théorème en prolongeant
9 et h sur ]0, +oo[ par g(x) = 0 et h(x) = a — 1 pour x > b.
Le cas typique d'application du théorème précédent fait l'objet du corollaire qui suit.
Corollaire 2. Soient g et h deux fonctions réelles de classe C2 sur ]a,b[ (avec —oo <
a < b < +00,) telles que
(i) La fonction x »-> g(x)eh^ est intégrable sur ]a, b[,
(ii) h' ne change de signe qu'en un seul point c G ]a, b[ où de plus h atteint son maximum
et où g(c) ï 0, h"(c) < 0.
Alors lorsque t —*■ +oo, on a

162
3. INTÉGRATION
Démonstration. On coupe l'intégrale en deux : fa = f° + fc , puis on ramène c à 0 en effectuant
un changement de variable affine. On utilise ensuite le théorème précédent. Pour chacun de
deux cas, on a ici
h"(c)
tt = 0, A = g(c), (3 = 2, c= ^, a = h(c),
et l'équivalent est le double de celui du théorème précédent (il y a deux intégrales). r-i
Remarque 4. On peut utiliser la valeur T(l/2) = y/n dans le corollaire précédent.
Dans la pratique, l'intégrande n'a pas toujours la forme de celle requise pour appliqUer
la méthode de Laplace. On effectue souvent un changement de variable pour amener le
maximum de la fonction apparaissant dans l'exponentielle à une abscisse fixe puis on
applique le corollaire précédent. C'est cette technique qui est utilisée dans l'exemple qui
suit.
Exemple 2. On veut trouver le comportement asymptotique, lorsque x —*■ +oo, de
/•+oo
r(x + l)= / e^t-'dt.
Jo
Comme il est dit plus haut, on cherche l'abscisse t du maximum de la fonction h(t) =
xlogt — t (c'est ce maximum qui va dicter le comportement de T en +oo). On a h(t) =
x/t — 1, le maximum est donc atteint en t = x. Pour se ramener au cas où h atteint
son maximum en une abscisse indépendante de x, on effectue le changement de variable
u = t/x. On trouve
/»+oo
T(x + 1) = xx+1 / ex(logu-u) du.
Jo
La fonction u *-*■ logit—u atteint son maximum en u = 1, et on peut appliquer le corollaire,
qui donne
T(x + 1) - x*+1r f^\ e~xJÏ = x/^rV+1/2e-*.
Ce résultat est connu sous le nom de formule de Stirling. Elle généralise celle obtenue
dans l'exercice 3 page 211 pour x entier (car T(n + 1) = n! pour tout n G N*).
Remarque 5. Dans les exercices qui suivent, on utilisera tels quels les résultats
concernant la méthode de Laplace. Néanmoins, le jour du concours, il faut être capable de
tout redémontrer (en appliquant directement aux fonctions concernées les démonstrations
précédentes).
4.3. Exercices
Exercice 1. On considère une application / : [0,1] —► R strictement croissante telle que
/(0) = 0 et /(l) = 1. Montrer que
Jo
lim / f(t)ndt = 0.
n—*+oo
Solution. C'est classique. On procède comme suit.
Comme / est strictement croissante sur [0,1], on a 0 = /(0) < f(x) < /(l) = 1 Pour
0 < x < 1. Ainsi, la suite de fonctions (/n) converge simplement vers la fonction (p définie par
(p(t) = 0 pour t e [0,1[ et <p(l) = 1. Par ailleurs, on a la majoration 0 < fn < 1 indépendante
de n. On peut donc appliquer le théorème de convergence dominée, qui assure la converge de
fo f(t)ndivers fi<p(t)dt = 0.

4. INTÉGRALES DÉPENDANT D'UN PARAMÈTRE, ÉQUIVALENTS D'INTÉGRALES 163
gxBRClCE 2 (INTÉGRALE DE GAUSS : f0+°°e~t2dt). Le but de l'exercice est de donner
deux méthodes pour calculer l'intégrale de Gauss
f+°° i
1= e~l dt.
Jo
i / (Première méthode.) Exprimer l'application
ri e-(<2+i)a
g: [0,+oo[-»R x ^ I ^ + ^
en fonction de x h-> f* e~* dt. En déduire /.
2/ (Seconde méthode.) Soit n G N*. Pour tout t G [0, -y/n], montrer
•1 e-(t2+l)s2
dt
t2\n t2 ( t2^~n
1 - - < e_t < ( 1 + -
ni \ n
En déduire / en utilisant les intégrales de Wallis.
Solution. 1/ La fonction
-(t2+l)x2
[0,+oo[x[0,l] (M)^6 t2 + 1
admet une dérivée partielle par rapport à x continue. On en déduit (théorème de dérivabilité
sous le signe intégral, et plus précisément le corollaire 1 page 158) que g est dérivable et que
Vx > 0, g\x) = -2x [ e-(<2+1)*2 dt = -2xe~x2 f e"^2 dt,
Jo Jo
ce qui, après le changement de variable u = tx donne
px rx
g\x) = -2e~x2 / e~u2 du = -2f'(x)f(x) avec / : x »-> / e~u2 du.
Jo Jo
En intégrant, on en déduit
Vz>0, g(x) - g(0) = -(f2(x) - /2(0)) donc g(x) = - - f2(x). (*)
Les inégalités
0 < g(x) < e~x I ^ entraînent lim g(x) = 0,
J0 \ + tz x^+oo
'0
et la fonction / étant positive, on en déduit avec (*) que
fw , f+°°
lim f(x) = \— ce qui s'écrit 1 =
e~l dt =
v^
2/ La fonction logarithme est concave, elle se trouve donc en dessous de sa tangente en 1, ce
qui s'écrit log(l +x) < x pour x > —1. En particulier pour tout n G N* on a
/ t2\ t2 / t2\ t2
\ft G [0, vH log 1 - - < et log ( 1 + - ) < -.
\ n) n \ n) n
En multipliant respectivement par n et — n puis en prenant l'exponentielle, on en déduit
v*6[<wr[, (i-£)n<e-<2<(i+£r.
On a donc
VnGN*, / (l--j dt< e-ldt< l

164
3. INTÉGRATION
En effectuant le changement de variable t = sfn cos u dans le membre de gauche et t = y/n cotan
dans le membre de droite, cette dernière assertion s'écrit aussi
rir/2 fy/n rir/2
VneN*, y/n sm2n+1udu< e'* dt < y/n sin2n~2udu. (^
Les intégrales de Wallis vérifient l'équivalent (voir l'exercice 1 page 126)
/ sinnudu ~ \ — lorsque n —> +oo.
Jo V 2n
Ceci montre que les deux termes extrêmes de (**) tendent vers \/7r/2 lorsque n —» +oo, et on
en déduit en faisant tendre n vers l'infini dans (**) que
/.+00 rVî
= / e-* d* = lim /
..-*
e~c di =
v^
Remarque. Il existe d'autres moyens de calculer cette intégrale (voir l'exemple 2 page 335
par exemple).
Exercice 3. Soit / : R —► R une fonction de classe C°° nulle en 0. Montrer que
l'application
f(x)/x si x ^ 0
R ^ '/'(O) sia; = 0
est de classe C°°.
Solution. Comme /(0) = 0, on a f(x) = /^ /'(t) dt pour tout i6R. Pour x fixé, le changement
de variable t = Xx fournit
f(x) = x f f'(Xx)d\ donc g(x) = f f(Xx)dX.
Jo Jo
La fonction /' étant de classe C°°, on en déduit en appliquant par récurrence le théorème de
dérivation sous le signe intégral, que g est de classe C°°.
Remarque. Ce résultat est un cas particulier du lemme d'Hadamard lorsque n = 1 (voir
l'exercice 4 page 311).
Exercice 4. 1/ Calculer, pour tout x > 0, la valeur de l'intégrale
,+°° sm(xt)
I(x) = /"
Jo
e_t dt.
t
2/ a) Soit a > 0. Calculer, pour tout x > 0, la valeur de
/•+oo
I{x) = / e-'eT-1 dt
. Jo
. J0
(on exprimera / en fonction de F(x) = /0+o°^~1e~t dt).
b) En déduire, pour tout a e ]0,1[, la valeur de
>+oo
t°-lettdt
J(a) = f
Jo

4. INTÉGRALES DÉPENDANT D'UN PARAMÈTRE, ÉQUIVALENTS D'INTÉGRALES 165
3/ pour tout x > 0, calculer
/+00
e-t^e2intxdt
•(
-00
Solution. L'idée est de trouver une équation différentielle vérifiée par chacune de ces intégrales
nuis de la résoudre pour exprimer explicitement l'intégrale correspondante.
1/ L'intégrande est bien intégrable sur ]0, +oo[ (elle est égale à x+o(l) lorsque t —> 0). La dérivée
de l'intégrande par rapport à x est e~* cos xt, dont la valeur absolue est majorée indépendamment
de x par e_t, intégrable sur ]0, +00[. En vertu du théorème de dérivation sous le signe intégral,
on en déduit que I est dérivable et que
f+00 / /»+oo \
Vrc € K+, I'(x) = / e~* cos xtdt = ft{ e~t+ixt dt) =U
1 — ixJ 1 + x1
On en déduit
fx dt
Vx 6 1+, I(x) = I(0)+ ~= arctan a;.
Jo 1 + *
2/ a) En procédant comme dans la solution de la question précédente, on montre que / est
dérivable et que
r+00
Va G R+, I'{x) = i / e-*eteÉ*a dt.
Jo
Par ailleurs, une intégration par parties donne
Vrr > 0, I(x) = |e<-1+fa>* • £j +°° - (Z^£) /+°° e"^" * = "^ ''(*)•
Cette équation différentielle vérifiée par I s'intègre, compte tenu du fait que
/- = / —5—7 dx = - log(x2 + 1) — i arctan x + k) fceC,
i + x J r + 1 2
et on tire
3C e C, I(x) = Cexp La Q log(x2 + 1) - z arctan^] = C(x2 + l)"a/2eiaarctan*.
Or 7(0) = C = T(a), donc finalement
VX e M+, /(x) = T(a)(x2 + l)-°/*ei*BictanXm
b) Le changement de variable u = xt dans l'intégrale définissant I(x) donne
1 f+°°
Vx > 0, I(x) = — / e-^VV*"1 du.
Lorsque x —» +oo, on a e""^ —> 1 et on s'attend à ce que la dernière intégrale tende vers J(x).
C'est ce dernier point que nous montrons maintenant. On ne peut pas ici utiliser directement
le théorème de continuité sous le signe intégral sur tout le domaine d'intégration. Définissons la
fonction
~ r+°°
I : R+ -+ C y .-> / e^VV*"1 du.
Jo
Pour y > 0, l'existence de I(y) est immédiate. Pour y = 0, son existence est une conséquence
de la règle d'Abel (voir le théorème 5 page 148). Pour montrer la continuité de I en 0, on va
Montrer que I est limite uniforme de fonctions continues. On considère la suite de fonctions (In)
définie par
Vn e N\\fy > 0, In(y) = f e^VV*-1 du
Jl/n

166
3. INTÉGRATION
La seconde formule de la moyenne donne
Vn 6 N*,\fy > 0, VX > n, 3a, b > n,
*X / ta rb
f e-uyeiuua-1 du = e~ny ( /°cosuua~ldu + i f sinuua
Jn \Jn Jn
~ldu
donc pour tout n G N* et pour tout y > 0,
7n(?/) -/(y) < / u""1 du+ sup\ cosuua~~1 du\+sup\ sin un**"1 du
' JO t>n \Jn I £>n \Jn
et on en déduit que (In) converge uniformément vers / sur R+. Le théorème de continuité sous
le signe intégral assure la continuité de In en 0 pour tout n G N*, donc /, limite uniforme de
fonctions continues sur R+, est continue sur R+. En particulier, / est continue en 0+ ce qui
s'écrit aussi
lim xaI(x) = J(a),
x—►+oo
et d'après le résultat de la question précédente on en déduit
J{a) = T(a)eiair/2.
3/ En procédant comme dans la solution de la question 1/, on montre que / est dérivable et que
/+oo
te-t e2tirtxdt
-oo
Par ailleurs, une intégration par parties donne
+ 1 +00 1 p+00
\fx > 0, I(x) = '
2mx
—t2 2iirxt
-00 ««"»-' ^-00
En résolvant cette équation différentielle vérifiée par /, on trouve
Vx>0, I(x) = I(0)e-*2x2.
La constante 7(0) est calculable : elle vaut y/ïr (voir l'exercice 2).
1 P+°° o 1 1
+ -i- / Ite-* e2iirxtdt = J-J^I'M
Zl'ïïX y.QQ l'ÏÏX 2î7T
Exercice 5. Pour tout t > 0, on pose
m=l
+00 -te
dx.
Donner un équivalent de I(t) lorsque t tend vers 0+.
Solution. La convergence de l'intégrale donnant I(t) pour tout t > 0 est immédiate. Pour trouver
son équivalent lorsque t —> 0+ il est commode de commencer par effectuer le changement de
variable u = tx (ceci pour localiser la zone qui contribue au terme dominant de l'intégrale), ce
qui donne
Vi>0' m = L WTWdu-
Lorsque t —> 0+, la contribution prépondérante de l'intégrale se produit lorsque u est proche de
t. Dans cette zone, l'intégrande se comporte comme (u3 + i3)-1/3. Lorsque u est proche de 0
mais grand par rapport à t, la contribution de ce terme reste significative, et il est alors bien
approché par 1/u. On s'attend par conséquent à ce que I(t) soit équivalent à jt du/u = -log*-
C'est ce que nous allons montrer rigoureusement dans les lignes qui suivent.
Pour tout t > 0, on écrit
>■ v ' > v ' 0 „ '
hit) h(t) h(t)

4. INTÉGRALES DÉPENDANT D'UN PARAMÈTRE, ÉQUIVALENTS D'INTÉGRALES 167
Mous allons prouver que les intégrales Ii(t), h{t) et I${t) du second membre de cette égalité
nt bornées lorsque t —► 0+. Pour les deux dernières c'est facile car il suffit d'écrire (compte
tenu de la classique inégalité 1 - e~u < u)
/l u ri r+oo
{us + ^3)1/3 du g l du^1 et 1^)1 <l e~udu = l.
pour l'intégrale Ii(t) on écrit
\m\ = ft\
t \ -^
W>0, |/i(*)|= / -I1-I1 + -) | du,
et compte tenu du fait que 1 — (1 + œ)-1/3 < x/S pour tout x > 0 (inégalité que l'on obtient par
exemple en utilisant la convexité de la fonction x i-> (1 + rc)-1/3), on a
Ainsi nous avons montré ii(£) + ^t) + h(t) = 0(1) lorsque t —> 0+, donc grâce à (*) on en
déduit
I(t) + logi = O(l) donc I(t) = - logt + O(l) logi lorsque t -> 0+.
Exercice 6. 1/ Donner un équivalent, lorsque t —* +00 de
p+OO pIT
a) I(t)= x-axtxdx (a>0) b) I{t)= (smx)xtdx
Jo Jo
(on pourra utiliser le théorème 4 page 160 sur la méthode de Laplace).
2/ Donner un équivalent, lorsque t —* 0+, de
jw = /
Jo
+00 /^a
exp ( tx ) dx (0 < a < 1).
Solution. 1/ a) On ne peut pas appliquer tel que le théorème 4 car dans l'expression tx = e^08^,
la fonction dans l'exponentielle est croissante en x. On procède comme il est indiqué dans le
commentaire du corollaire 2.
On écrit x~~axtx = exp(f(x)) où f(x) = logt • x — axlogx. Comme f(x) —> —oo lorsque
x -> +oo, l'intégrale I(t) converge. Cherchons l'abscisse x du maximum de /. On a
f[x) = logt - a(l + logx)
donc le maximum de / est atteint au point x = tl/a/e. Pour le ramener à une abscisse fixe, on
effectue le changement de variable x = utl/a/e. On obtient
r+oo ^1/a
I(t) =s esh{u) du où s = et h(u) = au(l - logu).
Jo e
La fonction h admet un unique maximum en u = 1, et on a /i(l) = a, hn(l) = —a. On peut
donc appliquer le corollaire 2 à cette dernière intégrale, ce qui donne
jr«-M*,~r(5)w=-
Uonc, compte tenu de l'expression de s en fonction de t et du fait que T(l/2) = y^» on trouve
V ea

168
3. INTÉGRATION
b) Pour se ramener aux hypothèses usuelles d'application de la méthode de Laplace, on
commence par effectuer le changement de variable u = n — x, ce qui donne
I(t) = /*(sintt)(7r - uf du = f g(u)eth(u) du
JO JQ
avec g(u) = sinu ~ u et h(u) = log(7r — u) = log7r — J + o(u) (u —> 0+). On peut donc appliqUer
le théorème 4 qui donne
• t\ -2 7T<+2
2/ On ne peut pas appliquer telle quelle la méthode de Laplace car l'intégrale est étudiée lorsque
le paramètre t tend vers 0+. Pour se ramener à un paramètre qui tend vers +00, on effectue le
changement de variable u = tx, qui donne
1 r-H» / uc
I(fi) = JJ exP ( 7^7 " u ) du-
<0 V^
Ua
La fonction f(u) = u prend son maximum pour u = ta^a *), ce qui nous amène à effectuer
le changement de variable u = v *«/(«-!). On trouve
I(t) = - esh^ dv, où s = taKa-V et h(v) = — - v.
t Jo 0L
La fonction h admet un maximum unique qu'elle atteint en v = 1. De plus,
h(l) = ^—^ et /i"(l)=a-l.
a
En appliquant le corollaire 2, on obtient donc
Or s = t-al^-a) et 0 < a < 1. Lorsque t -* 0+, on a donc 5 —> +00, et finalement
/(*) „ Jj*L-t$Ëa eXp f —- f*) , (t -+ 0+).
\ 1 — a \ a )
Exercice 7. Soient a e R et g : [a, +oo[-» R une application de classe C1. On suppose
que g ne s'annule pas au voisinage de l'infini et que lorsque x —► +00, on a
Montrer que
si fj, > -1, J+°° g(t) dt diverge et / g{t) dt ~ ^^ (x -> +00)
si /z < -1, /a+0° p(i) ^ converge et / g(t) dt ~ _ï£l?il (x -► +00).
Solution. On traite d'abord le cas fi > -1. Le théorème 3 (page 159) sur les équivalents de
primitives entraîne
fx 9f(t) fx dt
/ —j-r-dt^/j, — autrement dit \ogg(x) ~ /ilogœ.
En particulier,
Ve > 0,3X > a,Vx> X, logp(rc) > (ju — e)log# ou encore g(x) > £M~~ •

4. INTÉGRALES DÉPENDANT D'UN PARAMÈTRE, ÉQUIVALENTS D'INTÉGRALES 169
En choisissant s > 0 suffisamment petit pour que // - e > -1, on en déduit que fa g(t)dt
diverge. Par ailleurs, en intégrant par parties, on a
Tg(t) dt = [*<?(*)] * - f tg'{t) dt donc / (g(t) + tg'(t)) dt = xg{x) - ag(a).
Or
g(t) + tg'(t) = g(t) (l +1 ^|) - p(t)(l + M),
donc en vertu du théorème 3, on a
aff (&) - ag(a) = / (y(t) + ^'(*)) <ft ~ (ji + 1) / y(t) <ft.
J a J a
On en déduit le résultat.
Le cas ji < — 1 se traite de la même manière.
Exercice 8. On considère le logarithme intégral, qui est l'application définie par
nx dt
Vrc > 2, Li
w - /
log£
Pour tout n € N*, donner un développement asymptotique de Li(rc) à n termes lorsque
x-+ +00.
Solution. En intégrant une fois par parties, on a
Vz>2,
1
x dt
2 log*
t y rx
logtJ2 J2
dt
}ogt\2 ' h logV
En itérant le procédé, on tombe au bout de n — 1 étapes sur la relation
Li (a:) =
t
\ogt
+ 1!
t
lortj
x
1 x
2+2!liiJ2+-+("-1)!te
+
1 r_*_
- (*)
Nous cherchons à obtenir un équivalent de la dernière primitive. Le logarithme est une fonction
qui varie très peu (en poussant, on peut dire que log a; est presque une constante vers l'infini),
et on s'attend à ce que f£ log~~(n+1) tdt ~ x/logn+1 x. Pour prouver ceci, on écrit
d_ ( t \ _ 1 _ (w + 1) 1
dt [h^+HJ ~ 1^+4 log*+21 ~ log"+1t ' V-++00)-
Le théorème 3 nous autorise à intégrer cet équivalent. En d'autres termes, lorsque x —» +00 on
x
x rx
fX-(-
h dt \]
Llogn+1zJ2 h dt Vlogn+1t,
Avec (*), on en déduit finalement
dt
r,
dt
logn+11
donc
r,
dt
x
logn+i t logn+i x
n+\
T. . . x l\x 2\x n\x
Li (x) = ; + :—— + :—— + h :—^tï— + o
x
log x log x log x
logn+i x
.logn+1x
Remarque. Tous les termes de ce développement asymptotique tendent vers +00 lorsque
x~-> +00.
exercice 9. Donner un équivalent, lorsque t —*■ +00, de
m = f
cosx e
it ch x
dx.

170
3. INTÉGRATION
Solution. Commençons par analyser intuitivement la situation. Lorsque t est grand, x k-> eitchx
tourne très vite autour de l'origine dans C, ce qui a pour effet de rendre l'intégrale petite. Ma
lorsque x est proche de 0, l'application x i-» chx varie peu (sa dérivée est nulle en 0), et cett
rotation est très ralentie (on dit que la phase tchx est stationnairé). La partie de l'intégral
correspondant à ce voisinage apporte donc une contribution prépondérante. Pour cette raison
on va travailler au voisinage de 0.
Le développement limité
x2
chx = 1 + — + o(x2) x -» 0+
nous invite à écrire chx = 1 + 2sh2(x/2) et d'effectuer le changement de variable u = sh(z/2)
dans l'intégrale. On trouve
I(t) = 2euJ(t), où J(t) = ^g(u)e2itu2 du avec a = sh± g(u) = CQS(^g|M
La fonction g est de classe C°° et g(0) = 1. Nous allons montrer, comme on s'y attend suite à la
discussion que nous avons eu plus haut, que
j(t) ~ f
Jo
e2itu2 du lorsque t —> +00.
(*)•
Le changement de variable v = 2tu2 fournit
T 2Uv? , 1 f2ta* eiv ; K „ f+°° év ,
/ er** du = —== / —=dv~ —7= avec K = / —=dv.
Jo 2\/2iJo y/v 2V2t Jo y/v
Par ailleurs, on a
J(t)- f e2itu2du= f gi(u)e2itu2du avec gi(u) = g(u) - 1. (**)
Jo Jo
La fonction g\ est de classe C°° et elle est nulle en 0, on peut en déduire facilement que u *-*
g\{u)/u se prolonge en une fonction de classe C1 sur [0,a] (cette dernière est même de classe
C°°, voir l'exercice 3 page 164). On peut donc écrire
10 Ait J0 du
ce qui montre, avec (**)
J(t) - p e2itu2 du = 0 (-} , (t -> +00).
Avec (*) on en déduit
4Ïi
9iMc2itu2
JAtv?
du.
Keit f+00 eiv
dv.
I(t) = 2eltJ{t) ~ ^= avec K = /
v2i Jo
^
Remarque. On a K = T(l/2) ei7r/4 = y/ïre™/4 (voir la question 2/b) de l'exercice 4).
- Il existe une technique générale appelée la méthode de la phase stationnairé qui permet
de donner un équivalent des intégrales de la forme f g(x)eîth^ dx lorsque t —► +00.
Exercice 10. Soit a > 0. Donner un équivalent, lorsque n —* +00, de
,+°° dx
f
./O
(1 + xa)(2 + xa) • • • (n + xa)

4. INTÉGRALES DÉPENDANT D'UN PARAMETRE, ÉQUIVALENTS D'INTÉGRALES 171
q lution. Pour n fixé, l'intégrande de In est équivalente à x na lorsque x —> +00, ce qui montre
que In existe des que n > lf°"
En effectuant le changement de variable t = #°, on voit que
n+°° ta dt
aJo
_1T , _1_
(l + t)(2 + t)..-(n + t) a °U Œ~a
On s'est ainsi ramené à rechercher un équivalent de Jn lorsque n —> +00. On sent intuitivement
ue c'est la partie correspondant aux valeurs de x proches de 0 qui va donner une contribution
^pondérante à l'intégrale. Ceci nous amène à rechercher un équivalent de
_ f1 tadt
Cette dernière intégrale a des bornes d'intégrations finies, ce qui nous simplifiera la tache dans
la suite du calcul. Nous prouverons ultérieurement que Ton a bien Kn ~ Jn.
Poursuivons. On écrit
tadt
K - —1 T -
ni
JO
{l + t){l + t/2)->{l + t/nY
nous ramenant ainsi à trouver un équivalent de Ln. Commençons par donner l'idée. On va écrire
n
n i + r =-p
k=l
PogK)l
~ exp
n
2^ h
lk=\
k
exp (t logn).
Il s'agit de rendre rigoureuse cette affirmation. On part de l'inégalité classique
u
Vu > 0, | log(l + u) - u\ < —
(conséquence de l'inégalité de Taylor-Lagrange appliquée à t h-» log(l +1) sur [0,u] à l'ordre 2).
Donc pour tout n € N* et pour tout t G [0,1],
£"K)"(SiH(£'H
avec
1 +°° 1
2^k2
k=\
W
Il est classique que ]Cfc=i V^ = logn + un où (un) est une suite qui tend vers la constante
d'Euler 7. La suite (un) est en particulier bornée, et si on désigne par M un majorant de \un\,
l'assertion (*) entraîne
x>g(i+£)_Uog
fc=i ^ J
< t \un\ + Kt2 < (M + K)t = Lt,
VnGN*,V*G[0,l],
inégalité que l'on peut aussi écrire sous la forme
Vn € N*, V* G [0,1], t (logn - L) < ^Sog ( 1 + ^ J < t (logn + L).
En prenant l'exponentielle, ceci s'écrit
Vn G N*, V* G [0,1), e*(logn-L> < f[ (l + ^ < e«logn+L>
donc finalement
Vn € N*, / tcce-t(\ogn+L) dt < ^ < / ^ae-t(logn-L)^
^r> de manière générale on a
(**)

172
3. INTÉGRATION
Ainsi, les termes extrêmes des inégalités (**) sont tout deux équivalents à
r(a +1)
(logn)0^1 (***)
(car logn — L ~ logn et logn H- L ~ logn lorsque n —> +oo). On en déduit d'après (**) Qu
(***) est un équivalent de Ln, donc finalement
„ 1 _ 1 T(a + 1)
*n=n7Ln~^(logn)"+i' n^+0°- (****)
Pour achever notre calcul, il reste à montrer que Jn ~ Kn. Pour cela, on écrit d'abord
'+°° fN(t)dt . u, ta
'»"*» = / {N + t)_{n + ty fN(t) =
(1 + *) (2 + t) • • • (AT - 1 + *)
Fixons un entier N > a + 2, de sorte que /# est intégrable sur [1, +oo[. Pour n > N on a
< Jn — Kn < /
o<j„-K.<r. Mt)dt .jyy=o^ x
(iV + l)---(n + l) (n+1)! \(n+l)\J'
Avec (****), on en déduit que Jn ~ Kn. Finalement, compte tenu du fait que a = 1/a -1 on
a montré
T --7 -— 1 f-\
a a n\ (logn)1/** \aj '
Remarque. On peut utiliser la formule de Stirling pour exprimer l'équivalent obtenu sous
une forme ne faisant pas intervenir de factorielle.
5. Problèmes
Problème 1. Soient [a, b] un segment de R non réduit à un singleton et / : [a, 6] -> C
une application de classe C1 telle que f{a) = 0. Montrer les deux inégalités suivantes et
caractériser l'égalité.
a) £\f(x)fdx < &-^- jf l/'WI2 dx
b) £\f(x)f(x)\dx <(^jf\f'(x)\2dx
Solution, a) L'inégalité de Schwarz entraîne
Va€ [a,6], \f(x)\2 = \J*f'(t)dt\ < (J*\f'W2dt)'(f*ldt) ^ ^-a)Ja l/,W|2d* W
d'où l'inégalité désirée en intégrant (*) sur [a, 6].
Les fonctions en présence étant continues, l'égalité se produira si et seulement si chacune des
inégalités précédentes est une égalité. En particulier, s'il y a égalité, la dernière inégalité de (*)
doit être une égalité, ce qui entraîne
Vxe]atb]t [X\f'(t)\dt= f \f'(t)\dt.
Comme |/'| est continue, ceci entraîne que /' est nulle sur ]a,6] donc sur [a,b] par continuité. La
fonction / est donc constante, et comme f(a) = 0, / est nulle. Réciproquement, si / est nulle,
il y a bien égalité.
b) On pose
Va; G [a,6], u(x) = f \f'(t)\dt.
J a

5. PROBLÈMES
173
La fonction «vérifie
I PX I PX
Vx G [a,6), \f(x)\ = / f'{t)dt\ < / \f'(t)\dt = u(x).
\Ja | Ja
gn particulier,
l\f{x)f{x)\dx< j\f\x)\u{x)dx = j\\x)u{x)d =\{Ialf'ix)ldt) •
En appiiQuant l'inégalité de Schwarz, on a
Qf' |/'(x)l dx) < Qf * 1 <te) • Qf * |/'(*)|2 dt) =(b-a) £ \f'(x)\2 dt, (**)
d'où l'inégalité désirée.
S'il y a égalité, alors l'inégalité de Schwarz (**) est une égalité, donc les fonctions t1-> /'(£)
ej. t ,_+ i sont liées, autrement dit /' est constante et / est affine. Réciproquement, si / est affine,
chacune des inégalités précédente est une égalité. Finalement, l'inégalité b) est une égalité si et
seulement si / est affine (et toujours f(a) = 0).
Problème 2. On considère l'application
F: [0,1[->R x\-+ I
JX
*2 dt
logt
Montrer l'existence de lim^i- F(x) et calculer cette limite. En déduire la valeur de
l'intégrale
/= / -.—-dt.
flt-l
Jo log*
Solution. On ne sait pas exprimer une primitive de t h-» 1/logi avec des fonctions usuelles (en
fait, on ne peut pas !). Cependant, lorsque t est voisin de 1, l/log£ est proche de l/(tlogt) dont
on connaît une primitive. C'est cette idée que nous mettons en forme. Pour tout x € ]0,1[, on a
\/te[x2,x], -^-<JL< x
tlogt ~ logt - tlogt'
donc par intégration
2 .. „„2
2
x A4. rx dt
r JL- < Ffx\ < x r
jx tiogt- w- jx
tlogt
Sachant que
fx* dt r i*2
l n^Hlog(logf)L =log2>
°n a donc z2log2 < F(x) < zlog2 pour tout x g]0, 1[. On en déduit lim^i- F(x) = log2 et
^(0) = 0.
Donnons maintenant la valeur de /. La fonction F est dérivable sur ]0,1[ et on a
Vx6]0,l[, !*(*)__£_--!_ = £Z!.
log(x^) logx logx
Donc
1= [ ^—^ dt = [ F'(t) dt = lim F(x) - F(0) = log 2.
Jo logt Jo x-*i-

174 3. INTÉGRATION
Problème 3 (Intégrale de Dirichlet) . Calculer l'intégrale
•tt/2
I = / log(sin x) dx.
Jo
Solution. La convergence de l'intégrale est immédiate (en 0, log(sinx) = log(# + 0(x)) ~
log x + log(l + o(l)) ~ log x). On ne sait pas exprimer de primitive de l'intégrande de / avec des
fonctions usuelles (c'est d'ailleurs là que réside tout l'intérêt de l'exercice).
Pour calculer J, on utilise la formule sinrc = 2sin(#/2)cos(a;/2) qui entraîne
ri2 r/2 / x\ r/2 ( x\
I=j \og2dx+ l logfsin-J dx+ log (cos-J dx
7T 10g 2 /'7r/4 />7r/4
= — \-2 log(sin x) dx + 2 / log(cos x) dx. (*)
2 Jo Jo '
Le changement de variable u = ir/2 — x montre que
/«7r/4 Çitll
j log(cos x) dx = / log(sin x) dx.
Jo Jir/4
L'assertion (*) s'écrit donc / = — h 21, donc finalement i" = —.
Remarque. On peut aussi calculer / en l'écrivant sous la forme I =\ /0 log(l—cos2 x) dx
et en développant le logarithme en série au voisinage de 1.
Problème 4. Pour tout a G ] — 1, +oo[, calculer
r/'iogo+ocos^
Jo cosx
Solution. L'intégrande n'admet pas de primitive exprimable avec les fonctions usuelles. L'idée
est de dériver F par rapport à a et de remarquer qu'ainsi, on se ramène à une intégrale que l'on
sait calculer.
Lorsque a G ] — l,+oo[, l'intégrande est continue sur [0,7r/2[ et elle est prolongeable par
continuité en tt/2 car au voisinage de ce point
log(l + acosx) _ a cos x + o(cos x) _ ( .
cos x cos x
Ainsi prolongée, la fonction / : (a,x) i-» log(l + a cos x)/ cos x admet une dérivée partielle par
rapport à a qui est continue sur ] — 1, +oo[ x [0, tt/2] et qui vaut (1 + a cos x)"1. Le théorème de
dérivation sous le signe intégral permet donc d'affirmer que F est dérivable et que
r/2 dx
Va > -1, F' (a) = / .
Jq 1 + a cos x
On calcule cette dernière intégrale en effectuant le changement de variable u = tan(t/2), ce qui
donne
Va> -1,
// \ f1 du
F{a) = 2J0 (l + a) + (l-oy
On traite ensuite deux cas selon la position de a par rapport à 1.
- Si a G ] — 1,1[, on peut écrire a = cos 26 avec 6 G ]0, tt/2[. On a alors

5. PROBLÈMES
175
et finalement
Vae]-l,l[, F'(a) = -^==. (*)
- Si a > 1, on écrit a = ch 20 avec 0 > 0, de sorte que
20
_ Z1 <fa = _JL f1 du - _?_ /th* dv -
?{-a)~jQ ch2e-u2sh2e~ ch2ej0 i-u2th2e ~ sh20j0 i + v2~
sh20'
Donc
w . -, w/ x argcha
Va > 1, F (a) = . (**)
va^ — 1
Ceci étant, on tire grâce à (*) que pour a G ] - 1,1[,
(arccos x)21 ° 7r2 (arccos a)2
F(a) = F(0) + f f(x) dx = f ^PS| dx
Jo ./o v 1 - xl
0 8
La fonction F étant continue en a = 1, cette expression permet de montrer que
F(l) = lim F(a) = £
a—► !" o
On a maintenant avec (**)
Va > 1, F(a) = F(l) + T
argchœ _ 7r2 (argcha)2
Vx^^ï 8
Remarque. On peut également résoudre cet exercice en utilisant une inversion de
sommations dans les intégrales doubles. On écrit
log(l + acosrc) fa dt f"/2 ( fa dt
dx = -— donc Fia) = / -— dx,
cosz J0 l + £cosx J0 \J0 1 + tcosxJ
puis on applique le théorème de Fubini qui nous autorise à inverser les sommations :
F(fl) Jo \Jo 1 + JcoszJ dti
et on poursuit comme plus haut.
Ceci est un fait général : on peut prouver l'interversion de sommation dans les intégrales
doubles grâce au théorème de dérivation sous le signe intégral. Considérons en effet une
fonction continue / : [a, b] x [c, d] —► R. On définit l'application
F: [c,d]->R x^ ( f(t,u)dt\du.
En appliquant le théorème de dérivation sous le signe intégral, on voit que F est dérivable
et que
Vx 6 [c,d], F'{x) = f f{x,u)du.
J a
On en déduit
f (f /(*, u) dt) du = F(d) = F(c) + / F'{x) dx= f f f f(x, u) du) dx.
Problème 5. Soit / : [0, +00[—» R une fonction de classe C2, nulle en 0. On pose
p+oo p+oo p+oo
h= f(x)2dx, /!=/ f'(x)2dx, et I2= f"(x)2dx.
Montrer que si f2 et (f")2 sont intégrables sur R+, alors (f)2 également et I2 < I0I2.

176
3. INTÉGRATION
Solution. Nous allons utiliser l'inégalité de Schwarz. Commençons par montrer la convergence
de l'intégrale I\. On intègre par parties, en écrivant, pour tout X > 0,
J* f(x)2 dx = [/(*)/'(*)] Xq-J* f(x)f"(x) dx = f(X)f'(X) - f f{x)f"{x) dx. (%)
L'inégalité de Schwarz nous assure que la fonction //" est intégrable sur R+ et que de plus
/•+oo / /»+oo \ !/2 / r+oo \ !/2
Jo \f(x)f"(x)\dx<[j f(x)2dxj -^ f(x)2dxj =/01/2/21/2. (**)
L'égalité (*) entraîne donc le fait que /0 f'(x)2dx — f(X)f'(X) converge lorsque X —* -foo
Si l'intégrale f+°°f(x)2dx diverge, alors f(X)f(X) -+ +oo lorsque X -► +oo, donc f2(X) =
2 fQ f(x)f'(x) dx tend vers +oo, ce qui est impossible car y est intégrable sur R+ par hypothèse.
L'intégrale f0+o° f(x)2dx converge donc, et alors (*) montre que f(X)f(X) converge lorsque
X —> +oo. Notons t = \imx-t+00f(x)f(x). Si t ^ 0, on a d'après le théorème 3 page 159
(dernière assertion de (i)),
f2(X) = 2 / f(x)f(x) dx ~ 2iX (X - +oo),
Jo
ce qui est impossible car f2 est intégrable sur R+.
Finalement, on a f(X)f'(X) —> 0 lorsque X —> +oo. En faisant X —> +oo dans (*), on
obtient
r+oo r+oo
/ /'(z)2 <te = - / /(x)/"(x) <**,
Jo Jo
d'où le résultat avec (**).
Problème 6. Soit une fonction / : R —► R continue et intégrable sur R. On pose
/+oo
\f(t + a)-f(t)\dt.
■OO
a) Montrer que lima_»01(a) = 0.
b) Montrer l'existence et donner la valeur de lima_»+00/(a).
Solution, a) On ne peut pas ici appliquer le théorème de convergence dominée car il est
impossible d'obtenir une majoration du type \f(t + a) — f(t)\ < (p(t) indépendamment de a. Pour
contourner le problème, on se donne s > 0 et on considère A > 0 tel que
r r-A r+oo
/ \f(t)\dt= \f(t)\dt+ \f(t)\dt<e.
J\t\>A J-oo JA
On pose B = A + 1. Pour tout nombre réel a tel que \a\ < 1, on a
/ \f(t + a) - f(t)\dt< f \f(t + a)\dt+ f |/(0|
J\t\>B J\t\>B J\t\>B
dt
\t\>B J\t\>B J\t\>ï
/—B+a r+oo r
\f(t)\dt+ / \f(t)\dt + / \f(t)\dt<e + e = 2e
-oo JB+a J\t\>B
'B+a J\t\>
car — B + a < —j4 et B + a > A. Ceci entraîne
'(*)=/ \f(t+a)-f(t)\dt+[ \f(t+a)-f(t)\dt< f \f(t+a)-f(t)\dt+2e. (*)

5. PROBLÈMES
177
Lorsque a —► 0, l'intégrale J_B \f(t + a) - f(t)\dt tend vers 0 car le domaine d'intégration est
un segment de R et la fonction \f(t + a) - f(t)\ est continue par rapport à a et nulle lorsque
a - 0. Ainsi
3a>0,(û!< l),Vo€ [-a,a], / \f(t + a) - f(t)\dt < e.
J-B
Avec l'inégalité (*) ceci entraîne Va 6 [—a,a],
S-m l/(* + a) " /Wlrfi ^ 3e> d'ou le résultat.
b) Lorsque / est une fonction à support compact (i. e. nulle en dehors d'un compact) on voit
facilement que la limite recherchée existe et vaut 2 f*™ \f(t)\ dt. C'est ce que nous allons prouver
dans le cas général.
On commence par symétriser le problème. Le changement de variable u = t + a/2 montre
que f*£ \f(t + <0 - f(t)\dt = /+~ \f (u + §) - / (t* - §) | du Ainsi, on est ramené à prouver
l'existence et donner la valeur de
/+oo
\f(t + a)-f(t-a)\dt. (**)
■oo
On note fa la fonction t1-> f(t + a). On va montrer que la contribution de l'intégrale précédente
pour t > 0 converge vers /R |/|. On écrit, pour a > 0,
/ \fa ~ f-a\ - f\f\= f \fa ~ f-a\ " / \f-a\ = / (|/« " f-a\ " \f-a\) + / \f-al
Jr+ Jr Jr+ Jr Jr+ Jr-
Avec l'inégalité ||/0 - /_0| - |/_0|| < |/0| on en déduit
1/ \fa-f-a\- f\f\\< f \fa\+ f \f-a\ = / |/(t)|<ft.
|JR+ JR I JR+ JR- -/|É|>a
Comme / est intégrable sur R, ceci entraîne que JR+ \fa—/_a| converge vers JR |/|. On montrerait
de même que JR_ |/a — /_a| converge vers JR |/|, et par sommation on a finalement démontré
que (**) converge vers 2 JR |/| lorsque a —> +00.
Problème 7. Soit / : E+ —» E une fonction de classe C1, intégrable sur E+, telle que
(/')2 est intégrable sur E+. Montrer que / est bornée sur E+.
Solution. Nous allons montrer que / tend vers 0 en +00, ce qui montrera le résultat. D'après le
théorème 4 page 148, comme JQ °° f(t) dt converge, il suffit de montrer que / est uniformément
continue sur R+.
Soient deux nombres réels x et y tels que 0 < x < y. L'inégalité de Schwarz entraîne
\f(y) - m\ = |j[V«<ft| ^ (jT (/'M)2*) • (jT 1*) < (X+(/,)2)^^^
Ceci entraîne que / est uniformément continue sur R+, d'où le résultat.
Problème 8. Soit / : [1, +oo[—* R une fonction continue et croissante. On suppose que
la fonction
F: [l,+oo[->R ih / ^ctë
vérifie F(x) ~ x lorsque a; —> +00. Montrer que f(x) ~ x lorsque a; —* +00.
Solution. Soit Ô e ]0,1[. D'après les hypothèses,
3x0 > 1, Va: > x0y (1 - 5)x < f ^p-dt<(l + ô)x.

178
3. INTÉGRATION
Ceci entraîne pour tout e G ]0,1[
Vx >xu / J-ft dt < (1 + ô)(l + e)x - (1 - S)x = (e + 20 + <fc)z,
et comme / est croissante
Vx>xi, ex 1^ < [X+£Xtt£-dt<(e + 2ô + 6e)x donc f(x) < £ + 2^+J£(1 + gv
En choisissant e = y/S, on en déduit
Vx > ari, /(a?) <(l + 2y/6 + ô)(l + \/â)x = (1 + Vôfx.
En d'autres termes, nous venons de montrer
Va> 0,3xi > l,Vx > xi, f(x) < x(l + a).
On montrerait de même
Va > 0,3x2 > l,Vx>x2, /(x) > x(l - a).
On en déduit /(x) ~ x lorsque x —> +oo.
Problème 9. On désigne par E l'ensemble des fonctions continues sur [0,1] à valeurs
dans R+*. Pour tout f e E, on note
et on note T = I(E) = {/(/), f e E}.
a) Déterminer m = inf t. Pour quelles fonctions de E a-t-on /(/) = m ?
b) Déterminer sup T.
Solution, a) Soit f E E. D'après l'inégalité de Schwarz
ce qui montre que /(/) > 1. L'image de la fonction constante égale à 1 par I est égal à 1, on a
donc m = 1. Les fonctions f de E étant continues, l'inégalité de Schwarz (*) se produira si et
seulement si y/J et I/a/J sont proportionnelles, c'est-à-dire si et seulement si
3A > 0, Vx G [0,1], Vf(x) = / ou encore /(x) = A.
Vf(x)
Les fonctions / telles que /(/) = 1 sont donc les fonctions constantes de E.
b) Pour tout n G N*, il est possible de construire une fonction fn de E telle que
VxG
«■i
/(x) = 1 et Vx G
!■■'
/(x) = n
(on peut prendre par exemple une fonction définie comme telle sur [0,1/3] U [2/3,1] et affine sur
[1/3,2/3]). On a alors
VnGN*, /(/»)>£•! = £,
donc supT = +oo.
Remarque. On peut également traiter la question a) en écrivant

5. PROBLÈMES
179
/ 0btient cette expression en appliquant le théorème de Fubini) puis en remarquant que
f(x)/f(y) + f(y)/f(x) > 2 (en P°sant a = /W//(y). °n a a + l/a = 2 + (a- lf/a > 2).
PROBLEME 10. Pour tout p e R\{—1,1}, on pose
I(p)= / log(l-2^cos6' + p2)rf6'.
Jo
a) Comparer I(p) et /(p2). En déduire la valeur de I(p).
b) Retrouver la valeur de I{p) en utilisant les sommes de Riemann.
Solution. L'égalité 1 - 2pcos9 + p2 = (1 - pcosO)2 + p2sin2Ô = |1 - peie\2 montre que I(p)
existe pour tout p & {-1,1}.
a) Le changement de variable ip = n — $ montre que la fonction p i—> I(p) est paire. Donc si
^{-1,1},
2I(p) = I(p) + I(-p) = r log (|1 - peie\2\l + peie\2) dû.
Jo
Comme (1 - pei6){\ + pée) = 1 - p2e2ie ceci entraîne
pir 1 p2ir
2I(p) = J log(|l - p2e2ie\2) dÔ = -Jo log(|l - pVf) dû.
Le changement de variable (p = 6 — 7r donne
/ log(|l - p2eie\2) de = / log(|l + p2e^\) dtp = I(-p2) = I(p2),
Jir JO
on a donc montré 2I(p) = \{I{p2) + I(p2)) = I{p2). On en conclut facilement
VnGN*, I(P) = ±-1 (p2n). (*)
- Si |p| < 1, la continuité de / en 0 entraîne I(p) = 0 (il suffit de faire n —> +oo dans (*)).
- Si |p| > 1, c'est un peu plus délicat. On commence par montrer I(p) ~ 2n\ogp lorsque
p —> +oo. On a
V0 G [0,tt], p2 (l - - + i J < 1 - 2pcos 0 + p2 < p2 f 1 + - + 4)
donc par intégration
27rlogp + 7rlogfl-- + ^j < I(p) < 2?rlogp + Trlog ( 1 + - + -^ j ,
ce qui entraîne bien /(p) ~ 27rlogp lorsque p —> +oo. En particulier, si on fixe p > 1, on
a, lorsque l'entier n tend vers +oo
I(p2n) ~2n+1n log p,
et on en déduit en faisant tendre n vers l'infini dans (*) que I(p) = 27rlogp. Si p < —1,
on a I(p) = I(—p). Finalement, on a montré
VpeR,|p|>l, /(p) = 27rlog|p|.
b) Soit p g R\{—1,1}. En appliquant le théorème sur les sommes de Riemann, on a
7f
I(p) = lim un avec un = — log
n—*+oo n
Y[h-2pcos(-)+p
lk=l x
,^2
n J
Or
Vfc e Z, p2 - 2pcos (Q\ + 1 = (p - ujk){p - w_fc), ("* = eiWn),

180
3. INTÉGRATION
rn-1
et comme IIfc=-n(^ "~ uk) = X2n — 1 (les In nombres complexes u>k pour —n < k < n sont H
racines distinctes du polynôme X2n — 1), on en déduit
n
n-1
n> - uk)(p - u-k) = ]j(p-uk)
fe=i
\k=—n
p-OJQ
= (T ~ 1)
P-1
et donc
Vn G N*,
,„^.og(^;y+1)
H
- Si |p| < 1, on a facilement limn_>+00Wn = 0 d'après (**), donc I(p) — 0.
- Si \p\ > 1, on transforme (**) en
Un = 2..og|p| + ^o6(^(l-^)),
ce qui entraîne I(p) = limn_*.+00un = 27rlog \p\.
Remarque. On peut montrer que les intégrales 1(1) et I(—1) existent et qu'elles sont
nulles.
Problème 11. a) Soit / : [0,1] —► M une fonction continue par morceaux. Montrer que
lim/fa) = / f(t)dt où Vç 6 ]0,1[, I(q) = (1 - 9)£<f/(<?")•
«<i J0 n=0
b) En utilisant le résultat de la question précédente, calculer
f11 - 1
Solution, a) Pour tout g G ]0,1[, I(q) est bien définie car / est bornée et on peut écrire
+oo
/(ï) = E(«"-«"+1)/(«")-
n=0
Cette expression peut s'apparenter à une somme de Riemann infinie pour la subdivision infinie
1, q, q2,..., qn, Le théorème 7 page 124 sur les sommes de Riemann ne s'applique que pour
des subdivisions finies, nous allons donc nous y ramener. Soit e > 0 On sait qu'il existe a > 0
tel que pour toute subdivision cr : 0 = xq < x\ < • • • < xn = 1 de [0,1] vérifiant \cr\ < a, on ait
n »i
y2(xi - Xi-{)f{xi) - I f(t)dt
< €.
Soit q tel que 1 - a < q < 1 et N G N* tel que qN < a. Pour tout n > iV, la subdivision
an : 0 < qn < qn~l < • • • < q < 1
vérifie |<7n| <a(onag'- qi+1 = q{(l -q)<l-q<a pour tout i et qn - 0 < qN < a), donc
(1 - q)f(l) + (q- q2)f(q) + ■ • • + tf1"1 - çf1)/^"1) + (qn - 0)f(qn) - / f(t) dt
Jo
Ceci est vrai pour tout n > N. En faisant tendre n vers +oo, on en déduit
l+oo
<e.
+oo -i
E(^-^+1)W)-/ /m*
<£.
Ainsi, pour tout q vérifiant 1 - a < ç < 1, on a \I(q) - f* f(t) dt\ < e. D'où le résultat.

5. PROBLÈMES
181
u) Ici la valeur correspondante de I(q) pour la fonction intégrée est
n=0 to^ &^ \n=0 n=0 /
t je développement en série entière du logarithme fournit
V<? G ]0,1[, I(q) = ^(~ log(l - «) + log(l - g2)) = ^ log(l + g).
Comme logç ~ q — 1 lorsque g —» 1, cette formule entraîne lim^!- I(q) = log2, et finalement
on a Jn (* ~~ *)/1°8*<& = log2 d'après la question précédente.
Remarque. La valeur de cette dernière intégrale est calculée avec une méthode différente
dans le problème 2 page 173.
Problème 12. Soit / une application définie sur [0,1], à valeurs strictement positives,
et continue. Calculer
nt)dt
Solution. On note
F: [0,+oo[-+R a>-> / fa(t)dt.
Jo
La fonction </? : R+ x [0,1] —> R (a, t) h-> /a(t) est continue, dérivable par rapport à a et
V(a,t) 6 R+ x [0,1], |^(<*,i) = log/(t) • /"(*)
est continue sur R+ x [0,1]. Donc F est dérivable sur R+ et
Va > 0, F'(a) = / log f(t) • fa(t) dt, en particulier F'(0) = I log f(t) dt.
Jo Jo
Or F(0) = 1, donc lorsque a —> 0+,
f (a)./<.. exp (!2i£W ) = exp (i°g(i +«no)+ «(«))) = exp(F,(0) + 0(1)).
Finalement, la limite recherchée vaut
exp(F'(0)) = exp (7 logf(t)dt).
Remarque. On a déjà calculé la limite de la même fonction lorsque le paramètre a tend
vers +oo (voir l'exercice 2 page 126).
Problème 13 (Irrationalité de tt2). a) Soit g : R —► M une fonction polynôme à
coefficients entiers. On considère la fonction polynôme
xnci(x)
h: R-*R rc •—> —^.
n!
J*°ur tout A; G N, montrer que ftW(O) est entier.
) On suppose que 7r2 est rationnel, de sorte qu'il existe a, b G N* tel que 7r2 = a/6. Pour

182 3. INTEGRATION
tout n G N* on pose
In = iran / fn(x)sm{7rx)dx, où fn{x) = j .
Montrer que In est un entier. Conclure.
Solution, a) Écrivons g(x) = Y^k=oakxk- On a
h(x) = -J2akxk+n, (akeZ).
fc=0
Donc
-siO<fc<n-l, /iW(0) = 0£Z;
- si n<k<n + p, /i(fc)(0) = -j- afc_n = fc(fc - 1) • • • (n + l)afc_n eZ;
n!
- sin+p< fc, ft(*)(0) =0eZ.
b) En intégrant deux fois par parties, on trouve
/ fn(x)sin(7rx)dx = /n(1) "" /n(0) - -1 / /^sin^x)^,
puis en itérant, on trouve
7T 7T3
+
P(2n)/1N /.(2n)
+ (-l)"/''"(1J2n+{n"(0) + (-!)"+1 / fi2n+2)(x)sin(^)dx.
Cette dernière intégrale est nulle car fn est une fonction polynôme de degré 2n, donc finalement
/„ = a» (/„(!)- ,.<D) - fifi^SM + .- + (_ir^«_^)
D'après le résultat de la question a), on a /A '(0) G Z pour tout entier A;, et comme /n(l - x) =
/n(x) on a aussi fn (1) G Z. Ceci entraîne, pour tout entier fc, 0 < k < n
a" f"")(1) ;/"2t>(0) = a" 4 (A2k)W - fi2») = a"-*6*(/<2*>(l) - /<2*>(0)) € Z.
7T CL
Ainsi, Jn 6 Z. Or 0 < In < 7ran/n\ et comme an/n\ tend vers 0 lorsque n —» +00 (c'est classique,
on sait même que la série entière X^n/n! a un rayon de convergence infini), il existe un entier
n pour lequel nan/n\ < 1. Ceci entraîne 0 < ïn < 1, ce qui est impossible puisqu'on a montré
que Jn était entier.
Le nombre réel n2 est donc irrationnel (ce qui entraîne que tt est irrationnel).
Remarque. On peut montrer que n est transcendant (voir une preuve dans le tome
Algèbre), mais c'est beaucoup plus difficile.
Problème 14. On considère, pour /? > 0 l'intégrale
, x f+°° cos(xt) M
a) Montrer que la fonction x »-> Ip(x) est deux fois dérivable sur R et qu'elle vérifie

5. PROBLÈMES
183
u) Démontrer l'identité
_ , , exF0(x) + e-xF0{-x) _ , , f+°° pe~l
dt.
A En déduire les valeurs
-§ e* (x < 0)
Solution, a) -//?(#) est bien définie car son intégrande est majorée en valeur absolue par e~~^,
intégrable sur R+. Notons f(x,t) l'intégrande de Ip(x). Sa dérivée partielle par rapport à x est
df/dx = —tsm(xt)/(l + £2)e~~^, donc \df/dx\ est majorée sur R+ par la fonction intégrable
t^ e""^*, donc 7/3 est bien dérivable et
On montre de même que Ip est dérivable et que
+O°*2cos(zi) _
#<ft.
+ *2
La relation souhaitée s'obtient maintenant facilement :
b) Notons Jp(x) = \(exFp(x) + e~xFp(—x)). Nous allons montrer que Jp vérifie la même
équation différentielle que Ip. Partant de l'égalité
(qui entraîne en particulier que exF'Jx) est paire) on obtient par dérivations successives
2J0(x) = exF0(x) - e-xFfi(-x) + exF0(x) - e-xF0(-x) = exF0(x) - e-xF0{-x)y
2J'0'(x) = exF0(x) + e-xF0{-x) + exF'0{x) + e-xF0(-x) = 2J0{x) - ^—.
En divisant par 2 cette dernière égalité, on voit que J0 est une solution particulière de l'équation
différentielle linéaire vérifiée par I0. La différence K0 = I0 — J0 vérifie l'équation linéaire d'ordre
deux K'0' -K0 = O, donc K0(x) = Xex + fj,e~x avec A,\i 6 R. Ainsi, on a
I0(x) = J0{x) + K0{x) = J0(x) + Xex + \ie~x.
Or les fonctions I0(x) et J0{x) sont bornées sur R (on a |i/?(z)| < J^°° e'^ dt et le^i^a:)! <
on a donc forcément À = /x = 0 d'où le résultat.
c) Il est immédiat que Ip est également définie pour fi = 0. Fixons x G R. La fonction
/: [0,+oo[x[0,+oo[-R (/9,t) ^^Me"^
^ continue et |/(/?, -)| est majorée par la fonction intégrable t ■-» 1/(1 + £2). L'hypothèse de
domination est donc bien vérifiée, ce qui montre que la fonction (3 i-> I0{x) est continue sur R+.
En Particulier
C(x) = I0(x) = liml0(x).
0>O

184
3. INTÉGRATION
Utilisons maintenant l'expression de Ip obtenue à la question précédente, en faisant tendre R
vers 0 en considérant la suite (l/n)n>o. Lorsque n G N* un changement de variable donne
F M f+°° ^^ M f+°° « lt\ M flf\-[ e'tlnl^ + *2) Si ' ^ ™,
Fl/n(x) L TT¥dt = /_„ în{t) dt' fnit) " \ 0 si t < nx.
On a la majoration \fn(t)\ < e~x /0- +t2) par une fonction intégrable sur R. Lorsque x > o la
suite de fonction (/n) converge simplement vers la fonction nulle, et lorsque x < 0, (/n) converge
simplement vers t h-» 1/(1 +t2) sur R. Ainsi, le théorème de convergence dominée donne
__- = 7r (x<0)
-OO "•
*+00
*i/„(aO = 0 (x > 0), lim F1/n(z) = /
n—»oo
A partir de la relation établie dans la question précédente, on en déduit lorsque x > 0
C(x) = lim J1/n(z) = \ (ex lim F1/n(z) + e~x lim *ï/n(-s)) = £
e~x.
Par parité on obtient C(x) = |e~lxl pour x < 0. La valeur de C(0) = 7r/2 est immédiate.
Pour calculer S(x), le principe est maintenant de dériver l'expression précédente, mais c'est
délicat car l'intégrande dérivée n'est pas intégrable sur R+. Supposons x > 0 et commençons
par montrer que l'intégrale impropre S(x) converge. En effet, une intégration par parties donne
-T+„i„,^ r cos(^) t ]T fT œs(xt) 1-t2
fTtsm(xt) ^ [ cosjxt) t 1 f
dt.
x (1 + t2)2
Le premier terme de la dernière somme converge lorsque T —> +oo, et le dernier également
puisque son intégrande est intégrable sur R+. L'intégrale S(x) converge donc pour tout x > 0.
Considérons maintenant la suite de fonction (Cn) définie par Cn(x) = /Qn cos(xt)/(l + t2)dt
(qui converge simplement vers C{x)). Pour tout n 6 N, Cn est dérivable, et C'n(x) = Sn(x). En
intégrant par parties, on a
o/ n o/ n f+00tsm(xt) 1JL cos(xn) n f+00cos(xt) 1-t2 ,
Sn(x)-S(x)= —A-Ldt = —K—lT—^+ —— «.l. ^2 dt>
Jn 1 + t2 x 1+n2 Jn x (1 +12)2
donc on a la majoration, pour a > 0 fixé
*+oo -i 1
1 P
Va: > a, |C;(x) - S(s)| = \Sn(x) - S(x)\ < — +
an Jn
dt.
al + t2
Le terme à droite de la dernière inégalité tend vers 0 lorsque n —► +oo, on en déduit que la
suite de fonctions (C'n) converge uniformément vers S sur [a, +oo[. Donc C est bien dérivable
sur [a, +oo[ et C'{x) = S(x) pour x > a. Ceci étant vrai pour tout a > 0, on en déduit que C est
dérivable sur ]0, +oo[ et que C = S sur cet intervalle. A partir de la forme close C(x) = \ë~x
on en déduit S(x) = C'(x) = — |e-a\ Le résultat pour x < 0 s'en déduit car S est une fonction
impaire, et pour x = 0 car l'intégrande de S est nulle dans ce cas.
Problème 15 (Théorème des résidus, version faible). On considère une fraction
rationnelle R à coefficients complexes, intégrable sur R. On note V+ = {z G C | S(z) > 0}
et ai,..., an la liste des pôles de R (a* ^ Oj- pour i ^ j). Pour tout k, on note Ressaie)
le coefficient de 1/(X — a*,) dans l'écriture de R en éléments simples,
a) Montrer
n
53 Res/î(afc) = 0.
A;=l
b) Montrer
/+oo
R(t)dt = 2in ^2 Res«K)-
a*€P+

5. PROBLÈMES
185
Qohtion. a) On peut écrire R = P/Q avec P,Q G C[X]. Comme R est intégrable sur R, on a
Ae&(Q) ^ deg(P) ~*~ ^ ■P°ur tout k,l <k <n, notons ak l'ordre de multiplicité du pôle ak. On
peut écrire
n / ak A
Ak>e 6 C et Ak)i = ResR(ak).
Comme R = P/Q avec deg(Q) > deg(P) + 2, on a
n
n
0 = lim
A;=l \*=1 V *' / A;=l A;=l
b) La fonction R est intégrable sur R donc aucun de ses pôles ak n'est réel. De plus, pour tout
Lona
W>2,
/+oo
-oo
dt
donc
4fe,i
+oo
= 0,
— CX)
/+CX) / n
00 \fc=l
t-CLk
dt.
(*)
On ne peut pas à ce stade intervertir les signes de sommation. On va s'en sortir en montrant que
JTTdt/(t — a^ converge lorsque T —> oo. Pour tout A;, écrivons ak = Xk + iyk avec Xfc,2/fc £ ^
(et yk^O puisque ak ^ M). La primitive suivante
/*/(«-*k) + mdt = ib ((t_ )2 + 2) +,^(Lz*i)+K,
J t-ak J {t-xk)2 + y% 2 v ' \ Vk )
permet d'affirmer
<*T dt
L
.j>t — ak 2
d'où on déduit
-wg-*?:+ii+i
(T+ **)* +y*.
T — xk T -\- xk
arctan 1- arctan
Vk
Vk
rT
lim
T-*+OQ J_rp
m si yk > 0,
—m si yk < 0.
. y_T * - ak
Donc d'après (*) on a
7 = $3 Ak>1 Ulirn / 7—T ) =i7r\J2 ResR(ak) ~ Y, ReMafc)
,=1 \T-+ooJ_Tt-akJ \^Q yk<Q
D'après la question a), on a E«..<o Resfî(afc) = — J2vt->o R-esR(ak)> donc finalement
J = 2m ^2 Res/î(aA:) = 2m ^ Res#(afc).
yjfc>o afcep+
Remarque. Ce résultat est en fait une conséquence du théorème des résidus. Ce dernier
s applique dans le cadre beaucoup plus général de la théorie des fonctions analytiques.
^ROblÈme 16. a) En utilisant le résultat du problème précédent, calculer, pour tout
(%m) e N2, n< m, l'intégrale
/+oo
•oo ï
+oo 2n
+ x
2m
dx.

186
3. INTÉGRATION
b) En déduire, pour tout a > 1, la valeur de
Jo l + «°
Solution, a) L'intégrande est bien intégrable sur R car son dénominateur ne s'annule par s
R et à l'infini, elle est équivalente à x2(n-m) et n — m < —1. En vue d'appliquer le résultat d
problème précédent, recherchons les résidus de l'intégrande. Son dénominateur s'écrit
jra» + i = îJÏ1(x-&), b = «p(l2k£?i")=«**1 avec a = exp(£)
donc tous les pôles sont simples, et on a la décomposition en éléments simples
R(X) = —T5 - = > v \ avec Ak = — 0m , = —£— = —
v J X2m + 1 ^ X-Çk 2m^m_1 2m 2m
autrement dit, on a 2m résidus Ak associés aux pôles £& Qui sont les valeurs
P2k+1 . 2n+i f(2n + l)iir\
Comme les résidus de jR dont les parties imaginaires sont strictement positives sont les Ak pour
0 < k <m — 1, le résultat du problème précédent entraîne
b) Nous allons exploiter l'idée suivante : si a est de la forme 2m/(2n + 1), le changement de
variable u = ^/(Zn+i) nous ramène à une intégrale du type de a).
La fonction fa : 11-» 1/(1+ ta) est intégrable sur R+ pour tout a > 1. Si a > 1, l'application
a i-» J(a) est continue sur [a, +oo[ (on a fa < fa pour a > a donc l'hypothèse de domination
est vérifiée). Ceci étant vrai pour tout a > 1, J est continue sur ]l,+oo[.
Fixons maintenant a > 1. Comme Q est dense dans R, on peut trouver deux suites d'entiers
(Pn) et (qn) tendant chacune vers l'infini, telles que (pn/qn) converge vers a. Comme qn —> +oo,
la suite (2pn/(2qn + 1)) converge aussi vers a. Le fait que a > 1 assure l'existence d'un rang à
partir duquel pn > qn.
Lorsque p > q sont deux entiers naturels, le changement de variable u = tl^2q+l^ donne
t( 2P \ /n in f+°° u2(*du 2q + l f+°° u2qdu
•7WtîJ=(2<?+1)/o ît^ = — L ît^
Ainsi, la fonction J étant continue en a, on a
7^ \ r rf 2Pn \ y ( 2Pn . ( * \ \ *
Jia) = Irai J = hm 7r sin -s-— = —. . ,\
v ' n^+«> \2qn + l) n^+oo \2qn +1 yjtei-JJ asm{ir/a)
= 7T
Problème 17 (Une preuve du théorème de convergence dominée). On no e
Cm(I, F) l'e.v. des fonctions continues par morceaux sur / à valeurs dans F.
1/ Soit S = [a, b] un segment de R et / G Cm(S, R). Soit e > 0. Montrer qu'il existe deux
fonctions continues /_ et /+ dans de S dans R telles que
/-'*'. *GM-</.'<(/.'-)"

5. PROBLÈMES
187
ol Soit / un intervalle de R et E un e.v.n complet. Soit (un) une suite d'éléments de
r (I E), telle que un est intégrable sur / pour tout n, et telle que la série de
foncions ^2un converge simplement vers une fonction / G Cm(I}E) sur /. On suppose que
r /Junll converge.
f\ng0it S = [a,b] un segment inclus dans /. Montrer que fs \\f\\ < Yl^LoIs IWI
(commencer par le cas où / et les un sont continues, en appliquant à ||/|| et \\un\\ un argument
imilaire à celui utilisé pour la preuve du premier théorème de Dini, puis adapter le
raisonnement),
b) Montrer que / est intégrable sur / et que
/il/Il <E/lKII et // = £/*».
3/ Soit (/n) une suite d'éléments de Cm(I)R+) convergeant simplement vers la fonction
nulle sur /, et telle qu'il existe une fonction (p G Cm(7, M+), intégrable sur /, vérifiant
/ < (p pour tout n.
a) Soit n G N. Pour p > n, on pose fn>p = max(/n, /n+i,..., fp). Montrer qu'il existe
pn > n tel que pn > pn_i et | Jt fn>p - j7 fn>Pn \ < 2~n pour tout p > pn.
b) On pose gn = fn,Pn- Montrer que \gn+i - gn\ < 2(fn>Pn+1 - fn>Pn) + gn- gn+1.
c) En déduire que limn^oo J7 fn = 0.
4/ Démontrer le théorème de convergence dominée (page 147).
Solution. 1/ Si / est continue c'est évident. Sinon, notons x\ < x^ < • • • < xn les points de
discontinuité de /. Soient deux réels m et M tels que m < inf^s f(x) et M > sup^s f(x).
Soit a > 0 avec a < \ min(#i+i — xi). Considérons la fonction continue cp- définie sur S par
\x — x '
<û-(x) = m + (M — m)- —, si x G J% = [x{ — a, X{ + a] Ci S, <£-(#) = M ailleurs.
a
L'application /_ = min(/, <^_) vérifie /_ < / par construction et est continue, car
- si x n'est pas Pun des xi, f est continue en x donc /_ = \{f + <^_ — |/ — cp-\) Test aussi ;
- pour tout i) f-(x{) = m donc /_ = <^_ sur un voisinage de X{) donc /_ est continue en X{.
Lorsque x n'est pas dans l'un des Ji) on a f-(x) = f(x) car f(x) < M = (f-(x). On a donc
/(/-/-) = Ê /(/-/-) <£/(M-m)< 2an(M-m)
En choisissant a < e/(2(M — m)n)) on a donc fs(f — /-) < e. On construit de manière analogue
/+ = max(<p+,/) avec cp+ = M — (M — m)\x — X{\/a sur J; et <p+ = m ailleurs.
2/ a) Comme indiqué, nous allons commencer par le cas où / et les un sont continues. Soit
e > 0. Pour tout n, considérons l'ensemble
n
Fn = ^e5 : ||/(aO||>e + ]£||ufc(aO
w suite (Fn) est une suite décroissante de fermés de S (donc compacts). On a nn>ojFn = 0
caf pour tout x e S, il existe n tel que ||/(z) - 2^=0^(^)11 < £> ce ^ entraîne x & Fn. Une
Ulte décroissante de compacts non vide est non vide, donc il existe forcément n tel que Fn = 0,
^renient dit ||/|| < e + £Lo ||ufc|| sur S. Ceci entraîne
n ^ oo
/ ll/H <(b-a)e + J2 Kll < (6 " a)e + ^ / ||ti*||.
1/5 A;=0,/5 fc^*75
e dernière majoration est vraie pour tout e > 0 donc on a bien le résultat attendu.

188
3. INTÉGRATION
Traitons maintenant le cas général. Soit e > 0. D'après 1/, il existe une fonction continu
sur S et une suite (vn) de fonctions continues sur S telles que ^
g < ll/H avec I \\f\\<e+ I g, et Vn e N, |K|| < vn avec / vn < ~ + / ^
On note Gn = {x e S : #(z) > e + E/Uo^M}» ^e sorte ^ue (^n) est une suite décroissant
de compacts. Leur intersection est vide (car \\f(x) — Ysk=ouk(x)\\ < £ entraîne g(x) < e ,
Eï=o Vkfa)), donc il existe n avec Gn = 0. Ceci entraîne g < e + ££=0^ sur 5, donc
/ 11/11 <e+ g< (l+b-a)e+J2 vk < (3+6-a)e+^ / ||ii*|| < (3+6-a)e+£ / |k||
,/5 ^ k=oJs k=oJs k=o^s
On conclut comme précédemment.
b) Comme fs \\uk\\ < Jj \\uk\\, le résultat précédent entraîne la majoration
/11/11 <Ê/lKII>
et ceci pour tout segment S de I. Par définition, / est donc intégrable sur / et on a L ||/|| <
E£o Jj lh**ll' En appliquant ce même résultat à / — E!t=oufc on obtient
/Il n II °° f
v-Y.u4- S /ni.
- Il fe=0 II k=n+lJl
donc (/7 ||/ - ELo wA:||)nGN tend vers 0 lorsque n -► oo. Comme || /7 / - ELo // w*ll ^ //11/-
ELo «fclli on en déduit limn^oo /7 / = ES=o // un-
3/ a) Fixons n. Remarquons que les fn,p sont dans Cm(J,R) (le maximum de deux fonctions a
et b de Cm(I, R) s'écrit |(a + 6 + \a — b\) donc est dans Cm(7, E)) et intégrables car fn>v < (p. La
suite (fn,p)p est croissante, donc la suite {In,p)p définie par In>p = fj fn>p est croissante. Comme
elle est majorée par Jj <p, elle converge, donc c'est une suite de Cauchy, donc il existe pn tel que
Un,p — In,q\ < 2-n pour p, q > pn. On peut choisir pn aussi grand que voulu, d'où le résultat.
b) Si gn+\ - gn < 0, c'est immédiat car fn,pn+i - fn,pn > 0. Sinon il suffit de remarquer que
9n+l ~ 9n = Jn+l,pn+i ~~ Jn,pn — /n,pn+i — Jn,pn"
c) Posons un = gn— gn+i. L'inégalité précédente entraîne
/ \un\ < 2|/n,pn+1 - In,pn\ + 9n ~ 0n+l < 21_n + / gn - / gn+U
par sommation on obtient
VpGN, Y" (\un\< W"" + [go- fgP+i<4 + /(fo.
^oJl ^o Jl Ji Jl
Par ailleurs, la suite de fonctions (gn) converge simplement vers 0, donc on a Efc>nw* = ^n*
Finalement nous avons montré que la série de fonctions Ejfc>n uk vérifie les hypothèses de la
partie 2/ du problème, donc
0 */'-*/*-/(&*)-£/
Uk-
Le dernier terme est le reste d'une série absolument convergente, d'où limn_>oo // fn — 0*
4/ Reprenons les notations du théorème de convergence dominée, page 147. On a ||/|| 5: *P .
/ est bien intégrable. Ensuite, il suffit d'appliquer le résultat de la question précédente à la su
(ll/n — /II)» majorée par la fonction intégrable 2</?, et qui converge simplement vers la fonc
nulle. Donc (/7 ||/n - /||) tend vers 0, et comme || /, fn - fj f\\ < fj ||/« - /II, ceci termine
preuve du théorème de convergence dominée.

5. PROBLÈMES
189
problème 18 (Deuxième preuve du théorème de convergence dominée).
Quelques définitions et remarques.
- Une partie bornée E de R est dite élémentaire si E est réunion finie d'intervalles
bornés, i. e. si Xe (fonction caractéristique de E) est une fonction en escalier. On
peut alors définir la mesure de E par m(E) = JR XE{t) dt. De même, si / est continue
par morceaux sur [a, b] D E, on définit fEf = fa f(t)xE(t) dt.
- Si E et F sont deux parties élémentaires disjointes et / une fonction réelle continue
par morceaux, on a facilement JEuF f = JE f + JF f ; si \f(x)\ < K pour tout x G E,
alors \fEf\<Km(E).
- Il est également clair que si E est élémentaire, alors pour tout e > 0, il existe un
ensemble H, borné, fermé et élémentaire, tel que H C E et m(H) > m{E) — e.
a) Soit (An)neN* une suite décroissante de sous ensembles bornés de R telle que f)ne^An =
0. pour tout n G N*, on note
an = supTn où Tn = {m(E), E élémentaire et E C An}.
Montrer que limn^+00 an = 0.
b) Soit (fn) une suite de fonctions de [a, b] dans un e.v.n complet A, continue par
morceaux, convergeant simplement vers une fonction / : [a, b] —> A continue par morceaux,
et uniformément bornée, c'est-à-dire
3K > 0,Vn G N*,Vz G [a, b], \\fn(x)\\ < K.
Montrer que
lim / fn{t)dt= f f(t)dt.
c) En déduire une preuve du théorème de convergence dominée (page 147).
Solution, a) Toute partie élémentaire incluse dans An+\ est incluse dans An, donc Tn+i C Tn,
donc an+i < an. Autrement dit, la suite (û;n) est décroissante. Comme elle est minorée par 0,
elle converge. On note £ sa limite.
Il s'agit de montrer £ = 0. Pour cela, on raisonne par l'absurde en supposant £ > 0. On fixe
un nombre réel S tel que 0 < 6 < £. Pour tout n, il existe une partie En C An élémentaire et
fermée, telle que m(En) > an — ô/2n. Pour tout n, l'ensemble
n
Hn = [ I En
est élémentaire et fermé, et la suite (Hn) est une suite décroissante de fermés. Si on montre que
«n est non vide pour tout n, alors nne^*Hn sera non vide (suite décroissante de compacts non
vides), ce qui sera en contradiction avec le fait que
p| En C f| An = 0,
n€N* n€N*
et on en conclura le résultat.
Soit n G N*. Fixons une partie élémentaire E C An telle que m(E) > ô. On a
n n
E\Hn = (J(E\Ei) donc m(E\Hn) <^2m(E\Ei). (*)
i=l i=l
0r Pour tout i, 1 < i < n,
m(E\Ei) + m(Ei) = m(E U Ei) < at donc m(E\Ei) < a* - m(Ei) < —v

190
3. INTÉGRATION
ce qui d'après (*) entraîne
n j-
m(E^Hn) <Y,Ti<S.
Ceci entraîne Hn ^ 0 car m(E) > ô par construction. D'où le résultat.
b) Pour tout n G N*, posons gn = ||/ — /n||. On aura prouvé le résultat si on montre
La suite de fonctions (gn) converge simplement vers 0, et on a 0 ^ gn < 1K sur [a, 6].
Ceci étant, considérons e > 0. Pour tout n G N*, on pose
An = {x G [a, 6] | 3i > n, gi(x) > e}.
La suite (An) est décroissante et on a f)ne^An = 0. D'après le résultat de la question a), on peut
donc trouver AT g N* tel que tout n > N et pour toute partie élémentaire E C An} m(E) < e.
Soit n > N, et soit s une fonction en escalier telle que s < gn.
On pose £ = {ie [a, b] \ s(x) > e} et F = [a, 6]\.E. Les ensembles E et F sont élémentaires
(car s est en escalier). Comme E C An, on a, m(E) < e donc
/ s(t) dt= [ s+ f s< [ 2K+ [ e< 2Km(E) + (6 - o)e < Me, M = 2K + (b - a).
Ja Je Jf Je Jf
Ceci étant vrai pour toute fonction en escalier 5 inférieure à la fonction continue par morceaux
gn, on en déduit fa gn(t) dt < Me. Ceci étant vrai pour tout n > N, on en déduit (**).
c) On reprend les notations du théorème de convergence dominée 147. Soit e > 0, et soit un
segment J = [a, 6] inclus dans J tel que //xJ cp = Jjcp — fj<p < e. D'après le résultat de la
question précédente appliqué au segment J (que l'on peut bien appliquer car <p est bornée sur
cet intervalle) il existe N G N* tel que || fjfn — Jjf\\ < £ pour tout n > N. Ainsi, pour tout
n > N on a
II//»-//|<||//»-//«Il+I//»-//||+l//-//IU / *>+£+/ <^3e>
\\Jl Ji II 117/ Jj H \\Jj Jj || \\Jj Ji || 7/\j 7/\j
d'où le résultat.
Remarque. On adapte facilement cette démonstration dans les cas où les fn et / sont
seulement supposées Riemann-intégrables.

CHAPITRE 4
Suites et séries
LA notion de suite et de limite naquit avec la méthode d'exhaustion, technique
utilisée par les mathématiciens grecs de l'antiquité pour le calcul de longueurs,
d'aires et de volumes. C'est ainsi qu'Archimède approximait l'aire d'un cercle
en y inscrivant une suite de polygones réguliers.
Jusqu'au début du dix-neuvième siècle, le concept de convergence revêtait
deux formes : numérique et formelle. La conception formelle reposait sur des
règles formelles permettant de sommer des séries divergentes (Euler en fit
beaucoup usage), et occulta au cours du dix-huitième siècle la conception
numérique (qui correspond à celle d'aujourd'hui). Les dysfonctionnements du
point de vue formel dans le domaine des séries entières et des séries trigo-
nométriques provoquèrent au début du dix-neuvième siècle le développement
d'un point de vue purement numérique, marqué par les travaux de Gauss
(1813), Fourier (1807) et Bolzano (1817), puis Cauchy dans son cours
d'analyse de VEcole Polytechnique (1821). Les problèmes de convergence furent
approfondis par Abel, Dirichlet, Liouville, Riemann et Weierstrass. Abel, en
exhibant la série de fonctions ]^(—l)72""1 sin(nx)/n, attira l'attention de ses
contemporains sur le fait qu'une limite simple d'une série de fonctions
continues n'est pas forcément continue, résultat que l'on croyait vrai auparavant.
C'est Weierstrass qui donna à la définition de limite sa forme actuelle. Il reprit
aussi la notion de convergence uniforme introduite par son maître Gudermann
en 1838, et en donna une définition claire et précise dans un article écrit en
1841. Il énonça et démontra correctement les théorèmes sur la continuité,
dérivabilité et intégrabilité de la somme d'une série de fonctions. La notion
de convergence normale fut elle, introduite par Baire en 1908.
1. Suites numériques
1.1. Rappels sur les suites
Nous avons déjà abordé la notion de suite au cours du chapitre de topologie sur les
espaces métriques. Rappelons en les grandes lignes.
- On appelle suite à valeurs dans un ensemble E toute application u de N dans E. Le
terme u{n) est appelé le n-ième terme de la suite et on le note un. La suite u est
notée (wn)neN-
- Une suite (un) à valeurs dans un espace métrique (£, d) est dite convergente s'il
existe £ G E tel que
Ve > 0,37V G N,Vn > N, d(unJ) < e.
Dans ce cas, il existe une seule valeur £ vérifiant cette propriété, et on dit que £ est
la limite de (un) ou que (un) converge vers t. On note alors £ — limn_»+00 un.
- On appelle sous-suite (ou suite extraite) de (un) toute suite (vn) de la forme vn =
u<p(n) où cp est une application strictement croissante de N sur N.
Avec ces définitions, on a les propriétés qui suivent.
- Toute sous-suite d'une suite convergente est convergente et possède la même limite.

192
4. SUITES ET SÉRIES
- Une suite (un) à valeurs dans un espace métrique est dite bornée s'il existe M > n
tel que d(uo,un) < M pour tout n G N. Toute suite convergente est bornée.
- Si {un) est une suite bornée à valeurs dans Rp, on peut en extraire une sous-suite
convergente (voir la proposition 11 page 30).
- Une suite (un) à valeurs dans un espace métrique (E, d) est dite de Cauchy si
Ve >0,3N e N,Vp > N,Vq > N, d(upyuq) < e.
Toute suite convergente est de Cauchy, toute suite de Cauchy est bornée. Si E est
complet, toute suite de Cauchy converge. En particulier, toute suite de Cauchy dans
Rp converge.
Suites réelles.
- Une suite réelle (un) est dite majorée (resp. minorée) s'il existe M e R tel que
un < M (resp. un > M) pour tout n G N. Une suite croissante et majorée converge.
- Les inégalités larges sont conservées par passage à la limite.
- Si trois suites (un), (vn) et (wn) vérifient
Vn G N, vn < un < wn
et si (vn) et (wn) convergent vers une même limite £, alors (un) converge vers L
- Deux suites réelles (un) et (vn) sont dites adjacentes si l'une est croissante, l'autre
décroissante, et si
lim un — vn = 0.
n—++oo
Dans ce cas, (un) et (vn) sont convergentes et convergent vers la même limite.
1.2. Suites récurrentes
DÉFINITION 1. Soient (E, d) un espace métrique et h un entier naturel non nul. Une suite
(^n)neN à. valeurs dans E est dite récurrente d'ordre h si on peut écrire
Vn > /i, un = f(un-u un-2, • • •, un-h) (*)
où / est une application de Eh dans E.
Les premières valeurs Uq, ..., Uh-\ de (un) étant données, la relation (*) permet de
calculer de manière itérative tous les autres termes de la suite. Le plus souvent, les suites
récurrentes que nous traiterons seront d'ordre 1.
La proposition suivante permet souvent de calculer la limite d'une suite récurrente si
on sait par ailleurs qu'elle converge.
Proposition 1. Soit {E,d) un espace métrique et (un) une suite récurrente d'ordre
h G N* vérifiant
Vn > h, un = /(un_i,un_2,...,wn_/i)
où f : Eh —> E est une application. Si la suite (un) converge vers une limite £ et si
l'application f est continue au point (£,...,£), alors on a
La preuve est simple, il suffit de faire tendre n vers +oo dans la relation (*) et d'utiliser
la continuité de / au point (£,...,£).
Monotonie des suites réelles récurrentes d'ordre 1. Soit un intervalle / de E et
une fonction / : / —► R telle que /(/) C /. Considérons une suite (un) vérifiant
u0e I et "ine N, un+i = f(un).
- Si / est croissante, la suite (un) est monotone et son sens de monotonie est donnée
par le signe de U\ — Uq (immédiat par récurrence).

1. SUITES NUMÉRIQUES
193
- Si / est décroissante, la fonction / o / est croissante. On en déduit que les suites
{u2n) et (u2n+i) sont monotones, et leur sens de monotonie est opposé (ceci car le
signe de u2 — Uq est l'opposé du signe de u$ — U\ = f(u2) — f{uo)).
1.3. Quelques familles de suites classiques
Suites arithmétiques. On appelle ainsi les suites (un) à valeurs dans un e.v E vérifiant
une relation de récurrence de la forme un+\ = un + a où a G E. On a alors un = uq + na
pour tout n € N, et on dit que (un) est une suite arithmétique de raison a.
Suites géométriques. Ce sont les suites à valeurs réelles (ou complexes) vérifiant une
relation de récurrence de la forme un+\ = qun. On a alors un = qnUo pour tout n G N et
on dit que (un) est une suite géométrique de raison q. Si |g| > 1, la suite (un) diverge ; si
U < 1, elle converge et a pour limite 0 ; si q = 1, elle est constante.
Récurrences homographiques. On dit qu'une suite (un) (réelle ou complexe) vérifie
une récurrence homographique si elle vérifie une relation de récurrence du type
CLX -\- b
Vn G N, un+i = h(un) avec h(x) = -, ad — bc^O. (*)
ex + a
Une telle suite est définie pour tout n si et seulement si aucune de ses valeurs n'annule le
dénominateur de h. La proposition qui suit permet d'exprimer explicitement un.
Proposition 2. Soit (un) une suite complexe vérifiant (*). On considère l'équation
h(x) = x •<=*> ex2 — (a — d)x — b = 0. (E)
- Si (E) admet deux racines distinctes a, fi alors on a
w^rj un-a u0-a a-ac
Vn G N, = k ou k =
un-/3 u0-/3 a-Pc'
- Si (E) admet une racine double a, alors
11 r.
Vn G N, = h k n où k =
un — a Uq — a a — ac
Démonstration. Dans le premier cas, il suffit de remarquer que
h(x) — a _ x — a
h(x) -(3= x~^]3'
ce que le lecteur vérifiera facilement. Dans le second cas, il suffit de remarquer
1 1
h(x) — a x — a
+ k.
□
Remarque 1. Ces formules permettent de décider s'il existe un entier n qui annule le
dénominateur de h, en quel cas les termes ultérieurs de la suite ne sont pas définis.
-On peut montrer que si (E) a deux racines distinctes, la valeur k est aussi égale à
^ = S5 ; lorsque (E) a une racine double, on a l'égalité k = ^.
Récurrences linéaires à coefficients constants. On dit qu'une suite (un) à valeurs
complexes vérifie une récurrence linéaire (homogène) d'ordre h à coefficients constants si
Vn >h, un = aiun-i + a2un-2 H h ahun-h (ai,..., ah G C). (*)
La proposition qui suit permet de calculer explicitement le terme général d'une telle suite.

194
4. SUITES ET SÉRIES
Proposition 3. L'équation
xh - a^11'1 ah = 0 (£j
s'appelle équation caractéristique de la récurrence (*). Si on note n,... ,r9 ses racines
et ai,..., aq leur ordre de multiplicité respectifs, alors l'ensemble des suites (un) vérifiant
(*) est l'ensemble des suites de la forme
un = Pi (n)< + • • • + Pq{n) rnq, (**)
où pour tout i, Pi est un polynôme vérifiant deg(Pj) < a:;.
Une preuve de ce résultat fait l'objet du problème 5 page 274. Dans la pratique, si on
se donne une suite (un) vérifiant (*), les coefficients des polynômes Pi correspondant dans
(**) sont déterminés à partir des h premiers termes uq, ..., Uh-i de la suite.
Remarque 2. On rencontre souvent des récurrences linéaires à coefficients constants
d'ordre 2 :
w0, uu Vn > 2, un = aun-i + 6wn_2. (***)
L'équation caractéristique correspondante est
x2 - ax - b = 0, (E)
et dans ce cas, la proposition précédente s'énonce comme suit.
- Si (E) possède deux racines distinctes X\,X2, les suites vérifiant (***) sont celles de
la forme
un = \x™ + fj,x%. (****)
Les coefficients À et \i sont déterminés à partir des équations u$ = À + fj, et u\ =
\X\ + fJ,X2.
- Si (E) possède une racine double x, les suites vérifiant (***) sont celles de la forme
un — (An + /j,)xn.
On détermine À et /j, grâce aux équations uq = fj, et U\ = (À + fj,)x.
Lorsque a et b sont réels et que le discriminant A = a2 + 46 de (E) est strictement négatif,
l'expression (****) fait intervenir des nombres complexes. Dans ce cas, on peut en donner
une expression ne faisant intervenir que des nombres réels en écrivant les racines de (E)
sont la forme pete,pe~l6, de sorte que (****) se met sous la forme
un = pn(/ycos(n9) + ôsin(n6)).
1.4. Exercices
Exercice 1. Etudier la suite (un) définie par
u0 > 0 et Vn e N, un+\ =
2-v/ïïT
Solution. Pour que la suite (un) soit bien définie, il faut avoir un > 0 pour tout n, ce qui sera
vérifié si et seulement si 0 < un < 4 pour tout n.
Ceci étant, on a
VneN, un+1=f(un) où /: [0,4[-*R x ^ -=.
2. — y/X
La monotonie de (un) est dictée par le signe de g(x) = f(x) — x ; un calcul simple montre que
Vx € [0,4 , g(x) = f(x)-x = i 5 jl± '-,
d'où le tableau suivant, donnant le comportement de / et le signe de g :

1. SUITES NUMERIQUES
195
X
m
9(x)
0
î
2
1
2
/
+
1
1
0
S
—
3+%/5
2
3+^
2
0
S
+
4
+oo
Nous avons vu que forcément, uq € [0>4[ pour que la suite (un) soit définie. Pour étudier (ïzn),
nous traitons plusieurs cas selon la position de uq par rapport aux points fixes de /.
(i) ^o £ [0> 1[- Le tableau montre que [0,1[ est stable par /, on a donc un G [0,1[ pour tout
n. Par ailleurs, g est positive sur cet intervalle, donc la suite (un) est croissante. Comme
elle est majorée (par 1), elle converge. Sa limite £ vérifie f(£) = t, c'est-à-dire g(t) = 0.
Comme de plus i G [0,1] car la suite prend ses valeurs dans [0,1[, on a forcément l = 1.
En résumé, (un) tend vers 1 en croissant.
(ii) uo = 1. Alors la suite (un) est stationnaire à 1.
(iii) ^o £ ]1> (3+>/5)/2[. Comme l'intervalle ]1, (3+y/b)/2[ est stable par /, tous les éléments
de la suite appartiennent à cet intervalle. Comme g y est négative, (un) décroît. De plus,
(un) est minorée (par 1), on en déduit qu'elle converge. Sa limite i vérifie g(£) = 0 et
1 < i < (3 + \/5)/2, donc i = 1. En résumé, (un) tend vers 1 en décroissant.
(iv) uq = (3 + \/5)/2. Alors la suite (un) est stationnaire à (3 + \/5)/2.
(v) uq > (3 + \/5)/2. Alors la suite (wn) est croissante (g est positive sur ](3 + \/5)/2,4[) ;
si elle était majorée par 4, elle convergerait vers un réel £ > (3 + \/5)/2 point fixe de /, ce
qui n'est pas possible. Ainsi, il existe n tel que un > 4 et la suite (un) n'est pas définie.
Exercice 2 (Moyenne de Césaro). Soit (an)n>i une suite complexe convergente, de
limite t. Montrer que la suite (6n)n>i définie par
ai H Y an
Vn > 1, bn =
n
converge vers l.
Solution. Donnons nous e > 0. La suite (an) converge vers £ donc
3iVeN*,Vn> AT, |an - £| < e.
Ainsi, pour tout n> N,
Vn> N, \ai + a2 + • • • + an - n£\ < \aY + • • • + aN - N£\ + \aN+1 + • • • + an - (N - n)£\
< \ai + • • • + aN - N£\ + \aN+1 - £\ + • • • + \an - £\ < K + (n - N)e < K + ne,
où K = \a\ + h a// — N£\, ce qui entraîne
ai + • • • + an
Vn>N, \bn-£\ =
-£
n
K
< — +e.
n
Si on fixe un entier N\ > N tel que K/N\ < e, on a finalement
Vn>iVi, \bn-£\<^-+e<2e,
iVi
d'où le résultat.
Remarque. En procédant de la même manière, on peut montrer plus généralement que
pour toute suite de réels positifs (en) telle que la série 2 en diverge, on a
e\a\ -\ h enan
hm = £.

196
4. SUITES ET SÉRIES
Exercice 3. Soit (un) une suite définie par
uq > 0, ui > 0, À > 0, Vn G N, un+2 = \y/un+\un.
Expliciter le n-ième terme un de la suite en fonction de n.
Solution. Une récurrence immédiate montre que chaque terme de la suite est positif, donc la
suite (un) est bien définie. La suite (un) est récurrente d'ordre 2, mais elle n'entre pas dans une
des familles classiques étudiées dans la partie 1.3. Pour se ramener à une récurrence classique
nous allons considérer la suite (vn) définie par vn = \ogun. Elle vérifie
Vn G N, vn+2 = ^ti + ^ + log A. (*)
Pour rendre homogène cette récurrence linéaire, nous commençons par en rechercher une solution
particulière (c'est comme pour les équations différentielles). Aucune suite constante ne convient
on recherche donc une solution particulière (wn) sous la forme wn = an. Elle vérifie (*) si et
seulement si
( 1\ 2
Vn G N, a(n + 2) = a ( n + - 1 + log À, ce qui équivaut à a = - log À.
Ainsi, la suite (wn) définie par wn = (21ogÀ/3)n vérifie (*), ce qui en retranchant à (*) montre
que la suite (xn) définie par xn = vn — wn vérifie
w ^ t\t ^n+1 . #n
Vn G N, xn+2 = -y- + y •
On sait résoudre ce type de récurrence. L'équation caractéristique correspondante est
r2 — -r — - = 0 dont les solutions sont r = — -, r = 1.
2 2 2'
Ainsi, il existe a, b G M. tels que
w ™ ( IV, , w ™ / IW 21ogA
VnGN, zn = a+(--l 6 donc Vn G N, vn = xn + wn = a + I -- 1 M —n,
et finalement
Vn G N, un = exp(tfc) = A • B^1^)" . A2n/3, A = ea,B = eb.
Pour déterminer A et B, on écrit
u0 = >l£, ui = A--^=A2/3 d'où on déduit .A = uJ^ufV4/9, B = ^/3u"2/3A4/9.
Finalement, nous avons montré
/ x2/3\(2/3)(-1/2)n
Vn G N, un = ufufA-4/9 f ^- I A2^.
Remarque. Retenez le procédé qui consiste à rechercher une solution particulière pour
résoudre des récurrences linéaires non homogènes du type (*).
Exercice 4. Soit a > 0 un nombre irrationnel et (rn) une suite de nombres rationnels
qui converge vers a. Pour tout n, on écrit rn = pn/qn où pn G Z, qn G N*. Montrer que
lim pn = lim qn = +oo.
n—*+oo n-++oo

1. SUITES NUMÉRIQUES
197
Solution. Donnons nous un entier naturel non nul N. Notons F l'ensemble des rationnels de la
forme a/b qui se trouvent dans l'intervalle [a — 1, a + 1] et vérifient a G Z, b G N, 1 < b < N.
L'ensemble T est fini puisque
T= |J Fq avec r, = |r€[a-l,a + l] | 3peZ,r = -l
l<q<N *■ **'
et que pour tout q G N*, Fq est fini (car si p/q G Fq, on a forcément (a — l)q < p < (a + l)q).
Ceci étant, le nombre a est irrationnel donc n'appartient pas à F. Comme F est fini, on en
déduit que
3pe]0,l[,\/xeF, \x-a\>p. (*)
La suite (rn) converge vers a, donc il existe no G N tel que \rn — a\ < p pour tout n > no-
D'après (*), on a donc rn £ F pour tout n > no, ce qui entraîne qn > N (si qn < iV, comme
rn = Pn/Qn € [a — 1, a + 1], on a rn G Tgn C I\ impossible). Finalement, nous avons prouvé
3no G N,Vn > no, qn > N.
Ceci étant possible pour tout N G N*, la suite (qn) tend vers +oo. Comme pn ~ aqn, la suite
(pn) tend également vers +oo.
-+> Exercice 5 (Sous groupes additifs de R). a) Soit A un sous groupe de (R,+),
A ^ {0}. Montrer que A vérifie l'une des deux assertions suivantes :
(i) il existe m > 0 tel que A = mZ,
(ii) A est dense dans R.
b) Soient a et b deux nombres réels non nuls. Montrer que l'ensemble aZ + bZ est dense
dans R si et seulement si a/b £ Q.
c) Soient a et b deux nombres réels strictement positifs. Montrer que aN — bN est dense
dans R si et seulement si a/b £ Q.
d) (Application.) Quelles sont les valeurs d'adhérence de la suite (un) définie par un =
sinn ?
Solution, a) C'est très classique. Notons A+* = AflR+* et m = inf A+*. Deux cas se présentent.
- Si m > 0, alors m G A+*. En effet, si m ^ A+*, on a par définition de la borne inférieure
3a,(3eA+*, m<a<(3<2m,
donc 0 < (3 — a < m, et comme A est un groupe additif, (3 — a G A+*, ce qui est absurde
car m = inf A+*.
Comme m G A et que A est un groupe, on a mZ C A. Nous allons montrer l'inclusion
réciproque, ce qui prouvera mZ = A. Soit a; G A. Si n est la partie entière de x/m, on a
mn < x < m(n +1), donc 0 < x — mn < m. Comme x — mn G A, ceci entraîne x — mn = 0
car m = inf A+*, autrement dit x = mn G mL. Finalement, on a montré A = mL.
- Si m = 0, nous allons montrer que A est dense dans R. Soient a < b deux nombres réels.
Comme 0 = inf A+*, il existe a; G A tel que 0 < x < b — a, et alors il existe n G Z tel que
a < nx < b. Ainsi, ]a,b[ flA ^ 0, et ceci pour tout intervalle ouvert ]a,6[ de R, d'où la
densité de A dans R.
b) L'ensemble A = aZ + 6Z est un sous groupe de (R, +).
Condition nécessaire. Supposons a/b G Q. Alors il existe deux entiers non nuls premiers entre
eux p et q tels que a/b = p/q. On a donc
aZ + bZ = b(z+^z\ =b(z+-Zj = -(qZ + pZ) = -Z
(on a pZ + qi, = Z car les deux entiers p et q sont premiers entre eux), ce qui entraîne que A
n est pas dense dans R. Ceci est contraire aux hypothèses, on en déduit a/b & Q.
Condition suffisante. Supposons a/b g Q et A non dense dans R. D'après la question précédente,

198
4. SUITES ET SÉRIES
il existe m 6 E tel que A = rnL. En particulier a G A, donc il existe p G Z tel que a = rnp. T)
même, il existe q e Z tel que b = mq. Donc a/6 = p/q G Q, ce qui est absurde. L'ensemble A est
donc dense dans R.
c) Condition nécessaire. Supposons aN — bN dense dans R. Alors il en est de même pour aN -
bN D aZ — 6Z, donc d'après la question précédente, a/b & Q.
Condition suffisante. Si a/b £ Q, pour montrer que aN — bN est dense dans R, nous allons
commencer par montrer que
Ve > 0,3(p, q) G N2, 0 < ap - bq < s. ^\
Quitte à diminuer e > 0, on peut supposer s < inf {a, b}. L'ensemble aZ + 6Z est dense dans R
d'après la question précédente, donc
3(p, g) G Z2, 0 <ap-bq< e.
Les entiers p et q sont de même signe car e < inf {a, 6}. S'ils sont tous les deux positifs, on a
prouvé (*). Sinon, on réutilise la densité de aZ + 6Z dans R qui entraîne
3(pW)<EZ2, 0<ap'-bq'<^^<^, K = sapiWM- H
Une nouvelle fois, p' et q' sont de même signe. S'ils sont positifs, on a prouvé (*). Sinon, (**)
entraîne
0 < (ap - bq) - K(apf - bq') = a(p - Kp') - b(q - Kq') < e. (***)
L'entier p — Kp' est positif car p' < — 1 donc p — Kp' > p + K > 0 ; de même q — Kq' e N, et
finalement, (***) entraîne (*).
L'ensemble aN — 6N étant stable par addition, l'assertion (*) entraîne la densité de aN — 6N
dans R+. De même, 6N — aN est dense dans R+, donc aN — 6N est dense dans R~, et finalement
aN — 6N est dense dans R.
d) Nous allons montrer que l'ensemble des valeurs d'adhérence de la suite (un) est [—1,1]. Il
suffit pour cela de prouver que X = {sinn, n € N} est dense dans [—1,1]. Considérons la
fonction / : R —► R x i-> sin x. On a f~1(X) = N + 2irZ, et comme N — 27rN est dense dans E
(car 2ir est irrationnel), on en déduit que f~l(X) est dense dans R. Donnons nous a,6 € [—1,1],
a < b. Comme /-1(]a,b[) est ouvert (/ est continue), on a
rHMInx) = rH)aM) n r\x) ï 0,
donc ]a, 6[ D X ^ 0. Ainsi X est dense dans [—1,1], d'où le résultat.
Exercice 6 (Suite arithmético-géométrique). On considère deux suites réelles
(un) et (vn) vérifiant
0 < v0 < u0, Vn G N, un+i = n n et vn+i = y/unvn.
Etudier de telles suites.
Solution. Une récurrence immédiate montre que toutes les valeurs des termes des suites (un) et
(vn) sont strictement positives.
On remarque ensuite que pour tout n G N, vn < un. En effet, pour n = 0, cela résulte des
hypothèses et si n > 1,
Un~Vn = ^ {un-l - 2y/Un-iVn-i + Vn-i) = -(y/un-l - y/Vn-\) > 0.
La suite (un) décroît, la suite (vn) croît, car
Vn G N, un+i -un = -(vn - un) < 0 et -2±! = A/— > 1.
2 vn V vn

1. SUITES NUMÉRIQUES
199
Finalement, nous avons montré
Vn G N, vq < v\ < • • • < vn < un < • • • < u\ < uq.
La suite décroissante (un) est minorée par l'un quelconque des termes de (vn), elle est donc
convergente. De même, la suite croissante (vn) est majorée par l'un quelconque des termes de la
suite (un)> eHe est donc également convergente. Notons U la limite de (un) et V celle de (vn).
La continuité des fonctions en présence permet d'affirmer U = (U + V)/2 et V = VUV, donc
v = v.
Finalement, nous avons prouvé que (un) et (vn) sont des suites adjacentes.
EXERCICE 7. Soit (un) une suite telle que
uq > 0, et Vn e N, un+i =
Prouver que la suite (vn) définie par
n
Vn € N, vn = Y[ u>i
est convergente et calculer sa limite.
l + un
Solution. Nous traitons plusieurs cas, selon la position de uq par rapport à 1.
- «o < 1- Soit 6 G ]0,7r/2] tel que uq = cos#. La formule trigonométrique
m, U /l+COStt „ .. (0
vu G M, cos — = y entraîne immédiatement Vn G N, un = cos I —
En utilisant maintenant l'identité
., , _ sin2u
Vu g nZ. cos u = -—:—,
* 2sinu
on voit que pour tout entier naturel non nul n,
f9\ f0\ f$\ sin0 sin(0/2) sin^71"1) sin0
vn = cos I - I cos I - ) • • • cos ' ! — —
2) \4J \2n) 2sin(0/2) 2sin(0/4) 2sin(0/2n) 2nsin(0/2n)'
et on en conclut que
sin0 \/l — Un
hm vn = —— = -* ±.
n-»+oo 6/ arccos uq
- uq = 1. Dans ce cas, on a un = 1 pour tout n et tout est trivial.
- uq > 1. On procède comme dans le cas uq < 1 en remplaçant les fonctions trigonométriques
par les fonctions hyperboliques correspondantes. Si on écrit uq = ch0, on montre que
1III1 Un — —
n->+<x> B argchuo
Remarque. En partant de Uq = 0, la suite (vn) converge vers 2/7T, ce qui s'écrit
2 /l /l 1/1 1 1/1 1/1
^ = V2-V2 + 2V2^2 + 2V2 + 2V2---'
formule découverte par François Viète (1540-1603), qu'il obtint en considérant l'aire de
Polygones réguliers à 2n côtés.

200
4. SUITES ET SÉRIES
Exercice 8. Soit (un)neN* la suite définie par
Ui = 1, Vn > 2, un = y/n-\-un-i.
Donner un équivalent puis calculer les deux premiers termes du développement asympto-
tique de (un) lorsque n —» +oo.
Solution. Une autre manière de voir les choses est d'écrire
Vn G N*, un = y n + y/n - 1 + Vn-2 +
Dans cette expression, on "intuite" que seul le premier terme y/n est prépondérant dans
l'expression de (un). Nous allons donc montrer que un ~ y/n lorsque n —► +oo. Pour cela, nous
commençons par montrer par récurrence un < 2-y/n pour tout n G N*. Pour n = 1, c'est vrai.
Pour passer au rang n au rang n + 1, on écrit
un+\ =n+l + un<n + l + 2y/n = (Vn + l)2 < {2\fn+lf .
Maintenant, il suffit d'écrire
Vn G N*, y/n < un < y/n + un-i < y n + 2\/n = Vn Jl +
s/ri
ce qui entraîne immédiatement un ~ y/n.
Pour calculer le second terme du développement asymptotique de (un), on écrit
Vn G N*, un = V^ + un-i = A/n + \/n-f(l + o(l)) = Vn \ 1 + Vn ~ (1 + o(l))
y / u
(1 + o(l))) =V^(l + |^(l + o(l))) = ^ + i + 0(1).
= V^[i + -
1 x/n"17!
2 n
Remarque. En itérant le procédé, on peut en fait calculer un nombre quelconque de termes
du développement asymptotique de (un).
2. Séries numériques
2.1. Généralités
Définition 1. Soit (wn)neN une suite à valeurs dans un espace vectoriel E. On appelle
série de terme général un la suite (Sn)ne^ définie par
Vn e N, Sn = uq + u\ H h tin-
On note cette série Ylun- Pour tout n 6 N, un s'appelle le terme d'indice n, Sn s'appelle
la somme partielle d'indice n, de la série ^un.
Lorsque E est un e.v.n, on dit que ]T) un converge si la suite (Sn) converge. Dans ce
cas, la limite s'appelle la somme de la série et on la note J2lZun- Pour tout n 6 N, on
appelle alors reste d'indice n l'élément Rn défini par
+oo n +oo
Rn = ^2 Uk ~ ^ Uk = ^ U*-
fc=0 k=0 k=n+l
Exemple 1. - Séries arithmétiques. Les séries de la forme X)n€Nna ou a es* une
constante sont toujours divergentes dès que a ^ 0. Les sommes partielles de cette

2. SÉRIES NUMÉRIQUES
201
séries peuvent s'exprimer de manière explicite grâce à la relation
n(n + 1)
VnGN, Yï,k =
k=0
- Séries géométriques. Les séries 2neN qn où q est un nombre complexe, convergent
si et seulement si \q\ < 1. Lorsque q ^ 1, les sommes partielles sont données par
n
1-q
n+1
k=o H
et si |g| < 1, la somme et les restes de la série s'expriment explicitement :
+oo - oo
1 .. U_,M v^ 9"
Eik = —0 et V"€N' E«* = ï
fc=0 ^ k=n
Critère de Cauchy pour les séries. Le critère de Cauchy pour les suites s'étend
aisément pour les séries et donne le résultat suivant.
Proposition 1. Une série J]«n à valeurs dans un espace de Banach converge si et
seulement si
\fe >0,3Ne N, Vn > N, Vp G N, \\un + • • • + un+p\\ < e.
Corollaire 1. Si J2un est une série convergente, alors limn_>+00ttn = 0.
Remarque 1. La réciproque de ce corollaire est fausse ; par exemple, la série harmonique
]T)l/n diverge (voir la proposition 2).
Séries absolument convergentes. Voyons une autre conséquence importante du
critère de Cauchy pour les séries :
Théorème 1. Soit J2un une série à valeurs dans un R-espace de Banach. Si la série
21|un || converge, on dit que Y^un est absolument convergente, et dans ce cas, la série
Y^un est convergente.
Ainsi, on est souvent ramené à prouver la convergence d'une série à termes positifs. Le
but de la partie qui suit est de donner des conditions suffisantes pour assurer la convergence
d'une série à termes positifs.
2.2. Séries à termes positifs
Toute suite réelle croissante et majorée converge, et comme conséquence immédiate,
on a le résultat suivant.
Théorème 2. Une série ^unà termes réels positifs converge si et seulement si la suite
(Sn) des sommes partielles est majorée.
On en déduit facilement :
Théorème 3. On considère deux séries réelles J2un et Y^vn telles que
Vn G N, 0 < un < vn.
Alors si Y2 vn converge, ]T) un converge ; si ]T] un diverge, J^ vn diverge.
Théorème 4. Soient Ylun et J2vn deux séries à termes positifs.
(i) Si vn = 0(un) lorsque n —» +00 et si Y^un converge, alors ^vn converge ;
(ii) si un ~ vn lorsque n —► +00, alors les séries Yï,un et ]T)vn sont de même nature.

202
4. SUITES ET SÉRIES
Remarque 2. Attention, l'assertion (ii) de ce dernier théorème n'est vraie que pour des
séries à termes positifs (voir l'exercice 7 page 214 pour un contre exemple avec des séries
à termes non positifs).
Proposition 2 (Séries de Riemann). Soit a un nombre réel. La série de Riemann
E-
n>l"
converge si et seulement si a > 1.
Equivalents des sommes partielles et des restes. Le résultat qui suit est crucial
dans beaucoup d'exercices. Il complète le théorème 4.
Théorème 5. Soient ^un et Ylvn deux séries à termes positifs, telles que un ~ vn
lorsque n —> -f oo. Alors
(i) si ^2 un converge, J^ vn converge et les restes vérifient
+oo +oo
fc=n fc=n
(ii) si Y2 un diverge, ]T vn diverge et les sommes partielles vérifient
n n
^2Uk ~ ^2 Vk> n ~* +o°'
fc=0 fc=0
Démonstration. On sait déjà que les séries ^ un et ]P vn ont même nature (c'est l'assertion (ii)
du théorème 4).
(i). Soit s > 0. L'équivalence un ~ vn entraîne
3N e N, VA; > N, (1 - e)uk <vk<(l + e)uk,
donc
+OO +00 +OO
Vn>N, (1-e) J2u^YlVk^(1+eîl2Uk>
fc=n k=n k=n
d'où (i).
(ii). Soit e > 0. Comme précédemment, on commence par écrire
3N e N, Vk > N, (1 - e)uk <vk<(l + e)uk.
On en déduit
TV—1 n n N—\ n
Vn > JV, ^ v* + (1 - e) ]T WA; < ^vk < ^ «fc + (1 + e) ^ ufc.
k=0 k=N k=0 k=0 k=N
Comme ^2 un diverge, chacun des termes extrêmes de ces inégalités sont respectivement
équivalents à (1 - e) X)?=o «a et (1 + e) Efc=o uk On en déduit
n n n
3N' > N,Vn > N', (1 - 2e) ]Tttfc < £«* < (1 + 2e) J>fc>
&=0 &=0 A:=0
d'où le résultat. 0
App/icafàon. Ce dernier résultat permet de donner des développements asymptotiques
de certaines suites ou séries. Pour illustrer ce propos, nous allons donner un développement
asymptotique à l'ordre 3 des nombres harmoniques Hn définis par
Vn G N*, #n = i + I + I + ... + I.
2 3 n

2. SERIES NUMERIQUES 203
a) On commence par remarquer que lorsque n —* +00,
- ~ log ( 1 + -
n V n
Comme J^ Vn diverge et que les deux séries en présence sont à termes positifs, on peut
appliquer la partie (ii) du théorème 5 qui entraîne
*n~£>g(1+i) = £ks(*±i) =iog(f[k-±i\ =log(„+1),
fc=l ^ ' k=l ^ ' \fc=l /
autrement dit Hn ~ log n.
b) Nous avons obtenu le premier terme de notre développement asymptotique. Pour
obtenir le suivant, on considère la suite Un = Hn — logn, et on écrit
Un - U^ = i - logn + log(n - 1) = I + log (l - 1) ~ - JL (*)
donc la série XX^n — Un-\) converge. Comme
n
Vn G N*, £(£/* ~ ^*-i) = U* ~ U^
la suite (Un) converge. Notons 7 sa limite, de sorte que
Hn = logn + Un = logn+ 7+ o(l).
c) Poursuivons. En appliquant la partie (i) du théorème 5, on en déduit un équivalent des
restes de J^(f/n — £/n-i)> ce qui s'écrit
+00 1 +00 1
7-«.= £ (%-£4-i)~-2 £ ^.
A;=n+1 A;=n+1
Pour obtenir un équivalent de ce dernier terme, on écrit
»A;+1 jj. 1 /«A;
w, ^ rt f dt ^ 1 ^ r dt ,
V^2' i T^T^U donc
1 /-^di S 1 _/■*»* 1 Si 1
Finalement, on a démontré
+00
111 1 / 1 \
k=n
Remarque 3. - Il est important de retenir ce résultat. Le nombre réel 7 est une
constante classique appelée constante d'Euler. On a 7 = 0.577215664 —
- On aurait pu poursuivre ce développement asymptotique en itérant la méthode.
Un développement asymptotique de Hn à un ordre quelconque fait l'objet du sujet
d'étude 3 page 301, par la formule d'Euler-Maclaurin.
- Cette méthode est assez générale. On peut l'utiliser par exemple sur la série ^2 l°g(n)
pour obtenir un développement asymptotique de n! à plusieurs termes (voir le
commentaire de l'exercice 3 page 211 sur la formule de Stirling).

204
4. SUITES ET SÉRIES
Comparaison série-intégrale.
Proposition 3. Soit f : R+ —* R une fonction positive, continue par morceaux et
décroissante sur R+. Alors la suite (Un) définie par
Vn G N, Un = /(0) + /(l) + • • • + f(n) - f/«
Jo
dt
est convergente. En particulier, la série J^/(n) et l'intégrale f0 f(t)dt ont même
nature.
Démonstration. La décroissance de / entraîne
VfcGN, /(fc + l)< / f(t)dt<f(k).
Jk
On en déduit
71-1 / rk+l \
Vn e N, tfn = £ (/(*) - jf /(«) dt) + /(n) > /(n) > 0
fc=0
et
»n+l
rn+i
Vn G N, C/n+i -Un = f(n + 1)- f(t)dt < 0.
La suite (C/n) est décroissante et minorée, elle converge donc. Q
Remarque 4. Ce résultat reste vrai si / est seulement supposée décroissante à partir d'une
certaine abscisse X (reprenez la preuve précédente).
- Si / est C1 à valeurs complexes et /' est intégrable sur M+, on peut également montrer que
la série j\2f(n) et l'intégrale /0+°°/(£) dt ont même nature (voir l'exercice 10 page 217).
Exemple 2. - On retrouve avec ce résultat celui de la proposition 2 sur les séries de
Riemann.
- Si on applique ce résultat à la fonction /: j;h> 1/(1 + x), on montre que la suite
(Un) définie par
1 1 fn~l 1 1
tf» = l + ô + -" + -- / f(t)dt = l + - + -- + --\ogn
2, n Jq In
converge. En notant 7 la limite de (Un) (c'est la constante d'Euler), on retrouve
ainsi le fait que
#n = l + - + --- + - = logn + 7 + o(l).
2, n
Séries de Bertrand. On appelle ainsi les séries de la forme
On a vu (voir la proposition 6 page 145 sur les intégrales de Bertrand) que
. s- converge ) ■<=>• ((a > 1) ou (a = 1 et /3 > 1)).
h ta log" t J
Si a < 0, il est clair que la série de Bertrand (*) diverge pour tout (5 G R (on peut dire
par exemple que le terme général est supérieur à 1/n à partir d'un certain rang). Si ex > 0,
la fonction f(t) = t~a\og~^t étant décroissante au voisinage de +00, on en déduit (voir
la remarque précédente) que
7 s— converge ) •<=>• ((a > 1) ou (a = 1 et (5 > 1)).
^ n« log" n J

2. SÉRIES NUMÉRIQUES
205
2.3« Quelques recettes
PROPOSITION 4. Soient ^un et J^vn rfewa; séries à termes strictement positifs, telles
qU'à partir d'un certain rang, on ait un+i/un > vn+i/vn. Alors
(i) si ^2Un' converge, J2vn converge ;
(H) si 2 vn diverge, ^2 un diverge.
Démonstration. Soit N G N tel que un+\/un > vn+i/vn pour tout n > N. Une récurrence
immédiate montre que
Vn > N, — > —— ou encore un > Kvn avec K = —.
un un un
On conclut facilement en appliquant le théorème 3 page 201. □
Corollaire 2. Soit Y^un une série à termes strictement positifs vérifiant
Un+\ 1
= T~,—7—i—7T7~T' aeR, n -► +oo.
un 1 + a/n + o(l/n)
Alors si a > 1, la série ^,un converge ; si a < 1, la série diverge.
Démonstration. Supposons a > 1, et fixons un nombre réel b tel que 1 < b < a. Considérons la
suite (vn) définie par vn = n~b. La série J2 vn converge et
Vn+l _ 1 _ 1
vn (1 + l/nf ~ 1 + b/n + o(l/n) '
Comme b < a, on en déduit qu'à partir d'un certain rang, vn+\/un > un+\/un, donc ^un
converge d'après la proposition précédente.
Si a < 1, on montrerait en procédant de la même manière qu'à partir d'un certain rang,
Un+i/u>n > un+\/un où un = n~b, b étant fixé tel que a < b < 1. Comme J2vn diverge, on en
déduit toujours avec la proposition précédente que ^ un diverge. □
Remarque 5. Si a = 1, on ne peut pas conclure quant à la nature de la série. Considérons
par exemple la série de Bertrand J2un avec un = n_1log^n. Lorsque f3 > 1, Ylun
converge ; lorsque fi < 1, Y,un diverge, et on a pour tout fi
un \ n nlogn \n\ognj J \ n \nj J
Règle de Raab-Duhamel.
Proposition 5 (Règle de Raab-Duhamel). Soit (un) une série à termes > 0 telle que
un+i 1
= n —► t~oo
un l + a/n + 0(l/n2)
Alors il existe À > 0 tel que un ~ A/na lorsque n —► +oo.
Démonstration. Il s'agit de montrer que la suite (naun) converge et a une limite > 0. Pour cela,
on considère la suite (vn) définie par un = log(nann). Pour l'étudier, on considère la série J2wn
où pour tout n, wn = un+\ — vn. On a
u>n = log
'n + 1
n
+ log(^)=alog(1 + i)-log(1 + ^o(i))
-l+ofl - J+oi =o ±
n \n J \n \n J J \n .
donc la série £% converge. Comme W\ H + wn = vn+i — vi, la suite (vn) converge. Donc
naun = exp(un) converge vers une limite > 0, d'où le résultat. □

206
4. SUITES ET SÉRIES
Remarque 6. - Cette règle permet de déterminer la nature de la série J^n : eii
converge si et seulement si a > 1.
- Sans la présence du 0(l/n2), le résultat est faux (nous avons vu à la remarque 5 1
cas d'une série convergente Ylun Pour laquelle un+i/un = (1 + 1/n + o(l/n))~!)
T " "ègle de Raab-Duhamel reste vérifiée lorsqu'on remplace 0(l/n2) par 0(l/n<*\
a > 1 (pour s'en persuader, reprendre la preuve dans ce cas).
- La rè*
avec
Règle de d'Alembert, règle de Cauchy.
Proposition 6 (Règle de d'Alembert). Soit Y^un une série à termes > 0 telle que
lim ^±i = À, A€[0,+oo].
n-*+oo Un
Alors
(i) si X < 1, Ylun converge ;
(ii) si À > 1, Ylun diverge ;
(iii) si X = 1+ (i.e. si un+i/un tend vers 1 en restant supérieur à i), J2un diverge.
Proposition 7 (Règle de Cauchy). Soit ]T) un une série à termes > 0 telle que
lim ^/u~a = À, À G [0, +oo].
71-++00
Alors
(i) si X < 1, ^2un converge ;
(ii) si X> 1, ^2un diverge ;
(iii) si X = 1+ (i.e. si {un)l/n tend vers 1 en restant supérieur à ï), ^un diverge.
Remarque 7. On peut montrer que si un+i/un —> À, alors {un)l^n —* À. La réciproque est
fausse (par exemple, la suite un = 2 + (—l)n vérifie {un)lfn —* 1 mais un+i/un ne converge
pas).
2.4. Séries semi-convergentes
On appelle ainsi les séries convergentes mais non absolument convergentes.
Séries alternées. Ce sont les séries réelles Y2un dont les termes changent
alternativement de signe. Au signe près, on peut les écrire J3(—l)nan où an > 0 pour tout n.
Théorème 6. Soit (an) une suite à termes positifs, décroissante, tendant vers 0. Alors
la série alternée $^(—l)nan converge, et les restes
+oo
Vn e N, Rn= \^ {-l)kak vérifient \Rn\ < an+\.
k=n+\
Démonstration. Pour tout n € N, on note Sn = ]Cfc=o(—l)*afc- La suite (an) étant décroissante,
on a
Vn G N*, #2n - #2n-2 = «2n — «2n-l < 0, $271+1 ~~ ^n-l = &2n ~ «2n+l > 0.
Autrement dit, la suite (52n) est décroissante, (S271+1) est croissante. Or 52n+i — <S2n = —a2n+i>
donc limn_>+00 SWn—«S-fc» = 0. Les suites (52n) et (52n+i) sont donc adjacentes. Elles convergent
donc vers une même limite S. La suite (Sn) converge donc vers S et
Vn G N, 52n+i < S < S2n.
Ceci entraîne
Vn G N, |i?2n| = \S - S2n\ < ^n ~ #271+1 = Û2n+1,
de même
Vn G N*, |#2n-l| = \S - S2n-l\ < S2n ~ ^2n-l = «2n,
ce qui montre \Rn\ < an+i pour tout n G N. E

2. SÉRIES NUMÉRIQUES
207
rppansformation d'Abel. La transformation d'Abel est aux séries ce que l'intégration
par parties est aux intégrales. Soit une série X) un avec un = anvn. On note Sn = ^2l=0vk.
Effectuer une transformation d'Abel sur la série J2un c'est écrire, pour tout n,
n n n
n n—1 n—1
= a0V0 + 22 ak$k ~ z2 aMSk = 22(ak " °fc+l)<Sfc + OinSn
k=l fc=0 &=0
(on peut comparer cette expression à celle de l'intégration par parties, en disant que
ak+i — OLk est la "dérivée" de (ak) et Sn est une "primitive" de (vn)). Grâce à cette
technique, on montre le résultat suivant. C'est la version pour les séries du théorème 5 de
la page 148.
THÉORÈME 7 (Règle d'Abel). Soit Y^,un une série à valeurs dans un espace de Banach.
On suppose que pour tout n, un = anvn où
- (an) est une suite positive, décroissante et tend vers 0 ;
- la série J^ vn est bornée.
Alors la série ]T] un est convergente.
Démonstration. Pour tout n, notons Sn = vq + • • • H- vn. Par hypothèse, il existe M > 0 tel que
||<Sn|| < M pour tout n. Une transformation d'Abel sur Ylun donne
n n—1
VnGN*, YÏ,uk==Yl(ak~ak+1)Sk + anSn' (*)
&=o fe=o
La série X^fc(afc ~ ak+i)Sk converge absolument car
n n
Vn 6 N, ]T \\(ak - ak+i)Sk\\ < ^(a* ~ ak+i)M = (a0 - an+1)M < a0M
Par ailleurs, (anSn) tend vers 0 car (Sn) est bornée et (an) tend vers 0. On en conclut avec
l'expression (*) que la série ^ un converge. □
Exemple 3. - En prenant an = an et vn = (—l)n, on retrouve le résultat de
convergence du théorème 6.
- Une série de la forme X)û!neme, où (an) est une suite décroissante tendant vers 0 et
où 6 e Mx27rZ, converge. En effet, on a
i0 i i jniO
VnGN, i + c" + ... + é
1 _ e(n+l)i0
1-e**
2 1
<
|l-e"| |sin(0/2)r
donc la série converge d'après la règle d'Abel. On en déduit en particulier que la
série J^ em6/na converge pour tout a > 0.
2.5. Séries commutativement convergentes, produit de Cauchy, séries doubles
Séries commutativement convergentes. On appelle ainsi les séries ^2ne^un telles
que pour toute bijection (p de N dans N, la série J2neN u<p(n) converge. En particulier, une
série commutativement convergente est convergente.
Théorème 8. Une série ^un à valeurs dans un espace de Banach et absolument
convergente est commutativement convergente. De plus, pour toute bijection (p : N —> N, on
a
+oo +oo
71=0 71=0

208
4. SUITES ET SÉRIES
Démonstration. Soit <p une bijection de N dans N. Pour tout n G N, on a
n +00
£ik>wh£mi.
fc=0 fe=0
donc Ylu<p(n) converge absolument, donc converge. Montrons l'égalité des sommes des deux
séries. Soit e > 0 et soit N G N tel que SnS/+i \\un\\ < e- Comme (p : N —► N est une bijection
il existe AT' g N tel que {0,1,..., N} C {</?(0), <p(l),. • •, <p(N')}. On en déduit
+00 +00
n=0 n=0
<
+
+00
1 N
E"»"
|n=0
N' 1
- Yl Uv(n)
n=0 1
+00
+
1 N' +00 n
EU^)~XX(n)
|n=0 n=0 II
+00
l+oo TV
|n=0 n=0
+00
< S KH+ S KU+ S K(n)ll<3 $3 Kll<3e.
n=N+l n=N+l n=N'+l n=N+l
Cette inégalité est vraie pour tout e > 0, on en conclut Yln^oun — Yl,n^ou<p(n)- D
Produit de Cauchy.
Théorème 9 (produit de Cauchy). Soient Xlp€N ap et ^2qeN bq deux séries absolument
convergentes à valeurs dans une algèbre normée complète. Alors la série
n
avec
Cn = / ,Qfc^n-fc>
nGN fc=0
est appelée produit de Cauchy de J2ap e^ Yl^q, die est absolument convergente et on a
+00 ^_^ ^_^
'><, ) ■ M
/+00 \ /+00
n=0
1 Z—• ~V I \ A
\p=0 / \q=0
Démonstration. La série ]T c™ est absolument convergente d'après la majoration
Em ^ E ( E iim • «m) * E m • m - f Ekii ) ( Eiim ) s ^s
n=0 n=0 \p+g=n / 0<p,q<N \p=0 y \g=0 /
avec A = YlpS \\ap\\ e^ B = J2^S WI- P°ur montrer (*), remarquons maintenant que
2n / n \ / n \
An = ^cfc- r^ap ]T^ = ]T ap6g- ]T ap6g = ]p ap6g + ]P aA
fc=0 \p=0
ce qui entraîne
0=0
0<p+q<2n
0<p,q<n
p>n
p+q<2n
q>n
p+q<2n
2n n—1 n—1 2n
l|A„||< E IM-IIM+ E IMI-INI= E M EIIM + E M E M.
p=n+l q=0 p=0 g=n+l
n<p<2n
<7<n
n<q<2n
p<n
D
donc ||An|| < Bj:lln+1 Hopll + i^pn+i IIM- Ainsi ||A„|| converge vers 0, d'où (*).
Séries doubles. On désigne ainsi les séries de la forme X)(P(9)eN2 uva-
Théorème 10. Soit (wp,9)(P)9)eN2 une suite à double entrée, à valeurs dans un espace de
Banach. Alors les deux assertions suivantes sont équivalentes
(i) Pour tout q e N, X)p up,q esi absolument convergente, et J^ (X^o WupÀ\ ) c°nver9e-
(ii) Pour toutp e N, J2quP,q est absolument convergente, et J2P (Z^io \\up,q\\) converge.

2. SÉRIES NUMÉRIQUES
209
pans ces hypothèses, on a de plus
+00 /+00 \ +00 /+00
q=0 \p=0 / p=0 \q=0
(*)
Démonstration. Montrons (i) ==> (ii). Notons Aq = £jS llup>gll- Pour P fixé> IK.J ^ ^9 et
d'après (i), XM9 converge, donc Yjq \\uv,q\\ converge. Notons Bp la somme de cette série. On a
p +00 / p \ +00
VPeN, EBp = £ £lK.II )^EAr
p=0 q=0 \p=0 / q=0
Cette majoration étant indépendante de P, on en conclut que YjVBp converge, d'où (ii). On
montre de la même manière que (ii) =>• (i).
Montrons maintenant (*). Notons anA = £p=o up,q et aq = EJÎS up,q- La série J^ aq converge
absolument car ||ag|| < Aq, donc elle converge. Soit e > 0 et soit Q G N tel que Y^g>Q^q < e-
Notons Cn = Eo<p)9<nwP,g- Lorsque n > Q on a
+00 Q n +00
y£2aq-Cn = Y^(aQ ~ an,q) + Yl (a? ~ Ûn'9) + S a<?-
g=0 9=0 q=Q+l q=n+l
Pour ç > Q, on a ||ag - an)9|| = || Y,P>nuvA\ ^ A? et comme ||ag|| < Aq, (**) entraîne
(**)
+00 1
/ J aq ~ Cn
9=0 I
<
1 Q 1
X^K_an,g)
U=o 1
1 °° 1
+ E A^\
\ q=Q+l 1
1 Q II
^K-Ûn,?)
1 9=0 II
+ e.
Les suites (anyq)n pour 0 < q < Q convergent vers aq donc il existe Nq> Q tel que || X)a=o(ag —
an,q)\\ < £ dès que n > Nq. Ainsi, pour n > AT0 on a || So3a9 ~~ ^n|| < 2e, donc la suite (Cn)
converge vers X)ô=oa9- ^n montrerait de même que X)6P converge et que (Cn) converge vers
J2p^o0p (avec bp = ^^mm). Ainsi, on peut bien intervertir les signes de sommation. □
Remarque 8. Les résultats précédents s'inscrivent naturellement dans le cadre de la théorie
des familles sommables, que nous présentons brièvement. Soit E un espace de Banach, /
un ensemble non vide. On note V/(I) l'ensemble des parties finies de /. On considère une
famille (ui)iei d'éléments de E.
(1) La famille (ui)iei est dite sommable s'il existe S G E tel que
Ve > 0,3J0 G Vf{I)yj e Vf{I),Jo C J,
$>-S
ieJ
<€.
La grandeur S est alors appelée somme de (ui)iej et notée YlieiUi'
(2) Elle est dite absolument sommable si la famille (||t4j||)i€/ est sommable. Ceci est
équivalent à dire que l'ensemble {Yliej \\ui\\> J € ^/C0} es* borné.
Les familles sommables vérifient les propriétés suivantes :
(i) Si (ui)ieI est sommable, alors l'ensemble {i € I,Ui^ 0} est au plus dénombrable.
(ii) Une série J2nen un es* absolument convergente si et seulement si la famille {un)nen
est absolument sommable.
(iii) Une famille absolument sommable est sommable. La réciproque est vraie si E est de
dimension finie mais fausse si E est de dimension infinie.
(iv) Une série J2nenUn es* commutativement convergente si et seulement si la famille
(un)nen est sommable.

210
4. SUITES ET SÉRIES
(v) (Associativité) Si (h)teT est une partition de /, alors {ui)iei est sommable si et
seulement si pour tout t G T, (ui)iejt est sommable, de somme st, et la famille
(st)teT est sommable.
Les résultats précédents découlent naturellement des propriétés des familles sommables :
le théorème 8 est la conséquence de (ii), (iii) et (iv). Pour le théorème sur les produits de
Cauchy, la convergence absolue de X) ^n découle de (v) appliqué à la famille (|| V9||)(pgx€N2
avec la partition ({(p,q)yp + q = n})nGN de N2, et l'égalité des limites provient de (v)
appliqué à la famille (upvq)(P)q)ew et à la même partition. L'équivalence des assertions (i) et
(ii) du théorème d'interversion des limites est la conséquence de la propriété d'associativité
appliquée à la famille (||wp)9||)(P)9)eN25 et la formule (*) est la conséquence de (iii) et de (v)
appliqué aux partitions (N x {n})n€N et ({n} x N)n€N de N2.
2.6. Exercices
Exercice 1. Soit (un) la suite définie par
u0 = 1, Vn G N, = ——,
un n + b
où a et b sont deux nombres réels positifs fixés. Donner la nature de la série Ylun en
fonction de a et b et calculer sa somme lorsqu'elle converge.
Solution. Pour la convergence de la série, il suffit de remarquer que lorsque n —► +oo,
un+i 1 1
un ~ 1 + (b - a)/{n + a) ~ 1 + (b - a)/n + 0(l/n2) '
donc d'après la règle de Raab-Duhamel, il existe À > 0 tel que un ~ X/nb~a. Ainsi, J2un
converge si et seulement si b — a > 1.
Sommons la série lorsque b — a > 1. La relation (n + b)un+\ = (n + a)un entraîne
n n n+1 n
^2(k + b)uk+i = ^T(k + a)uk donc ^(k + b-l)uk = ^(k+ a)uk,
k=0 k=0 fe=l fe=0
ce qui s'écrit
(b - a - 1) f ^uk j + (n + b)un+i = (6 - l)n0. (*)
\fe=o /
Lorsque n —» +oo, un ~ \/nb~a avec b — a > 1, donc (n + b)un+i —> 0, et en faisant n —> +oo
dans (*), on obtient finalement
+oo +oo h — 1
(b-a-l)^2un = (b- l)u0 = (b - 1) donc J^ un = ———.
n=0 n=0
Exercice 2. Soit {un) une suite à termes positifs et décroissante. Si la série Y^Un
converge, montrer que un = o(l/n) lorsque n —► +oo.
Solution. Soit e > 0. La série ^ un converge donc il existe N G N tel que Yln^=N+iu™ < e' ^n
en déduit, la suite (un) étant décroissante, que
oo
Vp > N, (p- N)up < UN+l + UN+2 H +Up< ^ un<£,
n=N+l
donc pour tout p > 2AT, (p/2)up < (p — N)up < e. Finalement, nous avons 0 < pup < 2e pour
tout p > 2N. Ainsi, {nun) tend vers 0, d'où le résultat.
Remarque. Ce résultat est la version discrète de celui de l'exercice 4 page 152.

2. SERIES NUMERIQUES
211
EXERCICE 3 (Formule de Stirling) . On considère la suite (un)n€N* définie par
nne~ny/n
Vn G N*, un =
n\
Donner la nature de la série de terme général vn = \og(un+i/un). En déduire l'existence
d'un entier k > 0 tel que
n\ ~ ky/nnne~n n —> +co. (*)
Calculer la constante k en utilisant la formule de Wallis (voir l'exercice 1 page 126).
Solution. Estimons vn lorsque n —> +oo
vn = log
n + l\n+1/2c_1
= -1+ n +
i)*K
—1+(fl+ï)(i-i+0(à
= 0
n^
Cette expression montre que ^ vn converge. Comme on a v\ + • • • + vn = log un+i — log u\
pour tout n, la suite (logttn) converge. En notant X sa limite, on voit que (un) converge vers
k — ex > 0, d'où l'équivalent (*).
Il nous reste à calculer la constante k. Comme indiqué dans l'énoncé, nous allons utiliser la
formule de Wallis qui est
lim -
p—*+oop
2p(2p - 2) • • • 2
.(2p-l)(2p-3)-..l
Par ailleurs, en utilisant l'équivalent (*) on a lorsque p —► +oo
= 7T.
1
P
2p(2p - 2) • • • 2
(2p-l)(2p-3)---lJ
n2
1
P
22p(p\y
(2p)\
24p k4p4p+2e-4p ^ k2
~p~ A;2(2p)4P+1e-4P " Y'
donc 7r = k2/2 d'après la formule de Wallis, d'où k = y/27T. Finalement, le résultat obtenu est
n! ~ V2irn nne~n n —> +oo.
Remarque. Il faut connaître ce résultat et savoir le prouver. A partir de la série J^vn, en
procédant comme on l'a fait page 202 pour donner un développement asymptotique des
nombres harmoniques, il est possible de calculer un développement asymptotique de n!.
Une version continue de la formule de Stirling est traitée dans l'exemple 2 page 162.
Exercice 4. a) Montrer l'égalité
+oo +oo -
£(C(*)-U = i, où CW = E^
k=2 n=\
b) Montrer l'égalité
+oo
E
A;=2
C(fe) -1
k
= 1-7,
ou
1 1
7= lim 1 + -H 1 logn.
n—>+oo 2 Tl
Solution, a) Il s'agit d'un exercice d'interversion de sommation. Pour tout k > 2, la série à
termes positifs £n>2 Vn* ^ convergente, et sa somme Ç(&) - 1 vérifie
1 +°° 1 1 r
,+°° A 1
<
2 t* 2* (ib + l)2fc " 2*"1

212
4. SUITES ET SÉRIES
La série à termes positifs £fc>2(CM — 1) est d°nc convergente. Les séries en présence étant
convergentes et à termes positifs, elles sont absolument convergentes donc on peut donc appliquer
le théorème d'interversion de sommation (voir le théorème 10 page 208) qui entraîne
+oo +oo /+oo 1 \ +oo /+oo 1 \ +oo 1 +oo , .. v
fc=2 fc=2 \n=2 / n=2 \fc=2 / n=2 v ' n=2 v '
d'où le résultat.
b) Remarquons que si C/n = (HJ=11/A:) — logn, on a
1 1 / 1\ +°° 1
Vn>2, i„ = tfn-tf„_1 = --logn + log(»-l) = - + log(^l--J=-£_
où le dernier terme est obtenu grâce au développement de log(l — 1/n) en série entière. Ceci
assure la convergence de la série Yïk>2 l/(knk). Par ailleurs, l'égalité
N N
ViV > 2, ^ôn = Y,{Un ~ Un-!) = UN - UX = UN - 1,
n=2 n=2
associée à la convergence de (Un) vers la constante d'Euler 7 (c'est classique, voir par exemple la
page 202 sur les sommes harmoniques), prouve que la série à termes négatifs Y^n >2 n converge,
et sa somme est 7 — 1. On peut appliquer le théorème d'interversion des limites (les séries sont
toutes à termes négatifs et convergentes, donc absolument convergentes) qui entraîne
i-7 = -E«. = E En =E En =E
„ \, „ knk I f~* \ *-i. knk I £-* k
n=2 n=2 \À:=2 / k=2 \n=2 / k=2
d'où le résultat.
Exercice 5. Soit / : R+ -» R+* une fonction de classe C1 vérifiant
lim -rr-T- = -oo.
Montrer que la série ]C/(n) converge et donner un équivalent, lorsque n —* +00, de
+00
*. = £/(*)•
fc=n
Solution. Soit A > 0. Il existe AT > 0 tel que pour tout x > AT, f'(x)/f{x) < -A. Ainsi, si on
se donne un entier n > TV, on peut écrire
Vp > n, log ^±^ = fn+P f-jp\dx< r+P -A dx = -pA,
de sorte que f(n + p) < f(n)e~pA pour tout p € N*. La fonction / étant positive, ceci assure la
convergence de la série 2/(n). De plus, notre majoration entraîne
+00 +OO A
\fn>N, 0<Rn+1 = Y, fin + p) < /(n) £ e~*A = j—^ /(n).
p=i p=i
Comme on peut prendre A aussi grand que l'on veut, nous avons en fait montré que
Ve > 0,3iV > 0,Vn >Nt 0 < Rn+i < ef(n).
Autrement dit, Rn+\ = o(f(n)), donc Rn = f(n) + il^+i ~ f(n) lorsque n —> +00.
Remarque. Un exemple d'application de ce résultat est la convergence de Yl e~n et le
fait que E^e^-e"*2.

2. SÉRIES NUMÉRIQUES 213
EXERCICE 6. Soit YlneNun une série à termes > 0.
1/ a) Si X) wn diverge, discuter en fonction du paramètre a > 0 la nature de la série
n
n k=0
b) On suppose un = o(5n) lorsque n —*■ +oo. Exprimer en fonction de Sn un équivalent
des sommes partielles (resp. des restes) de la série ^2un/S% lorsqu'elle diverge (resp.
lorsqu'elle converge).
2/ a) Si J2 un converge, discuter en fonction du paramètre a > 0 la nature de la série
+oo
n k=n
b) On suppose un = o(Rn) lorsque n —► +oo. Exprimer en fonction de Rn un équivalent
des sommes partielles (resp. des restes) de la série ^Zun/R^ lorsqu'elle diverge (resp.
lorsqu'elle converge).
Solution. 1/ a) Ceci dépend de la position de a par rapport à 1, comme on le voit dans le cas
où un = 1 pour tout n (dans ce cas, on a affaire aux séries de Riemann).
- Si a > 1, on écrit
un Sn - gw_i , [Sn dt " ttfc » [Su dt [Sn dt
VneN, — = — </ - donc ^ — < ^ / -=/ -,
^n ^n JSn-i r fc=1 &k k=1 «>Sjfc-i I JS0 l
et comme a > 1, on en conclut que les sommes partielles de la série à termes positifs
Y^un/Sn sont majorées. Si a > 1, la série Y^un/Sn* est donc convergente.
- Si a < 1, nous allons montrer que la série diverge. Par hypothèse, Y^un diverge, donc il
existe N 6 N tel que Sn > 1 pour tout n> N. On écrit ensuite
Vp>N,Vq>P, £ £> £ £ > 2F±!i^±«l _ &Z4 = i _ 4 (,)
Pour tout p > Nj il existe g > p tel que 5g > 2SP. On en déduit avec (*) que
Vp>N,3q>pt £ l£>l-
n=p+l n
Le critère de Cauchy n'est donc pas vérifié pour la série Y^un/S%, elle diverge donc.
En résumé, la série Y^un/S% converge si et seulement si a > 1.
b) On va utiliser une comparaison série-intégrale. On écrit
w ^ t\t* Un ^n ~~ "n—l ^ f dt Sn — On-l un
^n ^n */Dn_i v n—1 n—1
et comme un = o(5n), on a Sn—\ — Sn — un ~ Sn lorsque n —> +00, de sorte que notre
encadrement entraîne
(**)
un rn dt
SX" JSn-l**'
(Noter au passage que dans le cas ou un = o(Sn), cet équivalent est un autre moyen de parvenir
au fait que Yjun/Sn converge si et seulement si a > 1.) Supposons a < 1. D'après (**) et le
théorème 5 page 202, on a
s^n± v fSk -= fSn-

214
4. SUITES ET SÉRIES
On en déduit
S?
k=o k
Si maintenant a > 1, la série Ylun/S% converge et d'après (**) et le théorème 5, on a
+°° +^ fSu dt f+oo
k=n+l ~n k=n+l
2/ a) Comme précédemment, tout dépend de la position de a par rapport à 1.
- Si a < 1, on écrit pour tout n
- Ufc \S^-a/(l -a) si 0 < a < 1
— S?~\logS» si a = \
K Un ¥î fs» dt = [+°° dt = 1
Wn _ -Rn — -Rn+1
i& R
*"n
*2±I</*" * donc £^<r ^<T-
n */Hn+l * fc=0 fc ^^n+1 6 ^0 l
(le dernière intégrale converge bien car a < 1). On en déduit que les sommes partielles de
la série étudiée sont majorées, la série converge donc.
- Si a > 1, on commence par fixer un entier N G N tel que Ru < 1 pour tout n > TV, puis
on écrit
<7-l ç-l
k=p K k=p y fi
L'entier p > N étant fixé, il existe q > p tel que Rq < Rp/2, et la dernière expression
montre alors que notre série ne satisfait pas le critère de Cauchy. Elle diverge donc si
a> 1.
Finalement, nous avons montré que Y^un/Rn converge si et seulement si a < 1.
b) En procédant comme dans la solution de la question 1/ b), on montre que sous l'hypothèse
Un = 0(Rn),
U^ f11»*1 dt
En poursuivant le raisonnement comme nous l'avions fait plus haut, on en déduit
V^-fr™ si « = l, a<1 g £l~^.
Exercice 7. a) Discuter en fonction du paramètre a > 0 la nature de la série J^n€N* un
où
(_l)n-l
na + (-l)n
b) Discuter en fonction des réels 9, (p la nature de la série J2n>2 un ou
Vn > 2, «n
pTiiO
x/n + eni^ '
c) Plus généralement, discuter en fonction des paramètres 6}(p £R et a > 0\& nature de
la série 2-m>2 un ou
Vn > 2, wn =
na _j_ emy>

2. SÉRIES NUMÉRIQUES
215
Solution, a) On a affaire à une série alternée. Attention à ne pas commettre l'erreur d'appliquer
directement le théorème 6 page 206, sous prétexte que la suite (na + (—l)n) est "pratiquement"
décroissante.
Une bonne manière de procéder est de calculer un développement asymptotique de (un) :
__ (-If"1 1 = (-l)""1 ■ 1 , / 1 "V
Un mot 1 i Ll^-a mot "*" ^2a "*"
= vn + wn,
(_l)n-l
Vn = ~ ,
1
n2xx
na l + (-l)nn-a na n2a \n2a
La série Yjvn converge d'après le théorème 6 page 206, et comme un = vn + wn) on en déduit
que Y^un et Y^wn ont même nature. Comme wn ~ n~2a (et que wn G M), on voit finalement
que Y^un converge si et seulement si a > 1/2.
b) Comme précédemment, le plus sûr est de calculer un développement asymptotique de (un) :
eni0 / 1 \ / 1 \ eniG eni(0+(p)
Un = —7= ( 1 , ni{Dl r- =Vn + Wn + 0[ —çjz , Vn = —j=, Wn = .
Ceci montre que la série ^ un — (vn + wn) converge, donc J^ ^n est de même nature que Y^(vn +
wn). A ce stade, on traite plusieurs cas.
(i) Si 0 & 2ttZ et 0 + cp & 27rZ, alors chacune des séries ^ vn et ^ wn converge (c'est la plus
classique conséquence de la règle d'Abel, voir l'exemple 3 page 207), donc Y^(vn + wn)
converge, donc ^ un converge,
(ii) Si 0 e 2nZ et 0 + cp € 27rZ, on &vn + wn ~ l/y/n, et comme vn + wn G M, ]C(^n + wn)
diverge, donc ^ ïzn diverge,
(iii) Si l'un et l'un seulement des réels 0,0 + cp est un multiple de 27r, alors parmi les séries
Y^vn et X^n* l'une est divergente et l'autre convergente (ce dernier point est toujours
justifié par la règle d'Abel). On en déduit que Y^(vn + wn) diverge, donc Y^un diverge.
Finalement, nous avons montré que Y^un converge si et seulement si 0 ^ 27rZ et 0 + cp & 27rZ.
c) On généralise la méthode précédente. L'idée est de calculer un développement asymptotique
de (un) jusqu'à un terme d'erreur de la forme 0(l/na) avec a > 1.
Si a > 1, la série converge absolument donc converge, sinon 0 < a < 1 et on note p = [1/a] —1
([1/a] est la partie entière de 1/a), de sorte que (p + l)a < 1 < (p + 2)a. On écrit
eni0 ^ / 1 \ eni(0+k(p)
"" = ^l + e"^-°=^0 + ^1 + ,'' + ^ + OU^J' V* = (-l) -S5HJ5-
Comme (p + 2)o; > 1, ceci montre que
la série YJ un a même nature que la série /J(un,o + • • • + un^v). (*)
n n
Deux cas se présentent :
(i) Si pour tout k € {0,1,... ,p}, 0 + fc<p & 27rZ, alors chacune des séries Ylnun,k converge
(pour 0 < k < p) d'après la règle d'Abel, donc Y^un converge d'après le principe (*).
(ii) Sinon, il existe un plus petit entier k tel que 6 + k<p G 2ttZ. Comme 6 + £<p £ 2ttZ pour
0 < l < k, les séries Y^nun,e (0 < £ < k) convergent, et on en déduit d'après (*) que
Y^n un est de même nature que Y^n(un,k H \- un>p). Notons vn = un>k H h un>p. On a
(-l)fc / 1 \
u^ = ~(kTï^ et u^+i + • • • + un,P = O (^^ ) '
donc vn ~ (—l)*/n(fc+1)a. A ce stade, on ne peut conclure directement que ^vn diverge
car vn est un nombre complexe. Pour s'en tirer, on va considérer la partie réelle de vn) en
posant xn = 3ft(i>n). Elle vérifie aussi xn ~ (—l)k/n^k+1^a et comme xn est de signe constant
et que (k + l)a < 1, Y^xn diverge. Donc 2 vn diverge (une suite complexe converge si et
seulement si ses parties réelles et imaginaires convergent), donc Y^un diverge.

216
4. SUITES ET SÉRIES
Finalement, nous avons montré que ^2un converge si et seulement si
1
(a > 1) ou 0 < a < 1 et VA; G N, k <
a
-1, e + k(p^2irZ
Exercice 8. Soit ^un une série à termes positifs dont le terme général tend vers 0. On
note Sn la somme partielle d'indice n de cette série. Montrer que si la suite (Sn — nu )
est bornée, alors ^ un converge. La réciproque est-elle vraie ?
Solution. Raisonnons par l'absurde en supposant la série Y^un divergente. Alors Sn —► -foQ
donc l'estimation Sn — nun = 0(1) entraîne
nun = Sn + 0{ï) donc ^ = - + O (-^-) ~ -.
Sn n \nSnJ n
W
à ce stade, nous allons utiliser une technique classique : on écrit
i0 ( Sn \ = _ lo (l - —^ ~ — ~ -
\Sn-\J \ Sn) Sn n
On en déduit que la série Elog(5n/5n_i) diverge, et on peut sommer terme à terme ces
équivalents (voir le théorème 5 page 202), ce qui donne
log Sn - logSo = 5Zlog ( ë~^~ ) ~ ^ k ~ l0g
A;=l V0*-!/ A;=l
n
(ce dernier équivalent est hyper-classique, voir par exemple page 202), donc logSn ~ logn. En
particulier, il existe N 6 N tel que log(5n) > (logn)/2 pour tout n > iV, et donc Sn > \/n pour
tout n> N. On injecte cette minoration dans (*), ce qui donne
^ = l + o(±-\ = l + o' ' x
Sn n \nSn) n \n3/2/
Nous possédons maintenant plus d'information que dans (*). Nous allons en tirer parti pour
calculer un développement asymptotique à deux termes de log5n. On a
n \ Sn J n V SnJ n Sn
donc la série Yl l/n + log(Sn-i/Sn) converge. En notant À sa somme, on a
1+l+... + I+logSo-log5„ = g(I + log(^i))=A + o(l),
donc
logSn = 1 + - + • • • + - + logSo - A + o(l) = logn + 7 + log50 - A + o(l),
2 n
où 7 désigne la constante d'Euler. En passant aux exponentielles, on en déduit
Sn ~Kn, K = e7+log5°-A > 0.
Comme un ~ Sn/n d'après (*), on en déduit que la suite (un) converge vers la constante non
nulle K} ce qui est contraire aux hypothèses. La série ^ un converge donc.
La réciproque est fausse. Par exemple, la suite (un) définie par
un = <
fl/n2 si n£{2fc, keN}
l/y/n si n € {2fe, A; 6 N}
est convergente mais (Sn — nun) n'est pas bornée.

2. SÉRIES NUMÉRIQUES 217
EXERCICE 9. Soit J2un une série à termes positifs. Comparer la nature des séries ^un
etI>,où
Vn e N*, vn =
1 + n2un
Solution. Si Y^un diverge, on ne peut rien conclure quant à la nature de Yjvu- Par exemple
- si un = Vn Pour tout ^ € N*, X)un diverge et vn = 1/(1 +n) ~ 1/n, donc J^vn diverge ;
- si un = 1 pour tout n 6 N*, X)^n diverge et vn = 1/(1 + n2) ~ 1/n2, donc £}i>n converge.
Si ^2 un converge, nous montrons que X) vn diverge. Deux cas se présentent :
(i) si (n2un) ne tend vers pas +oo, alors (vn) ne tend pas vers 0 donc Y2vn diverge ;
(ii) si (n2un) tend vers +00, alors vn ~ l/(n2un), donc {unvn)1/2 ~ 1/n, et donc XK^n^n)1^2
diverge. L'inégalité de Schwarz,
VneN*, (X^v^^) ^(X>*)(X>
\k=\ J \k=l / \fc=l ,
montre alors que les sommes partielles de J2vn divergent vers +00, donc J2vn diverge.
Exercice 10. 1/ Soit / : ]0, +oo[—► C une application de classe C1 telle que l'intégrale
J^°\f(t)\dt converge.
a) Montrer que la série EneN* /(n) a m®me nature que la suite (/" f(t) dt)neN-
b) (Application.) Lorsque a > 1/2, donner la nature de la série
n€N*
2/ En généralisant la technique précédente, donner la nature de la série (*) lorsque 0 <
a < 1/2.
Solution, a) Nous allons montrer que la suite (sn) définie par
pn+l n
VneN*, sn= f{t)dt-Y]f{p)
est une suite convergente, ce qui montrera le résultat.
Soit n G N*. En appliquant la formule de Taylor avec reste intégral à la fonction x h->
fn f(t)dt à l'ordre 1, on a
/ f(t)dt = /(n) + / (n + 1 - t)f'(t)dt donc \f(n) - / f(t)dt\ < / \f{t)\dt.
Ainsi, la série ]CneN* (/(n) ~~ In+ /(*) ^) converëe absolument donc converge, c'est-à-dire que
{sn) converge, d'où le résultat.
b) Nous allons appliquer le résultat précédent à la fonction f(t) = ezv^/ta. On a
Vi>0, |/'(t)| =
i é*^* f>iV™
— a-
2^+1/2 tl+a
~ 2ia+1/2 + v*+i
et comme a > 1/2, cette expression montre que f*°° \f'(t)\ dt converge. Ainsi, la série étudiée a
même nature que la suite ( /" f(t) dt). Nous allons montrer que l'intégrale f*°° f(t) dt converge,
ce qui entraînera la convergence de la série. Le changement de variable v = u2 montre que cette
dernière intégrale a même nature que J*00 ew/v2a~1 dv, donc convergente car 2a — 1 > 0 (voir
le début de la remarque 6 page 149).

218
4. SUITES ET SÉRIES
2/ On pose f(t) = e1^1 /ta. Ici, la technique précédente ne peut pas s'appliquer car l'intégrale
Il l/'(OI dt diverge. On généralise, en appliquant pour tout n G N* à la fonction xh P fu\ ..
la formule de Taylor avec reste intégral à Tordre 2, ce qui donne
ce qui entraîne
I fn+1 f'(n)\ fn+1
Vn € N*, / f(t) dt - f(n) -Lfl\< \f"{t)\
\Jn " I Jn
dt. (^
Ici, on a
donc l'intégrale /+00 \f"{t)\dt converge, donc d'après (**) la série E(/n+1/(*)<& ~ f{n) -
f(n)/2) converge. Or
et en appliquant le résultat de la question précédente, on voit que J^ f'(n) converge. Finalement,
la série Ylfn+1f(t)dt — f(n) converge, en particulier, la suite {f™ f(t)dt) et la série ^2f(n)
sont de même nature. En écrivant
"y/n piv
kmdt = k ^r*,= S?s=ri —J, v
1^ l-2a r^ eiv ,
ïïdv>
on s'aperçoit que ( /" /(£) di) diverge car a < 1/2. Finalement, nous venons de montrer que la
série (*) diverge pour 0 < a < 1/2.
Remarque. Cette technique de comparaison série-intégrale trouve une généralisation
naturelle avec la formule d'Euler-Maclaurin (voir le sujet d'étude 3 page 301).
Exercice 11. Soit (un) une suite vérifiant
uQ e
°'2.
Vn G N, un+i = sinitn.
a) Montrer que (un) tend vers 0 puis donner un équivalent de (un) lorsque n —» +00.
b) Donner un développement asymptotique à deux termes de (un).
Solution. Il faut avoir fait au moins une fois dans sa vie ce type d'exercice,
a) L'intervalle ]0, ir/2] est stable par la fonction sinus, donc un G ]0,7r/2] pour tout n. De plus,
on a sina; < x sur cet intervalle, donc la suite (un) est strictement décroissante. Par ailleurs, elle
est minorée par 0, elle converge donc. Sa limite £ vérifie sin(^) = £, donc t = 0.
Donnons maintenant un équivalent de (un). On utilise pour cela une jolie astuce (bravo si
vous l'avez trouvée), en écrivant
1111 1 1
<+i K sin^un K (Un - u*/6 + 0(u*)y <
l / 1 \ 1 /„,2
b«H=à & ^"'H+ow ~ 5
ul \1 - ul/3 + 0(ul
(on a bien le droit de faire ces développements limités car un —►()). Cet équivalent montre que
la série XXVwn+i — ^/un) diverge, et en sommant les équivalents, on obtient (on a le droit, voir

2. SÉRIES NUMÉRIQUES 219
le théorème 5 page 202)
1 1 J£j( 1 l\ y^l = n
ul uk 2-* \ uh, ul I ~ *-" 3 3 '
autrement dit 1/u2 ~ n/3 donc un ~ y/S/n.
b) On procède comme plus haut, en cherchant cette fois ci un développement asymptotique à
deux termes de l/uj+1 - 1/u2. On a
nn+i = sinun = un - ^ + ^ + o(t£) = un (l - ^ + ^ + o(ti£)j
donc
le dernier équivalent provenant du fait que un ~ y/3/n. Comme précédemment, ces expressions
sont les termes généraux de séries qui divergent, et on peut sommer les équivalents, ce qui donne
ul ul 3 ~ f^ [ul,, ul 3 J ~ ^ 5k ~ 5 !
et finalement
2 /n logn \ /F 3\/3 logn /logn\
nn = T7 H z y o(logn) d'où un = \ — 7= + o —7= .
n \3 5 v V V n 10 nVn \ny/nj
Remarque. On peut poursuivre le développement asymptotique en itérant la méthode.
- On peut de la même manière donner un équivalent de toute suite récurrente (un) qui
tend vers 0 et vérifie un+i = f(un) où / est une fonction vérifiant f{x) = x — Axa + o(xa)
au voisinage de 0 (A > 0, a > 1), en calculant un équivalent de u]^{ — un~a lorsque
n —> oo.
Exercice 12. Soit 9 une bijection de N* dans N*.
a) Montrer que la série Y2 V(n®(n)) converge, et donner la majoration la meilleure
possible de la somme de cette série par une expression indépendante de G.
b) Montrer que la série J2®(n)/n2 diverge et donner la minoration la meilleure possible
des sommes partielles de cette série par une expression indépendante de 0.
Solution, a) C'est tout simple. On utilise l'inégalité de Schwarz qui entraîne
"**"•• (Sw)'s(§i)(l»)'
La série £) 1/n2 converge, ainsi que J2 l/0(n)2 d'après le théorème 8 page 207 (et d'ailleurs, la
somme de cette dernière est égale à X)S=i Vn2)* L'inégalité (*) montre donc que les sommes
partielles de notre série sont majorées, donc elle converge, et en faisant N —► +oo dans (*), on
obtient
£ Jw ) * (g i) (g ëfc* j = (g h) donc S ^4) - S i-
Cette inégalité est la meilleure possible car il y a égalité lorsque 0 est l'identité.
On aurait pu aussi traiter cette question à partir de l'inégalité ab < (a2 + b2)/2 appliquée à
a = l/0(n) et b = l/n.

220
4. SUITES ET SÉRIES
b) La manière la plus immédiate de montrer qu'il y a divergence est certainement de nier le
critère de Cauchy, en écrivant
"■*■ l^>-MÏJ&-Mt:)--
N + l 1
8N ~ 8"
Si maintenant on veut une minoration fine des sommes partielles de cette série, on peut utiliser
(encore !) l'inégalité de Schwarz qui entraîne, pour tout N e N*
'f A2_ /f ^/§®_J_V< (fm\ /f j_\ < /f ew\ /f i\
k ~n) \k » vm) - \k «2 ) \k 0(»)) ~ \k »2 ) \k »J '
N ~, s N
et on en déduit > ——- > > —. Cette minoration est la meilleure possible car il y a égalité
n=l n=l
lorsque 0 est l'identité.
3. Suites et séries de fonctions
La notion de convergence d'une suite ou d'une série de fonctions est cruciale en analyse.
Rares sont les problèmes d'analyse au concours dans lesquels n'apparaissent pas la notion
de convergence uniforme. En résumé, cette section est certainement la plus importante de
tout le cours d'analyse des classes préparatoires scientifiques.
3.1. Définitions
Il existe principalement deux types de convergence pour une suite de fonctions : la
convergence "point par point" (convergence simple) et la convergence "globale"
(convergence uniforme). La seconde est la plus importante car elle entraîne comme on le verra
plus tard des propriétés intéressantes sur la fonction limite.
Définition 1. Soient X un ensemble, (E, d) un espace métrique, et (/n)n€N une suite de
fonctions de X dans E.
- On dit que (/n) converge simplement (sur X) vers / : X —> E si pour tout x € X,
la suite (fn(x))neN converge vers /(x), en d'autres termes si
Ve > 0,Vx G X,3N e N,Vn > TV, d(/„(&),/(&)) < e;
- on dit que (/n) converge uniformément (sur X) vers / : X —► E si
Ve > 0,37V e N,Vn > 7V,Vx G X, d(fn{x),f{x)) < e.
Remarque 1. - Il est important de saisir complètement la différence entre ces deux
notions. Etant donné e > 0, la valeur de N pour laquelle d(fn(x),f(x)) < e pour
tout n> N dépend de x pour la convergence simple, et ne dépend pas de x pour la
convergence uniforme.
- La convergence uniforme entraîne la convergence simple.
- Lorsque les fonctions (/n) sont à variable et valeurs réelles, la convergence uniforme
de (/n) vers / équivaut à dire que pour tout e > 0, il existe un rang à partir duquel
le graphe de fn est "coincé" entre le graphe de / — e et / + e.
Exemple 1. La suite de fonctions fn : [0,1[ —► R x i-> xn converge simplement vers
0 sur [0,1[, mais pas uniformément car pour tout n G N, il existe x G [0,1[ tel que
\fn{x) - 0| > 1/2 (la définition n'est plus vérifiée dès que e < 1/2).

3. SUITES ET SÉRIES DE FONCTIONS
221
Par contre, elle converge uniformément vers 0 sur [0,1/2] car pour tout n et pour tout
x G [0,1/2], \fn{x) — 0| < 2"n. Plus généralement, elle converge uniformément vers 0 sur
[0, a] pour tout a < 1.
Ce phénomène est courant. Les intervalles où il y a convergence uniforme sont souvent
différents de ceux où il y a convergence simple.
Critère de Cauchy uniforme.
Proposition 1. Une suite de fonctions d'un ensemble X vers un espace métrique complet
(E, d) converge uniformément (sur X) si et seulement si
Ve > 0,37V G N,Vp > N,Vq > N,Vx G X, d(fp{x),fq{x)) < e.
Démonstration. La condition nécessaire est immédiate.
Voyons la condition suffisante. Pour tout x G X, la suite (fn{x)) est de Cauchy dans l'espace
complet E donc elle converge, vers une limite que nous notons f(x). On définit ainsi une fonction
/: X-+E.
Soit e > 0, et soit N G N tel que
Vp > N^q > N,Vx G X d(fp(x)Jq(x)) < e. (*)
Fixons un entier quelconque p > N et un x G X quelconque. En faisant q —» +oo dans (*), on
obtient d(fp(x),f(x)) < e, et comme p > N et x G X étaient arbitraires, on obtient finalement
d{fp(x)y f(x)) ^ € Pour tout p > N et pour tout x G X. Il y a donc convergence uniforme. D
Caractérisation de la convergence uniforme sur l'espace des fonctions. On
peut obtenir une caractérisation agréable de la convergence uniforme si on regarde une
suite de fonctions comme une suite de points d'un espace de fonctions.
DÉFINITION 2 (Norme de la convergence uniforme). Soit X un ensemble et E un e.v
norme. On note B(X, E) l'e.v des applications bornées de X dans E, et pour tout / G
B(X,E), la norme
||/||c = 8Up||/(x)||
xeE
fait de B(X, E) un e.v.n. Cette norme est appelée norme de la convergence uniforme. Une
suite (/n) de B(X,E), regardée comme une suite de fonctions de X dans E, converge
uniformément (sur X) vers / G B(X, E) si et seulement si ||/n — /||oo —► 0 (i. e. si fn —► /
dans l'e.v.n #(*,£)).
Remarque 2. Si (/n) est une suite de fonction de B(X, E) et si E est un espace de Banach
(i. e. un e.v.n complet), la condition suffisante de la proposition 1 s'énonce comme suit : si
(fn) est une suite de Cauchy de B(X, E), alors (fn) converge vers une fonction / : X —> E.
Cette fonction / est bornée car la suite (/n) est bornée dans B(X, E) (c'est une suite de
Cauchy), donc il existe M > 0 tel que ||/n||oo < M pour tout n, donc
VzgX,VtigN, \\fn(x)\\<M.
En fixant x e X (quelconque) et en faisant n —> +oo, on en déduit que ||/(#)|| < M, et
ceci est vrai pour tout x e X donc / est bien bornée. Finalement, nous avons / G B(X, E).
Autrement dit nous venons de montrer que si E est un espace de Banach, alors B(X, E)
est aussi un espace de Banach.
Séries de fonctions, convergence normale. Comme pour les séries numériques,
une série de fonctions ]T] gn est définie comme étant la suite de fonctions (/n) avec fn =
go H \-gn- On en rencontre beaucoup dans la pratique, et on dispose pour ces dernières
d'un nouveau type de convergence (convergence normale) qui n'est en fait qu'une condition
suffisante commode pour montrer la convergence uniforme.

222
4. SUITES ET SÉRIES
Définition 3. Soient X un ensemble et E un espace de Banach [i. e. un e.v.n complet)
On dit qu'une série de fonctions Y2 9n à termes dans B(X, E) converge normalement si la
série £ ||pn||oo converge.
Remarque 3. Il est équivalent de dire que la série de fonctions ^ gn converge normalement
s'il existe une série à termes positifs J^ an convergente telle que
Vn G N, Vx G X, \\gn(x)\\ < an.
Exemple 2. La série de fonctions J2dn définie par gn : [0,1] —> M ïh xn/n2 converge
normalement sur [0,1] car ||#n||oo = V™2 donc J2 l|pn||oo converge.
Théorème 1. Une série de fonctions Yl9n à valeurs dans un espace de Banach qui
converge normalement sur un ensemble X converge uniformément sur X.
Démonstration. Il suffit de vérifier le critère de Cauchy uniforme (voir la proposition 1), ce qui
est immédiat car pour tout n,p G N et pour tout x e X,
\\gn{x) + • • • + 9n+p(x)\\ < \\gn(x)\\ + '•• + \\gn+p(X)W ^ IlSnlIoo + • ' ' + H&i+pHoo
et EIWloo converge.
Une autre solution est de dire que ^ gn est une série absolument convergente dans B(X, E)
qui est un espace de Banach (voir la remarque 2), donc elle converge dans B(X,E), donc elle
converge uniformément. Q
Remarque 4. De même qu'il existe des séries convergentes mais non absolument
convergentes, il existe des séries de fonctions uniformément convergentes qui ne sont pas
normalement convergentes (voir par exemple la question b) de l'exercice 2 page 226).
3.2. Propriétés des suites de fonctions
Continuité de la fonction limite.
Théorème 2. Soient {E,d) et (F, ô) deux espaces métriques et (fn) une suite de fonctions
de E dans F. Si (fn) converge uniformément sur E vers f : E —► F et si toutes les
fonctions fn sont continues en xo G E, alors f est continue en xq .
Démonstration. La démonstration est très classique, il faut savoir la refaire. Soit e > 0. La suite
de fonctions (fn) converge uniformément vers /, donc
3n e N,Vz G E, S(fn(x)J(x)) < e.
Or fn est continue en xo, donc
3a > 0,Vz G E,d{x,x0) < a, S(fn(x),fn(x0)) < e.
On en déduit, pour tout x G X vérifiant d(£,#o) < oc,
ô(f(x),f(x0)) < S(f(x)Jn(x)) + ô(fn(x), fn(x0)) + 6(fn(x0), f(x0)) <e + e + e = Se,
d'où le résultat. O
Intégration d'une suite de fonctions. Donnons maintenant une généralisation de la
proposition 3 page 121. La preuve est immédiate, elle est analogue à celle de ce dernier.
Théorème 3. Soit (/n) une suite de fonctions continues d'un segment [a,b] de R dans
un espace de Banach E, qui converge uniformément vers f sur [a, 6]. Alors f est continue
et
>6 rb
/ f(t)dt= lim / fn(t)dt.
Ja n-+oo Ja

3. SUITES ET SÉRIES DE FONCTIONS
223
Plus généralement, la fonction F : [a, b] —> E x i-> f* f(t) dt est limite uniforme de la
suite de fonctions (Fn) définie par
rx
VneN, Fn: [a,b] ^ E x^ fn(t)
J a
dt
Remarque. L'égalité / / = lim^oo J fn est également vérifiée sous des hypothèses
beaucoup moins contraignantes dans le cadre du théorème de convergence dominée (voir le
théorème 3 page 147).
- Le résultat se généralise si on suppose seulement les fn Riemann-intégrables. Dans ce
cas, la limite uniforme / est également Riemann-intégrable.
En combinant le théorème précédent avec le théorème 1, on en déduit facilement :
Corollaire 1 (Interversion des signes de sommation). Si^9n est une série de fonctions
continues d'un segment [a, b] de R dans un espace de Banach E, qui converge normalement
sur [a,b], alors
' oo \ +oo , çb
£>»(*)) dt = J2[ I 9n(t)dt).
n=0
Dérivabilité et dérivée de la fonction limite.
Théorème 4. Soit (fn) une suite de fonctions de classe C1 d'un segment [a, b] de R dans
un espace de Banach E. On suppose que
(i) il existe xq G [a, b] tel que la suite [fn(xo)) converge ;
(ii) la suite de fonctions (fn) converge uniformément sur [a, b] vers une fonction g.
Alors (fn) converge uniformément sur [a, b] vers une fonction f de classe C1 et vérifiant
/' = <?•
Démonstration. On applique le théorème 3 à la suite de fonctions (fn), et on en conclut que
{fn — fn{a)) converge uniformément vers h : x *-* f* g(t)dt sur [a, 6]. En particulier, la suite
(fn(%o) — fn(a))neN converge, donc d'après (i), (/n(a)) converge, et nous notons £ la limite
correspondante. On voit facilement que (fn) converge uniformément vers / : x h-» h(x) +1.
Cette fonction / vérifie bien les propriétés voulues (en particulier, elle est C1 car g est continue
comme limite uniforme de fonctions continues). □
Remarque 5. - Il n'est pas difficile d'en déduire que si (/„) est une suite de fonctions
C1 de / dans E (où / est un intervalle quelconque de R) qui vérifie les hypothèses
précédentes sur tout segment de /, alors les mêmes conclusions subsistent (sauf la
convergence uniforme de (/n) sur / tout entier).
- Pour une série de fonctions ^gn, les gn étant de classe C1 sur [a,b], ce théorème
s'énonce comme suit : s'il existe #o € [a, b] tel que X) gn(xo) converge et si la série de
fonctions Y^9n converge normalement sur [a, 6], alors Y^9n converge normalement
sur [a, b] vers une fonction C1 sur [a, b] et on a (SnLo&O' = Y^=o9n-
- Le théorème 4 reste vrai lorsque les fonctions (/n) sont seulement supposées déri-
vables (voir l'exercice 9 page 233).
En utilisant une récurrence fondée sur le théorème précédent, on en déduit le corollaire
suivant qui permet de montrer qu'une fonction limite est de classe Cp.
Corollaire 2. Soitp e N* et (fn) une suite de fonctions de classe Cp d'un segment [a, b]
de ]R dans un espace de Banach E. On suppose que pour tout k € {0,1,... ,p}, la suite
de fonctions (fn )n converge uniformément vers une fonction gk sur [a, 6]. Alors la limite
uniforme f = g0 de (fn) est de classe Cp et vérifie f^ = gk pour tout k e {0,1,... ,p}.

224
4. SUITES ET SÉRIES
+n—p
y* * un.
Remarque 6. Le corollaire précédent s'étend aisément aux séries de fonctions : si les a
sont Cp et si £) g\' converge normalement sur [a, b] pour 0 < k < p, alors g — Y^L g
est de classe Cp et #(fc) = Y^=o 9n pour 0 < k < p.
Exemple 3. Considérons une algèbre normée complète E, un élément u 6 E, et la fonction
00 £n
ew : R —> £" £ h-► exp(ftz) = >^ —m".
« n!
n=0
Chaque terme de la série est de classe C°° et la série des dérivées p-ièmes est
tn-p
[n-p)\
n>p v '
Cette série converge normalement sur tout segment S = [a, b] de R (car \\tn~pun/(n—p)\\\ <
||w||p(M||w||)n-p/(n -p)\ où M = max{|o|, |6|}). On en déduit que eu est de classe C°°
sur 5 et que sa dérivée p-ième est e? = upeu. Ceci étant vrai pour tout segment S de R,
c'est vrai également sur R tout entier.
3.3. Complément : le théorème de Weierstrass
Weierstrass démontra le théorème suivant, qui frappa beaucoup ses contemporains.
Théorème 5 (théorème de Weierstrass). Toute fonction continue f : [a,&]cR->C est
limite uniforme sur [a, b] d'une suite de fonctions polynômes.
Ce résultat est prouvé dans l'exercice 8 page 231 (preuve par les polynômes de Bern-
stein) et par une autre méthode dans le problème 18 page 284 (preuve par la convolution).
Il est important, car il permet parfois de prouver des résultats sur les fonctions continues
en les montrant d'abord pour les fonctions polynômes, puis en concluant par un argument
de densité.
Il existe un théorème analogue sur les fonctions continues 27r-périodiques :
Théorème 6. Toute fonction continue et 2n-périodique de R dans C est limite uniforme
surR d'une suite de polynômes trigonométriques.
Ce résultat est un avant-goût des séries de Fourier. C'est une conséquence du résultat
prouvé dans le problème 20 page 286.
Remarque 7. - Il existe un résultat (théorème de Stone-Weierstrass) qui propose un
cadre général englobant ces deux théorèmes.
- Le théorème de Miïntz (voir le problème 23 page 291) donne une condition nécessaire
et suffisante sur une suite réelle croissante (an) pour que Vect(rcan)n soit dense (au
sens de la norme de la convergence uniforme) dans l'ensemble des fonctions continues
sur [0,1].
3.4. Exercices
Exercice 1. a) Montrer que la suite de fonctions (/n) définie par
/„ : R+ -> R, fn(x) = (l - ~)n si Z e [0,n], fn(x) = 0 si x > n
converge uniformément sur R+ vers la fonction / : x t-+ e~x.
b) Montrer que la suite de fonctions (/n) définie par
/„ : C -► C z ~ (l + £)n
converge uniformément sur tout compact de C vers / : z ^ ez

3. SUITES ET SÉRIES DE FONCTIONS
225
Solution, a) Remarquons déjà qu'il y a convergence simple. Pour montrer la convergence
uniforme, nous allons donner deux méthodes.
Première méthode. Nous allons utiliser une technique générale, qui consiste à montrer que
le maximum sur R+ de \fn(x) — f(x)\ tend vers 0 en faisant une étude de fonctions. Fixons un
entier n > 1 et posons ip : [0,n] —> R x i-> e~x — fn(x). On a, pour tout x € [0,n[
<p'(x) = -e~x + (l - -)n_1 = e~x [exp ((n - 1) log (l - -) + x) - l] .
Le signe de <p'(x) est donc celui de ip(x) = (n — 1) log(l — x/ri) + x. On a ip'{x) = (1 — x)/(n — x),
on en déduit que tp croît sur [0,1] et décroît sur [l,n[. Comme ip(0) = 0 et que iJj(x) —► —oo
lorsque a; —» n~, on en déduit (faites un tableau de variation) l'existence de a € ]l,n[ tel que
Vx <E [0, a], ip{x) > 0, Va; <E [a,n[, ^(a) < 0.
Comme ip a le signe de y/, y? est croissante sur [0, a] et décroissante sur [a,n]. Comme (p(0) = 0
et (p(n) = e~n > 0, on en déduit
V# e [0,n], 0 < <p(x) < (p(a) avec <p'{ot) = 0.
Il s'agit donc pour nous de majorer <£>(a). En exploitant le renseignement <p'(cx) = 0, on a
C1 - ST1 - e~a donc *°>=e_a - i1 - £)""'t1 - £) - ïï e"°- w
Un rapide étude de a; ■-> xe_a: montre que cette fonction atteint son maximum en a; = 1,
donc est majorée par 1/e sur E+, de sorte que (*) entraîne <p{a) < l/(ne). Sur [n, +oo[, on a
|/tt(a0 - /(z)| = |/(a;)| < |/(n)| = |/n(n) - /(n)| < l/(ne), donc finalement
1
VzeR+, |/(a;)-/„(*)!<
ne
Vue
d'où le résultat.
- Seconde méthode. Considérons e > 0, puis M > 0 tel que e~M < e. Nous commençons par
approcher log/n par —x sur [0, M]. D'après la formule de Taylor-Lagrange,
u2 1
, 30 e ]0,1[, log(l - u) = -u + — (1_^)2,
donc | log(l — u)+u\ < 2u2 lorsque u e [0,1/2]. On en déduit
i . / z\ i 2M2
nlog ( 1 ) +x\
»i'
Vn>2M,Vxe[0,M],
<
n
donc (log/n) converge uniformément vers x i-» —a; sur [0, M]. La fonction exponentielle étant 1-
lipschitzienne sur E~ (immédiat par l'inégalité des accroissements finis), on en déduit en prenant
l'exponentielle que (/n) converge uniformément vers / sur [0, M]. En particulier,
3N e N,Vn > N,Vx e [0,M], \fn(x) - f(x)\ < e. (**)
Or e~M < £, donc |/n(a;) — f(x)\ < e~x < e~M < e sur [M,+oo[, donc finalement l'inégalité
(**) est vraie sur R+ tout entier, d'où le résultat.
b) Ici, les techniques précédentes ne peuvent plus s'appliquer.
Soit C un compact de C et soit M > 0 tel que \z\ < M pour tout z e C. L'inégalité
Vn<EN*,Vfc<n,
, 1 _ nn-1
nK n n
fi-fc+1 1 _1_
entraîne
VzeC,
«•-(i + ^hEïï-E^
E
Jk=0
A Ci?
Jk=0
n
n
^E
fc=0
fc!
+E
fc>n
"fel
fc=0
^E(ïï-§)^+E--m-ii+
fc>n
M*
fc!
M'
n
n
et comme (1 + M/n)n —> eM lorsque n —> +oo, on en déduit le résultat.

226
4. SUITES ET SÉRIES
Exercice 2. Pour tout n G N*, on définit l'application
x
un : R+ -»- R x
n2 -fa:2
a) Montrer que la série de fonctions ]T) wn converge simplement sur R+ vers une fonction
continue / mais que la convergence n'est pas uniforme sur R+.
b) Montrer que la série de fonctions J2(—l)nun converge uniformément sur R+ tout entier
mais que la convergence n'est pas normale sur R+.
Solution, a) La convergence simple est immédiate car pour tout x € R+ fixé, ^ x/(n2 + x2)
converge (ceci car x/(n2 + x2) ~ x/n2 lorsque n —» +oo).
En revanche, il n'y a pas convergence uniforme sur R+. En effet, la minoration
2p 2p
TXT* v "^ X \ "^ 3/ j93/
Vx>0,VpeN, ^ 3T-j > ^ x2 + (2p)2=^^2 M
n=p+l n=p+l v '
entraîne
2p 1
Vp e N*, 3a; > 0, 7 -5 ^ > - (prendre x = p dans (*)),
^—', xz + nz 5
n=p+l
autrement dit, la série de fonctions Ylun ne vérifie pas le critère de Cauchy uniforme sur R+.
Ceci montre qu'il n'y a pas convergence uniforme sur R+.
Pour montrer la continuité de la limite simple / de Ylun sur R+, il aurait été commode
que la convergence soit uniforme sur R+ tout entier, mais ce n'est pas le cas. Pour contourner
le problème, on va montrer que / est continue sur [0, M] pour tout M > 0, ce qui entraînera la
continuité de / sur R+ tout entier. Fixons donc un réel positif quelconque M. On a
M
Vn e N*,Vz G [0,M], \un(x)\ < -y,
et comme la série ^Mjr? converge, Ylun converge normalement, donc uniformément, sur
[0, M]. Ainsi /, limite uniforme d'une suite de fonctions continues sur [0,M], est continue sur
[0,M]. D'où le résultat.
b) Si on fixe x > 0, ^2(—l)nun(x) est une série numérique alternée dont la valeur absolue du
terme général décroît ; la série converge donc (on le savait déjà, car on a montré plus haut qu'elle
converge absolument), et de plus les restes sont majorés en valeur absolue par la valeur absolue
du premier terme qui les compose (voir le théorème 6 page 206), donc
Vp e N*,
+00
E# x \/a;2 + p2 1 1
(-l)n < —-— < v ^y = < t
n=P * x2 + n*\-x*+V*- x*+V2 vÇ2-^2-p-
Cette majoration des restes est indépendante de x > 0, et elle montre que les restes tendent
uniformément vers 0 sur E+. La série de fonctions Y^un converge donc uniformément sur R+.
Il n'y a pas convergence normale sur R+ tout entier, car pour tout n e N*, supx>0un(x) >
un(ri) = l/(2n) et la série J^ l/(2n) diverge.
Remarque. Retenez la méthode utilisée pour montrer la continuité de la limite simple
de la série de fonctions ]T) un : comme il n'y avait pas convergence uniforme sur R+ tout
entier, nous avons montré la convergence uniforme sur [0, M] pour tout M > 0. Cette
technique est très classique. On procède aussi souvent ainsi pour montrer la dérivabilite
d'une suite de fonctions lorsqu'il n'y a pas convergence uniforme sur l'intervalle de départ
tout entier.

3. SUITES ET SÉRIES DE FONCTIONS
227
EXERCICE 3. Que dire d'une fonction / : R —► R limite uniforme sur R d'une suite de
fonctions polynômes (Pn) ?
Solution. Premier réflexe : / est continue. Mais il y a bien mieux, et nous allons montrer que /
est une fonction polynôme. Le critère de Cauchy uniforme entraîne
3N e N,Vn > N,Vx e R, \Pn{x) - PN{x)\ < 1.
Ainsi, pour tout n > N, Pn — Pn est une fonction polynôme bornée sur R, donc constante.
Autrement dit, pour tout n > N, il existe an e R tel que Pn = PN + an. La suite (Fn(0))
converge, donc la suite (an)n>N = (Pn(0) — Pn(0))ti>n aussi. Notons a la limite de (an). On a
Va € R, f(x) = lim Pn(x) = lim PN(x) + an = PN(x) + a,
n—>+oo n—>+oo
donc / = Pn + a: est une fonction polynôme.
Exercice 4. On considère la suite de fonctions (fn) définie par
VneN, fn: [o,|]
x h-> cosnrr • sinrr.
a) Montrer que (/n) converge uniformément vers la fonction nulle sur [0,7r/2].
b) On considère la suite de fonctions (gn) définie par gn = (n H- l)/n. Montrer que sur
tout intervalle de la forme [5,7r/2] avec 0 < 6 < 7r/2, (gn) converge uniformément vers la
fonction nulle, mais que pourtant, la suite (J0 9n(t) dt)n ne tend pas vers 0.
Solution, a) On pourrait résoudre l'exercice en essayant de majorer directement le maximum
de \fn\ sur [0, n/2] en effectuant une étude de fonction, mais nous allons donner une méthode
différente qui est plus générale et qui a son intérêt.
Analysons la situation. On a cosn x —» 0 lorsque n —» +oo uniformément lorsque x est dans
[0,7r/2] et n'est pas dans un voisinage de 0. Au voisinage de 0, la fonction sinus est petite. Pour
tirer parti de ces deux informations on procède comme suit.
Un nombre réel e > 0 étant donné, on considère ô > 0 (et ô < tt/2) tel que | sinx| < e sur
[0, ô] (ceci est possible par continuité de la fonction sinus qui est nulle en 0). Sur le reste de
l'intervalle, on a
VxG [^|],VnGN, \fn(x)\<(cosô)n,
et comme (cos£)n tend vers 0 (car |cos£| < 1), on en déduit
3N e N, Vn > iV, Va; e [ô, |] , |/n(x)| < e.
Comme | sina;| < e sur [0, £], on a aussi |/n(^)| < e sur [0, £] pour tout n, donc finalement
Vn>Nyxe [0,|], \fn(x)\<6.
b) La convergence uniforme de (gn) vers 0 sur [5, tt/2] est une conséquence de l'inégalité
\/x e k |1 , Vn e N, \gn(x)\ < (n + 1) cosnx < (n + 1) cosn£
et du fait que (n + 1) cosn £ —> 0 lorsque n —» +oo (ceci car |cos ô\ < 1).
Comme J^2gn(x)dx=[- cosn+1 x]^2 = 1, il est clair que la suite des intégrales de gn ne
tend pas vers 0.
Remarque. La dernière question de l'exercice est un contre-exemple qui montre que le
théorème de convergence dominée (page 147) est faux lorsque la condition de domination
n'est pas satisfaite.

228
4. SUITES ET SÉRIES
Exercice 5 (Théorèmes de Dini). a) Soit (/n) une suite croissante de fonctions
réelles continues et définies sur un segment i" = [a, b] de R. Si (/n) converge simplement
vers une fonction / continue sur /, montrer que la convergence est uniforme.
b) Soit (/n) une suite de fonctions croissantes réelles, continues et définies sur un segment
/ = [a, b] de R. Si (/n) converge simplement vers une fonction / continue sur /, montrer
que la convergence est uniforme.
Solution, a) Pour tout n, considérons l'ensemble
Fn = {xel\ f(x) > fn(x) + e}.
La suite (Fn) est une suite décroissante de fermés de I (donc compacts). On a nn>oFn = 0
car pour tout x G /, fn(x) converge vers f(x) donc il existe n tel que f(x) < e + fn(x), ce qui
entraîne x G* Fn. Une suite décroissante de compacts non vide est non vide, donc il existe N tel
que Fn = 0, autrement dit / < e + fn sur I pour n > N. Comme la suite (/n) est croissante,
on a également fn < f, donc finalement fn < f < e + fn pour n > N d'où le résultat.
b) Tout d'abord, la fonction / est limite simple de fonctions croissantes, elle est donc croissante.
Donnons nous e > 0. La fonction / est continue sur le compact /, donc d'après le théorème de
Heine
3t/ > 0, V(x,x') G I2, \x - x'\ < 77, |/(a;) - f{x')\ < e.
On considère ensuite une subdivision a = xq < x\ < • • • < xv = b de / de pas < r/, c'est-à-dire
telle que X{+i —xi<n pour tout i. Pour tout i e {0,1,... ,p}, la suite (/n(^z)) tend vers f(xi),
on en déduit (les i étant en nombre fini)
3N e N,Vn > N,Vi e {0,... ,p}, \fn(Xi) - f(xi)\ < e.
Ceci étant, considérons x E LU existe i G {0,... ,p — 1} tel que x G [2^, Xi+i], et les fonctions
(fn)neN et / étant croissantes
Vn G N, fn(xi) < fn(x) < fn(xi+i) et f(xi) < f(x) < f(xi+i),
donc
Vn G N, f(Xi) - fn(Xi+l) < f{x) - fn(x) < f(Xi+l) - fn(Xi). (*)
Or pour tout n> N,
\f(xi+1) - fn(xi)\ < \f(xi+1) - f(Xi)\ + \f(Xi) - fn(xi)\ < 2e,
de même \f(x{) — fn(xi+i)\ < 2e. On en déduit avec (*) que \f(x) — fn(x)\ < 2e, et ceci pour
tout n > N et pour tout x G /, d'où le résultat.
Exercice 6. a) Soit (fn) une suite de fonctions d'un segment / = [a,b] de R à valeurs
dans un M-e.v.n E. On suppose qu'il existe K > 0 tel que toutes les fonctions fn soient
if-lipschitziennes. Si (/n) converge simplement vers une fonction / : / —► E, montrer que
la convergence est uniforme.
b) Soit (fn) une suite de fonctions convexes de ]a, b[ dans R (où ]a, b[ est un intervalle de
R) qui converge simplement vers une fonction / : ]a, b[ —> R. Montrer que sur tout segment
[a, f3] c ]a, b[, la suite (/n) converge uniformément vers /. La convergence est-elle uniforme
sur ]a, b[ tout entier ?
Solution, a) La technique ressemble assez à celles utilisées dans l'exercice précédent. Remarquons
tout d'abord que /, limite simple de fonctions If-lipschitziennes, est Zf-lipschitzienne.
Soit e > 0 et soit a = xq < x\ < • • • < xp = b une subdivision de [a, b] de pas < e (i e-
Xi+i - xi < e pour tout i). Pour tout i G {0,1,... ,p}, la suite (/n(^i)) converge vers f{xi) donc
(les i sont en nombre finis)
3N G N,Vn > W.Vi G {0,1,... ,p}, \\fn(Xi) - f(Xi)\\ < e.

3. SUITES ET SÉRIES DE FONCTIONS
229
Si maintenant on considère x e I, il existe i tel que x e [x{,Xi+i] donc les fonctions en présence
étant toutes if-lipschitziennes, on a pour tout n> N
\\fn(x) ~ /(*) Il < \\fn(x) ~ /„(*«)|| + \\fn(Xi) - /(*,)ll + ll/(*i) " /(*)
< K(x - xi) + e + K(x - ^) < (2K + l)e.
Ceci étant vrai pour tout x e I et pour tout n > iV, on en déduit le résultat.
b) L'idée est de se ramener à la question précédente. Soit / = [a>/3] C ]a,b[. Fixons a',/?' tels
que a < a' < a < (3 < fi' < b. Les suites
convergent (conséquence de la convergence simple de (/n)), elles sont donc bornées. Désignons
par K > 0 un majorant de la valeur absolue des termes de ces suites. Chaque fonction fn étant
convexe, on en déduit pour tout n
V(x,j,)€[a,/3]2, -K < Ua'\ ~ /"(a) < L(X) - fiy) < fMa ~ f:{0'} < K,
a — a x — y p — p
donc \fn(x) — fn{y)\ < K\x — y\. Ainsi, toutes les fonctions fn sont K-lipschitziennes sur [a,/3],
et on conclut en utilisant le résultat de la question précédente.
Il n'y a pas en général convergence uniforme sur ]a, b[ tout entier, comme le montre le contre-
exemple classique de la suite de fonctions convexes (/n) définies par fn : ]0,1[—* R x ■-> xn qui
converge simplement vers 0 sur ]0,1[ mais pas uniformément.
Exercice 7 (Phénomène de Runge). Soit a > 0 et fa la fonction
1
fa :[-l,l]-»R x
x2 H- o?
Soit n 6 N*. On considère les 2n points équirépartis dans [—1,1] définis par ajt = (2A: -f
l)/(2n) pour — n < k < n — 1. On note Pn le polynôme d'interpolation de Lagrange de
degré < 2n déterminé par les conditions Pn(o>k) = /a(ûfc) pour — n < k < n — 1. On veut
montrer que la suite de fonctions polynômes (Pn) ne converge pas forcément uniformément
vers fa sur [—1,1] (c'est le phénomène de Runge).
a) Montrer la formule
n-l
fa{x) - Pn(x) = -T-; r " , avec Un{x) = Y[ {x - flfc).
x2, + a2 ujn{ai) ,±±
v ' k=—n
b) En déduire le premier terme du développement asymptotique de log|/Q(l) — -Pn(l)|
lorsque n —> oo.
c) Montrer que si a > 0 est suffisamment petit, la suite de fonctions (Pn) ne converge pas
uniformément vers fa.
Solution, a) Il est classique que le polynôme d'interpolation de Lagrange Pn existe et s'écrit
sous la forme (voir le tome Algèbre)
n-l
fcc(CLk)Un{x)
{) ^Ax-ak)<(ak)
(*)
k=—n
La clé est maintenant d'utiliser la décomposition en éléments simples de la fraction /a(a;)/u;n(a;).
Cette dernière n'a que des pôles simples, qui sont m, —m et les {ak)-n<k<n-\^ on peut donc

230
4. SUITES ET SÉRIES
écrire sa décomposition en éléments simples (voir le tome Algèbre) sous la forme
n-l
fQ{x) _ y> /q(flfc) 1 * 1 *
un(x) ^ (x - ak)w'n{a,k) un(-ia) 2a(œ + ia) o;n(zo;) 2a(z - ia) ' ^**'
La relation de symétrie autour de zéro a-j = — dj-\ pour 1 < j < n donne
n n n n—1
3=1 3=1 j=l 3=0
donc la fonction polynôme un(x) est paire, ce qui fournit un(—ia) = un(ia). Avec (*) et (**),
on en déduit l'égalité fa(x)/ojn(x) = Pn(x)/un(x) + l/(x2 + a2)/un(ia), d'où le résultat.
b) L'expression de un(x) que nous avions obtenu précédemment donne
j*w = n (-^-)=(-i)-tt f ^
D'après le résultat obtenu à la question précédente, on a donc
i »-i i _ a2
log|/„(l) - P„(l)| = log—-^ + Elog^2T72' (***)
Le dernier terme du membre droit est, au facteur 1/n près, une somme de Riemann de la
fonction <pa(t) = log **+& Pour une subdivision de [0,1] ; mais nous sommes ici en présence
d'une intégrale généralisée et on ne peut donc pas appliquer le théorème 7 page 124. On va
procéder comme à l'exercice 5 page 152. Notons d'abord que l'intégrale généralisée I(a) =
/o <Pa{t)dt converge (on l'obtient facilement en écrivant (pa(t) = log(l — t) + log aa+îa)«
Maintenant, on remarque que ipa est décroissante sur ]0,1] (composition de la fonction décroissante
* i—> (1 — t2)/(a2 + t2) par la fonction log qui est croissante), donc f*j+1 (pa(t) dt < ^<A*(aj) <
fa*- ^(t) dt, ce qui, par sommation pour 1 < j < n — 2 donne
/*l-l/(2n) ± n~2 pl-3/(2n)
I(a) + o(l) = / <pa(t)dt<-Y*<pa(aj) < / <pa(t)dt = I(à) + o(l).
J3/(2n) n JZJ Jl/(2n)
Donc S?=o {Pol{0'j) = ni (a) + o{n) (on a bien <pa{a>o) + <A*(an-i) = o(ri)). Avec (***), on en
déduit finalement, lorsque n —> oo,
log |/a(l) - Pn(l)| = log ^-^ + n(I(a) + o(l)), I(a) = J log ±^ dt.
c) Nous allons montrer que / est définie et continue en 0. Lorsque a € [0,1] et 0 < t < 1, on a
11 / 1 \ 2
a2+t2<2 et 2 2 < -^ donc | log(a2 + £2)| < max f log2, log -^ j < log-5.
Comme la fonction t ■-> log(2/£2) est intégrable sur ]0,1], l'hypothèse de domination est vérifiée
donc la fonction a »-> fQ log(a2 + t2) dt est bien définie et continue pour a € [0,1]. En particulier,
/ est définie et continue en a = 0, et comme 1(0) = 2 log 2, on en déduit que pour a > 0
suffisamment petit, I(a) > 0. D'après le développement asymptotique obtenu à la question précédente
log |/Q(1) — -Pn(l)| tend donc vers l'infini pour a > 0 petit, donc il n'y a pas convergence simple
(et donc pas uniforme) de (Pn) vers /.
Remarque. On peut obtenir la forme explicite I(a) = 2 log 2 — a arctan(l/a) — log(l+a2).
On peut montrer que I(a) > 0 pour a < a0 « 0,5255249.
- Pour éviter de passer par les sommes de Riemann d'une intégrale généralisée dans
b), on aurait pu obtenir le comportement de log |k^(l)| par la formule de Stirling. Le
comportement de log|wn(ia)| s'obtient directement à partir d'une somme de Riemann
d'une fonction définie et continue sur le segment [0,1].

3. SUITES ET SÉRIES DE FONCTIONS
231
- Ainsi, une suite de polynômes interpolant ne converge pas forcément vers une fonction /
à approcher. Cependant, certaines conditions de majoration des dérivées de / permettent
de garantir qu'un polynôme interpolant est une bonne approximation (voir question b)
de l'exercice 7 page 81).
Exercice 8 (Polynômes d'approximation de Bernstein). On note / = [0,1] et
C l'e.v des fonctions continues de i" dans C. On note, pour toute fonction / G C et n 6 N*
B„(/) : / -» C * ~ £/ (£) *£(*), avec bkn(x) = Cknxk(l - x)'
" '*
a) Calculer explicitement l'expression Y^ ( x) 6*(x), puis en déduire que pour tout
k=o \n '
rj > 0 et pour tout x e I,
k,\k/n—x\>T]
b) (Théorème de Bernstein) Pour tout / € C, montrer que la suite de fonctions (£„(/))n€N
converge uniformément vers / sur [0,1]. En déduire le théorème de Weierstrass (théorème 5
page 224).
c) Donner une condition nécessaire et suffisante pour que f E C soit limite uniforme sur
[0,1] de fonctions polynômes à coefficients entiers.
d) Si / est une fonction lipschitzienne, montrer que ||/ — Bn(/)||oo = 0(n-1/2).
e) Considérons la fonction / : [0,1] —> R définie par f(x) = \x — 1/2|. Donner un
équivalent de Bn(f)(l/2) — /(1/2) lorsque n —* oo (on pourra utiliser l'égalité kC„ =
nC^zl et la formule de Stirling).
Solution.
1/ a) En notant par abus 1, x, x2 les fonctions x >-^ 1, x >-> x et x >-> x2, on a pour tout n € N*
Èf"*) #(*) = E (S - 2X £ + *2) bn(X) = Bn(*2) ~ 2*Bn(x) + X2Bn(l). (*)
k=0 ^n ' Jk=0 ^n n /
On se ramène ainsi à exprimer Bn(l), Bn(x) et Bn(x2). Pour cela, on part de l'identité bien
connue
n
Vn e N*,V(o,6) <E R2, F(atb) = (o + (1 - b))n = ^C*afc(l - 6)n"fe.
fc=0
On en déduit Bn(ï) = F(l, 1) = 1,
Bn(x) = - J2c*kxk(l-x)n-k = *tg.(Xlx) = -n(x + {l-x))n-l=x
IX IX OQj IX
k=0
et après un petit calcul
AC—U
En remplaçant ces expressions dans (*), on obtient
2 x{l-x)
Ê(î-)«tw-^
fc=o v '

232
4. SUITES ET SÉRIES
La seconde partie de la question s'obtient maintenant en écrivant
k^k/n-x^ ' k=0 V 7 ' '
b) Analysons la situation. On peut voir l'expression donnant Bn(f)(x) comme un barycentre
des points /(fc/n), dont les coefficients les plus significatifs se trouvent dans la région où k/n est
dans un voisinage de x d'après (**). On a donc Bn(f)(x) ~ f(x).
Précisons. Donnons nous e > 0. La fonction / est continue sur le compact /. Elle est donc
bornée de sorte qu'il existe M > 0 tel que \f(x)\ < M sur /. Elle est aussi uniformément continue
d'après le théorème de Heine donc
3rj > 0, Vfox') e J2, \x - x'\ < ry, \f(x) - f{x')\ < e.
On écrit maintenant
n
Vz e /,Vn e N*, \Bn(f)(x) - f(x)\ = \Bn(f)(x) - f(x)Bn(l)\ < £
Jk=0
/(D-/W
to
n
\ky\k/n-x\<r] ] \k\kln-x\>7] ) \k=0 / ' '
Ainsi, si AT g N* est choisi tel que 2M/(Nrj2) < s, on a montré
Vn > iV, Va; G /, |Bn(/)(a?) - f(x)\ < 2e.
La suite de fonctions (Bn(f)) converge donc uniformément vers / sur [0,1].
Les Bn(f) sont des fonctions polynômes, on vient donc de montrer que toute fonction
continue sur [0,1] est limite uniforme de fonctions polynômes sur [0,1]. On en déduit facilement par
changement de variable affine le théorème de Weierstrass (si / : [a, b] —» C est continue, on se
ramène à [0,1] en considérant g(x) = f[a + (b — a)x}).
c) Montrons que f eC est limite uniforme sur [0,1] de fonctions polynômes à coefficients entiers
si et seulement si /(0) et /(l) sont des entiers.
La condition est nécessaire : en effet, si / est limite uniforme de fonctions polynômes (Pn)
à coefficients entiers, alors /(0) (respectivement /(l)) est la limite de la suite d'entiers (Pn(0))
(respectivement (Pn(l))). La limite d'une suite d'entiers est un entier, donc /(0) et /(l) sont
des entiers.
La condition suffisante s'obtient à partir du résultat de la question précédente. Supposons
/(0) et /(l) entiers. On considère la suite de polynômes à coefficients entiers (Zn(f)) définie par
" r/fâc"
ZnU) :[0,1]->R x^Y,
k=0
où [t] désigne la partie entière de t. Pour # G [0,1], on a
xk(l - x)
n—k
Bn(f)(x) - Zn(f)(x) ^(f g) - [/ (|C"] ) *(*)
(les termes de la somme pour k = 0 et k = n sont nuls car /(0) et /(l) sont entiers), et comme
0 < f(k/n) - [f{k/n)C%\/C% < 1/C* < 1/n pour 1 < k < n - 1 on en déduit
0 < Bn(f)(x) - Zn{f){x) < E \ bn(f)(x) < l E <£(/)(*) = ^ = h
k=l k=0
et ceci pour tout x e [0,1]. Comme (Bn(f)) converge uniformément vers / on en déduit que
(Zn(f)) converge uniformément vers /.

3. SUITES ET SÉRIES DE FONCTIONS
233
d) Considérons une fonction A-lipschitzienne / sur [0,1]. Soit n e N* et e = n-1/2. Pour x e I,
on a
\B„(f)(x) - f(x)\ < £ /(-)-/(*)*£(*)+ E
V
/(*)-/(.)
*£(*)
fc,|fc/n-a;|<£ fc,|fc/n-x|>e
< £ A£&*(*) + E £(£-*)*£(*)
fc,|fc/n-x|<e ky\k/n—x\>€
Ceci étant vrai pour tout x G /, on en déduit le résultat.
e) Soit un = Bn(f)(l/2) - /(1/2) = B„(/)(l/2). L'égalité 6j(l/2) = C*/2" donne
0<k<n/2 x ' n/2<k<n x ' 0<fc<n/2 x '
où on a utilisé la relation de symétrie C"-fc = C^. Grâce à la relation kC^ = nC^Zi on en déduit
0<fc<n/2 l<fc<n/2
Il reste à utiliser la relation du triangle de Pascal C* = C^Zi + C^_1 qui entraîne
2»Un = i+ £ «*-<£})- E cti= E <Z.i- E cfci = <*r1)/21,
\<k<n/2 \<k<n/2 0<k<n/2 \<k<n/2
où [(n — l)/2] désigne la partie entière de (n — l)/2. La formule de Stirling permet facilement
d'obtenir l'équivalent C^_^ '' J ~ 2n/y/2Îm. Finalement on a obtenu l'équivalent
.2/ V2y v7^*
Ainsi, l'estimation obtenue à la question précédente est la meilleure possible dans l'hypothèse
d'une fonction lipschitzienne.
Remarque. Le résultat de la question b) de cet exercice est une version constructive du
théorème de Weierstrass, mais la convergence est lente, comme le montre le résultat de
la question e). Le meilleur approximant polynomial peut s'obtenir par l'algorithme de
Remez.
Exercice 9 (Fonction dérivée à points de discontinuités denses) .
a) (Généralisation du théorème 4 page 223 lorsque les fonctions fn sont seulement
supposées dérivables). Soit (/n) une suite de fonctions dérivables de / = [0,1] dans un espace
de Banach E. On suppose que la suite des dérivées (fn) converge uniformément vers une
fonction g sur /, et qu'il existe x0 G / tel que la suite (/n(#o))neN converge. Montrer que
(fn) converge uniformément sur / vers une fonction dérivable / qui vérifie /' = g.
b) Exhiber une fonction / : / = [0,1] —> M, dérivable sur /, telle que l'ensemble des
points de discontinuité de /' soit dense dans [0,1].
Solution, a) Ici, on ne peut pas procéder comme dans la preuve du théorème 4 page 223 car
une fonction dérivée n'est pas forcément continue (ni Riemann-intégrable).
Nous montrons d'abord que (/n) vérifie le critère de Cauchy uniforme. Soit e > 0. D'après
les hypothèses,
3NeN,Vp,q>N, (||/P(&0)-/,(*0)|| < e et V* e 7> ll/Jto-/J(*)ll < *)•

234
4. SUITES ET SÉRIES
Ainsi, on obtient grâce à l'inégalité des accroissements finis que pour tout p, q > N et pour tout
xel,
\\fp(x) - fq(x)\\ < ||(/p - fq)(x) - (/p - /,)(z0)|| + ||(/p - fq)(x0)\\ < e\x - x0\ + e < 2e.
Autrement dit, la suite de fonctions (/n) à valeurs dans un espace de Banach vérifie le critère
de Cauchy uniforme, elle converge donc uniformément vers une fonction / sur /.
Il nous reste à montrer que / est derivable et que f = g. Fixons x G I et e > 0. La suite
(/n) vérifie le critère de Cauchy uniforme donc
3N g N,Vp g N,Vt g /, \\f'N(t) - /W*)ll < £- (*)
En appliquant (*) à t = x et en faisant p —► +oo, on tire \\fN(x) — g(x)\\ < e, et par définition
de f'N(x), on en déduit
fN(t) - fN(x)
3a>0y\/tel,0< \t-x\ <a,
t — x
-9{?)
<2e.
(**)
Maintenant, l'inégalité des accroissements finis entraîne avec (*)
Wp G N, V* G /, \\(fN - fN+p)(t) - (fN - fN+p)(x)\\ <e\t-x
et on en déduit en fixant t E I et en faisant p —» +co que
V* G /, \\(fN - f)(t) - (fN - f)(x)\\ < e\t - 4
De (**) et (***), on tire, pour tout t G / tel que 0 < \t - x\ < a,
/w - m
t — x
-9(x)
<
(f ~ fN)(t) - (f - fN)(x)
t — x
+
fN(t) ~ fN(x)
t — X
-g(x)
(***)
< e + 2e = 3e.
En d'autres termes, nous venons de montrer que la fonction / est derivable au point x et que
f'(x) = g(x). Ceci étant vrai pour tout x G /, on en déduit le résultat.
b) Nous allons construire une telle fonction / à partir de la fonction
a;2sin(l/a;) si x ^ 0
0 si x = 0.
(p: [-1,1] ->R x\->
Cette fonction est derivable sur [—1,0[ U ]0,1] et on a <p'{x) = 2xsin(l/a;) — cos(l/#) sur cet
ensemble. Or
Vx G [-1,1], -x2 < tp(x) < x2 donc Va ^ 0, -|a?| <
<fi(x) - y?(0)
x-0
<N.
donc <p est derivable en 0 et <^'(0) = 0. Ainsi, (p est une fonction derivable sur [—1,1] tout entier
et <fi' est discontinue en 0, continue ailleurs.
L'ensemble Qfl[0,1] est dénombrable, il existe donc une bijection n i—► rn de N* dans Qn[0, l].
Pour tout n G N*, on définit la fonction
fn: [0,1]
x i-> -=■ (p(x - rn).
n
L'expression de <p' montre que <fi' est bornée, donc J2fn converge normalement sur [0,1]. Il
est clair qu'il existe xq G [0,1] tel que (fn(xo))n converge. D'après le résultat de la question
précédente, on en déduit que la série de fonctions ^2 fn converge uniformément vers une fonction
derivable / sur [0,1] qui vérifie /' = Y^nS. fn- Nous allons montrer que / répond à la question.
- Pour tout x G [0,1]\Q, fn est continue en x donc /' est continue en x (limite uniforme de
fonctions continues en x).
- Pour tout x G [0,1] n Q, il existe N G N* tel que x = ru- Pour tout n ^ N, on a x ^ rn
donc fn est continue en x, donc Y^n^N fn es* continue en x. Or f'N est discontinue en #,
on en déduit que f = f'N + Yln^N fn est discontinue en x.
Finalement, nous avons montré que / est derivable sur [0,1], discontinue en tout point rationnel,
continue en tout point irrationnel. D'où le résultat.
Remarque. On peut montrer que l'ensemble des points de continuité d'une fonction dérivée
est dense (voir l'exercice 2 page 399).

3. SUITES ET SÉRIES DE FONCTIONS
235
Exercice 10 (Théorème de Helly). Soit (/„)„eN une suite de fonctions croissantes
d'un intervalle ouvert / de R dans R telle que, pour tout x G /, la suite (/n(x))nGN
est bornée. Démontrer qu'il existe une sous-suite (f<p(n))neN et une fonction croissante
/ : 7" —> R, telle que cette sous-suite converge simplement vers /.
Solution. L'idée est de procéder par densité, en montrant d'abord le résultat sur les rationnels
(dénombrables) de /, puis d'utiliser la croissance des fonctions fn pour étendre sur I tout entier.
Notons Qi = InQ l'ensemble dénombrable des rationnels de /, et notons #o, x\t..., xny...
les éléments de Qj. On utilise le procédé diagonal, déjà employé dans la solution de l'exercice 2
page 32. De la suite bornée (fn(xo))n on extrait une sous suite convergente (f(p0(n)(xo))n- De la
suite bornée (f<p0(n)(xi))n, on extrait une sous-suite convergente {f<p0o<px(n){xi))n- En procédant
par récurrence, on peut ainsi construire, pour tout entier naturel p, une sous-suite convergente
(f<p0o-o(pp(n){xp))neN- La fonction tp : N —> N définie par ip(n) = (po o • • • o ipn(n) est strictement
croissante, et pour tout entier naturel p, la suite (ftp(n)(xp))n converge (car (/^(n)(#p))n>p est
une sous-suite de (/¥,0o-oV)p(n)(^p))n€N qui converge).
Construisons maintenant la fonction g définie sur Qj par g(x) = limn_^oo f^{n){x) pour tout
x G Q/. Pour x < y, on a f^n)(x) < fij>(n)(y)> et en passant à la limite on voit que g est croissante
sur Qj. On étend g sur / tout entier de la manière suivante : pour x G /\Q/, on définit
g(x) = sup GX1 avec Gx = {g(y) \yeQi,y<x}
(Gx est non vide car / est ouvert, et majoré car g étant croissante, tous les éléments de Gx sont
inférieurs à g(z) pour un z > x fixé dans Qj). Ainsi définie, g est croissante sur /, comme on le
vérifie facilement en montrant, g(x) < g(y) lorsque x < y, d'abord pour x G I\Qj et y G Qj,
puis pour x G Qi et y G i\Qj, puis pour x et y dans i"\Qj.
Montrons que pour x dans l'ensemble C C I des points de continuité de g, la suite (ftp(n)(x))
converge vers g(x). Étant donné e > 0, comme g est continue en a;, il existe a et 6 dans Qj tels
que a < x < b et
\g{x) - g(a)\ < e, \g(x) - g(b)\ < e donc g{b) - e < g{x) < g (a) + e.
Les suites {ftf,(n)(a))n et (/^(n)(&))n convergent vers g(a) et g(b) respectivement, donc il existe
N > 0 tel que pour tout n>N, |jfy(„)(a) - g(a)\ < e et |/^(n)(6) - g(b)\ < e, donc
U(n)(b) - 2e < g{b) -e< g(x) < g(a) + e< f^n)(a) + 2e
Comme f^n) est croissante, on en déduit f^,{n){x) — 2e < g(x) < f^{n){x) + 2e. Ceci est vrai
pour tout n> N, donc la suite (/0(n)(#)) converge bien vers g{x), et ceci pour tout x € C.
Il reste le cas des points de discontinuité D = I\C de g. La fonction g est croissante donc D
est au plus dénombrable (car une fonction monotone est réglée et l'ensemble des discontinuités
d'une fonction réglée est au plus dénombrable, voir le théorème 5 page 97. On peut aussi obtenir
ce résultat directement, en associant à chaque discontinuité x de g un nombre rationnel différent
en le choisissant dans ]g(x—)}g(x+)[). En procédant de la même manière que plus haut, on en
déduit qu'il existe une sous-suite {f^oe{n)) °^e (/v»(n)) tene que {fii,od{n){x))n converge pour tout
x e D (attention, cette limite n'est pas forcément égale à g(x)).
Ainsi, pour tout x G /, la suite {f^oe{n){x))n converge. La fonction f : I —> M. définie par
f(x) = lim^-^oo /.0o0(n) (x) es* croissante, et ceci clos la démonstration.
Exercice 11. Soit p G N* et (/n)neN une suite de fonctions réelles de classe Cp sur un
segment [a, b] de R. On suppose que la suite de fonctions (fnP^)n€N converge uniformément
vers une fonction g sur [a,6], et qu'il existe p points distincts X\,...,xp de [a,b] tels
que pour tout i (1 < i < p), la suite (fn(xi)) converge. Montrer que (/n) converge
uniformément sur [a, b] vers une fonction / de classe Cp telle que pp' = g.

236
4. SUITES ET SÉRIES
Solution. C'est une généralisation du théorème de dérivation de la limite d'une suite de fonctions.
Notre point de départ est la formule de Taylor avec reste intégral qui donne
Vn G N, Vx G [a, 6], fn(x) = Pn(x) + In(x)
avec
Pn(x) = Ma) + (x-a)f'n(a) + ■■■+ l'^^Ç/JT'V) et U»)° jf ^'J^'#>(«)*■
Le polynôme Pn est de degré < p — 1, donc il est égal à au polynôme d'interpolation de Lagrange
égal à Pn(xi) sur les points (zi)i<i<p, ce qui s'écrit
p rr. .(x — x)
Vxe[a,b], Pn(x) = y2Pn{xi)fi(x), avec fi{x) = =2^L, ^r-
i=\ llj&SPi — Bj)
Si h est continue sur [a,6], notons ||/i||oo = suPa;e[a,6] \h(x)\ *a norme de la convergence
uniforme. La fonction g est continue, car c'est la limite uniforme d'une suite de fonctions continues.
Considérons la fonction I(x) = £ ^^g(t) dt. On a ||7 - /n||oo < ^-\\f^ -g^ donc (7n)
converge uniformément vers I. Pour tout i, on a Pn{xi) = fn(%i) — In(xi) donc la suite (Pn(xi))n
converge. Notons yi sa limite, et notons P(x) = Y%=i Vifi(x) Ie polynôme d'interpolation de
Lagrange égal à yi en Xi. Posons f(x) = P(x) + I(x). La formule
p
11/ " fn\\oo < \\P ~ Pnlloo + ||/ " 4||oo < £ \Vi " Pn{xi)\ ' ||/<||oo + ||/ ~ 4||
oo
montre que ||/ — fn\\oo converge vers 0, donc (fn) converge uniformément vers /. Une récurrence
facile montre que pour 1 < k < p — 1, / est de classe Ck et vérifie
VzG[a,6], f(k\x) = pW(x)+ f
Jo
x (x _ ty-k-\
g{t) dt
(p-k-l)\
En particulier, / est de classe C?'1 et vérifie f^-l\x) = P^~l\x) + /* g(t)dt, donc / est de
classe Cp et f^ = g (car deg(P) < p — 1), d'où le résultat.
4. Séries entières
4.1. Définitions
DÉFINITION 1. On appelle série entière toute série de fonctions de la forme Y^neNanzn
où z est une variable complexe et où (an) est une suite complexe.
Rayon de convergence. Il est naturel de s'interroger sur le domaine des nombres
complexes z pour lesquels une série entière converge.
Proposition 1 (Lemme d'Abel). Soit ^anzn une série entière et z0 G C tel que la
suite (an z%)nGN soit bornée. Alors
(i) Vz € C, \z\ < \zo\, la série Y^anZn est absolument convergente ;
(ii) pour tout r, 0 < r < \zo\, la série de fonctions Y2anZn est normalement
convergente dans {z G C | \z\ < r}.
Démonstration. Si M est un majorant de (\an\ \zo\n), la preuve est simple à partir de la
majoration
i m i
K\\z0\n<M*Z
\CbrrZ \ =
zo
zo
n
a
Le lemme d'Abel justifie la définition suivante.

4. SÉRIES ENTIÈRES
237
DÉFINITION 2 (Rayon de convergence). Soit J2anzn une série entière. Le nombre
R = sup{r > 0 | la suite (\an\ rn) est bornée}
s'appelle rayon de convergence de ^anzn. D'après le lemme d'Abel,
- pour tout z G C tel que \z\ < R, J2 an zn converge absolument ;
- pour tout z G C tel que \z\ > R, X) an zn diverge ;
- pour tout r tel que 0 < r < R, la série entière £) an zn converge normalement sur
{z G C | \z\ < r}.
Le disque ouvert {z G C | \z\ < R} est appelé disque de convergence de la série entière.
Remarque 1. - On peut avoir R = 0 ou R = +oo. Si R = -foo, YlanZn converge
pour tout z G C et la somme de cette série entière définit une fonction de C dans C
appelée fonction entière.
- Sur le cercle \z\ = R, la série entière peut ou non converger.
- Les séries entières YlanZn et ]T] \an\ zn ont même rayon de convergence.
Calcul pratique du rayon de convergence. Il existe quelques recettes qui permettent
parfois de calculer explicitement le rayon de convergence d'une série entière. Celles ci sont
des conséquences directes des règles de d'Alembert et de Cauchy que l'on a vu pour les
séries numériques.
Proposition 2 (Règle de d'Alembert). Si \imn^+00\an+i/an\ = A avec A G [0, -foo],
alors le rayon de convergence de la série entière ^anzn est R = 1/A (en convenant
1/0 = +oo et 1/ + oo = 0).
Proposition 3 (Règle de Cauchy). Si lim^+oo lanl1/71 = À avec A G [0, +oo], alors le
rayon de convergence de la série entière ^ an zn est R = 1/A (en convenant 1/0 = +oo
et\j + oo = 0).
Exemple 1. Grâce à la règle de d'Alembert, on montre facilement que
- la série entière ]T) zn/n\ a un rayon de convergence infini ;
- pour tout a G R, la série entière JT na zn a un rayon de convergence égal à 1 ;
- la série entière J)n!2n a un rayon de convergence nul.
Remarque 2. - Attention, les règles de d'Alembert ou de Cauchy ne s'appliquent pas
toujours (essayez de les appliquer, par exemple, à ^z2n).
- On peut montrer, pour une série entière donnée, que si la règle de d'Alembert
s'applique alors la règle de Cauchy s'applique (la réciproque est fausse).
- Dans tous les cas, on montre que le rayon de convergence de J^ an zn es* 1/p avec
p = limn_+00(supp>n |ap|1/p).
Somme et produit de séries entières. Soient J2 an zn et ^ bn zn deux séries entières
de rayon de convergence respectivement égal à R > 0 et R' > 0. Notons f et g les sommes
de ces séries entières sur leur disque de convergence D et D'.
Somme. La série entière X) cn zn définie par cn = an + bn est appelée somme des séries
entières J2anZn et J2 bnzn. Son rayon de convergence R" de vérifie R" > mî{R,R'} et
sur DnD\ f + g est la somme de la série entière ^cnzn.
Produit. La série entière X) cn zn définie par
Vn G N, cn = a0bn + a\bn-i H h an-\bi + anb0
est appelée produit de Cauchy des séries entières X)an zn et ^bnzn. Son rayon de
convergence R" vérifie R" > inî{R, R'} et sur D D D', le produit fg est la somme de la série
entière J2 cn zU (conséquence du théorème 9 page 208 sur le produit de Cauchy de deux
séries absolument convergentes).

238
4. SUITES ET SÉRIES
Remarque 3. On ne peut rien dire de plus en général sur les rayons de convergence de la
somme ou du produit de Cauchy de deux séries entières. Par exemple, les séries entières
^2zn et J2—zn ont leur rayon de convergence égal à 1 mais la somme a un rayon de
convergence infini.
4.2. Propriétés des séries entières
Dans toute cette sous partie, J2 an zn désigne une série entière de rayon de convergence
R>0.
Continuité.
+oo
Théorème 1. L'application z i-+ yjo„2n est continue sur le disque de convergence
n=0
{zeC, \z\ < R}.
Démonstration. Pour tout r G ]0,i2[, J2anzn converge normalement sur \z\ < r, sa somme est
donc continue sur \z\ < r (chaque somme partielle est continue), et ceci pour tout r < R, d'où
le résultat. D
Dérivation.
Théorème 2. L'application f : ]—R,R[ —► C x *-+ ]CnSa»a'n es^ ^e c^asse C1- La
série entière Y^nan^n~1 a même rayon de convergence que Y^anzn, et on a
+oo
\fx G }-R,R{, f(x) = Y^nanxn-\
n=\
Démonstration. Notons R' le rayon de convergence de ^lrmnzn~1. Soit r, 0 < r < R'. La suite
(nan rn) est bornée, donc (an rn) est bornée donc r < R. Ceci étant vrai pour tout r < R', on
en déduit R' < R. Maintenant, soit r < R. Si on fixe ro tel que r < ro < R, la suite (an Tq ) est
bornée, donc la suite (nanrn) tend vers 0 car nanrn = n(anrQ)(r/ro)n avec r/ro < 1. On en
conclut r < R', et ceci pour tout r < R donc R< R'. Finalement, on a donc R = R'.
La dérivabilité de / et la valeur de /' sont une conséquence du théorème de dérivabilité des
suites de fonctions. D
En appliquant ce théorème par récurrence, on obtient le résultat qui suit.
Corollaire 1. La somme f de la série entière X)an2n est de classe C°° sur] — R,R[.
De plus, pour tout p G N, /^ est la somme sur ]— R,R[ d'une série entière de rayon de
convergence R > 0. En outre,
Vp€N, ap = ^-^- donc Vz € C, f(z) = Y^~P-zp.
Conséquence . - La série entière Yj —^— zn+1 a pour rayon de convergence R et si
F désigne la somme de cette dernière, on a F' = / sur ] — R,R[.
- Si g est la somme d'une série entière J^ bn zn sur {z, \z\ < R'} (avec R' > 0) et si /
et g coïncident sur un voisinage de 0 dans R, alors pour tout n, bn = g(n\0)/n\ =
/^(0)/n! = an. Ceci reste valable si / et g coïncident sur un intervalle de la forme
]o,4
Remarque 4 (Dérivation par rapport à la variable complexe). On montre que les fonctions
/ définies par des séries entières sont dérivables par rapport à la variable complexe sur leur
disque de convergence D, c'est-à-dire que pour tout zq G D, la limite de (f(zo + u) —
f(zo))/u existe lorsque u tend vers 0 dans C en restant non nul.

4. SÉRIES ENTIÈRES
239
Comme on s'y attend, la dérivée de la restriction / de / à l'axe réel et celle de / (au
sens complexe) coïncident sur R.
La condition de dérivabilité par rapport à la variable complexe est très forte. Il ne
suffit pas qu'une fonction de C dans C soit différentiable pour qu'elle soit dérivable par
rapport à la variable complexe (voir l'exercice 8 page 313), mais la réciproque est vraie.
On peut montrer qu'une fonction g : D = {z, \z\ < R} —► C continûment dérivable par
rapport à la variable complexe sur D (on dit alors que g est holomorphé) est la somme
d'une série entière sur D (voir l'exercice 13 page 254).
Principe des zéros isolés.
Théorème 3. Soit f la somme de la série entière J2 Q>n zn sur son disque de convergence.
S'il existe une suite (zp) de nombres complexes non nuls tendant vers 0 telle que f(zp) = 0
pour tout p, alors an = 0 pour tout n.
Démonstration. Supposons que l'un des an ne soit pas nul, et notons q le plus petit entier naturel
tel que aq ^ 0. On peut écrire, sur D,
+oo
f(z) = zqg(z) avec g(z) = ]T an+q zn.
71=0
D'après les hypothèses, g(zp) = 0 pour tout p, et comme g est continue en 0 (c'est la somme
d'une série entière de rayon de convergence R > 0), on a
aq = #(°) = lim 9(*p) = 0»
p—++oo
ce qui est absurde. Donc an = 0 pour tout n. D
Conséquence . Si les sommes / et g de deux séries entières ^ an zn et ^ bn zn vérifient
f(zp) = g(zp) pour une suite (zp) de nombres complexes non nuls tendant vers 0, alors
a-n = bn pour tout n (appliquer le théorème h, f — g). En particulier, deux séries entières
dont les sommes coïncident sur un voisinage de 0 dans R sont égales. On retrouve ainsi
le résultat énoncé dans la conséquence du corollaire 1.
Formule de Cauchy. La formule suivante n'est pas au programme des classes de
mathématiques spéciales mais elle est d'une importance capitale. On s'en sert souvent
dans les exercices et les problèmes.
Théorème 4 (Formule de Cauchy). Soit ^2anzn une série entière de rayon de
convergence R > 0, et f la somme de cette série entière sur son disque de convergence.
Alors
Vr € ]0, #[, Vn G N, 2n rnan= / f{reie)e-nie dO.
Jo
Démonstration. Fixons r G ]0, R[ et n G N. Il suffit décrire
r2ir /»2tt /+°° \ +°° r2n
/ f(reie)e-nie d$ = [T ap r*> e^"^ dO = Y) Op r* / e^"^ M (*)
^o Jo \p^o j £o Jo
(on a le droit d'inverser les signes de sommation car la série de fonctions J2Paprî>e est
normalement convergente sur [0,2w], ceci parce que ^2\ap\rp converge, le réel r vérifiant 0 <
r < R). On conclut à partir de (*) en remarquant que /Q27r e^"7^ d$ = 0 si p ^ n, = 2?r si
P = n. D

240
4. SUITES ET SÉRIES
Égalité de Parseval. Le résultat qui suit est la version "série entière" du théorème 1
page 259 (en l'appliquant à la série trigonométrique f{ret6)).
Théorème 5. Soit ^2anzn une série entière de rayon de convergence R > 0, et f la
somme de cette série entière sur son disque de convergence. Alors pour tout r G ]0, R[, la
série ]T] |ûn|2^2n converge et on a
+oo - r2n
4.3. Développement de fonctions en séries entières
Une fonction (de la variable réelle ou complexe) à valeurs complexes définie dans
un voisinage de 0 est dite développable en série entière sur un voisinage de 0 si sur ce
voisinage, / coïncide avec la somme d'une série entière de rayon de convergence non nul.
Développement en série entière des fractions rationnelles. Soit F une fraction
rationnelle à coefficients dans C. Si 0 n'est pas un pôle de F, nous voulons développer F
en série entière. Après décomposition en éléments simples de F, on se ramène à développer
en série entière les fractions de la forme l/(z — Zq)p où p G N*et zq ^ 0.
Pour tout z G C tel que \z\ < \z0\, on a
i = _i_ i = _1 y^ (^n
Z-Zq ZqI-z/Zo ^O^V^O,
Par produit de Cauchy, on voit donc que pour tout p eN*y l/(z — Zo)p est développable
en série entière. Pour obtenir son développement en série entière, on dérive (p — 1) fois
l/(x — z0) sur ] — \z0\, ko|[> ce qui donne
1 (_i)p +2^ n\ /~\»-p+i
v*e]-N,N[, ^_^ = ^_IJi^ç_-n5ï
et comme ces deux expressions coïncident sur un voisinage de 0 dans R, elles coïncident
sur tout le disque de convergence \z\ < \zq\ (voir la conséquence du corollaire 1).
Ainsi, toute fraction rationnelle complexe F dont 0 n'est pas un pôle est développable
en série entière au voisinage de 0. On peut montrer que le rayon de convergence de cette
dernière est égal au plus petit des modules des pôles de F.
Développement en série entière d'une fonction à variable réelle. Soit / une
fonction complexe de la variable réelle définie sur un voisinage de 0. Si / est développable
en série entière, il existe a > 0 tel que sur ] — a, a[, / coïncide avec la somme d'une série
entière ]T) an zn de rayon de convergence > a. Ceci implique que / est de classe C°° sur
] — a,a[ et que an = /^(0)/n! pour tout n. Ceci constitue la condition nécessaire de la
proposition qui suit.
Proposition 4. Soit I un intervalle de R contenant un voisinage de 0. Une fonction
f : 7" —> C de classe C°° est développable en série entière sur un voisinage de 0 si et
seulement s'il existe a > 0 tel que la suite de fonctions (Rn) définie par
w^/w-Ê^
xk
fc=0
tende simplement vers 0 sur ] — a, a[. La série entière
n)

4. SÉRIES ENTIÈRES
241
a alors un rayon de convergence > a et f est égale à la somme de cette série entière sur
Démonstration. Pour tout x e ] — a, a[ la série J^ * Jf ' xn converge vers f(x) car Rn{x) —> 0.
En particulier, la suite (f(n\0)xn/n\) tend vers 0, donc est bornée, donc la série entière (*) a
un rayon de convergence > \x\ (voir la définition 2). Ceci étant vrai pour tout x e ] — a,a[, on
en déduit que le rayon de convergence de (*) est > a. □
Dans la pratique, pour montrer que (Rn) tend simplement vers 0, on peut utiliser la
formule de Taylor qui permet d'écrire Rn(x) comme l'une des expressions
j^~ f^Kox), (e e ]o, i[) ou f ^^ f^\t) dt
(n-flj! J0 n\
(reste de Lagrange, reste intégral). Le reste intégral donne en général des résultats plus
fructueux.
Remarquez que pour montrer que / est développable en série entière, il est inutile de
commencer par montrer que ]T] * J- ' zn a un rayon de convergence non nul. A l'inverse,
si on montre que ce rayon de convergence est nul, alors cela montre que / n'est pas
développable en série entière.
Remarque 5. La série entière ]T] ' f' zn peut avoir un rayon de convergence non nul et
sa somme peut être différente de / (dans ce cas / n'est pas développable en série entière).
Par exemple, la fonction
r°° e
(p : R+ -> R xh % dt,
Jo 1
/:
est de classe C°° sur R (voir l'exercice 3 page 77), et vérifie /^(0) = 0 pour tout n. La
série entière J2 i zU a donc un rayon de convergence infini, et pourtant pour tout
a > 0, /ne coïncide pas avec la somme de cette série entière sur ] — a, a[.
- La série entière J2 * nJ0' zn peut également avoir un rayon de convergence nul bien que
/ soit de classe C°° sur R. On peut montrer par exemple que la fonction
'+°° e-1
FQ ±+Xt
est de classe C°° sur R+ et vérifie tpW(x) = {-l)nn\ /0+o° e_7(l + xt)n dt. En particulier
y>(»)(0) = (-l)nn!r(n+l) = (-l)n(n!)2. La fonction paire f(x) = ip(x2) est C°° sur R tout
entier, et £) ^ 1^z™ = S <£~n¥^z2n a un ray°n °^e convergence nul. Plus généralement,
pour n'importe quelle suite (an) (en particulier telle que J2 anZn a un rayon de convergence
nul) il existe une fonction / de classe C°° sur R telle que /(n)(0)/n! = an (théorème de
réalisation de Borel, voir le problème 13 page 280).
Exemple 2. La fonction / : R -> R x •-► ex est de classe C°° sur R et vérifie /(n)(0) = 1
pour tout n. D'après la formule de Taylor-Lagrange, on a
:n\ xn+i
nf/ ~ (n+1)!
donc \Rn(x)\ < \x\n+1eW/(n+ 1)!. On en tire Rn(x) -> 0, i. e. (Rn) tend simplement vers
0 sur R, et on en déduit grâce à la proposition précédente que j} zn/n\ a un rayon de
convergence infini et que
+oo n
VxeM, ex = y^^-r.
« n!
n=0
VneN,VrceR,3^e]0,l[, Rn(x) = f(x) - ( 1 +z + • • • + ^- ) = ,*x.eto

242
4. SUITES ET SÉRIES
Cette expression nous invite à prolonger la fonction exponentielle sur C tout entier par le
biais de la fonction entière £) zn/n\. Ceci fait l'objet de la sous partie suivante.
Calcul d'un développement en série entière. Plusieurs méthodes permettent dans
la pratique de calculer un développement en série entière.
- On peut procéder directement à partir des développements en série entière des
fonctions usuelles (voir plus bas) à l'aide des opérations de somme, produit de Cauchy,
dérivation et intégration des séries entières.
- On peut rechercher une équation différentielle satisfaite par la fonction que l'on
veut développer en série entière ; on trouve ainsi les coefficients du développement
en série entière en procédant par identification sur les coefficients de chaque terme
de l'équation différentielle obtenue (voir par exemple l'exercice 3).
Développement en série entière des fonctions usuelles. En procédant comme
on l'a fait dans l'exemple 2, on obtient les développements en série entière suivants :
VzeR, ex = l + x+—■ + ■■■ + —+ -■■
2! n!
x^ x^ x2p^
VzeK, sinx = *-- + - + ... + (-1)^—^ + ...
V*6R, cosx = i-^ + J + ... + (-i)PjgF + ...
xs x5 x2p+1
VxeR, shx - x+- + - + ... + w-w + ...
x2 x4 x2p
VzeR, chx = 1 + - + - + ... + __ + ...
Vx6]-l,l[, (! + *)« = 1+" +^zl)a;2 + „, + ^-l)-(^-n + l)x. + ,..
1! 2! n!
Le dernier développement est valable pour tout réel a fixé. En particulier, pour tout
xe]-i,i[,
1 - .2
1 + x
= i-x + x* — + (-iyvi +
* 1 2 , 1-3 3 , . , lW-il-3-"(2n-3)
^ = 1 + rnaH+2Tê^ + - + '-1) 2.4-.(2n) *U +
1 , 1 1-3 2 / 1xnl-3---(2n-l) _
y/ÏTx 2 2-4 v J 2-4-.-(2n)
En intégrant respectivement les développements en série entière de ^, y^, jz^ » T/Tzp'
j1 i (qui sont connus grâce aux formules précédentes), on obtient
2 3 n
Vze]-l,l[, log(l + a:) = a;-^- + ^- + ... + (-ir-1—+ •••
2 à n
x^ x^ x^n^
VxeR, arctanx = x - — + — + ...+ (-l)n- - + •••
o 5 2n +1
x^ x^ x^n^
Vze]-l,l[, argthz = x + — + — + • • • + ^-j-j- + •• •
w i .. .. r • 1<* 1 • 3 • • • (2n — 1) 0-4.1
Vxel-1,1!, argshx = x- J-,» + - + (-!)" ^ 3(2^ ^ + -

4. SÉRIES ENTIÈRES
243
Remarque 6. Les fonctions circulaires sont en fait correctement définies à partir des séries
entières (voir la partie qui suit).
4.4. Fonctions classiques définies comme sommes de série entières
fonction exponentielle complexe. La série entière J2 zn/n* a un rayon de
convergence infini. On définit Vexponentielle complexe par
\/z G C, ez = exp(z) = ^ —.
n=0
Comme l'a vu, cette fonction coïncide sur R avec la fonction exponentielle "classique".
Comme sur R, on a eZl+Z2 = ezleZ2 pour tout z\, z<i G C. Elle permet de définir la puissance
complexe d'un nombre a > 0, par az = exp(^loga) pour tout z G C.
Les parties paire et impaire de ez sont les fonctions cosinus hyperbolique et sinus
hyperbolique définies sur C par
e* + e-z ^ z2n ez_e-z +^ z2n+l
chz= => . ., et shz = => — -tt.
n=0 v ' n=0 v '
Fonctions circulaires. On définit les fonctions circulaires cosinus et sinus sur C par
Az i a—iz "*"°° Jln aiz a—iz ~*~°° ~2n+l
2 ^ y (2n)! 2* £jv ' (2n+l)!
Outre les formules trigonométriques usuelles, ces fonctions vérifient
Vz G C, cos z + i sin z = é12.
4.5. Exercices
EXERCICE 1. a) Soit £) an zn une série entière de rayon de convergence R > 0 telle que
an > 0 pour tout n. Discuter en fonction du paramètre a G R le rayon de convergence R'
de la série entière J2anzn-
b) Soient ]T) an zn et ]T) 6n zn deux séries entières de rayon de convergence respectifs R et
R'. Que dire du rayon de convergence R" de la série entière J2 anbn zn ? (Cette dernière
série entière est appelée produit de Hadamard de J2 an zn et J2 bn zn-)
Solution, a) Les rayons de convergence R et R' vérifient R = supT, R' = supT', où
T = {r > 0 | la suite (an rn) est bornée} et r' = {r > 0 | « rn) est bornée}.
Maintenant, nous traitons plusieurs cas selon la position de a par rapport à 0.
- Supposons a > 0. L'égalité a£ rn = {anrn/a)a montre que la suite (a£xn) est bornée si et
seulement si (anrn/a) est bornée. Ainsi, r G T' si et seulement si r1/" G T. On en déduit
R' = R}/a (avec par convention (-j-oo)1/" = +00).
- Si a = 0, a" = 1 pour tout n donc R' = 1.
- Supposons a < 0. Si r G ]0, R[, la suite (an rn) tend vers 0, donc la suite (a" rna) tend vers
+00, donc ra g" P. Ceci étant vrai pour tout r G ]0, R[, on en déduit que ]Ra, +oo[ nr' =
0, donc R' < Ra. On ne peut rien dire de plus en général. Par exemple, si û2n = 22n et
a2n+1 = 2~2n pour tout n, on a il = 1/2 et R' = 2a <Ra.
b) Pour tout (r,/) G [0,i2[ x[0,#'[, les suites (anrn) et (bnr'n) sont bornées, donc (an6n(rr')n)
est bornée. On voit donc que pour tout r" G [0, RR'[, la suite (anbn r"n) est bornée. Ceci entraîne
R" > RR'.
On ne peut rien dire de plus en général. Par exemple, les séries entières X) z2n et Z) 22n+1 sont
de rayon de convergence 1, et leur produit de Hadamard est nul donc son rayon de convergence
est infini.

244 4. SUITES ET SERIES
Exercice 2. Après avoir donné leur rayon de convergence R, sommer les séries entières
suivantes :
a) J]n2xn b) X^2^TÏ (poura;>0)
c) z2 „(„j-9\ PourrceM d) J^— œs(n$).
neN* v ' nGN
Solution, a) En utilisant la règle de d'Alembert, on voit que le rayon de convergence est R = 1.
Pour sommer la série entière, on part de l'égalité
h +00
d'où on déduit par dérivation que si x G R, \x\ < 1,
+00 +00
xf'(x) = Y^nxn et aj2/"(aO = ^n(n-l)a;n.
n=0 n=0
Finalement, pour tout x G R, |#| < 1,
Cette formule reste valable pour tout x G C, \x\ < 1 car on sait qu'une fraction rationnelle est
développable en série entière pour la variable complexe, et les coefficients sont déterminés si l'on
connaît la somme de la série sur un voisinage de 0 dans R.
b) Toujours grâce à la règle de d'Alembert, on trouve R = 1. On note / la somme de la série
entière proposée. On a
+oo 2n+l +oo -i
V*e[0,l[, 9(x) = xf(xi) = Yl~l et 0'W = I>2n = r^'
n=0 n=0
donc par intégration
V*€[0,1[, g(x) = \ log (i±!) d'où /(*) =
V* 2^i gVi-v^y
c) Ici R = 1 (règle de d'Alembert). Une décomposition en éléments simples fournit
W TM 1 1/1 1 \
Vn G N, —. — =
n(n + 2) 2 \n n + 2/
donc en notant f(x) la somme de la série entière proposée sur ] — 1,1[,
2 V^în ^ïn+27 2 2x èïn+2
- Ml-x) 1 /_ ,og(1 "_ g) _ x " g\ = Jog(l - x) + Iog(l - ») + 1 + 1
2 2a;2 V 2 / 2 2z2 2z 4
d) Comme | cos(n0)/n!| < 1/n!, on a R = +oo. Par ailleurs, on a cosn0 = (enid + e~ni6)/2 pour
tout n, donc
V«6C, g ^ ces nfl = i (V ^ + g (g^fï = <****> + ^^.

4. SÉRIES ENTIÈRES
245
EXERCICE 3. a) Développer en série entière la fonction / : ] — 1,1[ —> R x h^ (arcsinx)2.
b) Montrer que la fonction
/. i^ ,r ™ arcsin-v/ïc
/:]0,1[-R x» v
coïncide sur ]0,1[ avec la somme d'une série entière, et calculer en les coefficients.
Solution. Tout repose sur la méthode de l'équation différentielle.
a) La fonction arcsinus est développable en série entière sur ] — 1,1[ (c'est du cours), son carré
l'est donc également (par un produit de Cauchy). Ainsi, il existe une série entière J2anXn qui
coïncide avec / sur ] — 1,1[. Pour calculer les an, on recherche une équation différentielle vérifiée
par /. On a
Vx<E]-l,l[, //(rc) = ^2S| donc (l-a;2)//W2 = 4(arcsina;)2 = 4/(a;),
Vl — x2
et par dérivation de la dernière égalité
2(1 - x2) f'(x)f"(x) - 2xf'(x)2 = Af'(x) donc (1 - x2)f"(x) - xf'(x) = 2.
En reportant la somme de la série entière dans cette dernière équation, on obtient
/+oo \ /+oo \
Va?e]-l,l[, (1-z2) y£jn{n-\)anxn-2\ -a; ^nanxn_1 =2
\n=2 / \n=l /
+oo
donc ^2 Kn + x)(n + 2)fln+2 - n2an] xn = 2.
n=0
Cette dernière égalité est vraie sur ] — 1,1[ tout entier, on en déduit par identification des
coefficients (on peut, voir la conséquence du corollaire 1 page 238)
n2
2a2 = 2 et Vn G N*, an+2 = -,——T,—-r an. (*)
(n + l)(n + 2)
Par ailleurs, ao = /(0) = 0 et a\ = f'(0) = 0. Avec (*), on trouve finalement
22n-2//n_1)!\2
VneN, a2n+i=0 et Vn <E N*, a2n = t^ rrf^-.
n(2n — 1)!
Les coefficients d'indice impair sont nuls, ceci est cohérent car / est paire. Remarquez au passage
que le rayon de convergence de la série entière ^ a2n z2n est égal à 1 (ceci car le rayon de ^ a2n zn
est égal à 1 par la règle de d'Alembert).
b) On sait que la fonction impaire arcsinus admet un développement en série entière sur ] — 1,1[
de la forme J^ana;2n+1. Donc
/— 1 + +oo 1 +oo
et comme x i-> (1 — x)-1/2 coïncide avec la somme d'une série entière sur ]0,1[, on en déduit par
un produit de Cauchy que c'est aussi le cas pour /.
Il existe donc une série entière £) bn xn dont la somme coïncide avec / sur ]0,1[ (au passage,
elle a forcément un rayon de convergence > 1). Recherchons une équation différentielle vérifiée
par /. Par dérivation de x(l — x)f(x)2 = (arcsin y/x)2, on tire
Vz e ]0,1[, 2s(l - x)f'(x)f(x) + (1 - 2x)f(x)2 = 2&™™f ^ = /(*),
donc
Va; G ]0,1[, 2a?(l - x)f{x) + (1 - 2x)f(x) = 1,

246
4. SUITES ET SÉRIES
et finalement
+00
Va; G ]0,1[, b0 + J2 K2n + 1)ft» ~ 2n6n-i] a:n - 1 = 0.
n=l
D'après le principe des zéros isolés, tous les coefficients de cette série entière sont nuls, ce qui
s'écrit
60 = 1, Vn G N*, bn =
2n
2n + l
6n_i donc Vn G N*, 6n =
2-4---(2n)
3-5---(2n + l)'
■*- EXERCICE 4. Soient ^ an xn et ]T) 6n #n deux séries entières de rayon de convergence > 1.
On suppose que bn > 0 pour tout n et que la série ]T) 6n diverge. Pour tout n G N, on
pose An = £Loafc et £n = ££=0 6fe.
a) S'il existe £ G C tel que
lim -^ = £ ou lim —^=f..
n-*+oo 0n n—>+oo j
montrer que
lim f-r° n = *.
n
x<1 2^n=0UnX
b) Si on suppose simplement
Um A0 + --- + An.1=e avec ^gC|
n—>+oo Tl
montrer que lim*-i Yl™=o ^nXn = i
X<1
c) (Application.) Lorsque x tend vers 1 par valeurs inférieures, montrer les équivalents
+00
n=0
a
2VT=x'
ë*°" ~ -!2fe£l (»e «■« * 2). £(-i)v"+i - ?
71=0
loga
n=0
Solution, a) Supposons tout d'abord lim^-^oo an/bn = £. Soit £ > 0 et no G N tel que \an—£bn\ <
ebn pour tout n > no- Alors
V*G[0,1[,
+00
]T K - fl>n) xn
n=riQ
+00
<e[ Y,hnxn
\n=no
donc
VxG[0,l[,
+00
Y,(*n-£bn)xn
n=0
no-1
/+00
< ]T|an-#>n|+£ ^&nZn
\n=0
w
n=0
Or ^2 bn est une série à termes positifs divergente, donc lim,^!- X^L0 ^n %n — +°° (en effe*>
pour tout AT G N, lima..,!- Y^=o bn xU ^ ï"»*-!- ErT=o 6n zn = E£=o W, on en déduit
/+00 \ no-l
3Ag]0,1[,Vzg]A,1[, e [Y,Kxn > ^K"^"!,
\n=0 / n=0
donc d'après (*)
V*G]À,1[,
d'où le résultat.
+00
X>n-fl>n)a;n
n=0
/+00
-2£ ( 11, bn xU ) c'est-à-dire
\n=0
2^n=0 arc x _ n
Z^n=0 °n X
< 2e,

4. SÉRIES ENTIÈRES
247
Si An/Bn -> £, tout repose sur la remarque suivante, conséquence d'un produit de Cauchy :
v-^oo ^n /+<*> \ /+oo \ +00 ^oo , n +00
\n=0 / \n=0 / n=0 n=0
L'étude du cas précédent montre que
lim ^»y = e,
et on en déduit le résultat avec (**).
b) Un produit de Cauchy donne
+00 00 +00
Vx G [0,1[, ^(A0 + • • • + 4n_i)a;n = ^L-JTAnX» = --^ X>n*n
n=\ n=0 ^ ' n=0
et par ailleurs,
+00 +00
Z_ // / 1 \
X
~~2*
X)
Comme d'après la question précédente
lim ^=o(i4°to' ' ' + An~l) X" = *, on en déduit KmY anxn = £.
c) Pour la série entière ^anxn = ^a;n ,ona avec les notations précédentes An = 1 + [y/n\
(où la notation [t] désigne la partie entière de t). Or
1.3-..(2n-l)
1 = ai.3-(2n-
yT^ ^J 2-4...(2n)
et d'après la formule de Wallis
2 • 4 • • • (2n) vn7r
(on peut aussi obtenir ce dernier équivalent en utilisant la formule de Stirling). On en déduit que
]T)6n diverge et que Bn ~ -^ ]Cï=i 77!: (sommation d'équivalents, voir le théorème 5 page 202).
Un équivalent de cette dernière somme s'obtient facilement par comparaison série-intégrale, en
écrivant
et finalement 5n ~ 2^/n/y/ïr. Ainsi, limn_»oo An/Bn = \/7r/2, et d'après a) on en déduit
+00
Eoo n /— too
n=0anX V7T . ,, • V^ n2
mu ^--^ u , = ——, ce qui s écrit aussi > x ~
'-+1-T^obnx" 2' ^
^
2y/T-X
Pour la série entière J2 an xn = J2 xaH, on a An = 1 + [log n/ log a] ~ log n/ log a. Or si
bn = 1/n on a
1 1
E6nxn = -log(l - x) et £„ = l + - + --- + -~ logn,
2 n
n=l
donc An/Bn —» 1/loga. On en déduit d'après a) que lorsque # —» 1-,
+°° +°° 1 +°° log(l-z)
n=0 n=0 6 n=0 &

248
4. SUITES ET SÉRIES
Pour £ an xn = £(-l)nx4n+1, on a A8n+k = 1 pour 1 < k < 4 et A8n+k = 0 pour 5 < k < 8,
donc (j4q + A\ H h An-\)/n —> 1/2, d'où l'équivalent recherché d'après la question b).
Exercice 5 (Théorème de Liouville) . Soit J2 an zn une série entière dont le rayon
de convergence est infini. Soit / : C —► C la somme de cette série entière.
a) Si la fonction entière / est bornée sur C, montrer que / est constante.
b) Plus généralement, s'il existe un polynôme P à coefficients positifs tel que \f(z)\ <
P(\z\) pour tout z G C, montrer que / est un polynôme.
Solution, a) C'est immédiat si l'on connaît la formule de Cauchy (voir le théorème 4 page 239).
En désignant par M un majorant de |/| sur C, on a en effet
1 /*27r
G N, Vr > 0, anrn = — f(reie) e~nie dO donc \an\ rn < M.
2tt J0
Si n G N*, la majoration \an\ < M/rn est vraie pour tout r > 0 et on peut donc faire r —► +oo,
ce qui entraîne an = 0 pour tout n G N*, d'où le résultat.
b) Notons m = deg(P). Si m = 0, la réponse a été apportée dans la résolution de la question
précédente. Sinon, on pose
+oo
g(z) = 53 anzn-m,
somme d'une série entière de rayon de convergence infini. La fonction g vérifie
f(z) -ao-aiz am-i z171'1
VzeC*, g(z) =
zm
et comme m = deg(P), ceci montre que g est bornée sur C tout entier. Comme on l'a vu plus
haut, g est donc constante, donc an = 0 dès que n> m, d'où le résultat.
Remarque. On aurait pu aussi résoudre la question a) de l'exercice en utilisant la formule
de Parseval au lieu de la formule de Cauchy.
- La considération des valeurs complexes de la variable permet seule de comprendre des
phénomènes qui seraient surprenant si on se confinait à la variable réelle. Par exemple, la
fonction sinus est développable en série entière sur R, bornée sur R, mais elle n'est pas
constante.
- Le théorème de Liouville (question a)) admet une généralisation étonnante, connue
sous le nom de théorème de Picard : toute fonction entière / qui évite deux valeurs est
forcément constante. Autrement dit, s'il existe deux valeurs distinctes a et 6 de C telles
que f(z) ^ a et f(z) ^ b pour tout z G C, alors / est constante.
Exercice 6. Soit $ la somme d'une série entière ^anzn dont le rayon de convergence
R est non nul.
a) Montrer que la série entière ]T] anzn/n\ a un rayon de convergence infini.
b) On note (p la somme de la série entière ^ anzn/n\. Montrer
to G C, |*| < R, $(z) = / (p{zx)e~x dx.
Jo
Solution, a) Fixons ro tel que 0 < tq < R, de sorte que la suite (an Tq ) est bornée (elle tend
même vers 0). Pour tout r > 0, on a anrn/n\ = (anrfi)(qn/n\) (avec q = r/ro), et comme (qn/n\)

4. SÉRIES ENTIÈRES
249
est bornée (le rayon de convergence de la série £)2n/n! est infini), on en déduit que la suite
(anrn/n0 est bornée.
b) Soit z G C tel que \z\ < R. Commençons par montrer l'existence de l'intégrale. On fixe r tel
\z\ < r < R. La suite {anrn) est bornée, donc si M désigne un majorant de (|ûnkn), on a
Vz>0,Vn€N,
an {zx)n
n\
\zx/r\n (qx)n \z\
n! n! r
ce qui par sommation entraîne |^(x2:)| < Meqx pour tout x > 0. Ainsi, \(p(xz)e~x\ < Me^"1^
pour tout x > 0 et comme q < 1, l'intégrale proposée converge bien.
Il suffit maintenant d'écrire
I (p(xz)e xdx= I > ——r~\e dx=> —— / xne xdx=> anzn,
car /0+o° xne~x dx = T(n + 1) = n! pour tout n G N. Nous avons bien le droit d'inverser les
signes de sommations car d'après (*) les sommes partielles de la série vérifient la majoration
ViV G N*,
an(zx)nc_x
n!
n=l
E
N ($xF-x < „(«-!)*
i n!
n=l
et x h-» e^ ^x est intégrable sur R+, donc l'hypothèse de domination du théorème de convergence
dominée est vérifiée.
Exercice 7. Soient ai,...,ap des entiers naturels non nuls premiers entre eux dans
leur ensemble. Pour tout n G N, on note Sn le nombre de solutions (ni,..., np) G Np de
l'équation
aiïii H h apnp = n.
Donner un équivalent de Sn lorsque n —> +00. (Indication : interpréter Sn comme le
coefficient d'une série entière qui s'exprime simplement en fonction de ai,..., ap.)
Solution. Considérons la série entière définie par le produit de Cauchy des séries entières
Toute l'astuce est de remarquer que le coefficient de zn dans ce produit de Cauchy est le nombre
de manière de combiner les puissances de z de chaque terme du produit pour que leur somme
fasse n. En d'autres termes, on a
+00 / +00 \ / +00 \ - .
n=0 \ni=0 / \np=0 J
et toutes les séries entières correspondantes ont leur rayon de convergence égal à 1. La fonction
F(z) est une fraction rationnelle, dont les pôles se trouvent aux racines ai-ièmes,.. .,ap-ièmes
de l'unité. Le pôle z = 1 est de multiplicité p, et tous les autres pôles ont une multiplicité < p
(en effet, si uai = • • • = uap = 1 avec u = e2iaixfb une racine de l'unité et a A 6 = 1, alors b
divise a\ay..., apa donc b divise c*i,..., ap d'après le théorème de Gauss, donc 6=1 car les ai
sont premiers entre eux dans leur ensemble). On peut donc écrire la décomposition en éléments
simples de F sous la forme

250
4. SUITES ET SÉRIES
où n désigne un sous ensemble fini des racines de l'unité et les ajt)U, des constantes complexes
(notez que 1 G II). On trouve la constante A par les techniques usuelles, en écrivant
(l-zfF(z)= '
\\ + z + —vza^-1) vi + 2 + --- + zap-1y '
ce qui en faisant z = 1 dans cette expression fournit A = (a\ • • • ap)-1. Maintenant, comme
1 1 P^(n + k-l)\ _k
(u - z)k {k -1)! £j n! K**>
(voir la page 240), on en déduit que si \u\ — 1, le coefficient de zn dans cette série entière est
un 0{nk~l). Ainsi, d'après (*), le coefficient de zn dans la série entière définissant G(z) est un
0(nP~2). On en déduit, avec (*) et (**) que
Sn = —!l—(n + p-l)(n + p-2)--.(n + l) + 0(np-2)~ l U?
(p-1)! oti-'Op (p-l)ï
Remarque. En calculant toute la décomposition en éléments simples de F(z), on peut
obtenir une formule exacte (mais compliquée) pour Sn. En exercice, vous pourrez calculer
exactement le nombre de solutions entières a, 6, c de 5a + 3b + 2c = 10000.
Exercice 8 (Théorème de S.Bernstein sur les séries entières). Soient a > 0
et / : ]— a, a[ —> R une fonction de classe C°°. On suppose que
VA; G N, Vx 6 ] -a, a[, /(2fe) (s) > 0.
Montrer que / est développable en série entière sur ]— a, a[. (Indication : commencer par
traiter la fonction F(x) = f(x) + f(—x).)
Solution. Il suffit de montrer que pour tout b G ]0, a[, la fonction / est développable en série
entière sur ]— 6, b[ (en effet, les coefficients du développement en série entière sur ] — 6, b[ ne
dépendent pas de b). Fixons donc 6 G ]0, a[.
Suivons l'indication et commencer par développer la fonction F : x i-> f(x) + f(—x). Cette
fonction est paire donc pour tout k G N, F(2fc+1)(0) = 0, donc en appliquant la formule de Taylor
avec reste intégral, on obtient, pour tout n G N et pour tout x G [0,6]
F(x) = F(0)+^F''(0)+---+~-^F^(0)+Rn(x), fl„(x) = jf (2n + 1)! F(2n+2)(')<ft-
Remarquons que pour tout fc G N, F(2fc) (0) = 2/(2fc) (0) > 0, donc la formule précédente entraîne
0 < Rn(b) < F(b) pour tout n. Pour montrer que Rn(x) tend vers 0 lorsque 0 < x < b, nous
comparons sa valeur à Rn(b) en écrivant
(on a utilisé la majoration (x — t)/(b—t) < x/b < 1 pour tout t G [0,œ], qui provient du caractère
décroissant de t *-* ff| sur [0,x]). Comme 0 < x/b < 1, on en déduit limn_+00i2n(a;) = 0, ce qui
s'écrit aussi
Vo:G[0,6[, F(oO = £^F(2n)(0).
n=0 ^ '*
La fonction F est paire, ce résultat vaut donc sur ]— 6, b[.

4. SÉRIES ENTIÈRES
251
Il nous reste à montrer le résultat pour /. Fixons x e ]—6, b[. Pour tout n e N, on écrit
r2n+l rx ( f\2n+l
f(x) = f(0) + ..-+^-^f(2n+1\0) + rn(x) avec rn(*) = jf ^^ /(2"+2>(t)<ft.
Comme 0 < /(2»+2)(t) < /(2»+2)(t)+/(2>H-2)(-*) = F(2n+2)(t) pQur ^ ^ Qn ft ^j < ^^
donc limn_»00rri(x) = 0. Ainsi, en notant
p
VpeN, 5p(a:) = X)îr/W(0)l
fc=o p'
nous venons de montrer que
lim S2n+i(x) = f(x). (*)
Or
r,2n 1 /v*2n
$2»(*) - San-ifr) = ^- /<2n>(0) = - £— F^)(0) donc lim S2n(z) - S2n_1(a;) = 0,
et on en déduit avec (*) que limn_>+0O52n(#) = /(#)• Donc d'après (*), on a limn_>oo Sn(x) =
f(x) c'est-à-dire
V*e]-M[, f(x) = ^LJ!lxn.
n=0
D'où le résultat.
Remarque. Considérons la fonction / : ]—7r/2,7r/2[ —> R x •—► tanx. La fonction /'
satisfait les hypothèses précédentes comme on le vérifie facilement, et on en déduit que
/', donc /, est développable en série entière sur ]—7r/2,7r/2[.
Exercice 9 (Inverse d'une série entière). Soit 1 + J2n>ianzn une série entière
de rayon de convergence non nul, et S la somme de cette série entière sur son disque de
convergence. Montrer que l/S est développable en série entière autour de l'origine.
Solution. Commençons par montrer le lemme suivant.
Lemme 1. Une série entière YlunZn a> un rayon de convergence non nul si et seulement s'il
existe q > 0 tel que \un\ < qn pour tout n G N*.
En effet :
Condition nécessaire. Notons r le rayon de convergence de J2un zn- Soit r' tel que 0 < r' < r.
On a un r'n —> 0, donc il existe M > 1 tel que \un r'n\ < M pour tout n e N*, donc
/l\n M
Vn <E N*, \un\ < M f - J <qn avec q = —.
Condition suffisante. La suite \un(l/q)n\ est bornée d'après les hypothèses donc le rayon de
convergence de Y^unZn est supérieur à 1/q, d'où le résultat.
Résolvons maintenant l'exercice. L'hypothétique développement en série entière ^2bnzn
vérifie, s'il existe
' +oo \ /+oo \
i+X>*n E6-*71 =1' (*}
, n=l / \n=0 /
donc par un produit de Cauchy
&o = 1, Vn G N*, bn = -aibn-i ûn-i&i - Gn&o-
Définissons (bn) comme l'unique suite vérifiant ces récurrences. D'après le lemme précédent, il
existe q > 0 tel que \an\ < qn pour tout n G N*. Posons r = 2q. On va montrer par récurrence

252
4. SUITES ET SÉRIES
sur n que |6n| < rn pour tout n. Pour n = 0 c'est vrai car &o = 1> et pour passer du rang n — \
au rang n, on écrit
k=\
k=\
k=l
Ainsi, £^ bn zn a un rayon de convergence non nul d'après le lemme. Les relations vérifiées
par (bn) montrent que sur l'intersection des disques de convergence, l'égalité (*) est bien vérifiée
d'où le résultat.
Remarque. Si 5 s'annule, on peut montrer que le rayon de convergence du développement
en série entière de 1/5 est égal au plus petit des modules des zéros de 5. N'essayez pas
de prouver ce résultat, il ne s'obtient de manière naturelle que dans le cadre général des
fonctions analytiques (voir la remarque de l'exercice 13 page 254).
Exercice 10 (Théorème d'Abel). Soit J2anzn une série entière de rayon de
convergence > 1 telle que J2 an converge. On note / la somme de cette série entière sur le disque
unité. On fixe 6q £ [0,7r/2[ et on pose
A9o = {zeC, \z\ < 1 et 3p > 0,30 6 [-60,0O], z = l- pei0}
(voir la figure ci dessous). Montrer que
+oo
lim f{z) = ^2<in.
*eAe0 n=0
FiG. 1. La région A^. L'écartement du secteur angulaire est 26q.
Solution. Notons S = Enïï an> Sn = X)îb=o a>k et Rn = S - Sn pour tout n G N. Pour majorer
\f(z) — 5|, on va effectuer une transformation d'Abel en écrivant an = Rn-i — Rn pour tout n.
Soit z G C*, \z\ < 1. Pour tout N G N*, on a
N
N
N-l
N
Y^anZn \-Sn = ^(Rn-l - Rn)(zn -l)=J2*<n i^ " 1) " E^ (*" " *)
=0 / n=l n=0 n=l
N-l N-l
= ^Rn (Zn+1 ~ Zn) - RN(ZN -l) = {z-l)Y,RnZn- Rn(z" - 1),
71=0
et en faisant tendre N vers +00 on en déduit
f(z)-S = (z-l)Y^RnZn
n=0
+00
W
71=0

4. SÉRIES ENTIÈRES
253
Fixons maintenant e > 0, puis iV G N tel que \R„\ < e pour tout n> N. D'après (*), pour tout
z€C,M<l,
N
\f(z) - S\ < \z - 1|
E^*n
+ e\z-l\( g W^k-llfël^+eM (**)
|n=0 I \n=N+l / \n=0 / l2'
Soit z G Ae0, de sorte que z = 1- peltp avec p > 0 et \ip\ < 6q. On a |^|2 = 1 - 2pcos (p + p2, et
lorsque p < cos #o on a la majoration
Jf^ll = \z~M (1 + ■ |} = P (1 +1 .x < 2 2 = 2
1 - \z\ 1 - |z|2 2pcos(p- p2 2cos(p- p ~ 2cos0o - cos0o coséV
Si on choisit maintenant a > 0 tel que a^2n=0 \Rn\ < £> on voit donc que si z G Ae0 et
\z— 1| < inf {a, cos #o} la majoration (**) entraîne
\f(z)-S\<e + e^—=e(l+ 2 ^
cos^o V cos#o/ '
d'où le résultat.
Remarque. En appliquant ce résultat à la série J2(~l)n/(2n + 1), on en déduit
+°° (—l)n +°° (—l)n 7T
E- = lim >^ xn = limarctanx = arctan 1 = —.
n 2n +1 *-i ^ 2n +1 *-i 4
n=0 i<i n=0 *<i
De même, on montrerait Y^=i(~l)n-1/n = log2.
- Si la série £) an converge absolument, le résultat est évident (en effet, ]T] an zn converge
alors normalement sur \z\ < 1, donc est continue sur \z\ < 1, donc en 1).
- La réciproque de ce théorème est fausse. Par exemple, on a
+oo
lim y^(-l)nzn = lim = -
"-1 ^ '-i 1 + 2 2
I*I<1 n=0 |*|<i ^
et pourtant, XX-l)n diverge. Cependant, si an = o(l/n) (voir l'exercice suivant) ou
mieux, si an = 0(l/n) (voir le problème 22 page 289), la réciproque est vraie.
Exercice 11 (Théorème taubérien faible). Soit J2an zn une série entière de rayon
de convergence 1 et / la somme de cette série entière sur le disque unité. On suppose que
3S G C, lim f(x) = S.
x—>1
Si an = o(l/n), montrer que ]T) an converge et que YlnZ an = $-
Solution. Pour tout n G N, on note Sn = Y^k=o ak- On a
n +oo
VnGN*,VzG]0,l[, Sn-f(x) = J2ak(l-xk)- £ "***
k=l k=n+l
et comme (1 - xk) = (1 - x)(l + x H h a;fc_1) < fc(l - x) pour 0 < z < 1, on en déduit
fc=l fc=n+l ^ '
où M désigne un majorant de la suite (fc|ajt|) (elle est bien majorée car elle tend vers 0). Fixons
maintenant e > 0 tel que e < 1. L'inégalité précédente entraîne
supfc>nfc|afc|
VneN*,
s»-^(i-d

254
4. SUITES ET SÉRIES
donc si No est choisi tel que supfc>^0 k\a,k\ < e2 (on peut car ka,k —► 0), on en déduit
Vn > N0i \sn - f (l - -) I < Me + e = (M + l)e.
D'après les hypothèses, f(x) tend vers S lorsque x —» 1~, donc il existe Ni > No tel que
|/(1 - e/n) - S\ < e pour tout n> Ni. Ainsi,
Vn>M, |5n-5|<|5n-/(l-^)| + |/(l-^)-5|<(Af + l)e + e = (Af + 2)e.
On en déduit que (Sn) converge vers 5, d'où le résultat.
Remarque. Ce résultat est une réciproque partielle du théorème d'Abel (voir l'exercice
précédent). Il reste vrai en supposant seulement an = 0(1 /n) (cf. problème 22 page 289).
Exercice 12. Soit / la somme d'une série entière ^anzn de rayon de convergence > 1
telle que an € Z pour tout n € N. On suppose que / est bornée sur le disque unité.
Montrer que / est une fonction polynôme.
Solution. Tout découle de l'égalité de Parseval qui entraîne, pour tout r e ]0,1[, la convergence
deX>n|2r2"et
+00 1 »27T
vreio.ii, X) M2 r2n = ^r \Krei9ÏÏ de-
Si M désigne un majorant de |/| sur le disque unité, on en conclut que pour tout N G N*,
N M2
Vr€]0,l[, JW^<^
71=0
En faisant r —> 1~, on en déduit 2n=o W2 — M2/2ir, et ceci pour tout N e N*, donc la série
X) |an|2 est bornée, donc convergente. On en déduit que (an) tend vers 0, et comme les an sont
entiers, ceci entraîne que tous les an sont nuls à partir d'un certain rang. D'où le résultat.
Exercice 13. Pour tout r e ]0, +oo], on note D(r) = {z e C | \z\ < r}. Soit R e ]0, +co]
et / : D(R) —► C une application dérivable par rapport à la variable complexe sur D(R)
et telle que f(z) soit continue sur D(R) (on rappelle que / est dérivable par rapport à
la variable complexe en Zo si (f{zo -f u) — f(zo))/u converge lorsque u eC tend vers 0 en
restant non nul ; la limite est alors notée f'(zo)).
1/ a) Soit / un intervalle de R et 7 : I —* D(R) une application de classe C1. Montrer
que / o 7 est de classe C1 sur / et calculer (/07)'.
b) Soit r > 0 et g une fonction définie et continue de {z G C,|^| = r} dans C. Montrer
que l'application
rw x ^ r f2n g(reu) eu
reit _ z
dt
est la somme d'une série entière qui converge sur D(r).
2/ Montrer que
r f2n fire^é11 , ^
Vr€]0,*[,V*€i>(r), /M^jf ^TTT*- <*>
En déduire que / est la somme d'une série entière qui converge sur D(R) (Indication :
montrer que la fonction A *-* ^ JQ ^x+x^S*^e% dt est constante sur [0,1]).

4. SÉRIES ENTIÈRES
255
Solution. 1/ a) On procède comme pour la dérivation par rapport à la variable réelle. Soit
l g J. La fonction / est dérivable par rapport à la variable complexe en <y(t), ce qui s'écrit
f(rr(t) + u) = /(7(*)) + «/'(7(*)) + o(u) lorsque u -» 0 (u <E C).
On en conclut que lorsque v est un nombre réel tendant vers 0
/M*+« )) = /M*)+«y w+o(v)) = /(7(t)) + («yw+o(u))/'(7(*))+o(«)
= /(7(*)) + «y(*)//(7(*)) + o(t;)l
donc /07 est dérivable en t et {foj)'(t) = 7/(t)/'(7(£))- On déduit de cette dernière expression
que (/ o 7)' est continue, donc / o 7 est de classe C1.
b) Il suffit d'écrire que pour tout z £ D(r) on a,
1 +°° /1 r2lT \ +°° 1 r2lT
-5E«"(?/0 «(reV"***) =£«.*», an=2^_/o «(««Je-*-* (**)
où le coefficient an est indépendant de z. On a bien le droit d'échanger les signes de sommation
car si \z\ < r, la série de fonctions £) (/(rel*)(2n/rn)e~m* (de la variable t) converge normalement
sur [0, 2tt] puisque g est continue, donc bornée, sur le compact \z\ = r.
2/ Montrons (*). Fixons r 6 ]0, R[ et z e D(r). On considère la fonction
r f2" /(* + A(rett-z))ett
y>: [0,1]-C A~£jT'
re** — z
dt.
Il s'agit de montrer que y?(l) = f{z). La valeur y>(0) est un cas particulier de la formule (**)
lorsque t1-» g{relt) est la fonction constante égale à f{z), donc
+°° / tf„\ /"27T \
e-intdt)zn = f(z),
m=^f{z)[2"i(^dt=+f(mf
car /o^e m'dt = 0 si n ^ 0, égal à 2tt si n = 0. Il faut donc montrer y>(0) = <p{l). D'après la
question 1/a), (p est dérivable et
VA e [0,1], ip'(X) = —l f'(z + X(reu - z)) e%i dt. (***)
Or, toujours d'après la question a), on a
^ (/(z + X(reu - z)) = iXreuf'(z + X(reu - z)),
donc d'après (***)
VA, 0 < A < 1, y/(A) = — [/(* + A(retf - s))J q = 0.
Ainsi, y? est constante donc y?(0) = <p(l), d'où (*).
La fonction / est continue sur \z\ = r car elle y est dérivable par rapport à la variable
complexe. Grâce à (*) et à 1/b), on en déduit que pour tout r G ]0, R[, f est la somme d'une série
entière X)an2n sur D(r). Or les coefficients an ne dépendent pas de r (ce sont les /(n)(0)/n!).
Ce développement en série entière est donc valable sur D(R) tout entier.
Remarque. (Petite digression sur les fonctions analytiques.) Les séries entières rentrent
dans le contexte plus général de l'élégante théorie des fonctions analytiques.

256
4. SUITES ET SÉRIES
DÉFINITION 1. Une fonction / : fi —> C (où fi est un ouvert de C) est dite analytique
dans fi si pour tout zq G fi, il existe un disque ouvert A : \z — Zo\ < r contenu dans fi
tel que
+oo
V*gA, /(*) = £>(*-*b)n,
n=0
où le second membre est une série entière en z — z0 convergente dans A.
Elle est dite holomorphe dans fi si elle est continûment dérivable par rapport à la
variable complexe dans fi.
Par exemple, la fonction / : z —> l/z est analytique dans C*. En effet, pour tout
zq G C*, et pour tout z que \z — z0\ < \zo\, on a
„ , 1 1 lS/ IV.
fW = 70i + (z-z0)/z0 = 70^X7°) {Z~Zo)'
Le résultat de l'exercice montre que toute fonction / holomorphe sur un ouvert fi de
C est analytique sur fi. En effet, si zq G fi et si r > 0 est tel que D(z0,r) (disque ouvert
de centre Zq de rayon r) vérifie D(zq, r) C fi, la fonction g : D(r) —► C z ■—► f(z0 + z)
est holomorphe sur Z)(r) donc g est développable en série entière sur D{r) d'après 2/.
Réciproquement, on montre que toute fonction analytique est holomorphe (c'est plus
facile).
En particulier, la somme d'une série entière est analytique sur son disque de
convergence (résultat non évident a priori).
On montre facilement que la composée de deux fonctions holomorphes est holomorphe.
En particulier, si / est la somme d'une série entière qui converge dans un disque D(r) et
ne s'y annule pas, alors 1// est holomorphe dans D(r), donc développable en série entière
sur D(r) d'après le résultat de l'exercice. On obtient ainsi une version plus forte que celle
obtenue à l'exercice 9 page 251, car on a des renseignements sur le rayon de convergence
r de l'inverse (r est le plus petit des modules des zéros de /).
5. Séries de Fourier
5.1. Séries trigonométriques
Polynômes trigonométriques.
Définition 1. On appelle polynôme trigonométriquede degré < N (N G N) de la variable
réelle x toute fonction de la forme x i-+ Y^n=-N cnCinx (cn G C).
Compte tenu de la relation etnx = cos nx+i sin nx, il revient au même de dire qu'un
polynôme trigonométrique est une fonction de la forme ih^ + Z)n=i (an cos nx + ^» s*n nx^
où les any bn sont des nombres complexes reliés aux coefficients cn par
Vra G N, am = cm + c_m et Vra G N*, bm = i(cm - c_m).
Remarque 1. Un polynôme trigonométrique P : x ■-► ]C-w cn^nx est une fonction
continue 27r-périodique. On a pour tout n la relation cn = ^ J0 n P(x)e~inx dx, qui montre que
P est nul si et seulement si cn = 0 pour tout n.
Séries trigonométriques.
Définition 2. On appelle série trigonométrique une série de fonctions de la variable
réelle x de la forme cq + X)n€N* (cneinx + C-ne~inx) ; on la note E)n€Zcnei
■xnx

5. SÉRIES DE FOURIER
257
Compte tenu de la relation emx = cosnx + ismnx, il revient au même de dire qu'une
série trigonométrique est une série de fonctions de la forme ^f+X!n€N* (an cos nx+bn sin nx)
où les an, bn sont des nombres complexes reliés aux coefficients cn par les relations vues
précédemment.
Remarque 2. La série trigonométrique X}n€zCnemcc converge si et seulement si la suite de
fonctions des sommes partielles (J2n=-N cnCmx)N converge, et dans ce cas, la somme de
la série est notée X)n^-oo cn^mx (convention de Cauchy). Avec cette convention, la série
V pZcnemx peut converger sans que limP^+oo Y?n=aCn^xnx existe.
Proposition 1. Si ][}n€N \cn\ et J2nen \c-n\ (resp S \an\ et J2 \K\) convergent, la série
trigonométrique
/] (un cos nx + bn sin nx) ) (*)
n€Z nGN*
converge normalement sur R. Sa somme définit une fonction continue et 2n-périodique
surR.
Proposition 2. Si les suites {cn)neN et (c_n)n€pj (resp. (an) et (bn)) sont réelles,
décroissantes et tendent vers 0, alors la série trigonométrique (*) converge simplement sur
E\2ttZ, et uniformément sur tout intervalle de la forme [2/ctt + a, 2(k + l)7r — a] (avec
0<a<iretkeZ).
Démonstration. Il suffit de montrer la convergence uniforme sur [a, 2ir — a] pour tout a > 0 fixé.
Pour tout n e N, on note En(x) = J]fc=o e%kx- ®n a
Vz e [a, 27r - a], \En(x)\ =
l _ ei(n+l)x
1-e
IX
- |1 - e«| |sin(x/2)| " sin(a/2) v ;
Maintenant, une transformation d'Abel fournit
n n—\
Vx <E [a, 2tt - a], Sn(x) = ^ckékx = ^(cfc - ck+i)Ek(x) + CnEn(x). (***)
k=0 k=0
D'après (**) et la décroissance de (en), la série ^(cfc ~~ Ck+i)Ek(x) converge normalement sur
[a,2n — a]. Par ailleurs, d'après (**) et le fait que Cn —► 0, la suite de fonctions (cnEn{x))
converge uniformément vers 0. On en conclut avec (***) que
la série de fonctions TJ Cnetnx converge uniformément sur [a, 2tt — a], (****)
n€N
Par symétrie, la série X)neN c_ne~mx converge aussi uniformément sur [a, 2ir — ai\. On en déduit
que Y!,nezcnetnx converge uniformément sur [a, 2ir — a]. Ceci est vrai pour tout a € ]0,7r[, on
en conclut qu'il y a convergence simple sur ]0, 2tt[.
En prenant respectivement les parties réelles et imaginaires de la série ^2ne^Cnemx, on en
déduit avec (****) que les séries J]n€N c„ cos na; et J^neN0* sin nx convergent uniformément sur
[a, 2n — a] pour tout a > 0 dès que (en) est une suite réelle décroissante qui tend vers 0. Ainsi, la
série ^ + J^n€N* (an cos nx + &nsinnœ) converge uniformément sur [a, 2tt - a] pour tout a > 0,
d'où le résultat. □
Remarque 3. On peut montrer que si une série trigonométrique ^2n€zcneinx converge
simplement sur R, alors cn —> 0 lorsque \n\ —> +oo (théorème de Cantor-Lebesgue, voir la
question 2/ du problème 24 page 292). Si de plus la limite simple de cette série est nulle
en tout point, alors cn = 0 pour tout n (théorème de Cantor, voir la question 3/ du même
problème).

258
4. SUITES ET SÉRIES
5.2. Définition d'une série de Fourier
DÉFINITION 3. Soit / : R —► C une application 27r-périodique et continue par morceaux
sur R. On appelle coefficients de Fourier de / les nombres complexes définis par
1 f2ir
VneZ, cn(f) = —j f(t)e-ïntdt,
1 /»27T 1 /»27T
Vn e N, an(f) = - f(t) cos nt dt, Vn 6 N*, 6n(/) = - / /(*) sin nt dt.
n Jo n Jo
On appelle série de Fourier associée à / la série trigonométrique
5~] cn(/)emx ou encore —)—?- 4- Y^ (ûn(/) cosna: 4- bn(f) sinnrc).
nGZ n€N*
Notez que les coefficients de Fourier vérifient les relations
VneN, an(/) = cn(/) + c_n(/), Vn 6 N*, bn{f) = i{cn(f)-c.n(f))
et que les deux dernières séries trigonométriques sont égales, car
cn(f)einx + c_n(/)e_ina: = an(/) cosnx 4- bn{f) sinnx.
Remarque 4. - Les intégrandes étant 27r-périodiques, on peut remplacer l'intervalle
d'intégration [0,2ir] par n'importe quel intervalle de longueur 2ir.
- On utilise en général les coefficients an(f), bn{f) lorsque / est à valeurs réelles.
- Si / est paire (resp. impaire), les coefficients bn(f) (resp. an(f)) sont nuls.
- Une série trigonométrique qui converge uniformément sur R est égale à sa série de
Fourier.
- Si / est T-périodique, on peut également définir les coefficients de Fourier de / par
CnU) = f /WexP ( -*Ynt) dt>
an{f) = | j f(t) cos (Ç nt) dt, bn(f) = | j f(t) si
et avec u = 2tt/T, la série de Fourier associée à / est
y^ cn(f)etunx ou encore + J^ {an{f) cosunx 4- bn(f) sinunx).
Dans la suite de cette partie, la période sera toujours T = 2ir mais les résultats se
généralisent aisément par normalisation pour toute période T > 0.
L'espace D. Nous aurons besoin de la définition suivante.
DÉFINITION 4. Une application / : [a, b] —> C (où [a, b] est un segment de R) est dite de
classe Cn par morceaux sur [a, b] s'il existe une subdivision a = #o < x\ < • • • < xp = 6 de
[a, 6] telle que pour tout i G {0,... ,p — 1}, la restriction de / à l'intervalle ]#i, £j+i[ est
prolongeable par continuité sur [a^Xi+i] en une fonction de classe Cn sur [£i,£i+i].
Une application / : R —> C est dite de classe Cn par morceaux si la restriction de / a
tout segment de R est de classe Cn par morceaux.
Une fonction / de classe Cn par morceaux admet donc en tout point x une limite à
gauche et à droite, que nous notons respectivement f(x—) et f(x+).
Notation. On note D l'e.v des fonctions de R dans C, 27r-périodiques, continues par
morceaux, et telles que
. , 27T
sin I — nt I dt.

5. SÉRIES DE FOURIER
259
5.3. Convergence en moyenne quadratique
Structure préhilbertienne de D. Sur l'e.v D, l'application
définit un produit scalaire et fait de D un espace préhilbertien complexe, muni de la norme
hermitienne ||/||2 = y/{f,f).
En notant, pour tout n € Z, en l'application x *-* etnx, {en)nez constitue une famille
libre orthonormale de D vis-à-vis du produit scalaire défini précédemment.
Proposition 3. Soient n € N et f e D. Le sous espace vectoriel Vn = Vect(efc)_n<fc<n
vérifie Vn © Vn = D. La projection orthogonale pn sur Vn vérifie
n
sn= ^2 ck{f)ek=pn(f),
k=—n
et de plus
1 /»27T n
Démonstration. Cette proposition est en fait une conséquence directe des résultats généraux sur
les espaces préhilbertiens (voir tome Algèbre) appliqués à D. Nous le redémontrons dans notre
cas.
On remarque que Ck(f) = (e^,/) = (ek>sn) si -n < k < n, donc (e^,/ - sn) = 0 pour
-n < k < n. Autrement dit, / — sn G Vn1- Comme f = sn + (f — sn) avec sn G Vn (et que
ceci est vrai pour tout / G D), on en déduit D = Vn + V„. Par ailleurs Vn H V^ = {0} car si
g = Y,-n<k<n ^ek € V„, alors Afc = (g, e*) = 0. Finalement on a bien D = Vn © V£.
On a montré que / = sn + (/ — sn) avec / — sn G V^, donc sn = pn(/)- Les éléments sn et
/ — sn sont orthogonaux, donc ||sn|l2 + 11/ — sn\\\ = ll/lli* ce Qu^ fournit la dernière égalité de
(*). Par ailleurs, pour tout ^ G ?n, on a
11/ - 9\\ï = \\(f~ Sn) + (Sn ~ <?)||1 = ||/ " Sn\\22 + \\Sn - g\\* > \\f - 8n\\l
et ceci fournit la première égalité de (*). D
Remarque 5. - On interprète (*) en disant que parmi les polynômes trigonométriques
de degré < n, sn est celui qui se rapproche le plus de / en moyenne quadratique.
- La formule (*) montre que £)"n |cfc(/)|2 < ^ fQ* \f(t)\2dt pour tout n > 0. Ainsi,
la série X)n€Z |cn(/)|2 converge et la somme de cette série vérifie
+00 - p2ir
Y, lc"(/)l2 ^ 2W l/WI2 dt (égalité de Bessel).
— OO
En fait, cette inégalité est une égalité (dans ce cas on parle légalité de Parseval),
comme il est énoncé dans le théorème qui suit.
Egalité de Parseval.
Théorème 1 (Égalité de Parseval). Soit f : R —> C une fonction 2ir-périodique et
continue par morceaux. Alors les séries X)n€Z |cn(/)|2> S lan(/)|2> S) IW/)|2 convergent
et on a
+00 . / r\\2 1 +°° 1 +°° 1 r2ir
E M/)i2 = ^p-+\ £ M/)|2+2 £ |6-(/)|2 = è / l/w|2*•
-00 n=l n=l J0

260
4. SUITES ET SÉRIES
Démonstration. Quitte à changer la valeur de / en ses discontinuités, on peut supposer / G D (la
valeurs des intégrales faisant intervenir / ne change pas). Il suffit de prouver le résultat sur la série
Enez M/)l2 car les dations liant les an(f),bn(f) aux Cn(f) entraînent M/)!2 + |c_n(/)|2 =
(K(/)|2 + M/)|2)/2 pour tout n G N* et M/)|2 = |a0(/)|2/4.
La proposition précédente donne
2^/o l/«|2*-£M/)|2=mf|l/-Slli, (**)
—oo
où V désigne l'e.v des polynômes trigonométriques.
Si / est continue, on sait (conséquence du théorème de Fejér, voir le problème 20 page 286)
qu'il existe une suite de polynômes trigonométriques (gn) qui converge uniformément vers / sur
R, et donc ||/ — gn\\2 tend vers 0, ce qui montre inigep \\f — gfâ = 0, d'où l'égalité de Parseval
d'après (**).
Si / G D n'est pas continue, on peut montrer (c'est facile et peu intéressant) que pour
tout e > 0, il existe une fonction / G D continue telle que ||/ — /H2 < e. Comme on l'a vu
précédemment, il existe g G V tel que ||/ — #||2 < £, donc finalement ||/ — g\ < 2e. Ceci est
possible pour tout e > 0, donc inf5Gp ||/ — g\\\ = 0, d'où le résultat d'après (**). Q
Remarque 6. - On peut montrer que l'égalité de Parseval reste vraie pour toute
fonction / 27r-périodique, continue par morceaux et intégrable sur ]0,27r[.
- Si / est une fonction 27r-périodique et continue par morceaux, on a lim|n|_»+00 cn(f) =
0 (conséquence de la convergence de Ylnez \cn(f)\2)- On retrouve ainsi le lemme de
Lebesgue dans ce cas particulier (voir l'exercice 6 page 153).
- L'égalité de Parseval entraîne qu'une fonction continue 27r-périodique qui a tout ses
coefficients de Fourier nuls est nulle.
- Soit / : R —> C une fonction continue et 27r-périodique. D'après l'égalité de Parseval
et la proposition 3, on a limn_+00 ||/ — sn||2 = 0 où sn = YïZnck(f)ek- On en déduit
que si la série de Fourier de / converge uniformément sur R, alors / est égale à sa
série de Fourier (sa fonction limite g vérifie ||/ — g\\2 = 0 et g est continue — limite
uniforme de fonctions continues — donc / = g).
5.4. Le théorème de Jordan-Dirichlet
Théorème 2 (Jordan-Dirichlet). Soient f : R —► C une fonction 2ir-périodique, continue
par morceaux sur R etto € M tels que la fonction
, /(*o + h) + f(t0 -h)- /(to+) - f(t0-)
h, *—>
h
est bornée au voisinage de 0. Alors Ylnez cn(f)eint° converge et on a
—oo
Démonstration. Quitte à effectuer une translation t i-> t + £o, on peut supposer to = 0. Pour
tout n G N, on note sn = X)-ncfc(/)- ^ s'agit de montrer que la suite (un) définie par un =
Sn - (/(0+) + /(0-))/2 tend vers 0.
On a
77. 77»
2nsn= J2 T f(t)e-i*>tdt= T f(t)Dn(t)dt, où Vt € E, Dn(t) = £ eikt. (*)
k=-n^-n -*-" k=-n
Le polynôme trigonométrique Dn(i) s'appelle noyau de Dirichlet, on le rencontre souvent lors
de l'étude de séries de Fourier. Il peut être calculé explicitement :
-int e^2n+1^ - 1 sin((2n + l)t/2)
Vt e R\2ttZ, Dn(t) = e"
eu - 1 sin(*/2)

5. SERIES DE FOURIER
261
par ailleurs, Dn est une fonction paire, donc
/ f(t)Dn(t)dt= I f(-t)Dn(t)dt d'où 2irsn = r(f(t) + f(-t))Dn(t)dt.
J-TT JO JO
On en déduit finalement
2™n = [U{t) + /H) " /(°+) " /(°_)) Dn(t) dt = [ 9{t) Sln ((2n^"1^) dt>
on g(t) = (f(t) + f(-t)-f(0+)-f(0-))/sm(t/2) est continue par morceaux sur ]0, tt] et bornée
sur un voisinage de 0 d'après les hypothèses. La fonction g est donc intégrable sur ]0,7r] et le
lemme de Riemann-Lebesgue (voir l'exercice 6 page 153) entraîne limn_>+00 27run = 0, d'où le
résultat. □
Corollaire l.Sif est 2ir-périodique et de classe C1 par morceaux, alors pour tout x eR,
f(x+) + f(x-)
la série de Fourier de f converge en ce point x vers . En particulier, si f
est continue en x, la série de Fourier de f en x converge vers f{x).
Remarque 7. L'hypothèse C1 par morceaux est importante. Il existe en effet des fonctions
continues dont la série de Fourier diverge (voir l'exercice 4 page 264).
Convergence uniforme de la série de Fourier.
Lemme 1. Soit f : R —> C une fonction 2tt-périodique, continue et C1 par morceaux. On
définit ip: R -> C par (p(t) = f'(t) si f est dérivable en t et (p(t) = (/'(*+) + f(t-))/2
sinon. Les coefficients de Fourier de ip vérifient cn((p) = incn(f) pour tout n G Z.
Démonstration. Soit 0 = xq < x\ < • • • < xp = 2tt une subdivision de [0,2-7r] telle que / soit C1
sur [#fc_i,£fc] pour tout k. En intégrant par parties, on a pour tout k
CXk r . iij. rxk
/ <p(t) e~mt dt = \f(t)e-int] + in / f(t) e~mt dt,
puis la fonction / étant continue, on obtient en sommant cette relation sur k,
Cn(<p) = / <p(t) e~int dt = [f{t)e-int\Q +in f(t) e~int dt = in / f{t) e~int dt = incn(f).
D
Théorème 3.Sif: R —* C est une fonction 2ir-périodique, continue et C1 par morceaux,
alors la série de Fourier de f converge normalement vers f sur R.
Démonstration. En reprenant les notations du lemme précédent, on a Cn((p) = incn(f). Ainsi,
M<p)
Vn e Z*, M/)! =
n
< J {\Cn(9)? + i) ,
et comme J2nez 1^(^)12 converge (voir l'égalité de Parseval), on en déduit que ^2nez\°n(f)\
converge, d'où le résultat avec le corollaire 1. D
5.5. Exercices
Exercice 1. Soit / : R —> R la fonction 27r-périodique égale à 1 - x2/ir2 sur [-7r,7r].
Calculer les coefficients de Fourier de /. En déduire les valeurs de
+oo - +oo - +oo ^
^^' ^(2n-l)2' ^-fr?'
n=l n=\ v ' n=l

262
4. SUITES ET SÉRIES
Solution. La fonction / est paire. Les coefficients bn = bn(f) sont donc nuls. Par ailleurs,
ao = ao{f) = -J^1.-jdt = -
et
Vn <E N*, an = an(f) = - [ ( 1 - -^ ) cosnicft = —^ / t2cosntdt = (-l)n+1 -^L
7rJ_n\ tt'J 7r Jo nH2
(après une double intégration par parties).
La fonction / est continue et C1 par morceaux. Sa série de Fourier converge donc simplement
(et même uniformément) vers /, ce qui s'écrit
Va; G [-7r,7r], /(*) = 1 - ^ = - + JJa,cosnx = - - _^(-l)»__. (*)
n=l n=l
- En faisant a; = 7r dans (*), on trouve
o a +°° 1 +oo 1 2
0 = ô / -ô donc > —s- = —.
3 7T2 ^-f n2 ^ n2 6
n=l n=l
- En faisant a; = 0 dans (*), on trouve
2 4 s (-î)" , s; (-D» -2
2^-^- dou 1,
n=l n=l
1 = « ô > —ô— d ou > —7T- = — t^>
3 tt2^ n2 ^ n2 12'
donc
^(2n-l)2 2l^n2 ^ n2 / 2 l 6 + 12 J 8
n=l v ' \n=l n=l / N '
- Enfin l'égalité de Parseval s'écrit
9 + 2^n47r4_15 ^n4~90"
n=l n=l
Exercice 2. Soit a e R\Z. On désigne par fa l'application 27r-périodique sur R telle
que
V£ G ]—7r, 7r], /Q(£) = cosotf.
a) Calculer la série de Fourier de fa. En déduire
1 +oc 1
V* G ÏÏKttZ, cotant = - + 2t V -5 5-r.
t *-^ tz — nZ/irz
b) Montrer alors
+00 , 2 \ ( °° N \
v*6]-x,.[, Si„i=<n(i-^j où 11=^11 •
n=l v / \ n=l n=l/
c) Montrer
1 +°° 1
V* E ]-7T,7T[,* ^ 0, ^-j- = ]T T- rj.
sinJ t *—' (£ — n7r)2
— OO

5. SÉRIES DE FOURIER
263
Solution, a) L'application fa est paire donc bn(fa) = 0 pour tout n e N*. Par ailleurs,
i r i f
Vn e N, an(fa) = - I cos ott cos ntdt= - / [cos(a + n)t + cos(a - n)t] dt
n J-TT n Jo
7T
sin(a + n)7r sin(a — n)n
a + n a — n
= / jxn^asinCMr
7r(a2 — n2) '
La fonction fa est continue et de classe C1 par morceaux, donc la série de Fourier de fa converge
simplement (et même uniformément) vers fa sur R, ce qui entraîne
sinat v-^, ..„ 2asina:7r
V£ G [—7T,7T], COSûtf = h > (-1) —7—ô 57 COS71Ê,
1 J an ^-fv y 7r(a2 - n2)
71=1 V '
ce qui en faisant t = n et en divisant par sin an donne
1 K 2a
cotana7r = h > -7-5 sr.
a7r ^—' 7r(or — nz)
n=l v '
Ceci est vrai pour tout a G R\Z, d'où le résultat en remplaçant a par t/n.
b) Soit a? € ]0,tt[. On définit / : [0,x] -> R par /(*) = cotani - 1/t si t ^ 0, /(O) = 0. La
formule établie à la question précédente montre que
V*6[0,x], m = J2w—^.
n=l
Comme cette série de fonctions converge normalement sur [0, x], on peut écrire
/ /W dt = }^ ,2 __ ^2 autrement dit log — = ^ log ( 1 -
J° n=l J° l U ^ X n=l V
n27r2
En prenant l'exponentielle de part et d'autre de cette dernière égalité, on voit que le produit
infini existe bien et que
+00 / O
sinx t-t /. ar
-ni*-
n=l
X •*••*: V n27T2 / '
d'où le résultat pour 0 < x < n. Comme les fonctions en présence sont impaires et nulles en 0,
on en déduit le résultat pour tout x G ]—7r,7r[.
c) L'égalité
' 2t 1 1 d ( 2t \ 1 1
H entraîne
t2 - n27r2 t — nnt + nn dt \t2 - n27r2/ (t - nir)2 (t + rnr)2
Ainsi, si on fixe x G ]0,7r[, la série de fonctions Y^ — ( -^ j~2 ) converge normalement
CbU \ U Tb l\ J
n>l x '
[0,x]. En appliquant le théorème de dérivabilité des séries de fonctions, on en conclut que
+o° 2t 1
t1-> Y^ -^ ;r-77 est dérivable sur [0, x], sa dérivée est t1-> — > 7- r^.
n=l n€Z*
En dérivant l'identité obtenue dans la question a) au point x, on déduit
-1
sur
sin2 x ' a;2 4^1 (# - n7r)2
Ceci vaut pour tout x G ]0, ir[. Les fonctions en présence étant paires, cette relation vaut sur
]—7r,7r[\{0} d'où le résultat

264
4. SUITES ET SERIES
Exercice 3. Soit / : R —> C une fonction 27r-périodique de classe C1. On suppose que
J027r /(*) dt = 0. Montrer
/»27T /»27T
/ |/(t)|2*< / l/'WI2*,
Jo Jo
et caractériser l'égalité.
Solution. Le coefficient de Fourier co(/) est nul car f0n f{t)dt = 0. En appliquant l'identité
Cn(f') = incn(f)) avec l'égalité de Parseval appliquée aux fonctions / et /', on trouve donc
i r2ir i p2tt
f- \f(t)\2dt=^Mf)\2<En2Mf^ = EMf^2 = ^ \fWdt, (*)
2wJo nez* nez* nez 27rJo
ce qui prouve l'inégalité voulue.
Il y aura égalité si et seulement si la seule inégalité de (*) est une égalité, c'est-à-dire si et
seulement si \cn(f)\2 = n2\cn(f)\2 pour tout n 6 Z*, ce qui équivaut à Cn(f) = 0 pour tout n tel
que \n\ > 2. Or / est de classe C1, donc sa série de Fourier converge (uniformément) vers /. En
résumé, l'égalité se produira si et seulement / est de la forme f(t) = aeu + be~u, a, b € C.
Exercice 4 (Une fonction continue 27t-périodique dont la série de Fourier
DIVERGE EN 0). a) Soit / : R —► R la fonction paire, 27r-périodique, telle que
+oo
Vze[0,4 /(iC) = ^lsin[(2^ + l)|
P=ip
Vérifier l'existence et la continuité de / sur
b) Pour tout v e N, on pose
Vn e N, an„ =
n,v = /
JO
cos nt sin
(2i/ + l)t
dt, VçeN, sq,v = Y^a>i,w
i=0
Calculer explicitement les antl/, montrer que s9)„ > 0 pour tout (q, v), et montrer l'existence
d'une constante B > 0 telle que sVyV > Blogv pour tout v G N*.
c) Montrer que la série de Fourier de / diverge en 0.
Solution, a) La série converge normalement sur [0,7r], / est donc bien définie et continue sur
[0,7r]. On la définit sur [—7r,0[, par f(x) = f(—x). La fonction / est continue sur [—•k,tt]. De
plus /(—7r) = /(7r), on en déduit que le prolongement de / en une fonction 27r-périodique / sur
R est continu sur R.
b) Le calcul des anfl/ est facile, on a
""* = \ [ H (
2^ + 1 , V . (2v + \ \.
— h n ) t + sin — n ] t
dt
+
u + 1/2
2 \i> + n+1/2 v-n + 1/2
(u + l/2)2-n2
Ainsi, on a an^v > 0 pour n < v, donc sqil/ > 0 pour q < v.
Pour le cas q > v, on remarque que les an)„, sont, au facteur 2/tt près, les coefficients de
Fourier an{gv) de la fonction paire gv(t) = \ sin((j/+ l/2)t)\. Cette dernière est continue et C1 par
morceaux, sa série de Fourier converge donc vers gv. En particulier, on a a,QyV/2 + J2rv=i ûn>" =
f 9v(ty — 0, donc la suite (sqtl/)q^ converge vers aotl//2. Or anfl/ est positif pour n < v, négatif
pour n > v, donc {sq>l/)q est décroissante à partir de l'indice q = v. Comme elle converge vers
ûo,i//2, on en déduit que sqjl/ > a^vj2 > 0 pour tout q > v.

5. SÉRIES DE FOURIER
265
Il nous reste à obtenir la minoration de sU)l/. On écrit pour tout v e N*,
^ I/ + 1/2 ^v^T iy + V*)dt _[u ("+l/2)<ft 1,
^ èî (" + V2? ~ n h Jn-i (" + V2)2 - *2 - J0 (i/ + 1/2)2 _ t2 - 2 W + 3)'
donc Sj,^ > (logis)/2 pour tout i/ e N*.
c) Comme / est paire, les coefficients de Fourier bn(f) sont nuls. Par ailleurs, la parité de /
entraîne
Vn e N, an(f) = - f f(t) cos ntdt = -Y±- F sin [(2^ + 1)
* Jo * £ri p h L
cos nt dt,
(on a le droit de changer les signes de sommation car la série converge normalement sur [0,7r]),
donc
n +oo i n +oo -
Vn e N, an(f) = - J2 "2 an,2P3-i i d0I1C Sn = \ Y. akW = J2 ^25n,2P3-i •
p=l y k=0 p=l y
Comme les sQyl/ sont positifs, et que sUyl/ > (log v)/2, on en déduit
1 1 3 1
Vp 6 N, V- ^ p V-iy-i * 3? logtS"3-1) = ^- log 2.
Ceci montre que S2P3_t —> +00 lorsque p —► +00, donc la série ]Can(/) diverge. Autrement dit,
la série de Fourier de / en 0 diverge.
Remarque. Cet exemple d'une fonction continue 27r-périodique dont la série de Fourier
diverge en 0 est dû à Fejér. On peut montrer de manière non constructive que de telles
fonctions existent à partir du théorème de Banach-Steinhaus (voir l'exercice 8 page 405).
Exercice 5. Montrer que la fonction
x
+00
E
n=l
smnx
nÀ
est bien définie, qu'elle est 27r-périodique et qu'elle est continue. Montrer que les
coefficients de Fourier de / sont tels que X)nGN* \nbn{f)\2 converge, mais que pourtant / n'est
pas dérivable en 0.
Solution. La série de fonctions ^(sin nx)/n2 converge normalement sur E, donc / est définie et
continue sur R. Chaque somme partielle de la série est 27r-périodique, donc / est 27r-périodique.
Comme la série trigonométrique définissant / converge normalement, / est égale à sa série
de Fourier, donc bn(f) = 1/n2 pour tout n e N*, et la série X) ln&n(/)|2 converge donc.
Montrons que / n'est pas dérivable en 0. Soit N un entier naturel non nul. L'inégalité de
concavité sinu > 2u/ir sur [0,7r/2] entraîne
~\n 7r 1 f(x) \—^ sinnx 1 v^ sinna; \—^ 2 1 1 v^
Vie 0,— , J-^-L = } + > —5— >>-- + - >
J 2N\ x ^ nx n ^-f, n2x ^ ir n x *-?.
n=\ n>N n=l n>N
sinnœ
n=l n>N
Par ailleurs, une transformation d'Abel fournit
n'
(*)
n>N n>N v v ' ' k=0
ce qui grâce à la majoration (on utilise le fait que Sn(x) est la partie imaginaire de X)fc=oe )
\Sn(x)\ <
l _ ei(n+l)x
1-e
IX
sin((n + l)z/2)
sin(x/2)
<
<
7T
sin(z/2) ~ (2/tt)(x/2) x'

266
4. SUITES ET SÉRIES
donne
Esinnxl tt I ^ 1 1 ^ _ x 1 <- ^ ^
~~rf~\ ~x [ ^r n2 ~ (n + 1)2 ) ~ z (TV + l)2 "âiV2
\n>N
Avec (*) on en déduit
Kn>N
Vxe
f(x)^2(^l\ TT
J '2ivJ ' x ~ 7T l^n /
.„ . iV2z2
,n=l
Ainsi, en posant xn = ir/(2N), on a /(#w)/#w > £ Z)^=i n ~ » • ^a smte (X7V) tenc* vers 0 et
comme £ £ diverge, (/(xm) - f(0))/(xN - 0) = f{xN)/xN diverge lorsque A/" -> +oo. D'où la
non-dérivabilité de / en 0.
Exercice 6 (Phénomène de Gibbs). On considère le signal carré (p} qui est la
fonction 27r-périodique, égale à 1 sur ]0,7r[, à 0 sur ]7r,27r[, et qui vaut 1/2 en ses points de
discontinuité.
a) Calculer la série de Fourier de </?, montrer qu'elle converge simplement vers ip et même
uniformément sur tout intervalle fermé ne contenant pas les discontinuités de (p.
b) Montrer que les sommes partielles d'indice impair S2n-i(t) de la série de Fourier de (p
admettent la représentation intégrale
, N 11 ftsm2ns ,
S2n-i{t) = - + - / ds.
I 7T J0 Sin S
c) Calculer les points critiques de s2n-i sur [0, tt] et la valeur de son maximum.
d) Montrer que ce maximum converge lorsque n tend vers l'infini vers le nombre
_, 1 1 r sins ,
M = - + - ds,
puis conclure (on admet qu'une valeur approximative à 10~3 près est M « 1,089).
Solution, a) Le signal carré <p est C1 par morceaux, et comme <p(x) = \{ip{x—) + ip{x+)) en ses
discontinuités, la série de Fourier de <p converge simplement vers (p. Elle se calcule facilement et
on obtient
, . 1 2 î^ sin(2*/ - l)t
Les coefficients de Fourier formant une suite décroissante, la convergence est uniforme sur tout
intervalle fermé ne contenant pas les discontinuités de (p d'après la proposition 2 page 257.
b) Partant de la représentation intégrale 2^ = Jo cos(^u ~~ l)sds, on peut écrire
1 2 fl n
82n-l(t) = - + - / Cn(s) ds, Cn(s) = V) C0S(2Â; - l)s. (*)
On calcule Cn(s) à partir de la partie réelle d'une somme d'exponentielles complexes,
O.W - « (ge«) = « (e^) - « (e^) = 2=^ - f£.
On en déduit le résultat en remplaçant cette dernière expression dans (*).
c) La représentation intégrale précédente donne sf2n_i{t) = £ sin(2n£)/sint (et s2n-i(0) = 2n/n
par continuité), donc s2n-i s'annule sur [0,7r] en t = Xk = &7r/(2n), 0 < k < 2n. Montrons que
son maximum est atteint ena;i. Pour 1 < k < n, on a
1 /"*» sin2ns
*./**-1 S1I1S

5. SÉRIES DE FOURIER
267
et comme l'intégrande est négative sur [x2k-i,X2k] on en déduit S2n-i(^2fc) < S2n-i(#2fc-i)-
Le maximum est donc atteint sur l'un des S2n-i(#2Jk-i) pour 1 < k < n. Maintenant pour
1 < k < n, on a
S2n-l(#2ÀH-l) - S2n-l(^2fc-l) = ~
_ _1 fX2k
sin 2ns
ds
sin s sin(s + ^)/
expression que l'on obtient en découpant en deux l'intégrale Xf2fe+1 = JT2* + fX2k+1
IX2k
et en
effectuant le changement de variable s i-> s + 7r/(2n) dans la deuxième. La fonction sinus étant
croissante sur [0,7r], et comme sin2ns est négatif sur [#2A:-i,£2fc]> la dernière intégrande est
négative, donc S2n-i(^2fc+i) < S2n-i(x2k-i)• Finalement, ceci montre que le maximum est atteint
en t = x\ = 7r/(2n) et vaut
^ »r ! 1 r/(2n)sin2ns
SUp S2n-l(*) =Mn = - + - /
0<Ktt ^ 7T J0
ds.
sins
d) Le changement de variable t = 2ns dans l'intégrale précédente donne
sin£
-=Mf
M„.=
dt.
2nsm(t/(2n))
Lorsque x —> 0, on a sinœ ~ #. Donc pour tout e > 0, il existe a > 0 tel que œ/(l + e) < sincc <
z/(l - e) pour a; e [0,a]. Ainsi, si n > ir/(2a) on a £/(l — e) < 2nsin(t/(2n)) < t/{\ + e) sur
[0,7r], donc
Ô + C1-^)-/ -rdt<Mn<- + (1 + e)- / -r-dÉ.
2 n Jo t 2 7r J0 r
On en déduit que (Mn) converge vers M lorsque n —> oo.
Concluons. Nous venons de montrer que le maximum des sommes partielles S2n-i
convergeait vers un nombre M « 1,089 qui est strictement plus grand que le maximum de (p. Ainsi,
les sommes partielles convergent simplement vers le signal carré (p mais pas uniformément.
Remarque. Le graphe ci-contre illustre le phénomène
de Gibbs (pour la somme partielle t i—► S2n-i{t) avec
n = 40) de la série de Fourier du signal carré.
- Le phénomène de Gibbs fut observé par Michelson
en 1898 lorsqu'il développa un système mécanique
capable de tracer la série de Fourier d'un signal. Alors
que Michelson soupçonnait un défaut dans la
fabrication de sa machine, Gibbs montra l'année suivante que
le phénomène était d'origine mathématique.
0
7T1
Exercice 7 (Théorème de S. Bernstein sur les séries de Fourier). Soit
/ : R —> C une fonction 27r-périodique. On suppose que
3a e ]0,1[, 3C > 0, V(«, v) G M2, |/(ti) - f{v)\ < C\u - v\Q
(une telle fonction est dite a-hôldérienne).
a) Pour tout n G N*, on pose pn — (|cn(/)|2 + |c_n(/)|2)1/2. Montrer que
+oo - m
V/iGR, 4^p2sin2n/i=— / \/{x + h) - f(x - h)\2dx.
n=l
C TTQ
b) En déduire, pour tout v G N*, la majoration Y] pn<~z 0 / _1/2).
2"-1<n<2"
c) Si a > 1/2, montrer que la série de Fourier de / converge normalement vers / sur

268
4. SUITES ET SÉRIES
Solution, a) Remarquons déjà que / est continue. Ensuite, fixons h e R et considérons la
fonction fh : x *-* f(x + h) — f(x — h). Les changements de variable u = x + hetu = x~h
conjugués au caractère 27r-périodique des intégrandes entraînent
VneZ, ±- r f(x + h)e~inx dx = ênh c^/) et T /(a; - h)e-inx dx = e"in/l c„(/)
et comme em/l — e_m/l = 2z(sinn/i), ceci montre que les coefficients de Fourier de fh vérifient
Cn(fh) = 2i(smnh)cn(f). On conclut en appliquant l'égalité de Parseval à fa.
b) En appliquant l'égalité précédente à h = 7r/2I/+1, on a
&«8in!Fî=i£l/(l+i)-/(I-')|!à-i£(cw2dI=TF
et comme
Vn, 2""1 < n < 2", sin2 ^- > sin2 \ = i on en déduit V p2 < 2 £L -^-.
' — ' 2I/"*"1 ~~ 4 2 ^—' ~~ 4 22ai/
2"-1<n<21'
Il suffit ensuite d'appliquer l'inégalité de Schwarz, qui entraîne
£ *<( £ i) f £ A <2<"-^(Ç^)1/2,
2v~l<n<2v \2v-l<n<2v ) \2v-^<n<2v J V /
d'où le résultat.
c) Si a > 1/2, la majoration précédente montre que la série à termes positifs ]T) pn converge, et
comme |c„(/)| < p|n| pour tout n 6 Z, on en déduit que J2neZ \°n(f)\ converge. Ainsi, la série
de Fourier de / converge normalement sur M, et on sait alors qu'elle ne peut converger que vers
/ (voir le dernier alinéa de la remarque 6 page 260).
Exercice 8. Soit (Àn) une suite positive, décroissante et tendant vers 0.
a) Montrer que la série de fonctions ]T) Àn sin(nx) converge simplement vers une fonction
/ sur R, et que / est continue sur ]0,2ir[.
b) Si Àn = o(l/n) lorsque n —»■ +oo, montrer que J^Ànsin(nx) converge uniformément
vers / sur R.
c) Réciproquement, si J^Ànsin(nx) converge uniformément vers / sur R, montrer que
An = o(l/n).
d) Plus généralement, si / est continue sur R montrer que Àn = o(l/n). (Indication.
Considérer F{x) = $* f(t) dt.)
Solution, a) On sait d'après la proposition 2 page 257 qu'il y a convergence uniforme sur
[a, 2ir — a] pour tout a G ]0,7r[. On conclut qu'il y a convergence simple sur ]0,2ir[> et que la
fonction limite / est continue sur [a, 2tt — a] pour tout a > 0, donc continue sur ]0,27r[.
Il y a bien convergence simple en 0 (la série est nulle lorsque x = 0), il y a donc convergence
simple sur [0, 2tt[, donc sur R car les fonctions en présence sont 27r-périodiques.
b) C'est un peu technique. Comme les fonctions en présence sont 27r-périodiques et impaires, il
suffit de prouver la convergence uniforme sur [0,7r]. Le problème est en x = 0 car on a vu plus
haut qu'il y avait convergence uniforme sur [a, 2tt — a] pour tout a > 0.
Commençons par remarquer que
Vze]0,7r],VAT<EN,
+oo
n=N
< ïh». (*)
X

5. SÉRIES DE FOURIER
269
n
En effet, une transformation d'Abel fournit
M M-l
\/M>N, J2 X^UX =J2(Xn- *n+i)En(x) + XMEM(x) avec En(x) = ]T e
n=N
et on a la majoration
ikx
n=N
k=0
Vz<e]0,tt], \En(x)\ =
\ _ gi(n+l)i
1-e
za;
sin(^x)
sin(x/2)
<
<^
sin(#/2) x
(on a utilisé l'inégalité de concavité sinu > 2u/ir sur [0,7r/2]). En faisant tendre M vers l'infini
on en déduit (*) car (An) est décroissante et tend vers 0.
Ceci étant, considérons e > 0 et No € N* tel que Xn < e/n pour tout n > Nq. D'après (*)
+oo
où tm{x) = /J Ànsin(na;).
n=N
Ainsi, si N > TVq,
Va;6]0,7r],ViV>iVo, \rN(x)\ < ^ < ^
Vze
AT
7T
I ^ M ^ *eN
et si a; e ]0,1/AT[, on a, en notant K = [1/x] la partie entière de 1/x
\rN(x)\ <
K
yj Ansin(na;)
n=N
K
+ \rK+i(x)\ < Y" -nx +
n=N
ire
(K + l)x
< eKx + ire < e + ire
(on a utilisé la majoration |sinw| < \u\ que l'on montre facilement à partir de l'inégalité des
accroissements finis). Ainsi, |rw(#)| < (1 + ir)e pour tout x G [0,7r] (en x = 0, c'est trivial), et
ceci est vrai indépendamment de N > No. On a donc convergence uniforme sur [0,7r].
c) Notons sn les sommes partielles de notre série trigonométrique. Si (sn) converge uniformément
sur E vers /, alors / est continue, et la suite (sn(l/n)) tend vers 0 (il suffit décrire |sn(l/n)| <
\sn(l/n) — f(l/n)\ + |/(l/n)| et de remarquer que les deux termes de droite tendent vers 0
lorsque n —► +oo). La suite (\n) étant décroissante, on a par ailleurs
s»(J)^A»ËsinQ^» E sin (\) * A«lsin Q) •
X 7 fc=l X 7 n/2<k<n X 7 V 7
donc 0 < Xn < 2sn(l/n)/(nsin(l/2)), et comme sn(l/n) —» 0, ceci montre Àn = o(l/n).
d) C'est difficile. Comme indiqué, nous considérons la fonction F : x i-> J^ /(£) d£. Soit a; G ]0, tt]
et a G ]0,x[. La série trigonométrique définissant / converge uniformément sur [a,7r] comme on
l'a vu plus haut, ce qui entraîne
+00 PX +00
/ f(t)dt = ^\n I sinntdt = ^2 —
Ja n=i «^ n=i n
= y —-(cosna — cosnx).
(**)
Nous allons prouver que cette expression reste valable lorsque a = 0.
Pour tout t e ]0,27r[, on note G(t) = X)S=i^n(cosn£)/n (la série converge simplement sur
]0,27r[ car la suite (Àn/n) est décroissante). Comme la suite (An/n) est décroissante et tend vers
0, on peut appliquer (*) qui entraîne
ViV G N*,
^71
— cos n ——
^Rr n V 37V7
N 7T
Comme cos(nir/(3N)) > cos(ir/3) = 1/2 pour 1 < n < iV, on a donc
VJV6N-, G^^g^-SA* donc g £ < 2G (JL) + 6A„. (***)
71=1 71=1
Comme / est continue en 0, l'égalité (**) montre que G(a) converge lorsque a -» 0+, donc G est
bornée au voisinage de 0+, et (***) montre donc que la série $^-Wn est majorée. Cette série

270
4. SUITES ET SÉRIES
converge donc (elle est à termes positifs), donc la série trigonométrique définissant G converge
normalement sur R. En particulier, ceci montre que G(a) tend vers J2 Xn/n lorsque a —> 0, et
en faisant tendre a vers 0 dans (*), on obtient
+oo
Vz(E]0,7r], F(x)= f(t)dt = ,y—{l-cosnx).
Les termes de la série de l'expression précédente sont positifs donc
v^". *(£)* E £(i-«fê))* E M&-T-
N/2<n<N N/2<n<N
autrement dit 0 < An < 2F(ir/N). Comme / est continue et nulle en 0, on a F(x) = o(x)
lorsque x —» 0 donc Xn = o(tt/N) = o(l/N) d'où le résultat.
Remarque. Si on suppose / bornée au voisinage de 0, on a Xn = 0(l/n) (immédiat à
partir de l'inégalité 0 < À^ < 2F(ir/N) obtenue à la fin de la solution de la question d),
et le fait que F(x) = 0(x) lorsque x —> 0).
6. Problèmes
Problème 1. Soit (un) une suite réelle vérifiant
uq > 0, Vn e N, un+i = un-\ , (a > -1).
n
Donner un équivalent de (un) lorsque n —► +oo.
Solution. On remarque déjà que (un) diverge vers +oo. En effet, (un) est croissante. Si elle était
majorée, elle convergerait et sa limite £ vérifierait £ = £ + a/£a, ce qui est absurde. La suite (un)
est donc croissante et non majorée, donc diverge vers +oo.
Pour rechercher un équivalent de (un), on va appliquer une méthode classique (déjà utilisée
dans l'exercice 8 page 200). On cherche s'il existe /3 > 0 tel que la suite (u^+1 — Un) converge.
Comme a + 1 > 0 et que (un) diverge vers +oo, on peut écrire
un+l —
Un ( 1 +
uï+1
On va donc choisir /? = a + 1. On a u^+l — v%+1 ~ a + 1 donc en sommant ces équivalents (on
peut, voir le théorème 5 page 202), on obtient
<+1 - %a+1 = Ewi1 - <+1) ~ »(«+y-
k=0
donc finalement w£+1 ~ n(a + 1) donc un ~ [n(a + l)]1/^*1) lorsque n —> +oo.
PROBLÈME 2. Pour tout entier naturel non nul n, on note d(n) le nombre de diviseurs de
n. Donner, lorsque n —> -foo, un équivalent de
n
s»=E*)'
3=1

6. PROBLÈMES
271
Solution. En remarquant que d(j) = J2i\j 1 (on somme 1 sur les entiers i qui divisent j), on a
n n
Or Ylj<nMj 1 es* ^e nombre d'éléments de {1,... , n} divisibles par i. Ces éléments sont i, 2i,
..., [n/i]i (où [je] désigne la partie entière de je), donc au nombre de [n/i]. Donc finalement
n
j=ïw
n
*. = £
3=1
En utilisant l'encadrement n/j — 1 < [n/j] < n/j> en déduit
n{U)~n<Sn-n{U)'
et comme X)j=i Vi = l°Sn + ^M (c'est classique, voir la page 202), on en déduit Sn =
nlogn + 0(n), en particulier Sn ~ nlogn.
Remarque. On peut interpréter ce résultat en disant qu'un entier n a en moyenne logn
diviseurs.
La technique utilisée est classique dans ce type d'exercice : on fait apparaître une
somme double puis on inverse les signes de sommation. On montre par exemple de la
même façon que Yll=i di(j) ~ (fl"2/12)n2 où d\(j) est la somme des diviseurs de j.
Problème 3 (Deux techniques originales pour calculer X^S V™2)- V Pour
tout m G N*, on définit la fonction
sin(2m + 1)0
fm: ]-7r,7r[\{0}^R 0
sin2m+10
a) Écrire fm sous la forme d'un polynôme Pm en cotan20.
b) En déduire les racines de Pm et calculer leur somme. Conclure.
2/ a) Montrer que la série de fonctions
. ± x 1 1-3---(271-1) . 2n+1'
sin t + > —-—, ,_ ' sin2n+11
neN
converge normalement vers t\-*t sur [—7r/2,7r/2]
n+OO
m=0
i 2n + 1 2 • 4 • • • (2n)
£sur [-7r/2,7r/2].
b) En déduire par intégration la valeur de J2nS) VP™ + l)2, puis celle de ££î 1/n2.
Solution. 1/ a) En écrivant que sin(2m + 1)0 est la partie imaginaire de (cos0 + isin0)2m+1,
on trouve
m
MB e R, sin(2m + 1)0 = ]T Clm+V"1)* sin2fc+10 cos2(m"fc) 0,
k=o
donc /m(0) = Pm(cotan20) avec Pm(X) = E?=o^1i(-l)fc^m"*-
b) L'expression /m(0) = sin((2m + l)0)/sin2m+1 0 montre que
VfceN,l<fc<m, fm(J?^\=0 donc Fm(COtan2(2r^Tl))=a
On a ainsi trouvé m racines distinctes du polynôme Pm, et comme deg(Fm) = m, on a trouvé
toutes les racines de Pm. La somme des racines de Pm est l'opposé du rapport du coefficient de

272
4. SUITES ET SÉRIES
Xm-1 par celui de Xm, donc
Pour en déduire la valeur de ^ 1/n2, nous allons comparer cotan 2x et 1/x2. Montrons
Va; G 0, — , cotan 2x < —^ < 1 + cotan 2x. (**)
L'inégalité des accroissements finis donne tanx > x sur ]0,7r/2[, d'où la première inégalité de
(**). Pour la seconde, on utilise la majoration sinx < x sur ]0,7r/2[ (qui s'obtient aussi avec
l'inégalité des accroissements finis) qui entraîne 1 + cotan2x = l/sin2œ > 1/x2.
De (*) et (**), on tire
2m(2m - 1) A (2m + l)2 2m(2m - 1)
6 ^2-, ^2 S 6 + m
donc
771 1
2m(2m - 1) r2 ^ <^ 1 ^ 2m(2m - 1) tt2 m 2
(2m + 1)2 6 - ^ fc2 " (2m + l)2 6 (2m + l)2
Ceci est vrai pour tout m G N*. En faisant m —» +oo, on en déduit Ylt^i V^2 = ^r2/6.
2/ a) On sait que la fonction arcsinus est développable en série entière sur ] — 1,1[, plus
précisément
w i ^ ^ r . . v^ 2n+i 1 1 • 3 • • • (2n — 1) , x
vx G 1 — 1, IL arcsin a; = x + > unx ^ avec ^n = —-—-— . N . (***)
z—ï 2n + l 2-4---(2n)
n=l v '
L'idée est ensuite de remplacer x par sint dans cette expression.
On pourrait montrer la convergence normale de Yjun^2n+l sur [—1,1] en utilisant la règle
de Raab-Duhamel pour estimer un, mais ici, on peut mieux faire. La positivité des un entraîne
pour tout N e N*, d'après (***)
N
Va; G ] — 1,1 [, x + 2^ Un x2n+1 < arcsin x < arcsin 1 = —,
n=i 2
et en faisant tendre x vers 1 on en déduit 1 + $^n=1 un < tt/2. Ceci est vrai pour tout AT G N*,
donc Ylun est majorée, et comme les termes de cette série sont positifs, Ylun = YHun\ converge.
Ainsi, ^2unx2n+1 converge normalement sur [—1,1]. Sa somme définit donc une fonction
continue sur [—1,1]. L'égalité (***) vaut sur ] — 1,1[, elle vaut donc sur [—1,1] par continuité.
Finalement, nous avons montré que x + YlunX2n+1 converge normalement vers la fonction
arcsinus sur [—1,1]. On en déduit le résultat demandé en remplaçant x par sint (t € [—7r/2,7r/2]).
b) La convergence normale de la série de fonctions nous autorise à l'intégrer terme à terme, ce
qui donne
_2 rir/2 +°° f1T/2 +00 9 . (€) . +00 1
u n=l u n=l v ' n=lv '
où nous avons utilisé la valeur de l'intégrale de Wallis /Jr/ sin2n+1t dt (voir l'exercice 1 page 126).
Pour en déduire S = J^S V™2> " suffit de séparer les termes d'indices pairs et impairs
+°° 1 +°° 1 J2* Q «ri
^(2n + l)2 ^-W2n)2 8 4 6
n=0 n=l v '
Problème 4 (Formule sommatoire de Poisson), a) Soit / : R -> C une fonction
de classe C1 vérifiant f(x) = 0(l/x2) et /'(x) = 0(l/x2) lorsque \x\ —» +oo. Après avoir

6. PROBLÈMES 273
justifié l'existence des sommes infinies, montrer que
+00
—2iirnt
/ + 00
f(t)e-™m dt.
(formule sommatoire de Poisson).
b) (Application.) Montrer que
+00 +00
vs > 0, y, e"™2s =s_1/2 E e_7rfc2/s
n=—00 k=—00
(on pourra utiliser le résultat établi à la question 3/ de l'exercice 4 page 164).
Solution, a) La série de fonctions Y^nei /0e + n) converge normalement (donc uniformément)
sur tout segment de E. En effet, si M > 0 est tel que \f{x)\ < M/x2 pour \x\ > 1, il suffit
d'écrire pour tout K > 0 la majoration
M M
Vx G [-iiT,#],Vn G Z, |n| > A" + 1, |/(z + n)\< -. -^ <
(x + n)2 ~ {\n\-K)2'
En particulier, J2nez f(x + n) converge simplement sur E. On note F sa limite simple.
Pour les mêmes raisons, la série de fonctions Xlnez /'0e+ n) converge uniformément sur tout
segment de E. On peut donc appliquer le théorème de dérivation sur les suites de fonctions qui
entraîne que F est de classe C1 sur tout segment de E, donc sur E.
Par ailleurs, F est 1-périodique car si on fixe # G E,
N N+l
ViVGN, ^ f(x + l + n)= J2 /(* + n)>
n=-N n=-N+l
et en faisant N —» +00, on en déduit F(x + 1) = F(x).
Les coefficients de Fourier de F sont donnés par
VneZ, Cn(F)= F(t)e-2ilTnt dt = V / f(t + n)e-2ilTntdt
n=—00
+00 rn+i r+00
= X) / f(t)e-2iirntdt= f(t)e-2ilTntdt = f*(n)
<n--r^Jn J-00
7l= — OO
(on a bien le droit d'intervertir les signes de sommation car la série de fonctions définissant F
converge uniformément sur [0,1] comme on l'a vu ; par ailleurs, la dernière intégrale converge
absolument au vu des conditions de croissance satisfaites par /). Comme de plus F est de classe
C1, sa série de Fourier converge uniformément vers F, d'où la formule sommatoire de Poisson.
b) Soit a > 0. Nous appliquons la formule sommatoire de Poisson à la fonction f : x*-* e~ax .
Les coefficients /*(n) sont donnés par
Vn G Z, /*(n) = f+0° e-at2e-2innt dt = ^= f+°° e""2 e"2i™^ du = J*-e-*'2v?la
7-oo y/â J-00 V oc
(où on a utilisé le résultat de la question 3/ de l'exercice 4 de la page 164). En appliquant la
formule sommatoire de Poisson avec x = 0, on déduit
]Te-™2 = a/^ S6"*2"270'
nez " nez
Ceci est vrai pour tout a > 0, et en changeant a en 7rs, on obtient le résultat désiré.
Remarque. La dernière identité est non-triviale. En considérant la série entière Q(x) =
Snez^"2' (fonction thêta de Jacobi) elle s'exprime en écrivant y/s@(e~s*) = 6(e_7r/s).
Ainsi, le comportement de Q(x) en x = 1 est relié à son comportement en x = 0.

274
4. SUITES ET SÉRIES
Problème 5. Soit («n)neN une suite complexe vérifiant une récurrence linéaire d'ordre
h e N*, c'est-à-dire
3ai,..., ah e C, Vn > h, un = ai«n_i H 1- ahun-h. (*)
En considérant la série entière J2unzTl> démontrer la proposition 3 page 194.
Solution. Si la série entière J2 un zn a un rayon de convergence non nul (on ne sait pas encore
si c'est le cas), la récurrence (*) entraîne, après produit par zn et sommation sur n (lorsque z
est dans le disque de convergence) que sa somme / vérifie
f(z) - Ph{z) = ai z[f(z) - ffc_iM] + • • • + afc_i zh-l[f(z) - I\(z)] + ahzhf(z) (**)
où pour tout k, 1 < k < h, Pk{z) = uo+ui z-\ \-Uk-i zk~l. Ceci s'écrit aussi f(z)Q(z) = P(z)
où
Q(z) = l-aiz ahzh et P(z) = Ph(z) - ai zPh-i{z) ah.x zh~1P1(z).
Ainsi, f(z) = P(z)/Q(z) est une fraction rationnelle. Par ailleurs, 0 n'est pas un pôle de f(z)
donc P(z)/Q(z) est développable en une série entière J2vnzn dont le rayon de convergence est
non nul (voir page 240). Sa somme g vérifie Q{z)g(z) = P(z) sur son disque de convergence,
autrement dit g vérifie la même égalité que / dans (**), donc la suite (vn) vérifie la récurrence
(*). Par ailleurs, l'égalité (**) vérifiée par g montre que pour tout k, 0 < k < h, le coefficient
de zk dans g(z) — Ph{z) est nul. Autrement dit, Vk = u^ lorsque 0 < k < h. Finalement, la suite
(vn) vérifie la même récurrence que (un) avec les mêmes conditions initiales. Ces suites sont
donc égales, ce qui montre finalement que J2 un zn a bien un rayon de convergence non nul et
que sa somme / vérifie f(z) = P(z)/Q(z) sur son disque de convergence.
On veut maintenant calculer explicitement un. Soient les racines de l'équation
caractéristique de (*), d'ordre de multiplicité ai,... ,ap, de sorte que
p / i \ p
R(X)=Xh-aiXh-1 ah = Y[(X-Xi)ai donc Q(X) = XhR I - ) = Y[(l-XiX)Qi.
i=l ^ ' i=l
Le polynôme P vérifie deg(P) < h = deg(Q) par construction, on peut donc écrire la
décomposition en éléments simples de P/Q sous la forme
Q(X)
= £
i=l
Z^ (Y -
°i,3
(ci,j e C).
=ï (x - î/xiY
On en déduit (voir page 240) que le développement en série entière de f(z) = P(z)/Q(z) s'écrit
P I "i / 1\1. _7 /+OO
1)! \ ^ n!
/W = E
f, (-1)^,^ /S (»+j-l)!
2^ (j_H! \l~, „| XiZ
j=l ^ ' \n=0
On tire, en prenant le coefficient de zn dans cette expression,
un = Y,
2=1
OCi
E
(-i)j*,j4
^ (i-i)i
(n + i-l)---(n + l)
x
n
i y
donc un = Y?i=\ ^i(n)x? ou Pour t°ut h ?i est un polynôme de degré < a^.
En désignant par F l'e.v des suites vérifiant cette dernière condition, nous avons prouvé que
l'e.v U des suites complexes vérifiant la récurrence linéaire (*) est tel que U C T. Nous voulons
prouver la condition suffisante, c'est-à-dire T cU. Pour cela, on remarque que l'application
U-^Ch (un)neN^{u0yu1,...,uh-i)
est linéaire (c'est évident) et bijective (une suite vérifiant (*) est uniquement déterminée par
ses premiers termes uo,... ,1^-1). Ainsi, U est de dimension h, et comme T est de dimension
ot\ H + ap = h, l'inclusion U C F entraîne U = T.
Nous avons donc démontré la proposition 3 page 194.

6. PROBLÈMES
275
Remarque. On démontre en général la proposition 3 page 194 en vérifiant directement
que les expressions de la forme Y%=i pi(n)x? (avec Pi un polynôme de degré < a{) sont
bien solutions de la récurrence, puis en prouvant que la dimension de l'e.v correspondant
est bien égal à celui des suites vérifiant la récurrence (comme dans la solution présentée
ici). L'intérêt du problème proposé ici est qu'il permet de découvrir la forme générale de
la solution sans la connaître a priori.
Problème 6 (Nombres de Pisot). a) Montrer que la série ]T]sin(7r(2-f\/3)n) converge.
b) Plus généralement, on considère un polynôme P de degré d, unitaire, à coefficients
entiers, et on suppose que ses racines fi,... ,& vérifient |£i| > 1 et |^| < 1 pour tout
k € {2,..., d} (on dit que £i est un nombre de Pisot). Montrer que la série ^sin^™)
converge.
Solution, a) Il suffit de remarquer que pour tout n G N, (2 + y/S)n + (2 — y/S)n est un entier (on
s'en convainc en développant chacun des deux termes par la formule du binôme). Ceci entraîne
| sin(7r(2 + \/3)n)| = | sin(7r(2 - \/3)n)| pour tout n G N. Comme | sin(7r(2 - \/3)n)| < ?r(2 - \/3)n
et que |2 — \/3\ < 1, on en déduit que notre série converge absolument, donc converge.
b) Le polynôme P est unitaire à coefficients entiers, on en déduit que pour tout n G N, Sn =
£i H + £2 est un entier (Sn s'exprime comme un polynôme à coefficients entiers, symétrique
en les &, donc s'exprime comme un polynôme à coefficients entiers en les fonctions symétriques
des racines de F, et ces dernières sont entières donc Sn G Z. On peut aussi retrouver ce dernier
résultat grâce aux formules de Newton — voir le tome Algèbre). Ceci entraîne
| sinOrff)| = |sin(*«? + • • • + Q)) | < 7r|gf + • • • + Q\ < ir (|&|» + • • • + \ù\n)
et comme |£jt| < 1 pour k > 2, on en déduit la convergence de la série proposée.
Problème 7. a) Soit a > 0 un nombre irrationnel. Pour tout AT g N*, montrer
3(p,9)eN2, l<q<N, L-?|<2-.
I q\ Q™
b) Donner la nature de la série > . , 9 (on rappelle que ir est un nombre irrationnel,
voir le problème 13 page 181).
„ rsin n
n€N*
Solution, a) C'est classique. Nous allons utiliser une méthode connue sous le nom de principe des
tiroirs. Pour tout ieR, notons [x] sa partie entière. On considère les nombres Uk = ka — [ka]
pour k = 1,2,..., N +1. Chacun des Uk est élément de [0,1[, et pour tout k, il existe un unique
i G {0,...,AT-1} tel que Uk G [^, ^^[- Autrement dit, nous rangeons les N + 1 nombres u^
dans les TV "boites" [0, ^[, [^, ^ [,..., [^i, 1[. Il existe donc une boite contenant au moins
deux des nombres Uk, ce qui entraîne
3a, 6 G {l,...,JV + l},a < 6, \ub-ua\<—,
ce qui s'écrit encore |(6 - a)a - ([ba] - [aa])| < 1/iV. En posant p = [ba] - [aa] et q = b - a, on
a donc (p, q) G N2, 1 < q < N et \qa - p\ < l/N, d'où le résultat.
b) La question précédente entraîne l'existence, pour tout n G N*, d'un couple (pn,tfn) G N2 tel
que 1 < qn <n et \ir - pn/qn\ < l/(nqn) < 1/tfir La suite de rationnels (pn/qn) tend vers le
nombre irrationnel 7r, donc (pn) et (qn) tendent vers +oo (voir l'exercice 4 page 196). Ensuite,

276
4. SUITES ET SÉRIES
pour tout n € N*, on a \pn - 7rgn| < \jqn donc
sin2pn = sin2(pn - irqn) < (pn - irqn)2 < \jq\,
donc pisvcPpn < Pn/Qn> et comme (Pn/Qn) converge, la suite {p\ sin2pn) est majorée. Donc la
suite ae terme général (p2 sin2pn)-1 est minorée par une constante > 0. On en déduit que le
terme général de la série proposée ne tend pas vers 0, donc la série diverge.
Problème 8. Soit g : R+ —> R une fonction continue, convexe, avec \imx^+00 g(x) = 0.
a) Montrer que la fonction suivante est bien définie
+oo
S: ]0,+oo[->R h .-+ ^2(-l)ng(nh).
b) Montrer que lim S(h) =
71=0
5(0)
h->o+ 2
Solution, a) Si on montre que g est décroissante sur R+, alors g sera positive (car g(x) —> 0
quand x —» +00) et la série XX~~l)n#(n^) sera convergente pour tout h > 0 (série alternée dont
la valeur absolue du terme général décroît et tend vers 0), ce qui prouvera le résultat.
Soient a, b G R, 0 < a < b. Comme g est convexe, son graphe à droite de b est au dessus de
la corde reliant (a,g(a)) à (6,^(6)) ce qui s'écrit
V*>6, pW>rf6) + (t-6)22jbiW.
0 — a
Comme g(t) tend vers 0 à l'infini, ceci n'est possible que si (g(b) — g(a))/(b — a) < 0, donc
g(b) < g(a). Donc g est bien décroissante.
b) On remarque que R: h\-> S (h) — g(0)/2 vérifie
.| +00
Wi>0, R(h) = -^(-l)Mn(/i) avec An(h) = g(nh) - g{(n + l)h).
n=0
Comme g est décroissante, on a ^4n(/i) > 0 pour tout n et pour tout h > 0. De plus la convexité
de # entraîne
V*>0,Vh6N-, g(wft) = g ((» - P* + (n + B*) < rf(n - 1)/») + g((» + D»)
c'est-à-dire g(nh) — g((n + l)/i) < g((n — l)/i) — g(nh). Autrement dit, la suite (An(h)) décroît
pour tout h > 0.
Finalement, YK"^)n^n(h) apparaît comme une série alternée dont la valeur absolue du
terme général décroît et tend vers 0. On peut donc écrire (voir le théorème 6 page 206)
l+oo
Wi>0, \2R(h)\ = \^2(-l)nAn(h)\
|n=0
On en déduit que R(h) tend vers 0 lorsque h —> 0+ (g est continue), donc S (h) —» </(0)/2 lorsque
<A0(h)=g(0)-g(h).
PROBLÈME 9. Donner un équivalent, lorsque x —> 1 , de la fonction
xr
+°° „n
f: [0,1[->R x^J2tZ
, _ xn

6. PROBLÈMES
277
Solution. L'identité 1 - xn = (1 - x)Pn{x) avec Pn(x) = 1 + x H \-xn * montre que
V* € [0,1[, <?(*) = (1 - *)/(*) = £ ^-r.
On se ramène ainsi à donner un équivalent de g. Pour n fixé, on a Pn(x) —» n lorsque a; —> 1",
ce qui amène à penser que g(x) est équivalent à h(x) = J^nS #n/n = — log(l — x). Montrons
ce dernier résultat. Compte tenu du fait que, pour 0 < x < 1,
n—1 n—1 n—1
0 < n - Pn(a:) = £(1 - xk) = (1 - a) £ Pk(x) < (1 - x) £ P„(a:) < n(l - z)Pnto,
fc=0 fc=l fc=l
on en déduit, pour tout x G [0,1[,
n=l n=l n=l
Ainsi, lorsque a; —> 1~, #(#) = /i(a;) + 0(1) = -log(l - x) + 0(1) ~ -log(l - x), donc
f(x) ~ log(l - x)/(x - 1).
Problème 10 (Une série entière semi-convergente sur tout son cercle de
convergence). 1/ Soient (an)neN* e* (bn)neN* deux suites complexes. On pose <Jo = 0
et pour tout n € N*, an = ]^fc=iafc- Montrer que Y2anbn converge dans les cas suivants :
a) (i) (^n) est bornée, (ii) £) \bn - bn+1\ converge, (iii) limn_++006n = 0.
b) (i) {an/y/n) est bornée, (ii) J2 \bn - bn+\\yjn converge, (iii) \\mn^+00bny/n = 0.
2/ (Application.) Montrer que la série entière
(_l)(v^n
« n
n€N*
(où [x] désigne la partie entière de x) est convergente en tout point de son cercle de
convergence \z\ = 1, mais n'est absolument convergente en aucun point de ce cercle
(traiter séparément les cas z = 1 et z ^ 1).
Solution. 1/ Dans les deux cas, on utilisera la relation suivante, conséquence d'une
transformation d'Abel :
n n n—1
Vn <E N*, ^2 akbk = ^(o'k ~ (Tk-i)h = Yl ak^bk ~ bk+^ + anbn' (*)
k=l k=l k=l
a) Si M désigne un majorant de la suite (|crn|), on a \crn(bn — 6n+i)l < M\bn — bn+\\, donc
Hvn{bn — bn+i) converge absolument d'après (ii), et comme |crn6n| < M\bn\ tend vers 0 d'après
(iii), on en conclut avec (*) la convergence de X)afc&fc.
b) Soit M un majorant de (\crn/y/n\), de sorte que \an\ < My/n pour tout n. On a \an(bn -
bn+i)\ < M\bn - bn+i\y/n donc ^2an{bn - 6n+i) converge absolument d'après (ii). Or \anbn\ <
M\bn\y/n tend vers 0 d'après (iii), d'où le résultat avec (*).
2/ Commençons par le cas z = 1. D'après la question 1/b) appliquée avec an = (—l)tv^ et
bn = 1/n, la convergence de XX- l)^™Vn sera assurée si on montre que les sommes partielles
on de XX-1)^^ sont majorées en valeur absolue par un terme de la forme My/n. Montrons
donc ce point.

278
4. SUITES ET SÉRIES
Pour tout entier naturel impair p on a
(p+2)2-l (P+1)2-1 (p+2)2-l
£ (-1)KH= ^ (-1)1^1+ £ (-l)t^ = (-l)P(2p+l) + (-l)P+1(2p + 3) = 2.
n=p2 n=p2 n=(p+l)2
Donnons nous maintenant N G N* et notons iVb le plus grand entier tel que (2iVo + l)2 < JV.
On a
(2W0+1)2-1 No-1 /(2fc+3)2-l \ No-1
n=l k=0 \n=(2fc+l)2 / fc=0
et comme (2N0 + l)2 < TV < (2iV0 + 3)2,
N
< iV + 1 - (2iV0 + l)2 < (27V0 + 3)2 - (27V0 + l)2 = 8{N0 +1) < 4^ + 4.
E (-i)1^
n=(2N0+l)2
Ceci montre que \aN\ < (y/N - 1) + (4\/]V + 4) = by/N + 3 < 8\/ÏV pour tout N eW, d'où le
résultat.
Passons maintenant au cas où \z\ = 1 et z ^ 1. On écrit z = é10 avec 0 < 6 < 2ir, et il s'agit de
montrer la convergence de ]T)(—l)^^eme/n. Pour cela, on va appliquer 1/a) avec an = eni6 et
6n = (-l)l^/n.
(i). La suite (<rn) est bornée car
Vn e N*,
0"n =
n
k=l
MO
;a 1 - e
je
,ni9
l-eie
<
i-éeY
(ii). Pour montrer que Y2 \bn — bn+\\ converge, on remarque d'abord
si 3p > 2 (p € N), n + 1 = p2 alors \bn - bn+i\ = - +
1 1
n
n + 1 p2 — 1 p
si 3p e N*, pJ < n < n + 1 < (p + I)"1 alors |6n - 6n+i| =
n n + 1 n(n + 1) '
On en déduit
[vW+î]
n=l n=l v ' p=2 x/^ ^ '
et comme les séries ^ l/(n(n + 1)), J^ l/(p2 — 1) et £) 1/p2 convergent, on en déduit que
Z) l&n — &n+i| est bornée donc converge,
(iii) est trivialement vérifiée.
Ainsi, pour tout z € C tel que \z\ = 1, la série ^2(—l)^^zn/n converge, mais ne converge pas
absolument. En d'autres termes, notre série entière est semi-convergente en tout point de son
cercle de convergence.
PROBLÈME 11. a) Montrer que la série entière ^2zn/(n\)2 a un rayon de convergence
infini. Soit / sa somme.
b) Pour tout x > 0, comparer f(x) et
I(x) = / exp(2y/x sin t)dt.
J-it/2
c) En déduire, lorsque x —> +oo, un équivalent de f(x).

6. PROBLÈMES
279
Solution.
a) C'est facile, car on a l'encadrement 0 < l/(n!)2 < 1/n! et la série £) zn/n\ a un rayon de
convergence infini.
b) Fixons x > 0. La série de fonctions ^2(2y/xsint)n/n\ de la variable t converge normalement
sur [—7r/2,7r/2] (car 2-^/0; sint y est bornée) vers la fonction t i-> exp(2y/xsmt), donc on est
autorisé à intervertir les signes de sommation en écrivant
+°° i>tt/2 2nxn/2 +°° 2nxn/2 f*/2
i(x) = J2 —r~sinn tdt = J2 —r~7"' où Vn e N> In= sinn l dt (*)
n=0*'-7r/2 n* n=0 n* J—x/2
Lorsque n = 2A; +1 est impair, l'intégrande de hk+i est impaire donc hk+i = 0- Lorsque n = 2k
est pair, I2k s'exprime au moyen des intégrales de Wallis (voir l'exercice 1 page 126)
h"-2h Sm tdt~ 2*(2fc-2)...2 2~¥^W '
et donc (*) s'écrit
S 2»** 1 K x* /(x)
-2*/5
c) Il s'agit de donner un équivalent de l'intégrale I(x) lorsque x —» +00. On pourrait s'en tirer
en appliquant directement la méthode de Laplace (voir le théorème 4 page 160). Comme cette
dernière n'est pas au programme de mathématiques spéciales, nous allons nous mettre dans les
conditions du concours et en faire abstraction.
Pour simplifier l'intégrande, nous commençons par faire le changement de variable u =
2>/xsint qui donne
f-2v/ï y/4x - u2
Lorsque x est grand, c'est la partie des u proche de 2y/x qui contribue le plus à la valeur de
l'intégrale. Pour ramener ce maximum à une abscisse fixe, on fait le changement de variable
v = 2y/x — u qui donne
pAy/x e2y/x—V e2y/x p4y/x ^ — V
Vx > 0, I(x) = / = dv = —777 J(x), J(x) = / , — dv.
V ; Jo y/A^iïv + v2 2xV4 v ;' K J Jo ^v + v2x~V2/4
Lorsque x —» +00, l'intégrande de J(x) tend vers e~v/y/v) et on s'attend à ce que J(x) converge
vers l'intégrale correspondante. Pour prouver ce point, nous utilisons l'inégalité \(v + a)-1/2 —
v~1/2\ < ajv^l2 pour a > 0 (conséquence de l'inégalité des accroissements finis) qui entraîne
Vx>0,
»4y/x p-V
4y/x „2 1 1 MVi
r4y/X p—V r4y/X n)%Z 1 1 My/X
J(x) - -rdv\< * J_ c-« «fo = J- / t^V"dv,
JO \FÔ \ Jo 4^/XV3/2 ïy/xJo
et comme /0+o° vl/2e~v dv converge, on en déduit J(x) = fQ4y^ e~v/y/v dv + 0(l/y/x) donc
J(x) converge vers /0+o° e~vv~1^2 dv lorsque x —» +00. Cette dernière intégrale est égale à
r(l/2) = v^r (voir la question 2/d) du sujet d'étude 1 page 295), donc finalement, lorsque
x —» +00,
Problème 12. Pour tout entier naturel n, on note v2{n) le nombre de "1" dans l'écriture
binaire de n. Montrer que la série Y^ converge et calculer sa somme.
n€N
\ n(n + 1)

280
4. SUITES ET SERIES
Solution. Soit n e N* et n = 2£_0 £fc 2k son écriture binaire (£& 6 {0,1} pour tout fc et ep = 1).
On a ï/(n) = X)fc=o£fe — P "*" *• ^ar a*Neurs> 2P = £p2p < n donc p < log2n, donc finalement
^2(rc) < 1 + log2n. Comme 1 + log2 n = 0(y/n) lorsque n —» +oo, on en déduit ^(n) = 0(y/n),
donc wfa+j}\ = 0(n-3/2). La série à termes positifs ]£ wfa+i} est donc convergente.
Pour calculer sa somme S, on remarque que pour tout entier naturel n, v2{2ri) = v2(n) et
i/2 (2n + 1) = i^(n) + 1. En séparant les termes pairs et impairs de la série, ceci entraîne
g m(2n) +g u2(2n + 1) =^ u2{n) S i/2(n) +1
^ 2n(2n + 1) ^Q (2n + l)(2n + 2) ^ 2n(2n + 1) ^J (2n + l)(2n + 2)
= V \( l 1 \ S 1
£j **W ^2n(2n + 1) + (2n + l)(2n + 2)/ + ^ (2n + l)(2n + 2)
_^ 2u2(n) a/ i i \_5 aç-ir-1
^-f2n(2n + 2) ^V2n + 1 2n + 2/ 2 ^ n
n=l v 7 n=0 N ' n=l
Il est bien connu que J^fJ ^—£-— = log 2 (voir par exemple la remarque de l'exercice 10
page 252), donc finalement, on a S = S/2 + log 2, donc S = 2 log 2.
Problème 13 (Théorème de réalisation de Borel). Soit (an)neN une suite
complexe quelconque.
Soit (p : R —► R une application de classe C°° telle que (p(x) = 1 pour x e [—1,1] et
(^(x) = 0 pour |rrr| > 2 (une fonction de ce type est construite dans l'exercice 3 page 77).
On pose tpn{x) = xn(p(x)} on note Mn un majorant de |<£>n|, |<£>(J,..., \ipn | sur R, et on
choisit une suite réelle (An)n€N vérifiant Àn > 1 pour n G N, tendant vers +oo, et telle
que X) \an\Mn/\n converge.
Montrer que la fonction /: ih J2nS> o,nxn(p(Xnx) est bien définie, de classe C°° sur
JR et vérifie /(n)(0)/n! = an pour tout n € N.
Solution. Notons d'abord que Mn existe bien car ipn est à support compact, et qu'on peut choisir
par exemple An = 1 + n2(l + |an|Mn). La fonction / est bien définie en x = 0, et pour x ^ 0
également car les termes de la série sont nuls à partir d'un certain rang (dès que \\nx\ > 2).
Montrons maintenant par récurrence sur p e N que / est de classe Cp sur R et que
+oo
fM(x) = "£an\rn-n<piï\\nx). (*)
71=0
Pour p = 0, l'écriture (*) découle de la définition de (pn) et la série (*) converge normalement car
pour n > 1, \anX~n(pn(Xnx)\ < |an|Mn/Àn, d'où la continuité de / sur R. Supposons maintenant
le résultat vrai au rang p et montrons le au rang p + 1. La série des termes dérivés de (*)
^2anXn+ ~n<fn (An#) converge bien normalement car pour n > p + 2, on a la majoration
|ûnÀn+1_n^n X (An^)| < \an\Mn/\n. On en déduit que /^ est de classe C1 (donc / de classe
Cp+1) et que la formule (*) est bien vraie au rang p + 1.
Il suffit maintenant de remarquer que (pn(x) = xn pour x e [—1,1] donc <^J> (0) = p\ et
<#(0)=0 si n ^ p. Avec la formule (*), on en déduit que /(p)(0)
Problème 14. Soit (an)neN une suite strictement croissante d'entiers, avec ao > 0. Pour
tout n G N, on pose bn = ppcm (oq, ai,..., an)- Étudier la nature de la série J2 l/&n-

6. PROBLÈMES
281
Solution. Nous allons montrer que la série converge. La suite (6n) est croissante. Soit <p la
fonction strictement croissante de N dans N telle que
Vn G N, bv(n) = 6v(n)+l = • • • = ^(n+lj-l < *V(n+l)-
Comme 6v(n) divise fy^n+i), on a 6v(„+i) > 2b(p^, donc 6^) > 2n pour tout n G N.
Par ailleurs,
vnGN, pn= X. r = b~7~, • w
Si 6fc = 6fc+i, cela signifie que ajt+i | &&. En particulier, les entiers a^+i,... iflv(n+i)-i divisent
b<p(n) pour tout n. Or tout entier N a au plus 2y/N diviseurs, car l'application
{deN* \d\N}^{lt2t...tVN] di->inf|df^|
est telle que tout élément de l'image d'arrivée a au plus deux antécédents. Donc &v(n) a au plus
2y/b,p(n) diviseurs, donc (p(n + 1) — (p(n) < 2yJb(p(ny On en déduit avec (*) que
donc X) Pn converge, et comme les séries considérées sont à termes positifs, J2 l/bn converge.
Problème 15. Soit ^2anzn une série entière de rayon de convergence > 1, telle que
sa somme / se prolonge en une fonction continue (toujours notée /) sur le disque unité
fermé. On suppose que
3a G R, 30 > 0, Vt G [a, a + 6], f(e*) = 0. (*)
Montrer que / est la fonction nulle.
Solution. Soit N G N* tel que N6 > 2n. Considérons la fonction
g : D = {z G C, |*| < 1} -> C z» f(z)f(zeie) • • • f{ze^N-^d).
O
D'après (*), g est nulle sur le cercle unité. Or / est la somme d'une série entière sur D, et par
un produit de Cauchy on en déduit que g est la somme d'une série entière Yl bn zn sur le disque
unité ouvert. Soit n G N. La formule de Cauchy (voir le théorème 4 page 239) donne
1 P2ir
VrG]0,l[, bnrn = 7^J 9(re*)e~«* dt. (**)
La fonction [0,1] x [0, 2tt] —» C (r, t) —► g{relt) est continue (car g est continue sur D), et d'après
le théorème de continuité sous le signe intégral, l'intégrale de (**) tend vers ff* g(eu)e-int dt = 0
lorsque r —> 1~. On en déduit bn = 0 d'après (**). Ceci est vrai pour tout n G N, donc g est
nulle.
En particulier, g(l/n) = 0 pour tout n G N*. La forme de g montre donc qu'il existe k et une
infinité d'entiers n pour lesquels f(ekie/n) = 0. Comme /, la fonction z «-»■ f(eîkdz) est la somme
d'une série entière sur le disque unité. D'après le principe de zéros isolés (voir le théorème 3
page 239) on en déduit que f(eikez) = 0 pour tout z G D. La fonction / est donc nulle.
Remarque. On aurait pu utiliser l'égalité de Parseval au lieu de la formule de Cauchy.
PROBLÈME 16. Soit f(z) = Y^t=oanzn kt somme d'une série entière de rayon de
convergence 1, à coefficients réels, telle que a0 = 0 et ai = 1. On suppose que / est injective sur

282
4. SUITES ET SÉRIES
le domaine D = {z G C : \z\ < 1}. On veut montrer que \an\ < n pour n > 1.
a) Montrer que pour tout r tel que 0 < r < 1, on a
ira
~2
-— = / $s(f(ret9)) sinn9dÔ. {^(u) désigne la partie imaginaire de u)
2 Jo
b) Lorsque 6 e [0,7r], étudier le signe de S(/(reî5)), puis montrer l'inégalité |sin(n#)| <
n\ sin#|. En déduire \an\ < n pour tout n € N*.
c) Montrer que l'inégalité précédente est la meilleure possible.
Solution, a) Soit r <E ]0,1[. On a ak G R pour tout k G N donc %(f(reie)) = YltZ akrk sin &0, et
comme cette série est normalement convergente, on peut l'intégrer terme à terme ce qui donne
/ ^f(rei9))smn9d6 = Y]akrk smk0smn0d0.
Il suffit ensuite de remarquer que sinfc0sinn0 = ^(cos(k — n)0 — cos(fc + n)0), et comme
Jq cosp6d6 = 0 si p ^ 0, = 7r sinon, on en déduit f£ sink0smn0d0 = 0 si k ^ n, = 7r/2
si fc = n, d'où le résultat demandé.
b) On a /(z) G R si et seulement si f(z) = f(z) = f(z), et comme / est injective, ceci
n'est possible que si z = z, c'est-à-dire z G R. Ainsi, ^(f(z)) ne s'annule pas sur le connexe
D+ = {z G D,$l(z) > 0} et comme l'image d'un connexe par une application continue est un
connexe, $>(f(z)) garde un signe constant sur D+. Comme f(z) = z + o(z) lorsque z —» 0, on en
déduit que $>(f(z)) > 0 sur un voisinage de 0 dans D+, donc dans D+ tout entier.
L'inégalité | sin(n0)| < n\ sin0| pour 0 G R se montre facilement par récurrence sur n à partir
de l'identité sin(n + 1)0 = sin n0 cos 0 + sin 0 cos n0.
On utilise maintenant l'identité démontrée dans la question précédente, qui implique
\a\ <— T \%(f(reie))\ • |sinn0|d0 < — / %(f (rei0))n sin 0d0 = nax=n
irrn J0 nr71 J0
où nous avons une nouvelle fois utilisé l'identité de a) pour n = 1.
c) L'inégalité est bien la meilleure possible, car on vérifie facilement que Ylt™onzn = z/(^ ~~z)2
est injective sur D.
Problème 17 (Fonction zêta de Riemann). Pour tout s > 1, on pose
+oo 1
n=l
a) Montrer que £ définit une fonction de classe C°° sur ]1, +00 [ et exprimer ses dérivées
successives. s-*J)
b) Montrer que £ converge en +00 et que lorsque 5 —► 1+, Ç(s) = l/(s — 1) +7 + 0(1) (où
7 désigne la constante d'Euler).
c) On note (pn)neN* la suite des nombres premiers rangés dans l'ordre croissant. Montrer
la formule (identité due à Euler)
+00 , - v /+00 N >
v*>i. cw-n(ïT^) (n-1,535.11
n=l ^ yn / \n=i n=1/
d) Montrer que la série J2 1/Pn diverge.
Solution, a) Pour démontrer que £ est de classe C°° sur ]1, +oo[, il suffit de montrer qu'elle est
de classe C°° sur [a, +oo[ pour tout a > 1.

6. PROBLÈMES
283
Fixons donc a > 1. La fonction £ est limite simple de la série de fonctions J2 VnS sur
]1, +oo[. Pour tout p G N*, montrons que la série des dérivées p-ièmes XX-l)p l°gp n/™s converge
uniformément sur [a, +oo[. Pour p G N* fixé, on a, en écrivant a = 1 + 2h (h > 0)
logpn rt , logpn logpn 1 / 1 \
hm —r— = 0 donc = —^r r-rr = o
n-*+oo n'1 n° n'1 n1+/l \n1+h J '
donc la série J^ logp n/n° converge. Comme logp n/ns < logp n/n° pour tout s > a, on en déduit
que JZ(—l)plogpn/ns converge normalement donc uniformément sur [a,+oo[. Ainsi (voir le
premier alinéa de la remarque 5 page 223), la fonction £ est de classe C°° sur [a, +oo[ et sur cet
intervalle, on a
VP6N-, <«(,) = g !°£».
71=1
b) On commence par une classique comparaison série-intégrale,
1 Pn+1 dt 1 f+oc dt 1
Vs>1'VneN*' (^+Wn ïï*ï? donc c(s)-^i F = J3ï^CW
(par sommation ^ur,n > 1 de la première inégalité). Ceci entraîne 1/(3 — 1) < Ç(s) < 1 + 1/(5 — 1)
pour tout s > 1. On en déduit que Ç(s) ~ 1/(5 — 1) lorsque s —» 1+, et comme 1 < Ç(s) <
1 + 1/(5 — 1), C converge vers 1 en +00.
Pour obtenir le second terme du développement asymptotique de £ en s = 1+, il faut raffiner
la technique. Comme 1/(5 — 1) = fx °° dtjts , on a
1 +°° 1 rn+1 fa
V*>1, CW-—i = ^^n{s) où un(s) = — -j —. (*)
Or
1 1 r+1 *d* _ r+1dt
t2'
v,e[i,2], o<u„w<i-^=/;+^<2/;
On en conclut que la série de fonctions/^ un converge normalement sur [1,2], donc que sa somme
est continue sur [1,2], en particulier en 1+. On en déduit
1 n 11
C(s) t= Hm Vttfc(l) = lim 1 + - + ••• + -- log(n + 1) = 7,
S — 1 n-*oo ^—' n—*+oo 2 H
n
i
lim
Jk=l
d'où le résultat.
c) Si s > 1, on a log(l - Pn8)-1 ~ Pu* ^ l/n~s lorsque n —>• +00, donc Enlog(l - PnS)~l
converge, ce qui assure l'existence du produit infini pour tout s > 1. L'idée dans ce qui suit
repose sur le fait que pour tout k et pour tout s > 1, on a (1 -Pfc3)-1 = Yln^oPkUS'
Pour tous les entiers naturels non nuls m et M, pour tout s > 1, on a
fr[V-J— |= V 1 (**)
ib=i \ik=o W)S/ o<ii,...,im<M W * * '*)S
Maintenant, donnons nous N e N*. Soit pmo le plus grand nombre premier pi et Mo la plus
grande des puissances ik apparaissant dans toutes les décompositions en facteurs premiers des
N premiers entiers 1,..., N. Considérons m > mo et M > Mo- Tous les entiers compris entre
1 et N se retrouvent dans les entiers pj1 • • -p*™ (0 < h,... ,im < M), donc le dernier terme
de (**) est supérieur à Y^Li VnS- Par ailleurs, les nombres p\l •••?£? représentent des entiers
distincts (unicité de la décomposition en facteurs premiers), et finalement, (**) montre
Vs>l,
N 1 m / M - \ +00 -
2^ rf - 11 I l^i ( ik\s } ~ 2-urfi ~

284
4. SUITES ET SÉRIES
Cette expression est valable pour tout m > mo et pour tout M > Mo. En faisant tendre M puis
m vers +00, on en déduit
Vs>l,
N 1 +00 l+oo .. \ +00 , n k
n=\ k=\ \ik=§\Pk) ] k=\X Pk /
Cette expression est valable indépendamment de N G N*, on peut donc faire tendre N vers +00,
ce qui fournit l'égalité voulue.
d) Raisonnons par l'absurde. Si Yj ^-IVn converge, l'équivalent log[(l — l/pn)~l] ~ l/pn montre
que Iln5(l — VPn)-1 converge. Notons l la valeur de ce produit infini. Pour tout s > 1,
+00 / -, \ +00
cw=S(n^n(rrk)=<>
ce qui montre que Ç est majorée sur ]1, +oo[. Ceci est impossible puisque l'on a montré Ç(s) ~
l/(s — 1) lorsque s —> 1+, d'où le résultat.
Remarque. Le résultat de c) est généralisé au domaine complexe dans l'annexe C, et
constitue une des clés permettant de démontrer le théorème des nombres premiers.
- On peut montrer que n*=i(l— VPfc) ~ e~7/ logn où 7 est la constante d'Euler (formule
de Mertens). On en déduit $^£=1 l/pk ~ log(logn) lorsque n —> +00. Cette dernière
estimation est aussi une conséquence du théorème des nombres premiers (voir annexe C)
puisque ce dernier entraîne pn ~ n log n.
- A partir du développement en série entière de la fonction x h* un(\-\-x) et de l'expression
(*) on peut montrer que pour tout x > 0 on a le développement en série entière
X ^—' p\ k^+00 \ 1
n r. .-- v - k p+1
p=0 N ^
On a 70 = 7 et les termes 7P pour p > 1 sont des généralisations de la constante d'Euler.
Problème 18 (Preuve du théorème de Weierstrass par la convolution).
On note S l'e.v des fonctions continues de R dans C et nulles en dehors d'un compact.
On muni S de la loi de convolution • en définissant, pour tout (/, g) G S2 la convolée
f*g: R-+C xi-> I f(x -t)g(t)dt. (
J—00
1/ a) Montrer que la loi * est commutative et distributive par rapport à l'addition.
b) (Séquences de Dirac.) On appelle séquence de Dirac (on dit encore approximation de
l'identité) toute suite (xn) de fonctions positives de S vérifiant
/+00 />
Xn(t) dt = 1, et Va > 0, lim / Xn{t) dt =
■00 - n^+00 J,t,>a
(Jiti>a signifie J_^ + /a °°)- Soit (xn) une telle suite et soit / e S. Montrer que la suite
de fonctions (/ * Xn)neN converge uniformément vers / sur R.
2/ Pour tout n G N, on pose
an=f\l-trét et Pn:R^C « ~ I*1 "^"/o» * 1*1 < 1
7_i 0 sinon.

6. PROBLÈMES
285
a) Montrer que (pn) est une séquence de Dirac.
b) Soit / e S, nulle en dehors de / = [-1/2,1/2]. Pour tout n e N, montrer que / *pn
est une fonction vpolynôme. Conclure.
c) En déduire le théorème de Weierstrass : si J est un segment de R et si / : J —> C est
continue, alors / est limite uniforme sur J d'une suite de fonctions polynôme.
Solution. 1/ a) La distributivité par rapport à l'addition de la loi * est immédiate. Pour prouver
qu'elle est commutative, il suffit d'effectuer le changement de variable u = x — t dans l'intégrale
définissant /*g.
b) Fixons e > 0. La fonction / est continue et nulle en dehors d'un compact, elle est donc
uniformément continue sur E, donc
3rt > 0,V(z,2/) € E2, \x-y\< 77, \f(x) - f(y)\ < e.
■—)
Désignons par M un majorant de |/| sur R. Choisissons AT G N tel que fu^Xnitydt < s pour
tout n > N. Comme f_™Xn(i)dt = 1, et que les fonctions Xn sont positives, on a pour tout
n> N
/+oo I
[f(X-t)-f(x)]Xn(t)dt\
■oo I
< f \f(x -t)- f(x)\ Xn(t) dt + [V \f(x -t)- f(x)\ Xn(t) dt
J\t\>r, J-n
/V r+oo
Xn{t) dt < 2Me + e Xn{t) dt = (2M + l)e.
-T] J —OO
Ceci suffit pour conclure.
2/ a) On remarque que f_™pn(t)dt = J_1pn(t)dt=\ par définition de an. Par ailleurs,
r\ pi r/i _ f2\n+l-\1 i
VneN*, an = 2 (l-t2)ndt>2 t(l-t2)ndt=\ K ! ' -
Jo Jo [ n+1
donc si a > 0 (et a < 1),
Vn e N*, / Pn(t)à=X- [ (1 - t2)ndt < —(1 - a2)n < 2(n + 1)(1 - a2)n,
J\t\>a (<~-^0'n Ja an
et comme |1 — a2\ < 1, ceci suffit pour conclure que Jm>aPn(£) dt tend vers 0 lorsque n —> +oo.
b) Pour montrer que / • pn est une fonction polynôme sur J, on commence par écrire
/•1/2
Vxel, (f*Pn)(x) = (Pn*f)(x)= pn(x-t)f(t)dt. (*)
J -1/2
Lorsque x e I et t e I, on a \x -1\ < 1 donc pn(x -1)^ (1 - (x - t)2)n/an, ce qui en développant
s'écrit sous la forme Y^o Qk(t)xk (où pour tout k, qk est une fonction polynôme). En remplaçant
dans (*), on en déduit
Jo
n + 1
Vx
2n / .1/2 \
e /, V*Pn)(x) = E / M(t)f(t)dt x\
qui est bien une fonction polynôme sur J.
Maintenant, on sait d'après 1/b) que (/ • pn) converge uniformément vers / sur E, en
particulier sur /. En définitive, nous venons de montrer que / est limite uniforme sur / d'une
suite de fonctions polynôme.
c) Soit [a, b] un segment de E et / : [a, b] -► C une fonction continue. En considérant un
intervalle plus grand [c,d] avec c < a, b < d, on prolonge / sur [c,a] (resp. sur [b,d]) par une
fonction affine prenant la valeur 0 en c et la valeur f(a) en a (resp. la valeur f(b) en b et la

286
4. SUITES ET SÉRIES
valeur 0 en d). On prolonge ensuite / sur R tout entier en prenant f(x) = 0 hors de [c, d\. Le
prolongement ainsi construit de / est continu sur M, nul en dehors d'un compact, donc / G £.
On peut ensuite, en effectuant un changement de variable affine, se placer dans le cas où
[cyd] = [—1/2,1/2]. La fonction / est alors limite uniforme de fonctions polynôme sur [c,d]
d'après la question précédente, en particulier sur [a,6] C [c, d].
Remarque. Une autre preuve de ce théorème fait l'objet de l'exercice 8 page 231.
Problème 19. Dans ce problème, on pourra utiliser le théorème de Weierstrass (voir le
problème précédent ou voir page 224).
a) Soit / : [0,1] —► C une fonction continue, telle que pour tout n G N, /0 f(t)tndt = 0.
Montrer que / est la fonction nulle.
b) Soit / : R+ —> C une fonction continue telle que l'intégrale /0+o° f(t) dt existe. Montrer
que pour tout n G N*, l'intégrale In = /0 f(t)e~nt dt existe. Si In = 0 pour tout n G N*,
montrer que / est la fonction nulle.
Solution, a) La propriété vérifiée par / entraîne par linéarité J0 f(t)P(t) dt = 0 pour toute
fonction polynôme P. D'après le théorème de Weierstrass, il existe une suite de fonctions polynôme
(Pn) qui converge uniformément vers / sur [0,1]. De plus, / est bornée sur [0,1] (continue sur
un compact) donc la suite de fonctions (fPn) converge uniformément vers // = |/|2 sur [0,1].
Comme J0 f(t)Pn(i) dt = 0 pour tout n, on en déduit
/ \f(t)\2dt= lim / f(t)Pn(t)dt = 0.
La fonction |/|2 est continue est positive, elle est donc nulle sur [0,1] d'où le résultat.
b) Considérons la primitive de / définie par F : x •->• f£ f(t) dt. Si n G N*, une intégration par
parties donne
VX>0, / f(t)e-ntdt=\F(t)e-nt]X +n [ F(t)e~ntdt = F{X)e~nX + n / F(t)e~ntdt.
Jo L Jo Jo Jo
La fonction F est bornée car l'intégrale de / existe sur R, ce qui en particulier entraîne l'existence
de l'intégrale Jn = J0+o° F(t)e~nt dt. Le membre de droite de la formule précédente converge donc
lorsque X —> -j-oo, ce qui assure l'existence de In et montre que In = nJn.
Si In = 0 pour tout n € N*, on a donc Jn = 0 pour tout n G N*, ce qui en effectuant le
changement de variable u = e-t entraîne
VnGN*, Jn= f un-1F(-\ogu)du = 0.
Jo
(*)
La fonction continue ]0,1] —> C u i-> F(— log^) est prolongeable par continuité sur [0,1] car
F converge vers +oo (vers l'intégrale de /). Ainsi, la formule (*) entraîne, d'après la question
précédente, que F est la fonction nulle. Comme F est une primitive de la fonction continue /,
on en déduit que / est la fonction nulle.
Problème 20 (Théorème de Fejér). Soit / : R —> C une fonction continue et
27r-périodique. Pour tout k G Z, on note ek : M —> C ïh eikx. Pour tout n G N, on
définit les fonctions
n
Sn = Y2 CkU)ek, Cn =
*Sq + *Si + • • • + Sn
n+1
k=—n

6. PROBLÈMES
287
(où les Ck(f) sont les coefficients de Fourier de /) et
£o + • • • + Sn
71+ 1
k=—n
a) Vérifier que ^ f*n Cn(t) dt = 1 pour tout n G N, et montrer que pour tout a G ]0, ir[
la suite de fonction (Cn) converge uniformément vers 0 sur [—7r,7r]\[—a, a].
b) En déduire le théorème de Fejér : la suite de fonctions (Cn) converge uniformément
vers / sur R.
Solution, a) On a ^ /*ff ek(t) dt = 0 pour tout k G Z* et ^ /^ eo(£) dt = 1. On en conclut
V»€N, ££&(*)* = ! et è£â'W*-^ï(gè£S*W*)=1-
Pour montrer le résultat demandé sur la convergence uniformè-deX7n, on calcule d'abord Sn.
On reconnaît le noyau de Dirichlet, son calcul est classique et pour x G E\27rZ on a
e(2n+l)ix _ -l sin((n + y2)x)
—inx
VnGN, Sn(x) = e _ .
elx — \ sin(a;/2)
et comme
Vn G N Y" e(*+W* = cfe/2 e(n+1)i3: ~ ! = c(n+i)te/2 sin((n + l)s/2)
'4^ eïa: -1 sin(z/2)
/C—U
on en déduit, en prenant la partie imaginaire, que
n + 1 £—' n + 1 \ sin(a;/2) /
On en conclut que si 0 < a < n,
1
Vn G N,Vz G [—7r,7r], |z| > a, |Cn(a;)| <
(n + l)sin2(a/2)'
Ceci suffit pour montrer que (Cn) converge uniformément vers 0 sur [—7r,7r]\[—a,a].
b) On remarque que pour tout n G N et pour tout x G E,
s»w = h è (X ^)e~iA* dt) eifc* = h l\ m^n{x ~t] dt'
donc Cn{x) = ^ f!nf(t)Cn(x - t)dt. Ainsi Cn s'écrit comme un produit de convolution. Le
changement de variable u = x — t, conjugué au caractère 27r-périodique des intégrandes, entraîne
Va; G E, VnGN*, Cn{x) = J- / f(x-u)Cn(u)du. (*)
27r J-ir
Ceci étant, prouvons la convergence uniforme de (Cn) vers /. On procède comme dans la
question 1/b) du problème 18. Soit e > 0. La fonction / est continue et 27r-périodique, elle est
donc uniformément continue sur E ce qui entraîne
3a G ]0,tt[ , V(x, y) G E2, |* - y| < a, |/(a;) - /(y)| < e.
En désignant par M un majorant de |/| sur E, la formule (*) montre que pour tout £ G E et
pour tout n G N,
|/(3) - Cn(x)\ = li- f (/(a; - t) - /(s))C„(t) <*t|
< ± / 2MCn(t) dt + ± e Cn(t) dt<— Cn(t) dt + e,
27T /a<|t|<w 2* J-a 27r ^a<|t|<7r

288
4. SUITES ET SÉRIES
et comme (Cn) converge uniformément vers 0 sur [—7r,7r]\[—a,a], il existe N G N tel que
fa<\t\<jrCn(t)dt < e pour tout n > iV, de sorte que \f(x) - Cn(x)\ < (M/ir)e + e pour tout
x G È et pour tout n > iV. D'où le résultat
Remarque. Le théorème de Fejér s'exprime en disant que la série de Fourier de toute
fonction continue 27r-périodique converge uniformément en moyenne de Césaro vers /.
En particulier, toute fonction continue 27r-périodique est limite uniforme de polynômes
trigonométriques sur R.
PROBLÈME 21. a) Soit a G R\Q. Montrer que pour toute fonction / : R —> C continue
et 27r-périodique, on a
lim 5n(/) = — / f(t)dt où Sn(f) = -y2f(27rak). (*)
(Indication. Utiliser le fait que / est limite uniforme de polynômes trigonométriques sur
R — voir le problème précédent.)
b) En déduire que si a G R\Q, l'ensemble T = {na — [na], n G N} (où [x] désigne la
partie entière de x pour tout x G R) est dense dans [0,1].
Solution, a) Prouvons d'abord le résultat lorsque / est une fonction de la forme ep : R —>
C xh eipx (p G Z). Si p G Z*, on a (compte tenu du fait que e2inap ^ 1 car a & Q)
1 n 1 1 __ J2iirapn o
Vn€N«, SnW = -E*«t) = -efc'î^S5- donc \Sn(ev)\<
ce qui montre que Sn{ep) tend vers 0 = ^ J0 ep(t) dt lorsque n —» +00. L'assertion (*) est donc
vraie pour f = ep lorsque p eZ*. Elle est trivialement vraie pour eo-
Finalement, (*) est vraie pour toute les fonctions ep. Par linéarité, on en déduit qu'elle est
vraie pour tout polynôme trigonométrique.
Considérons maintenant une fonction / : R —» C, continue et 27r-périodique. Soit e >
0. On sait qu'il existe un polynôme trigonométrique P (voir le problème précédent) tel que
\f(x) — P(x)\ < e pour tout a; G R. Par ailleurs, nous avons montré que (*) était vrai pour P,
donc il existe AT G N tel que \Sn(P) — ^ f^ P(t) dt\ < e pour tout n > N. On en déduit
Vn>iV,
2tt J0
2tt
Sn{f)~hSJf{t)dt
< \Sn(f) ~ Sn(P)\ +
D'où le résultat.
1 /*^7r I 1 I /'^7r
cft
< £ + £ + £ = 3£.
b) Raisonnons par l'absurde. Si F n'était pas dense dans [0,1], il existerait a,b G R, 0 < a <
b < 1, tels que F n [a,b] = 0. Il est facile de construire une fonction / positive, continue et
27r-périodique sur R telle que f(x) > 0 sur ]27ra, 2irb[ et f(x) = 0 sur [0,27ra] U [2irb, 2ir]. Comme
pour tout n G N on a na - [na] £ [a, 6], on a f(2irak) = 0 pour tout k G N donc 5n(/) = 0 pour
tout n G N*. Ceci est en contradiction avec (*) car la fonction / vérifie J0* f(t) dt > 0.
Remarque. On retrouve facilement, avec la question b), que aN — N est dense dans R
si a G R\Q. C'est en substance le résultat démontré (par des moyens différents) dans la
question c) de l'exercice 5 page 197.

6. PROBLÈMES
289
Problème 22 (Théorème taubérien fort). Soit (an) une suite réelle telle que
an = 0(l/n) lorsque n —> -foo. On suppose que la série entière *Yi,anzn a un rayon de
convergence > 1 et que sa somme F vérifie lim^x- F(x) = 0. Notre propos est de montrer
que la série J2 an converge et que sa somme est nulle.
On note $ l'ensemble des fonctions </? : [0,1] —> R telle que
1. pour tout x G [0,1[, la série ^2an(p(xn) converge ;
2. lmw- ES anip(xn) = 0.
1/ a) Vérifier que toute fonction polynôme p nulle en 0 est élément de $.
b) Soit q une fonction polynôme. Montrer l'existence et déterminer
+oo
lim_(l-x)^znç(a:n).
n=0
2/ a) On considère la fonction g : [0,1] —► R x h* 0 si 0 < x < 1/2, x *-+ 1 sinon. Pour
tout e > 0, montrer qu'il existe deux polynômes pi et P2 vérifiant
(i) Pl(0) =P2(0) = 0 et pi(l) =p2(l) = 1 ;
(ii) Pi<g<P2 sur [0,1] ;
(iii) f q(x) dx < e avec q(x) = V^X) PlW
Jo
'o x(l - x)
b) Montrer que g G $.
3/ En déduire le théorème taubérien d'Hardy-Littlewood : Si (bn) est une suite réelle
vérifiant bn = 0(1 /n) et si lim^x- X}*2&n#n = ^, alors la série X)6n converge et sa
somme vaut t
Solution, a) Si p(x) = xk avec k € N*, alors ^2anp(xn) = J2an{%k)n converge pour tout
x e [0,1[, et de plus
+oo +oo
Vx 6 [0,1[, ]T anV{xn) = F{xk) donc lim_ ]T anp(xn) = 0.
n=0 X~*1 n=0
Par linéarité, on en déduit que ce résultat est vrai pour toute fonction polynôme nulle en 0.
b) Le polynôme q est borné sur [0,1], donc pour tout x G [0,1[, la série ^2xnq(xn) converge
absolument donc converge.
Si q est le monôme x i-> xk (fc 6 N), alors
+oo +oo 1 — r 1
V* 6 [0,1[, (1 - *)£*»«(*») = (1 - x) ^(xk"r = Y^m = 1 + x + ... + xk>
n=0 n=0
donc
lim (1 - x) J2 *n«(*n) = TT1= *W dt-
x->i- ^ /c + l Jo
On en déduit par linéarité que le résultat reste vrai pour tout polynôme q.
2/ a) On considère la fonction h : [0,1] —» R définie par
h(x) = 9^) * si x G 10,11, M0) = -1, Ml) = l-
x{± — x)
Compte tenu de la valeur de g la fonction h vérifie
Vx<E
*j
, h(x) = — , Vx e
!■■
' hW = x'
X
Soit e > 0. On peut trouver deux fonctions continues si et S2 vérifiant s\ < h < S2> /0 s2(£) -
si(£) dt < e (on s'en convainc en faisant un dessin : prendre deux fonctions égales à h sur [0,1]
sauf sur un petit voisinage de la discontinuité en x = 1/2 de h> et joindre les extrémités dans

290
4. SUITES ET SÉRIES
la partie manquante par une ligne continue qui reste toujours du même coté du graphe de h et
qui reste bornée). Comme si et S2 sont continues, on peut trouver deux polynômes t\ et £2 tels
que |*i — si| < e et |*2 — *2| < £ sur [0,1] (conséquence du théorème de Weierstrass). Ainsi, les
polynômes u\ = t\ — e et u<i = t<i + e vérifient u\ < s\ < h < S2 < u<i et ui - u\ = t^ -1\ + 2e <
S2 — s\ + 4e donc
/ (u2(x) - u\(x)) dx < (s2(x) - s\(x) + 4e) dx < 5e.
Jo Jo
Comme g(x) = x + x(l — x)h(x) sur [0,1], on en conclut que les polynômes p\ et j>2 définis par
Pi(x) = x+x(l-x)ui(x), P2(x) = x+x(l-x)u2{x) vérifientp\(0) =P2(0) = 0,pi(l) = P2{1) = 1,
Pi < 9 < V2 et
ii- t \ V2{x)-pi{x) f , fl ( \
le polynôme q(x) = —— ^— = U2\x) — u\{x) vérifie / q(x)
Jo
x(l — x)
dx < 5e.
D'où le résultat.
b) Soit e > 0 et des polynômes pi, p2, q vérifiant les conditions (i), (ii) et (iii) de la question
précédente.
1. La convergence de ^2ang(xn) pour tout x G [0,1[ est immédiate car le terme d'indice n
de cette série est nul dès que xn < 1/2.
2. Soit M > 0 tel que \an\ < M/n pour tout n e N*. Comme p\ < g < P2, on a par ailleurs
Vz<E[0,l[,
+oo
^2ang(xn) -^2anPi(xn)
n=0
+oo
n=0
+oo
<Eia"i^-^)^n)
71=1
+oo
+oo
~ rn('\ — Tn\
<M^2 q(xn) < M(l -x)^2xnq(xn) (*)
i ^ i
n=l n=l
(on a utilisé la majoration (1 - xn) = (1 — x)(l + x + • • • + xn~l) < (1 — x)n). Or p\ e $ et
lima;^i_(l — x) SnS xnq(xn) = f0 q(t) dt < £, on en conclut
I +oo I +oo
3àg[0,1[,Vx<e[à,1[, ~"
L'inégalité (*) entraîne donc
+oo
E
71=0
^2anpi(xn)
<e et (l-x)J2 xnq(xn) < 2e.
71=1
V*e[A,l[,
+00
Y,an9{xn)
n=0
<
+00
^2anpi(xn)
n=0
+
+OO
Yjan(9-V\){xn)
n=0
<e + 2Me = {2M + l)e.
Ceci est possible pour tout e > 0, donc g vérifie bien la condition 2 des éléments de $.
3/ La forme de g montre que
+00 [-log2/loga;]
Vx e [0,1[, ^2 an9(xn) = ]T an,
71=0
n=0
et comme g e $, on en conclut en faisant tendre # vers 1~ que la série J2 an converge et que sa
somme est nulle.
Le théorème de Hardy-Littlewood s'en déduit facilement en considérant (an) définie par
o>o = bo — £ et an = bn pour tout n e N*.
Remarque. Ce résultat est la version forte du théorème taubérien vu dans l'exercice 11
page 253. La preuve est intéressante car elle fait appel au théorème de Weierstrass là on
ne s'y attendait pas a priori. '
Si les bn sont positifs, ce résultat est beaucoup plus facile à prouver.
On peut montrer que le théorème Taubérien d'Hardy-Littlewood reste vrai si la suite
(nbn) est seulement minorée (et non pas bornée comme dans le cadre de l'exercice).

6. PROBLÈMES
291
Problème 23 (Théorème de Mûntz). On note C l'e.v des fonctions continues de
[0,1] dans R. On utilisera, sur C, les deux normes suivantes :
V/ € C, \\f\\2 =(f1 f\t)dt) et ll/IU = sup |/(«)|.
wo / te[o,i]
Le but de ce problème est de donner une condition nécessaire et suffisante sur une
suite strictement croissante (an) à valeurs positives, pour que Vectn€N(rcan) soit dense
dans C (par abus, xm désigne la fonction de C définie par x h* xm pour m > 0). On
pourra utiliser le théorème de Weierstrass (voir le théorème 5 page 224).
1/ Soit (o:n)nGN* une suite à termes strictement positifs et strictement croissante.
a) Soient m € R+* et N e N*. On note En = Vecti<i<N{xai). Exprimer en fonction des
ai et de m, la valeur Aw(ra) = inf/e£N \\xm — /||2. (Indication. On pourra utiliser les
déterminants de Gram — voir le tome Algèbre).
b) En déduire une condition nécessaire et suffisante sur la suite (an) pour que Vectn€N(rcQn)
soit dense dans C pour la norme ||. H2 (théorème de Mûntz).
2/ Soit (an)n€N une suite à termes positifs, strictement croissante, avec ao = 0 et
vérifiant limn_>+00a:n > 1. Donner une condition nécessaire et suffisante sur (an) pour
que Vectne^(xan) soit dense dans C pour la norme |
oo«
Solution. 1/ a) Munissons C du produit scalaire (/, g) = fQ f(t)g(t) dt, dont ||. H2 est la norme
euclidienne associée. Le nombre réel An (m) s'interprète comme la distance (au sens de ||. H2)
de xm à En = Vecti<i<7v(xa;i). On sait (voir le tome Algèbre) que ceci peut s'exprimer au
moyen des déterminants de Gram. Plus précisément, en notant, pour tout (x\,..., xn) e Cn,
G(xi,... ,#n) le déterminant de la matrice ({xi,Xj))i<itj<n, on a
Ici on a (xa,xb) = a+\+1 • On trouve dans le tome Algèbre que la valeur d'un déterminant de
Cauchy det (Q,^b,)f . est donnée par
det
_ [ril<i<j<n(ai - aj)\ ' [ril<i<j<n(^ - bj)\
.ai + b3/l<i,j<n Ul<itj<n(ai + bj)
En particulier, pour toute famille (jpi)\<i<n de nombres réels, G(xPl,..., xVn) est un déterminant
de Gram car {xPi,xpi) = a,+b. avec ai = pi et bj = pj + 1, et on a donc
2
n(„v\ „Pn\ ïli<i<j<n(P* Pj)
l[l<i}j<n(Pi + Pj + 1)
En appliquant cette formule avec p\ = ai, ..., pn = o;^, pn+i = m on obtient
[a<>-ttj)2]-[n,(tti-™)2]
G(xa\...,xa»,xm) =
(2m + 1) [Uid(oa + aj + 1)] • !!(<* +m + l)2]
(les indices i et j sont pris entre 1 et N). De même, on trouve
Uitj(<Xi + <*J + V
On en conclut, avec (*), que
V2m + 1 L\
ai —m
ai + m + 1
(**)

292
4. SUITES ET SÉRIES
b) On note E = Vect(xai)ieN*- Nous allons montrer qu'une condition nécessaire et suffisante
pour que E = C (où l'adhérence est prise au sens de la norme ||. H2) est que la série J2 Vûn
diverge.
Condition nécessaire. Il existe bien sûr m > 0 tel que an ^ m pour tout n. La fonction xm
appartient à E = C, donc la suite (Ajv(ra))weN* tend vers 0, ce qui entraîne, d'après (**)
lim f\( ai-m )=o. (***)
- Si la suite (an) est majorée, la série J^ l/ocn diverge.
- Sinon, (an) tend vers +00. Soit JVo G N tel que an> m pour tout n > N$. Alors, dès que
n>N0,
wn = log(— — )=log(l ——-) (n->+oo), (****)
et comme d'après (***), Yln>N0 Un diverge, on en conclut que J^ l/an diverge.
Condition suffisante. Réciproquement, si J2 l/<*n diverge, montrons E = C. Pour cela, en vertu
du théorème de Weierstrass, il suffit de montrer que pour tout m G N, xm G E.
Soit m G N. Il s'agit de montrer que (***) est vérifié.
- Si (o:n) est majorée, c'est évident.
- Sinon, (an) tend vers +00, et l'équivalent (****) montre que J2un diverge vers —00, et
on conclut que (***) est vérifié.
2/ Si E = C au sens de la norme ||. ||oo, on vérifie facilement que E = C au sens de la norme
Il. ||2, donc d'après 1/b), £nGN. I/o» diverge.
Réciproquement, supposons que SneN* V^n diverge. Comme limn_+00 an > 1, il existe
N G N tel que ow > 1. Quitte à retirer des termes à (an), on peut donc supposer ai > 1.
En vertu du théorème de Weierstrass, _pour montrer E = C, il suffit de montrer que pour toute
fonction polynôme P sur [0,1], P E E. Soit P une fonction polynôme. Soit e > 0. La série
SneN*(an — l)-1 diverge, donc d'après 1/b), il existe g G Vectie^*(xCCi~1) tel que ||P' — g\\2 < e.
Soit h la primitive de g sur [0,1] vérifiant h(0) = P(0). On voit facilement que h G E. En posant
Q = h — P, on a Q(0) = 0, donc pour tout x G [0,1], Q(x) = f£ Q'(t) dt, donc d'après l'inégalité
de Schwarz,
Ux \ 1/2
Q'(t)2dtj y/ï<\\Q,h = \\P,-gh<e,
donc \\h — P||oo = HQIloo < s. Finalement, pour tout e > 0, nous avons trouvé h G E tel que
11^ — i^Hoo < £• On en conclut P e E, et finalement, E = C.
Finalement, on a E = C pour la norme ||. ||oo si et seulement si la, série X^neN* 1/^n diverge.
Problème 24 (Théorème de Cantor sur les séries trigonométriques). 1/
Soit J2 an une série à termes complexes, convergente et de somme nulle. On pose
sin ut
U0 : M* -► C * *-> 1 et Vn G N*, Un : R* -► C 11-» I
\ nt
Pour tout £ ^ 0, montrer que S'(t) = XlnS a" ^»W existe, puis montrer liiru-o S(t) = 0.
2/ (Théorème de Cantor-Lebesgue.) Soit (cn)n6z une famille de nombres complexes. On
suppose que pour tout t G R, limn^+00 cn em< + c_n e~tnt = 0. Montrer que lim|n|^+00 cn =
0. (Indication : on se ramènera à montrer que si pour tout t G R, pn cos(nt — 6n) —► 0,
alors pn —> 0. Ensuite on construira, en supposant pn /> 0, une suite décroissante (Ik) de
segments non vides de R vérifiant cos(n*i — 0nJ > 1/2 pour tout t G h et pour tout &,
avec (nfc) bien choisie.)

6. PROBLÈMES
293
3/ (Théorème de Cantor.) Soit (cjnez une famille de nombres complexes telle que
N
Vz e R, lim V cn einx = 0.
n=-JV
a) Montrer que la fonction
+oo
'F: x^Cq — + Yj
rp* _' ~ n c>inx i n a—vnx
n=l
2 f- M'
existe et est continue sur R.
b) Pour tout fonction continue G : R —> R, on définit
Va; e R, DG(x) = hm —* ^ K— '- —
lorsque cette limite existe (on rappelle — voir la question c) de l'exercice 5 page 100 —
que si pour tout x, DG(x) existe et est nul, alors G est affine.) Montrer que pour tout
x € R, DF(x) existe et est nul.
c) En déduire cn = 0 pour tout n € Z.
Solution. 1/ La série J2an converge, donc la suite (an) tend vers 0. Par ailleurs, \anUn(t)\ <
i\an\/t2) Vn2> donc S(t) existe pour tout t ^ 0.
Pour tout n G N*, notons sn = Y^=oak- Une transformation d'Abel donne
N N-l
Vi^O, ^anUn(t) = ^2sn(Un{t)-Un+1(t)) + sNUN(t),
n=0 n=0
et comme (sjv £/#(£)) tend vers 0, on a finalement
+00
Vi # 0, 5(«) = ^ *„(l7„(i) - tf„+i (*))•
n=0
Soit e > 0 et N G N* tel que |sn| < £ pour n, > iV, et soit ^4 un majorant de la, suite (|sn|). La
formule précédente entraîne la majoration
N-l +00
V* ï 0, |5(*)| < A Y, \Un(t) - Un+l(t)\ + S Y, \Un(t) - Un+1(t)\. (*)
n=0 n=iV
On remarque que
<n+l)t _ rf
dx
\Un(t) - Un+1(t)\ =
r(n+l)t I />(n+l)t
/ f(x)dx\< \f(x)\dx, f(x) =
Jnt Jnt
'nt
^+oo/ ^A: x2k
sinaA
x
La fonction x i-» (sina;)/a: est égale à J2kS)(~^) (2k+i)\> ^onc prolongeable en 0 en une fonction
de classe C°°, donc / est prolongeable en 0 en une fonction de classe C°°. L'intégrale f0 \f(x)\ dx
existe donc. Par ailleurs, un calcul rapide donne \f(x)\ = 0(1/x2) en +oo, donc l'intégrale
/o °° 1/0*01 dx existe bien. Si on note M sa valeur, (*) entraîne
N-l
Vi ? 0, \S(t)\ <AY \Un(t) - Un+1(t)\ + eM.
n=0
Comme pour tout n, limt-o Un(t) = 1, la fonction t i-> A^~q \Un(t) - Un+i(t)\ tend vers 0
lorsque t -> 0, t ^ 0, ce qui entraîne l'existence de a > 0 tel que |S(i)| < e + e = 2e pour tout t
tel que 0 < \t\ < a, d'où le résultat.
2/ On peut écrire Cneint + c_ne"inf sous la forme (an cos nt + 6n sin ni) + i(a'n cos ni + b'n sin ni),
où an,bn,a'n,b'n G R. Nous allons montrer que les suites (an) et (bn) tendent vers 0 (on aura

294
4. SUITES ET SÉRIES
de même a'n —» 0 et b'n —* 0, ce qui montrera que les suites (c^) et (c_n) tendent vers 0).
Pour tout t G R, on sait que limn_>+00(ancosni + bnsmnt) = 0. En posant pn = ^Ja\ + &£,
il existe pour tout n un nombre réel 9n G [0,2ir] tel que ancosnt + bnsmnt = pncos(nt — 0n)
pour tout ieK. Ainsi, nous nous sommes ramené au problème suivant : si pour tout ieR,
limn^+oo pn cos(nt — 6n) = 0, il faut montrer que la suite (pn) tend vers 0.
Supposons le contraire. Alors il existe 6 > 0 et une suite strictement croissante {ri^ken
d'entiers telle que pnk > 6 pour tout k. Quitte à restreindre la suite (n^), on peut même
supposer n^+i > 6n^ pour tout k.
Ensuite, on pose
*-[è(«*-§)^+ï)
ni \ 6/ n\
de sorte que pour tout t G I\, cos(ni£ — $ni) > 1/2. Lorsque t parcourt I\, n<it — 0n2 parcourt un
intervalle de longueur 712 • 27r/(3ni) > 47r. On peut donc trouver un segment I2 C I\ de longueur
27r/(3n2) tel que cos(n2^ — ôn2) > 1/2 pour tout t G /2- En itérant le procédé, on construit ainsi
pour tout k un segment Ik C Ik-i de longueur 2ir/(3nie) tel que
V* G 4, cos(nfc* - 0nfc) > -.
D'après la proposition 9 page 20, on sait qu'il existe £ G R tel que Dkenh = {C}- Pour tout k,
on a pnfc cos(n/fc£ — #&) > 5/2, ce qui est absurde car limn_>+oo pn cos(n£ — 6n) = 0. La suite (pn)
converge donc vers 0.
3/ a) Pour tout x, on a lim;v->+oo Y1-n °n einx = 0> donc pour tout x, limn_>+00(cnéinx +
c-ne~xnx) = 0. D'après la question précédente, les suites (en) et (c_n) convergent donc vers 0.
Elles sont donc bornées, et si M désigne un majorant du module de leur terme général, on a
pour tout n G Z* la majoration \cn/(in)2\ < M/n2, ce qui assure l'existence et la continuité de
F.
b) Un calcul donne immédiatement, pour tout x G R et pour tout h ^ 0
sm(nh/2)
[ (n/i/2)
f(x+fe)+^rft)-2F(x) = ^+g ^+c_ne_ini)
71=1
donc d'après la question 1/, DF(x) existe et DF(x) = 0 pour tout x G
c) On en déduit l'existence de a,/? G C tels que
2
VzGR, F(z) = az + /? = c0y+£?^2-~ .
nez* ^ '
Ceci montre que la fonction x i-> aa: + (3 — Qx2 est 27r-périodique. Donc a = cq = 0 et
^nrc
Va; G R, /? = V -
nGZ1
^n inx
' (in)2
Nous avons vu plus haut que la famille (cn)nez est bornée, la série trigonométrique de l'égalité
précédente converge donc normalement sur R. Elle est donc égale à sa série de Fourier, et comme
c'est une constante, on en déduit Cn/(in)2 = 0 pour tout n G Z*. Finalement, on a Cn = 0 pour
tout n G Z.
Remarque. Ce résultat a été démontré pour la première fois par Cantor en 1871. Cantor
a ensuite affaibli les hypothèses, en recherchant des ensembles dit exceptionnels, tels que
si une série trigonométrique converge vers 0 sauf peut être sur un tel ensemble, alors ses
coefficients sont nuls. Ces considérations l'amenèrent peu à peu à construire la théorie des
ensembles, en particulier la notion de puissance d'un ensemble (théorie de l'équipotence)
que l'on connaît.

7. SUJETS D'ÉTUDE
295
7. Sujets d'étude
Sujet d'étude 1 (Intégrales euleriennes : fonction gamma, fonction bêta).
Le but de ce sujet d'étude est d'étudier et de donner quelques propriétés des fonctions
gamma et bêta définies respectivement par
/H-oo pi
T(x)= e-Hx-ldt (x>0), B{x,y)= tx-l(l-t)y-ldt (x,y>0).
Jo t/o
1/ (Fonction gamma.) a) Montrer que T est de classe C°° et convexe sur R+*.
b) Montrer que T est logarithmiquement convexe (i. e. que logT est convexe).
c) Montrer
Vx>0, F(x + 1) = xT(x) et VneN, r(n + l) = n!.
d) Donner un équivalent de T en 0+ et tracer l'allure de son graphe.
2/ (Fonction bêta.) a) Montrer que B vérifie les équations fonctionnelles
Vz,</>0, B{x,y) = B(y,x) et B(x + l,y) = -^— B(xty).
x + y
b) Pour n G N*, on pose In(x) = /Qn (l — ffl tx~l dt. Montrer que pour tout x > 0, on a
limn_>+00 In(x) = T(x). En exprimant In(x) en fonction de la fonction B, en déduire
rf ^ r nxn\
n—+00 x(x + 1) • • • (X + n) '
c) Montrer que pour x,y > 0 fixés, B(x + n + l,y) ~ T{y)/ny lorsque n —> +oo. En
déduire la formule
d) Calculer T(l/2).
3/ a) Démontrer la formule de Weierstrass :
1 +oo
V ' 71=1
où 7 est la constante d'Euler (le produit infini Yl*™i signifie lim^^+00 rin=i)-
b) Montrer la formule de duplication
\/x > 0, 22x-1r(x)r (x + ^) = y/ïrT{2x).
c) En utilisant le développement en produit infini de la fonction sinus (voir la question
b) de l'exercice 2 page 262) montrer la formule des compléments
i^ .r 1 sin-7nc
Vie]°'1t' r(*)r(1-*) = —■
d) Montrer la relation
+oo
I ' I X I I
Vx>0,
Y'ix) 1 K x
Y(x) x ^rin(x^n)
En déduire /0+oo(log£)e-' dt = —7.

296
4. SUITES ET SÉRIES
Solution. 1/ a) Remarquons tout d'abord que l'intégrale qui définit F est bien convergente
lorsque x > 0. Nous allons démontrer que la fonction F est de classe C°° et que
*+oo
/»-hOO
Vp G N, Va; > 0, r(p)(z) = / (logi)pe"^a:"1 dt. (*)
On remarque que lorsque x est dans un segment [a, 6] c]0,+oo[, l'intégrande de (*) vérifie
m .m> -ttx-ii ^ n\ n\ f|log*|p*°-1 si * G ]0,1]
|(log^e «f X| < MO, M*) = { (log^e-^-1 si * > 1
et que la fonction cpp est intégrable sur ]0, +oo[ puisque lorsque < -> 0+, on a Vp(t) = o^2"1)
(car | log^W2 = o(l)) et ipp(t) = 0(e"'/2) lorsque t -> oo.
Soit [a, 6] un segment inclus dans ]0, +00[. Nous allons prouver par récurrence sur p G N que
T est de classe Cp sur [a, b] et que F^ vérifie la relation (*) sur cet intervalle. Comme ceci sera
vrai pour tout segment inclus dans ]0, +oo[, on aura prouvé le résultat sur ]0, +oo[ tout entier.
Pour p = 0, il s'agit de montrer que F est continue sur [a, b]. La majoration |irc""1e""t| < (po(t)
avec cpo intégrable sur ]0,+oo[ assure que l'hypothèse de domination du théorème de continuité
sous le signe intégral est bien vérifiée. Comme par ailleurs l'intégrande de F est continue, ceci
assure la continuité de F sur [a, b].
Supposons maintenant l'hypothèse de récurrence vraie au rang p et montrons là au rang
p+ 1. L'intégrande de (*) est bien continûment dérivable par rapport à a; et sa dérivée est égale
à fx(t) = (\ogt)p+1tx~1e~t. Grâce à la majoration \fx(t)\ < cpp+i(t) lorsque x G [a, 6], avec cpp+i
intégrable, on peut appliquer le théorème de dérivation sous le signe intégral qui nous assure
que r(p) est de classe C1 sur [a, b] et que sa dérivée est égale à /R+* fx. Ainsi, l'hypothèse de
récurrence est vraie au rang p + 1. Ceci termine la preuve que F est bien de classe C°°.
Pour montrer la convexité de T, il suffit de montrer que T" est positive, ce qui est immédiat
car la relation (*) montre que F" a son intégrande positive.
b) Posons g : x ■-> logT(x). On a g" = (IT" - T/2)/r2, il s'agit donc de montrer que F'2 < IT".
Pour tout x > 0, l'inégalité de Schwarz donne
( [+0° (t(x~1)/2e~t/2) (*(I_1)/2 lQg * e~t/2)dt) ^ /+°° tX~le~t dt • /+°°(log tfe-le-1 dt,
ce qui est précisément l'inégalité r'(a:)2 < T{x)T"(x).
c) Une intégration par parties donne
r+00 r +00 /•+(»
Vx > 0, T{x + 1) = / txe-1 dt=\- txe-1 + / a^V dt = xT(x).
La seconde formule s'en déduit facilement par récurrence sur n G N, compte tenu du fait que
r(i) = /„+00e-'d* = i.
d) Lorsque x —> 0+, xF(x) = F(x + 1) ~ T(l) = 1, autrement dit r(o;) ~ 1/x lorsque x —> 0+.
Le comportement de F au voisinage de 0+ nous donne un premier renseignement sur l'allure
de son graphe. Notons que T(l) = T(2) = 1, ce qui entraîne l'existence d'un point c de ]1,2[
où T; s'annule d'après le théorème de Rolle. Comme F est convexe, la fonction F croît sur
[c, +oo[, et comme F(n + 1) = n! —> +00, on en déduit que F tend vers +00 en +00. De plus,
r(a; + l)/x = F(x), donc F(x)/x tend vers +00 lorsque x —> +00, donc F admet une branche
parabolique dans la direction verticale en +00. On en déduit l'allure du graphe de F (voir la
figure ci dessous).
2/ a) L'égalité B(x,y) = B(y,x) s'obtient en effectuant le changement de variable u = 1 — t
dans l'intégrale définissant B(x,y).

7. SUJETS D'ÉTUDE
297
FlG. 2. Le graphe de la fonction I\
Pour la seconde identité, on intègre par parties, en écrivant
(1 - t)x+y ( t
B(x + !,„) = £ (j-^)* (1 " t)***-1 dt = [-
x + y
+
x
jfc-'^fe)
l-tj
x-l
0
<ft
X
x + yj0y ' \l~tj (l-t)2 x + y
ce qui prouve le résultat,
b) Fixons x > 0. La suite de fonctions (pn)neN* définie sur R+* par
n
tX~l si 0 < t < n, 0n($) = 0 si i > n
B(»,y),
*'
tow = [i - -) ?
converge simplement vers t h-» e"'^-1. De plus on a la majoration \gn(t)\ < e-*^-1 (car
(l—t/ri)n < e~l sur [0,n], conséquence de l'inégalité log(l—u) < —u qui s'obtient par l'égalité des
accroissements finis), et comme t •-> e~Hx~l est intégrable sur E+, le théorème de convergence
dominée nous assure de la convergence de In(x) = JR+ gn vers T(x).
Le changement de variable u = t/n dans l'intégrale In(x) donne In{x) = nxB(xin + 1).
Compte tenu de la seconde identité de la question précédente, on a
Vn G N*, B(z,n + 1) = B(n + l,a?) = ,_ , ^ U' ,_ , ^ B(l,x) = ""
(x + l)---(x + n)
x(x + 1) • • • (x + n)
car B(l,a;) = /o (1 — £)x 1rf* = l/x. On en déduit le résultat car on a montré que In{x) =
c) On a B(x + n + 1, y) = B(y, x + n + 1) = /* tv~l(l - t)x+n dt, et en effectuant le changement
)x+n
du.
nxB(x,n + 1) converge vers F(x) lorsque n —> +oo
de variable £ = w/n dans cette dernière intégrale, on s'aperçoit que
VneN*, B(z + n + l,î/) = — /" w^-1 f 1 --
Fixons x}y > 0. Pour u fixé, (1 - ii/n)x converge vers 1 lorsque n —> +oo. Ainsi, la suite
de fonctions (/in)neN* définie par hn(u) = w»_1(l - u/n)x+n si 0 < u < n, hn(u) = 0 si
w > n, converge simplement vers u •-> iiy_1e_u. La majoration par une fonction intégrable
\hn(u)\ < uy~1e~u permet d'appliquer le théorème de convergence dominée, ce qui assure que
la dernière intégrale converge vers T(y) lorsque n —» +oo. On a donc B(x + n + l,î/) ~ T(y)/ny
lorsque n —» +oo.

298
4. SUITES ET SÉRIES
Maintenant, compte tenu de la seconde identité prouvée à la question 2/a), on a
et compte tenu de l'équivalent z(z + 1) • • • (z + n) ~ nzn\/T{z) valable pour tout z > 0 fixé
(conséquence de la question précédente), on en déduit, lorsque n —> +oo
n^nl/rÇg + y) T(y) T(x)T(y)
°KX>V)~ n«n!/r(a;) nV T(x + y)'
d'où le résultat.
d) La formule précédente donne B(l/2,l/2) = r(l/2)2/r(l) = T(l/2)2. Le changement de
variable t = sin2 u dans l'intégrale définissant B(l/2,1/2) montre que B(l/2,1/2) = 7r. Comme
T est positive sur R+* (c'est l'intégrale d'une fonction positive), on en déduit T(l/2) = y/ïr.
3/ a) Compte tenu de la relation logn = 1 + ^ H '"n-^"'" °W (v0^r Pa&e ^02), on a
x{x+1)n*Jx+n)=*e~*10gn n (i+1)=*<^(1) ri <-"" n (i+f).
fc=l fc=l fc=l
et ceci converge vers l/T(x) d'après 2/b), d'où le résultat (remarquez que du même coup on a
la convergence du produit infini).
b) Fixons x > 0. D'après la question 2/b), on a, lorsque n —> +00,
/ X\ n2s+l/2(n,)2 22n+2n2a;+l/2(n!)2
T(a:)r I x + — ) ~ ~
1) a;(a; + 1/2) ••• (a;+ n)(z + n +1/2) (2a;)(2a: + 1) • • • (2a; + In + 1)
r(2s) 22n+2n2,+i/2(n!)2 .. T(2a;)22^2n1/2(n!)2 _ r^a^1"2* (n!)2
(2n + l)2*(2n + l)! v '' 22*(2n)!(2n) nx/2 (2n)!'
Or d'après la formule de Stirling,
(n!)2 n2ne-2n(27rn) _ (ttti)1/2
(2n)! ~ (2n)2ne-2n(47rn)1/2 ~ 22n
(on peut aussi montrer ce résultat avec la formule de Wallis), et on en déduit finalement
T(x)T(x + 1/2) ~ T{2x)21~2x^, d'où le résultat.
c) Toujours en utilisant 2/b) on a, pour x G ]0,1[ fixé et lorsque n —> +oo,
1 a?(l + a?)(l + a;/2) •••(!+ x/n) (1 - x)(l - a?/2) •••(!- s/n)(l - g + n)
r(a?)r(l - a?) ~ n* ' n1"1
a;(l — x + n)
n
<->K).(-S)~.nK)
On conclut facilement avec le développement de la fonction sinus en produit infini,
d) La formule de Weierstrass s'écrit aussi
+oo
Va; > 0, logr(z) = - loga; - 7a; + ^ [- - log (l + -)] . (**)
71=1
En posant fn{x) = x/n — log(l + x/n) pour tout n G N* et pour tout x > 0, on a
Va; > 0,Vn G N*, fn{x) = --- i * . =-- -J— = g
n n 1 + a;/n n n + x n(n + x)
Ainsi, pour tout A > 0, on a |/^(a;)| < £ pour tout a; G [0, A], donc la série de fonctions £} /nW
converge normalement sur [0,A], Comme S/n converge simplement sur E+* (conséquence de
l'existence de la formule (**)), on en déduit que la somme de cette série est dérivable sur [0,-A],

7. SUJETS D'ÉTUDE
299
et que sa dérivée est donnée par la somme de J2fi%- Ainsi sur ]0, A], la dérivée de logT vérifie,
d'après la formule (**),
H*)., i a x
T(x) x ^n(n + x)
' 71=1 V '
Ceci est vrai sur ]0,A] pour tout A > 0, donc sur R+*. C'est en particulier vrai pour x = 1, ce
qui fournit, compte tenu du fait que T(l) = 1,
+oo 1 +oo , v
r'(l) = -l-7 + V—-^ = -7-l +Vi--i-)=-7-l + l = -r
w ^n(n + l) ^ \n n + l)'1 '
n=l v ' n=l N '
Comme r'(l) = f+°°{\og t^dt ( voir 1/a)), on en déduit le résultat.
Sujet d'étude 2 (Nombres et polynômes de Bernoulli). On définit la fonction
+oo n z t
f:C^C *^]£—ij_ qui vérifie Vz G C*, f(z)="
71=0 V '
Comme /(0) = 1 ^ 0, on sait (voir l'exercice 9 page 251) que 1// est développable en
série entière dans un disque {z e C, \z\ < r}. Il existe donc une suite (bn) telle que
+oo i
V*€CM*|<r, -^-7 = £V-
ez — 1 ^—' n!
71=0
Les nombres 6n s'appellent les nombres de Bernoulli On constate, par un produit de
Cauchy, qu'il existe également une suite de polynômes (Bn) telle que
Vx e C, V* € C*, |*| < r, ^—- = Y ^- zn.
11 ez -1 *-* n\
n=0
Les polynômes Bn s'appellent les polynômes de Bernoulli.
1/ a) En utilisant les propriétés de la fonction (z, x) »—> zezx/(ez — 1), montrer
(i) VneN, Bn(l-x) = (-l)nBn(x) (ii) Vn e N*, B'n = nBn.l
(iii) VneN*, £n(x + 1) - £„(&) = nxn~l (iv) Vn > 2, £n(0) = Bn{\)
(v) VneN*, £ £n(a:) dx = 0 (vi) Vn G N*, 62n+i = 0.
b) Exprimer les polynômes de Bernoulli en fonction des nombres de Bernoulli. Montrer
que 6neQ pour tout n € N, et calculer &o, h,&2>&4> h-
2/ Pour tout n G N*, on note Ën l'application de R dans R, 1-périodique, qui coïncide
avec Bn sur ]0,1[ et telle que Bn(0) = §[B„(0) + B„(l)].
a) En procédant par récurrence, montrer que pour tout A; G N* et pour tout x € R
^2fc(x) _ 0 / -, xfc+i y^ cos(27rna;) ffa-ifo) _ 0 , nfc y^ sm(2imx)
(2k)\ ~ K } £f (2n7rP ' (2* - 1)! " K } £j (Sn*)*-1 "
b) En déduire, pour tout fc e N*, la valeur de Ç(2fc) = J2n=i n~2k en fonction de &2fc-
c) Donner un équivalent de &2fc lorsque & —> +oo.

300
4. SUITES ET SÉRIES
Solution. 1/ a) (i). Soit x eC Pour tout z G C, 0 < \z\ < r, on a
îf!^ = (z£)£^! donc gB„(i-^n = gM0(-,r,
ez - 1 e-* - 1 ^ n! ^ n! v y
n=0 n=0
Deux séries entières dont les sommes coïncident dans un voisinage de 0 ont les mêmes coefficients,
on en déduit (i).
(ii). L'idée est de dériver terme à terme l'expression qui définit les polynômes de Bernoulli.
Pour montrer que l'on a bien le droit de procéder ainsi, on fixe p G ]0,r[ et on utilise la formule
de Cauchy (voir le théorème 4 page 239) qui donne
*2tt zezx
Va; G M, 27rpn^^ = [ * f(peie, x)e-ni9 dO où /(«, x) =
™ Jo
ro c* - 1
L'intégrande est continûment dérivable par rapport à x sur R, on peut donc dériver sous le signe
intégral ce qui donne, pour tout # G R,
27rpn^M= [2ndL{peiOx)e-niede= f2\eief{peiOx)e-niede = 27rpnBn-l^i
n! J0 ox Jo (n-1)!
d'où on déduit B'n = nBn-\.
(iii). On procède de manière analogue à (i). Soit a; G C. Pour tout z G C, 0 < \z\ < r, on a
î£lî^Ue~ + J£fl donc g *(«;"),,„ g^ +g *&),»
ez -1 e* - 1 ^ n! ^ n! ^ n!
n=0 n=0 n=0
et on conclut en identifiant les coefficients de zn de part et d'autre de cette expression.
(iv). C'est une conséquence immédiate de (iii) appliqué à x = 0.
(v). C'est une conséquence de (ii) et (iv).
(vi). L'assertion (i) entraîne J?2n+i(0) = — i?2n+i(l)5 donc d'après (iv), £?2n+i(0) = 0. Il suffit
ensuite de remarquer que J3fc(0) = bk pour tout k par définition des bk et des Bk(x).
b) Un produit de Cauchy donne, pour tout a; G C et pour tout z G C*, \z\ < r,
Jfe'
+°° d / \ /+oo , \ /+oo n \ +00 / n , 1
\^ BrM n _ _Z_ zx _ hnfiri n\ (^^yn) _ V^ / V" bn-fc Xh
^ n! ~e*-l " l^n! / l^n! i" ^ l ^ (n-*)! fc!
n=0 \n=0 / \n=0 / n=0 \fc=0 V y
donc en identifiant les coefficients de zn de part et d'autre
zn
n
Vn G N, Va: G C, Bn(x) = J^ C*6n-fc xk.
k=0
Comme Bn{ï) = Bn(0) = bn pour tout n > 2, cette dernière relation entraîne
n 1 n - n—2
Vn>2, £c*6n_fc=0 donc 6n_! = — Y,CnK-k = — £<?*&*.
jfc=l n jfc=2 n fc=0
En procédant par récurrence (sachant que 60 = l//(0) = 1) ceci permet d'affirmer que bn G Q
pour tout n G N. De plus, cette relation de récurrence permet de calculer les b^. On trouve
60 = 1, 61 = -1/2, b2 = 1/6, 64 = -1/30, b6 = 1/42.
2/ a) Les Bp sont des fonctions 1-périodiques, continues par morceaux, et égales à la demi-
somme de leur limite à gauche et à droite en leurs discontinuités, elles sont donc égales à leurs
séries de Fourier. Par commodité, nous calculons les coefficients de Fourier Cn{Bp). Montrons
que
\/pen\ co(Bp) = 0 et VnGZ*, Cn(Ép) = -^—. (*)
La première égalité de (*) est une conséquence de l'assertion (v) établie à la question 1/a).
Pour la seconde, nous procédons par récurrence sur p G N*. Pour p = 1, on a B\ (x) = x —1/2
d'après la question 1/b), donc une intégration par parties fournit, pour tout n G Z*,
Cn(Bi) = f1 (x - l) e~2™ix dx=\(x-l) ^^1 +7^—.C e~2™ix dx = -^.

7. SUJETS D'ÉTUDE
301
Supposons maintenant le résultat vrai au rang p — 1 > 1 et montrons le au rang p. On a p > 2,
donc Bp(0) = Bp(l) et comme de plus B'p = pBp-i, une intégration par parties entraîne
cn(êp) = f1 Bp(x)e-2™ix dx = -i-, f pBp.1(x)e-2-nix dx = -^TCn(^,_1) = ^L^.
Jo Znni J0 H 2imi y (27rra)P
Ainsi, nous avons prouvé (*). Avec les relations liant les coefficients de Fourier an(Èp), bn(Bp)
aux cn(Bp), on en déduit ao{Bp) = 0 pour tout p G N*, et pour tout k,n e N*,
n (R \ - (^1)fc+l2(2fe)! fc/ô ï-n wb ï n wb ï (-l)fc2(2fc-l)!
On en déduit le résultat car nous avons vu plus haut que les fonctions Bp sont égales à leur série
de Fourier.
b) En faisant x = 0 dans la première relation établie à la question précédente, on a
Vfc.N-, ^ = 2. (-!)*«g^ donc C(2ft)=(z&(2^. (w)
En particulier, on trouve C(2) = tt2/6, Ç(4) = tt4/90, C(6) = tt6/945.
c) pour tout fc G N*, on a
w ^ « i ^ r dt J ^ i ^ /,+co * i
Vn>2, ^<Jn_iWk ^nc g ^ < / ^ = ^T
On en déduit 1 < C(2&) < 1 + l/(2/c — 1), donc C(2&) —* 1 lorsque A; —> +oo. Grâce à la relation
(**), on en déduit
b2k ~ (~l)k+1 ^^ ( ~ (-l)fc+1 4^fc J en utilisant la formule de Stirling J .
Remarque. On ne connaît presque rien sur la somme de la série ]T] l/np lorsque p est
impair (le seul résultat connu à ce jour sur le sujet est que J2t™i Vn3 es* irrationnel —
démontré par Apéry en 1978).
- Les nombres de Bernoulli jouent un rôle important et assez mystérieux dans des parties
aussi diverses des mathématiques que l'analyse, la théorie des nombres et la topologie
différentielle. Citons par exemple l'étonnant théorème de Von Staudt : si pour tout n €
N*, sn désigne la somme des inverses des nombres premiers p tels que p — 1 divise 2n,
alors sn + &2n est un entier. Le sujet d'étude qui suit propose également une intéressante
application des nombres et des polynômes de Bernoulli.
Sujet d'étude 3 (Formule d'Euler-Maclaurin). Ce sujet d'étude fait suite au
précédent, dont on reprend les notations.
a) Soient (m,n) e Z2, m < n, r € N*, et / : [m,n] —> C une fonction de classe Cr.
Montrer
/(m) + /(m + 1) + ■ • ■ + /(n) = f f(t) dt + \[f{m) + /(n)]
+ E T\ t^"1^) - /(&_1)M] + *r aVeC ^ = {~Z^ P Br(t)f{r\t) dt
h=2 "" T' Jm
b) (Application.) Donner, lorsque n —> +oo, un développement asymptotique à un nombre
fixé quelconque de termes de #n = 1 + | H h £.

302
4. SUITES ET SÉRIES
Solution, a) On va procéder par récurrence sur r G N*. Pour r = 1, compte tenu du fait que
B\(x) = x — 1/2 sur ]0,1[, une intégration par parties donne pour tout entier k, m < k <n — 1,
rk+l r ,fc4.1 rk+l /(fc + !)+/(£) fk+l
/ f(t)dt,
Jk
fnf(t)dt,
Jm
fK+l ~ , r- -ik+1 fK+L
/ BiW/'W <ft = Bl(«)/W , " / /(*) * =
Jk L lk Jk
puis en sommant cette relation pour k allant de m à n — 1, on obtient
f 5i(*)/'(«) «tt = /M + /(m + 1) + • • • + /(n) - /(m) + /(n)
d'où le résultat pour r = 1.
Supposons le résultat vrai au rang r — 1 G N* et montrons le au rang r. Soit k G Z,
m < k < n—1. Sur ]/c, fc+l[, onaBj= r£r_i ; par ailleurs, pour r > 2, on a Br(0) = Br(l) = 6r,
donc par définition de J5r, Br est continue sur [fc, A; + 1]. En intégrant par parties, on obtient
donc
1 fk+l i r nfc+1 1 fk+l
çrrijij^ àr_1(t)/<-1)(t)<it = i[Br(i)/<'-1)(t)]t --^ ër(t)f{r)(t)dt
h r il fk+l
= ^ [/(r_1)(*+y - /(r_1)(*o] - ^ yfc 4w/(r)w<&,
donc après sommation de ces relations pour A: allant de m à n— 1, puis multiplication par (—l)r,
Rr-i = tjf^ [/(r-1)(n) - /"""(m)] + ft..
Or si r est pair, (—l)r6r = 6r, et si r > 2 est impair, (—l)r6r = br car 6r = 0. On en déduit le
résultat au rang r.
b) Soit r G N*. On applique la formule précédente à la fonction f(t) = 1/t entre 1 et n. Comme
f(h)(t) = (-l)hh\/th+\ona,
n—&
_i\r+l rn
+
(-1)
Br(t)
(-l)rr!
tr+l
dt
= log n +
5 a * *
*+°° a / x dt
h=2
=7r
avec
/ï+°° ~ dt
.(n) = / Br(t) at
Jn
tr+l
qui vérifie |£r(n)| < M
r+oo
Jn
dt
jF+î
±-o(±
m1
n'
(où M = sup^ç^ij |£r(0l = supxeR |£r(*)|). On a donc
l r~1 r_i\h-i
Hn = logn + 7r + — + ^
(-iri>*j.+0m
h=2 x 7
et la constante 7r est indépendante de r car la formule précédente donne
7r = lim #n-logn = 7.
n—►+00

CHAPITRE 5
Fonctions de plusieurs variables
T 'émergence de la notion de dérivée a joué un rôle important dans la naissance
de l'analyse au cours du dix-huitième siècle. Elle s'est accompagnée presque
simultanément par la naissance de la différentielle, généralisant naturellement
ce qui était connu sur les fonctions d'une seule variable aux fonctions de
plusieurs variables.
Les énoncés n'avaient pas toujours la précision qu'on essaie de leur donner
aujourd'hui. C'est ainsi que le théorème des fonctions implicites semble avoir
été utilisé sans plus de justification. Sa première démonstration semble due à
Cauchy en 1839.
C'est dans la thèse de Banach (en 1922) que se trouve la généralisation
aux espaces qui portent aujourd'hui son nom.
1. Différentielle, dérivées partielles
1.1. Différentielle
La théorie des fonctions de la variable réelle s'est considérablement développée avec
l'introduction de la notion de dérivée. L'expression f(x + h) = f(x) + hf'(x) + o(h)
s'interprète en disant qu'au voisinage de x, / est approchée par la fonction affine f(x) +
hf'(x) : on a linéarisé /. De la même manière, il est naturel de chercher à linéariser une
fonction / : Rn —» Rp, en étudiant l'existence d'une fonction linéaire (p : Rn —> M? telle
que f(x + h) = f(x) + (p(h) à o(h) près. Ceci motive la définition suivante.
DÉFINITION 1. Soient E et F deux M-e.v.n, U un ouvert de E et a e U. Une application
/ : U —> F est dite différentiable en a s'il existe <p e CC(E, F) (e.v des applications
linéaires et continues de E dans F) telle que
f(a + h) = /(a) + <p{h) + o(\\h\\) lorsque A->0.
Si <p existe, ip est unique et s'appelle la différentielle de f en a. On la note dfa.
Si / est différentiable en tout point de U, on dit que / est différentiable sur U et
l'application df : U •—> £C(E,F) an dfa est appelée application différentielle de f. Si
df est continue, on dit que / est de classe C1.
Remarque 1. - Une application de la variable réelle / est dérivable en a si et seulement
si elle est différentiable en a, et on a dfa : Ah f'(a) h. Pour cette raison, on trouve
parfois la notation f'{a) pour désigner la différentielle de / en a.
- En dimension quelconque, dfa dépend a priori des normes ||. \\e et ||. \\f choisies
sur E et F. Cependant, en dimension finie, les normes sont toutes équivalentes et
on montre facilement que l'existence et la valeur de dfa ne dépend pas des normes
choisies.
- Noter qu'une différentielle dfa doit être continue. En dimension finie, toutes les
fonctions linéaires sont continues et le problème de la continuité de la différentielle
ne se pose donc pas.
- Enfin, si / est linéaire et continue, l'égalité f(a + h) = f(a) + f(h) montre que /
est différentiable sur E et que dfa = f pour tout a e E.

304
5. FONCTIONS DE PLUSIEURS VARIABLES
Exemple 1. Soit / : Mn(R)2 —»• .Mn(R) (X, Y) *-> XY. Donnons nous une norme
d'algèbre ||. || sur Mn(R) et considérons un point (X0,Yo) G Mn(R) • On a
V(#,AT) e Mn(R)\ f(X0 + H,Y0 + K) = f(X0tY0) + (HY0 + X0# ) + HK. (*)
Si on munit Mn(R)2 de la norme produit ||(#,ii:)lli = sup{||JET||, \\K\\}, on a ||#/r|| <
||#|| • \\K\\ < \\(H,K)\\2 donc (*) entraîne /(X0 + #,ïo + K) = f(X0lY0) + <p(H,K) +
o(||(#, #)lli), où <^ : A4n(l)2 -> M„(R) (H, K) ^ HY0 + X0K (attention à la non-
commutativité des matrices) est linéaire. Comme de plus (p est continue (on est en
dimension finie), ceci montre que / est différentiable en (X0,Y0) et que df(x0tY0) = (P-
Proposition 1. Une fonction différentiable en un point est continue en ce point
Gradient.
Définition 2. Soient E un espace euclidien et / : U C E —» R. une application
différentiable en a e U (où U est un ouvert de E). Alors dfa e C(E,R) = E* et il
existe un unique vecteur v de E tel que dfa(h) = v • h pour tout h G E. Le vecteur v
s'appelle le gradient de / en a et est noté grada/.
Remarque 2. On peut également définir la notion de gradient lorsque E est un espace
hilbertien réel, car la propriété d'existence et d'unicité d'un vecteur v de E tel que dfa(h) =
v - h pour tout h e E reste vraie (voir le théorème de Représentation de Riesz, question 3/
du problème 1 page 407).
Propriétés des différentielles.
Proposition 2. Soient E et F deux e.v.n et f, g deux applications de U dans F, où U
est un ouvert de E, toutes deux différentiables en a £ U. Alors
- f + g est différentiable en a et d(f + g)a = dfa + dga ;
- pour tout À € R, \f est différentiable en a et d(Xf)a = \dfa.
Proposition 3. Soient E, F, G des R-e.v.n, U C E etVc F deux ouverts, et deux
applications f : U C E ^> F, g : V <Z F ^ G vérifiant f(U) C V. Si f est différentiable
en a EU et g différentiable en f{a), alors go f : U —► G est différentiable en a et on a
d{g ° f)a = dgf(a) ° dfa.
Remarque 3. - Si E = R, cette formule s'écrit aussi (g o f)'(a) = dgf(a)(f'(a)).
- Si / et g : U C E —> R sont différentiables en a, alors le produit fg l'est aussi
et d(fg)a = dfa g + / dga (appliquer la proposition précédente en remarquant que
fg est la composée des applications <p : U —» R2 ïn (f(x),g(x)) et ip : R2 —►
R (x,y) h-> xy). Ce résultat reste d'ailleurs valable en remplaçant R par Mn(R),
ou plus généralement par toute algèbre normée.
1.2. Dérivées partielles
Dérivée selon un vecteur.
DÉFINITION 3. Soient E et F deux R-e.v.n, U un ouvert de E, et / : U C E -^ F une
application. Soit a 6 f/ et v e E. Si la fonction à variable réelle yj : tw /(a + tv) est
dérivable en t = 0, /est dite dérivable en a selon le vecteur v. On note alors
*(«W(0)-to'<« +»>-*«>.
Proposition 4. 5i / es£ différentiable en un point a, alors f admet une dérivée selon
tout vecteur en a et on a f'v(a) = dfa(v) pour tout v e E.

1. DIFFÉRENTIELLE, DÉRIVÉES PARTIELLES
305
Remarque 4. Attention, la dérivabilité selon tout vecteur en a n'entraîne pas forcément
la différentiabilité de / en a. En fait, cela n'entraîne même pas la continuité en a (voir
l'exercice 1 page 309).
Dérivées partielles. Nous travaillons maintenant sur E = Rn.
DÉFINITION 4. Soit une application / : U C Rn -> F, où U est un ouvert de Rn et F
un e.v.n. Soit a G U et (ei,..., en) la base canonique de Rn. Si pour i G {1,..., n}, / est
dérivable en a selon e*, on dit que / admet une dérivée partielle en a d'indice i et on note
/é» = g(a).
Remarque 5. - La dérivée partielle ^r(a) est aussi la dérivée de l'application partielle
t t-> /(ai,... ,aj_i,ai + £,ai+i,... ,an) en £ = 0.
- à plus forte raison que dans la remarque précédente, il se peut que toutes les dérivées
partielles de / existent en a sans que / soit différentiable en a, ni même continue en
a (voir cependant le théorème qui suit).
- Si / : U C Rn —> R est une application différentiable en a G £/, alors -g— (a) existe
OXi
pour tout i, et on a
72 r^ /» 72 r^ /»
où (cte;) est la base duale dans (Rn)* de la base canonique de Rn (conséquence de
la proposition 4) — Rn est muni de son produit scalaire standard.
Théorème 1. Soit f : U C Rn —> F une application, où U et un ouvert de Rn et F un
e.v.n. Si toutes les dérivées partielles de f sur U existent et si elles sont continues en un
point a de U, alors f est différentiable en a et on a
n
df
df^ = Yl^r.^dx
i=l
Démonstration. On choisit sur Rn la norme \\x\\ = Yl?=i \xi\- ^ s'agit de montrer que l'application
g : x = (zi,... ,xn) •-»• f(x) - YS=i xi §kSa) vérifie 9(x) ~ 9{°) = °{\\x - «II) au voisinage de a.
Soit e > 0. Par hypothèse, les dérivées partielles de / sont continues en a, donc
3a > 0,Va; G C/, ||o - x\\ < a, Vt G {1,... ,n},
^
#£,
(x)
dx~{x) ~ dx~{a)
< e.
Quitte à diminuer a > 0, on peut supposer que B(a,a) C U.
Soit x G B(a, a). On considère les points
2/0 = (ûif-iûn) et VA; G {l,...,n}, yfc = (&i, • • • ,Sfc,ûfc+i>... ,an),
de sorte que yo = û et yn = x. Pour tout k G {1,... ,n}, la fonction
£fc •' [ûfcifffc] -> ^ *^0(ffi,---,fffc-i,Mfc+i>--- ,an)
{[ak,%k] désigne l'intervalle [xfc,afc] si Xk < Q>k) vérifie
dktt) = ô—(^.■••iïfc-l.t.flfc+l»---)fln))
donc ||<4(£)|| < e sur [a^,^]. On en déduit, avec le théorème 5 page 73, que \\gk(xk) -9k(ak)\\ <
e |z* - ajb|. Comme pfc(afc) = p(yfc-i) et pfc(^fc) = p(îte)» ceci entraîne
||pW-p(a)|| =
n
X bfe) ~ ^te-i)l
k=i
n
n
< XI \\9(Vk)-9(Vk-i)\\ <e[Y,\xk-^k\)=e \\x-a\
k=l
<k=l

306
5. FONCTIONS DE PLUSIEURS VARIABLES
On a donc bien g(x) — g(a) = o(\\x — a\\) au voisinage de a, d'où le résultat. D
Remarque 6. Attention, la réciproque est fausse. Par exemple, l'application /: R-»R
définie par f(x) = x2 sin(l/rc) si x ^ 0, /(0) = 0, est différentiable en 0 mais /' n'est pas
continue en 0.
Dérivées partielles d'ordre supérieur. Sous réserve d'existence, on peut définir par
récurrence sur p une dérivée partielle d'ordre p par la relation
QPf _ d f dp~7
dxip • • • dxh dxip V&Eip-i • • • dxh
Une fonction / : U C En —► F est dite de classe Cp si toutes ses dérivées partielles
jusqu'à l'ordre p existent et sont continues sur U. Le théorème 1 assure la cohérence de
cette définition avec la définition 1 pour le cas C1.
Théorème 2 (Schwarz). Soit une application f : U C R2 —» R, où U est un ouvert de
R2, telle que f admette des dérivées partielles d2f/dxdy et d2f/dydx sur U, continues
en un point a de U. Alors
92 f"-M = &<.>.
dxdy dydx
Démonstration. Soient #o,yo les coordonnées de a. Soient h > 0 et k > 0 tels que [#o>#o + h] x
[ï/o,ï/o + fc] C U. On pose
6(h,k) = f(x0 + h}y0 + k)- f(x0 + h,yo) - f{xo,yo + k) + f(x0,y0).
Si on pose (p : x h-> /(ce, yo + k) — f(x} yo), on a ô(h, k) = cp(xo + h) — <p{xo), et la fonction
(p étant dérivable sur [a;o,£o + ^]> ^e théorème des accroissements finis assure l'existence de
6\ G ]0,1[ tel que ô(h, k) = h<p'(xo + Oih), ce qui s'écrit encore
ô(h,k) = h
-^-(x0 + ôih}yo + k) - -7^{x0 + 6ih,y0)
Maintenant, l'application y «-»• y^(xo + 0\h,y) étant dérivable sur [j/o>2/o + k], une nouvelle
application du théorème des accroissements finis donne l'existence de 02 G ]0,1[ tel que
d2f
6{h,k) = hk^-{xQ + elh,yQ + e2k). (*)
oyox
En travaillant à partir de la fonction i/j : y •-> f(xo + h,y) — f(xo, y), on montrerait de même
l'existence de #3,64 G ]0,1[ tels que
d2f
ô(h,k) = hk-^-(x0 + e3h,y0 + 04k). (**)
En égalant (*) et (**) et en faisant tendre h et k vers 0, on en déduit en vertu de la continuité
des dérivées partielles q^±- et JL^ en a, l'égalité de ces dernières au point o. D
Remarque 7. Sans la condition de continuité en a des dérivées partielles d'ordre 2, ce
résultat est faux (voir l'exercice 1 page 309 pour un contre-exemple).
Corollaire 1. Si f : U c Rn -> Rm (où U est un ouvert de Rn) est une application
de classe Cp, alors les dérivées partielles jusqu'à l'ordre p ne dépendent pas de l'ordre de
dérivation. On peut donc les écrire toutes sous la forme
&f
dx[1dx2---dx%
où ii + i2 -\ h in = q < P-

1. DIFFÉRENTIELLE, DÉRIVÉES PARTIELLES
307
Matrice jacobienne, jacobien. On se donne une fonction / : [/cln-> Rm (où U
est un ouvert de Rn), différentiable en un point a de [/, et on désigne par (ei,..., en) et
(e'u..., e'm) les bases canoniques de Rn et Rm.
On peut écrire / sous la forme / = YllLi fi ei ou Pour tout i, fi : U —*■ R est une
application différentiable en a, de sorte que
m m
Vj € {1,..., n}, Cfe) = J2 <fU<h) 4 = E J£(a) ej.
La matrice de d/a dans les bases canoniques de Rn et Rm est
df
Ja
dxj
(a)
€ Mm,n
\<i<m
l<j<n
On l'appelle matrice jacobienne de / en a. Lorsque m = n, Ja est une matrice carrée et
son déterminant est appelé jacobien de f en a.
Rappelons que la différentielle de la composée de deux fonctions différentiables est la
composée des différentielles ; la matrice jacobienne de la composée est donc le produit des
matrices jacobiennes. On en déduit en particulier le résultat qui suit :
Proposition 5. Soient deux applications f : U c Rn -> R et (p : V c Rm -> Rn (où
U etV sont ouverts) telles que (p(V) C U. On écrit (p sous la forme (p = (</?i,..., (pn) où
(pi\ V —*■ R pour tout i. Soit a G V tel que (p est différentiable en a et f est différentiable
en v?(a). Alors l'application F = f oip : V —> R est différentiable en a et
Conséquence . En dimension finie, la composée de deux fonctions de classe Cp est de classe
C9. En particulier la somme, le produit (pour des fonctions à valeurs réelles) de fonctions
Cp est Cp.
Remarque 8. - En particulier, si (p est une fonction d'une seule variable réelle, la
formule de la proposition précédente s'écrit
F» = Ê jËm»)) • ri(°)-
«9x-
- Il est important de bien maîtriser la formule de la proposition précédente. Vous
pourrez vous entraîner à montrer que si / : R2 —> R est une fonction de classe C2
et si (p : I*xl-> R2 (r,0) »-► (rcos0,rsin0), l'application F = f o (p (qui est
l'expression de / en coordonnées polaires) est de classe C2 et le laplacien de / vérifie
A r d2f d2f d2F 1 dF 1 d2F
A/ = —- -\ = 1 1 .
dx2 dy2 dr2 r dr r2 d62
1.3. Formules de Taylor
Accroissements finis.
Théorème 3 (Inégalité des accroissements finis). Soit f : UcE^F,oùEetF sont
deux e.v.n et U un ouvert de E. Soit (a, b) € U2 tel que le segment [a, b] = {ta+(l—t)b, t e
[0,1]} soit inclus dans U. Si f est continue sur [a, b], différentiable en tout point de ]a, b[ et
s'il existe M > 0 tel que |||d/c||| < M pour tout c G ]a, b[, alors \\f(b) - f(a)\\ < M \\b - a\\.

308
5. FONCTIONS DE PLUSIEURS VARIABLES
Démonstration. La fonction g : [0,1] —* F 11-> f(a + t(b — a)) est continue sur [0,1], dérivable
sur ]0,1[, et
Vi€]0,l[, g'(t) = dfa+t(b_a)(b-a)
(voir la remarque 8). On a donc ||</(£)|| < M||6—a\\ sur ]0,1[, donc d'après le théorème 5 page 73,
\\f(b)-f(a)\\ = \\g(l)-g(0)\\<M\\b-a\\.
D
Conséquence . - Si U est convexe, si / est différentiable sur U et si \jdfxl < M pour
tout x £ U, alors
V(a,6)€t/2, ||/(6)-/(a)||<Af||6-o||.
- Si U est un ouvert connexe et dfx = 0 pour tout x € U, alors / est constante sur
U (en effet, U est connexe par lignes brisées — voir le théorème 5 page 42 — et
f(a) = f(b) pour tout segment [a, b] C U).
Remarque 9. Si / prend ses valeurs dans M, si [a, b] C £/, si / est continue sur [a, b] et
différentiable sur ]a, 6[, alors l'égalité des accroissements finis est valable et s'écrit
3c€]a,6[, f(b) = f(a) + dfc(b-a).
Comme nous l'avons vu dans la remarque 2 page 72, ceci est faux dès que la dimension
de l'espace d'arrivée est > 1 et on utilise alors l'inégalité des accroissements finis.
Formules de Taylor. Notation. Soit / : U C Rq —> M? (où U est un ouvert de
une application de classe Ck sur U. Par analogie avec le fait que
V(oi,...,a9) E
(ai + -.. + ag)n= Y,
ni
îi
h-\ \-iq=n
»ii
T«i
a9
on note pour tout n € {1,..., k}
df
il»l
£*£<«)
Li=l
= E
n\
i\-\ \-iq=n
i\\ ' •-lq
— hi1 ••-hiq
<9n/
dx*i ■ ■ - dx
!»■
Cette expression s'appelle puissance symbolique n-ième
de XXi hi J£(fl)- c'est la dérivée
n-ième de la fonction de la variable réelle t h-> f(a + th) en t = 0.
A partir de cette notation, nous allons énoncer les formules de Taylor relatives aux
fonctions de plusieurs variables. On les démontre en appliquant à la fonction <m f(x+th)
(t G [0,1]) les formules de Taylor vraies pour les fonctions de la variable réelle.
Théorème 4 (Formule de Taylor-Lagrange). Soit f : U CM71 ^R (oùU est un ouvert
de Mn) une application de classe Cp sur U et x e Rn, h = (/ii,..., hn) G W1 tels que le
segment [x, x + h] = {x + th, t e [0,1]} soit inclus dans U. Alors il existe 9 e ]0,1[ tel que
f(x + h) = /(*) +
£*!£(*)
Li=l
+
1
+ 2!
2=1
-1(2]
(P-1)I
£>#(*)
ér ^
ib-i]
+
1
M
^^(ï+flfc)
iW
L»=l

1. DIFFÉRENTIELLE, DÉRIVÉES PARTIELLES
309
Exemple 2. Si / :
tel que
est de classe C2, alors pour tout (h, k) e M2, il existe 6 e ]0,1[
/(/i,A;)=/(0,0) + /ig(0,0) + ^(0,0)
1
+ 2
h2iÂ(eh>ek) + 2hkink:\eh,ek) + fe2^4(^> 9k)
dx2
d2f
dxdy
■M.
dy1
+o(Uh,k)\n
Remarque 10. Attention, comme pour l'égalité des accroissements finis, ceci n'est vrai que
pour des fonctions à valeurs réelles. Pour des fonctions à valeurs dans Rp, on peut par
contre utiliser la formule de Taylor avec reste intégral.
Théorème 5 (Formule de Taylor avec reste intégral). Soient f : U C Rq —> Rp (où U
est un ouvert de Rq) une application de classe Ck sur U, x e Rq et h = (h\}..., hq) G Rq
tels que [x,x + h] C U. Alors
f(x + h) = /(*) +
£*!£(*)
i=\
dxi
1
+ 2Ï
i=l
E*sr(*)
1(2]
+
+
(*-l)!
■ q 1 [fc-!]
i=l
+
L
'(!-«)
fc-1
(fc-l)l
Li=l
£^(*+^)
iW
dt.
Théorème 6 (Formule de Taylor-Young). Soit f : C/ C Rq -> Rp ("où C/ est un ouvert
de Rq) une application de classe Ck et x € U. Alors lorsque h = (h\,..., hq) € Rq tend
vers 0,
f(x+h) = /(*)+
1.4. Exercices
£*£<*)
i=l
1
+2!
.*=!
£*£(*)
1(2]
+ ...+
A;!
i=l
£*£(*)
ii*i
+o(||fc||*).
Exercice 1. a) Montrer que la fonction / : R2 —> R définie par f(x,y) = y2/x si x ^ 0,
f{0,y) = y, est dérivable selon tout vecteur au point (0,0), mais n'est pas continue en
(0,0).
b) On considère l'application
/:
f(x,y) = xy^—\ si (x,y)ï(0,0), /(0,0) = 0.
x* + y£
Montrer que les dérivées partielles ^^-(0,0) et ^^(0,0) existent mais ne sont pas égales
(exemple dû à Péano).
Solution, a) Soit (a, b) un vecteur de R2. Si a ^ 0, on a
V* G R*,
t2b2 b2
f(ta,tb)-f (0,0) = — = -t,
ta a
ce qui montre que / est dérivable en (0,0) selon le vecteur (a, b) et que /(aM(0,0) = b2/a.
Si a = 0, on a f(0,tb) = tb pour tout iel, donc / est dérivable en (0,0) selon le vecteur
M)et/('û)6)(0,0) = 6.
Cependant, / n'est pas continue en (0,0) car pour tout n G N*, /(1/n3,1/n) = n tend vers
+oo lorsque n —» +oo, alors que (1/n3,1/n) tend vers (0,0).
b) Pour tout a; G R, on a
2 „.2
Vy^O,
f(x,y)-f(x,0)_ x2-y
= x
y
2 . ,,2
x2 + y

310
5. FONCTIONS DE PLUSIEURS VARIABLES
En faisant tendre y vers 0, on en déduit si x ^ 0 que q^(x, 0) existe et vaut x ; si x = 0, on voit
de même que |j(0,0) existe et vaut 0. Finalement, on & ■J-(xi0) = x pour tout a; G 1. On en
conclut que &^(0,0) existe et vaut 1.
Maintenant, on en déduit, grâce à la relation d'antisymétrie f(y,x) = —f(x}y) le fait que
^-^(0,0) existe et vaut —1. D'où le résultat.
Exercice 2. Soit / : Rn —> R une application différentiable en 0 et telle que
Vz € Mn, (x ï 0), V* € R+*, f(tx) = tf(x).
Montrer que / est linéaire.
Solution. Fixons un vecteur x -^ 0 quelconque de En. La relation f(tx) = tf(x) pour tout
t > 0 montre que f(tx) tend vers 0 lorsque t —> 0, et comme / est continue en 0 (car elle est
différentiable en 0), on en conclut /(0) = 0. Maintenant, la différentiabilité de / en 0 entraîne,
lorsque t —> 0+,
/(te) = /(0) + df0{tx) + o(\\tx\\) = tdf0{x) + te(t) donc f(x) = df0(x) + e(t)
avec e(t) —> 0 lorsque £ —> 0+. En faisant tendre £ vers 0, on en déduit f(x) = dfo(x). Ceci est
vrai pour tout ieR" non nul, et est vrai également pour x = 0 car nous avons montré /(0) = 0.
Finalement, / = dfo est linéaire.
Exercice 3. 1/ Soient E, F, G des e.v.n et ip : ExF ^ G une application bilinéaire. On
suppose que </? est continue, de sorte qu'il existe C > 0 tel que \\<p(x,y)\\ < C\\x\\ \\y\\ pour
tout (x,y) G Ex F. Montrer que (p est différentiable sur E x F et calculer sa différentielle
dcp.
2/ (Applications.) a) Soit E un espace préhilbertien réel. Montrer la différentiabilité et
calculer la différentielle de l'application produit scalaire <E> : E2 —> M (x,y)\-+ x -y.
b) Soit n e N*. Pour tout p e N*, montrer que l'application (pp : Mn(R) —► -A4n(R)
définie par ip{M) = Mp est différentiable et calculer sa différentielle d(pp.
Solution. 1/ Fixons (x,y) e E x F. Pour tout (htk) e E x F, on a
(p(x + h,y + k) = <p{x, y + k)+ cp{h, y + k) = <p(x, y) + <p(x, k) + (p(h, y) + <p(h, k),
donc si L(h, k) = <p(x, k) + (p(h, y), L est linéaire et
||^(o: H- ^,y + fc) — vC^sr) — £,(^, A:)|| = ||^(^, A:)|| < C7||^|| ||A:|| = o(||(/ky A:)||)
(en prenant par exemple ||(/i,/c)|| = sup{||/i||, ||A;||}). Donc (p est différentiable en (x,y) et
d<P(x,y) = L, c'est-à-dire <fy>(x,y) : (h, k) ■-> ip(x, k) + <p(h, y).
2/ a) L'application $ est bilinéaire et continue car d'après l'inégalité de Schwarz, |$(z,y)| <
||rc|| \\y\\ pour tout {x,y) G E2. En appliquant le résultat de la question précédente, on en déduit
que $ est différentiable sur E2 et que d$(x>y) : {h,k) *-> x- h + y • k pour tout (x,y) G E2.
b) Notons * l'application bilinéaire continue Mn(R)2 —> .Mn(R) (A B) i-> AB. D'après la
question 1/, * est différentiable et d%^B){H,K) = HB + AK pour tout (A,B).
Ceci étant, montrons par récurrence sur p G N* que <pp est différentiable sur Mn(M.) et vérifie
p-i
VM,H G M„(R), d<pP)M(H) = ^ AràMfr-1*-*.
i=0

1. DIFFERENTIELLE, DERIVEES PARTIELLES 311
Pour p = 1, c'est évident car <p\ est linéaire. Supposons le résultat vrai au rang p et montrons
le au rang p + 1. On a (pp+i = (pi<pp = #(y>i, y?p), donc composée d'applications différentiables,
donc (fp+i est différentiable et <Vp+i,m = ^*y>i(M),v>p(M)[^i,M,^p,M] c'est-à-dire
d<pp+i)M(H) = d(piiM(H) <pp(M) + <pi(M) d<pP)M(H)
p-i p
= HMP + M ^ MtHMb-V-* = Yï, MlHMp-\
i=0 i=0
d'où le résultat.
Exercice 4 (Lemme d'Hadamard). Soit / : Rn —► R une fonction de classe C°°.
a) On suppose /(0) = 0. Montrer que l'on peut écrire
n
J\Xl) • ' ' > %n) = / j %i 9i\%l) • • • > ^nj
i=l
où pour tout i, gi : Mn —► R est une fonction de classe C°°.
b) Si de plus dfo = 0, montrer que l'on peut écrire
J\X\) . . . , Xnj / j XiXj tlifj\Xi) . . . , Xn)
\<i<n
\<j<n
où pour tout (i,j), hij : Rn —> R est une fonction de classe C°°.
Solution, a) On commence par écrire la formule de Taylor avec reste intégral à l'ordre 1, qui
s'écrit ici, pour tout x = (xi,... ,xn) G Rn,
/0e) = / ( 5^»t ÔT:(to) ) dt = ^2xi9i{^) avec g^x) = / — {tx)dt.
\ %—^ JL / %—^ JL
Il suffit ensuite de remarquer, grâce au théorème de dérivation sous le signe intégral, que les
fonctions gi ainsi définies sont de classe C°°.
b) Si de plus dfo = 0, alors ^r(O) = gi(0) = 0 pour tout i. Comme les fonctions gi sont de classe
C°°, on peut leur appliquer le résultat précédent qui montre que pour tout z, on peut trouver des
fonctions (^i,j)i<j<n de classe C°° telles que gi{x) = J21=i xj^hj(x) pour tout x G W1. Ainsi,
n In
\fx = (Xi,. . . ,Xn) e Rn, f(x) = 53^» I ^2X3hiAX) = 53 ^ ^jW»
i=l \ j=l / l<i<n
d'où le résultat.
Remarque. On aurait pu aussi démontrer le résultat de la question b) directement en
utilisant la formule de Taylor avec reste intégral à l'ordre 2.
Exercice 5 (Différentielle de l'inverse). 1/ a) Soit n e N*.Montrer que
l'application Inv : Q£n{R) -> Q£n{R) M *-+ M'1 est de classe C°° sur Q£n(R).
b) En calculant les dérivées partielles de Inv au point 7n, calculer la différentielle DInv
de Inv au point In.
c) En déduire la valeur de la différentielle de Inv en tout point de Ç£n(R).
2/ On veut généraliser le résultat précédent en dimension infinie. Soit E un espace de
Banach. On note Q£C{E) l'ensemble des endomorphismes inversibles u de E tels que u et

312
5. FONCTIONS DE PLUSIEURS VARIABLES
u~l soient continus. La norme utilisée sur CC(E) est |it| = sup^^ ||w(x)||. On rappelle
(voir l'exercice 4 page 52) que Qlc(E) est un ouvert de CC(E).
a) Montrer que l'application Inv : Qlc{E) —» Qic{E) u *-* u~l est difFérentiable au point
Id^ et calculer la différentielle de Inv en ce point.
b) Montrer que Inv est différentiable en tout point de Q£C(E) et calculer sa différentielle.
Solution. 1/ a) Remarquons tout d'abord que Ç7ln(R) est un ouvert de Mn(R) (c'est l'image
réciproque de l'ouvert R* par l'application déterminant, qui est continue).
Pour tout M G </4»(R), on a M-1 = (detM)-1 lM où M désigne la comatrice de M. Cette
expression montre que les coefficients de M~l sont des fractions rationnelles en les coefficients
de M, ce qui prouve que Inv est de classe C°°.
b) On désigne par (Eij)i<ij<n la base canonique de .Mn(R) (Eij est la matrice dont tous
les termes sont nuls sauf celui d'indice (i,j) qui vaut 1). En notant les matrices sous la forme
M = (w*tj)i<tj<ni calculons
|^(/B)-ital[(/B+ti^)--/B].
Si i = j, on a
![«.+ «*,)->-/.] = i (^ - l) *,, =-^ donc |£(/») =-**
Si i ^ j, la matrice Eij vérifie Efj = 0 donc pour tout t G R, (In + tEij)~l = In — tE^j
(car (Jn - tJByJC/n + ^j) = /n - PÈÇj = /„), et on en déduit ^(/„) = -3y.
En résumé, nous avons montré jjjJttCM = —-^j Pour tout (*»i)- On en déduit que la
différentielle DInv/n de Inv au point In vérifie
VM = (mij)i<ij<n e .Mn(R), £>Inv/n(M) = ^^^7; CM = ~M>
dlnv
d'où le résultat.
c) Soit M G </4i(R)- Lorsque H G A<„(R) tend vers 0, on a M + H G 04(R) pour H
suffisamment petit (car Qln(R) est ouvert) et
Inv(M + H) = (M + H)~l = (In + M-lH)-lM~l = [/„ + Dlnv/JM"1^ + o(||tf IDJM"1
= [In - M~lH + odlHIDlM-1 = Inv(M) - M~lHM~l + o(||#||)
On en déduit DInvM(H) = -M^HM'1 pour tout H G «Mn(R).
2/ a) Pour tout h G CC(E), |/i| < 1, on sait (voir la proposition 2 page 49) que Id+/i est
inversible et que (Id +h)~1 = Id -/i + h2 - h3 + • • • + (~l)nhn + • • •. Comme ||| EÎS(-l)n^nll <
EnS INI" = l^|2/(l ~ INI)> on en déduit que lorsque h -> 0, Inv(Id +/i) = Id -h + o(||/i|).
Ainsi, Inv est différentiable au point Id et DInvi^(h) = — h.
b) On procède comme dans la question 1/c). Soit u G Ç£C(E). Comme Ç£C(E) est ouvert (voir
l'exercice 4 page 52), on a u + h G Q£C(E) lorsque fo est suffisamment petit, et lorsque h —> 0,
(u + Zi)"1 = (Id+w-1/*)-1^-1 = (Id-u-^ + oGHI))^1 = n_1 -ti-^ti-1 +o(|/i|).
De plus, l'application linéaire h •-> —w-1/iw_1 est continue car pour tout h G CC(E), \\u~1hu~11|| <
|tt-1| 1^1 |tt_1|. En définitive, Inv est différentiable au point u et DInvu(h) = —u~1hu~1 pour
tout h G CC(E).
Exercice 6 (Différentielle du déterminant). Soit n e N*. Montrer que
l'application déterminant définie par det : .Mn(M) —* R M *-* detM est de classe C°° et
calculer sa différentielle Ddet.

1. DIFFÉRENTIELLE, DÉRIVÉES PARTIELLES 313
Solution. Le déterminant d'une matrice est un polynôme en ses coefficients, on en déduit que
l'application M •-> det M est de classe C°°.
Soit M G Mnfà)- Pour calculer DdetM (différentielle de det au point M), nous allons
calculer les dérivées partielles de det au point M. Désignons par (-Ei,j)i<i,j<n la base canonique
de MnW- En notant A = (ûi,j)i<ij<n les éléments de Mn(R)} il s'agit donc de calculer les
|^(M). En désignant par C = (Cij)i<ij<n la comatrice de M (de sorte que C»j est le cofacteur
de l'élément d'indice (i, j) de M), la n-linéarité du déterminant entraîne, pour tout (i, j) et pour
tout ieR,
i /w .t-i x /i w\ ^ i ddet.„... .. det(M + *£?i,-) - det M _
det(M + Œitj) = (det M) +1 Citj donc (M) = km * -^ = dj.
Ainsi, si i7 = (/ifj) G Mn(I), on a
da
DdetM(H) = £>j ^(M) = ^^a,i = tr('Ctf).
*j Ï,J »j
Lorsque M est inversible, on peut obtenir une autre expression de DdetM en utilisant
l'identité lC = (det M)M~l qui entraîne DdetM{H) = (detM)tx(M-1H) pour tout H G
Exercice 7. Soit / : R —» R une application de classe C1. On définit l'application
>2 . „ nv„ .a /(*) - f(v)
F: R2->R F(rc,2/) = ^-^—^^ si x ^ y, F(x,x) = /'(x).
a) Montrer que F est continue.
b) Si / est de classe C2, montrer que F est de classe C1.
Solution, a) Si x ^ y, on a
*•(*, y) = — T /'M rfti = / f'[x + % - x)] dt, (*)
y-x Jx Jo
égalité qui reste évidemment vraie pour x = y. Comme / est de classe C1, la dernière intégrale
de (*) a son intégrande qui est continue en (x, y) sur R2, donc d'après le théorème de continuité
sous le signe intégral, F est continue sur R2.
b) Notre point de départ est toujours la relation (*). L'intégrande f'(x+t(y—x)) est continûment
dérivable par rapport à x, on peut donc appliquer le théorème de dérivation sous le signe intégral
qui montre que F admet une dérivée partielle par rapport à x sur R2 qui vérifie
r)F Z*1 t) Z*1
V(x,2/)GR2, ^(x>y) = J -^(f'lx + t(y-x)})dt = J (l-t)f"[x + t(y-x)]dt}
fonction de (x,y) qui est bien continue sur R2. De même, F admet une dérivée partielle par
rapport à y continue sur R2. On en conclut que F est de classe C1.
Remarque. On peut également résoudre l'exercice sans exprimer F par l'intégrale (*),
mais c'est plus difficile.
Exercice 8 (Fonctions holomorphes, fonctions harmoniques). On note D =
{z e C, \z\ < 1} le disque unité ouvert complexe. Par commodité, on identifie les nombres
complexes x + iy avec les couples (x,y) (avec x,y G R).
1/ Soit / : D —> C une application, et u, v les deux applications définies sur D} à valeurs

314
5. FONCTIONS DE PLUSIEURS VARIABLES
réelles, telles que f(x + iy) = u(x, y) + iv(x, y). On dit que / est holomorphe sur D si elle
est continûment dérivable par rapport à la variable complexe z, c'est-à-dire si
(i) pour tout zq G D, {f(zo + h) — f(zo))/h converge lorsque h € C* tend vers 0 (cette
limite est notée f'(z0)),
(ii) l'application z «-► f'(z) est continue sur D.
a) Montrer que / est holomorphe si et seulement si les applications u et v sont de classe
C1 sur D et vérifient les conditions de Cauchy
du dv du dv
dx dy' dy dx'
b) Si / est holomorphe et si u et v sont de classe C2 alors montrer que u et v sont
harmoniques, c'est-à-dire
d2u d2u _ (Pv d2v _
dx2 dy2 ' dx2 dy2
2/ On considère une fonction u : D —» R de classe C2 et harmonique.
a) Montrer que du/dx est la partie réelle d'une fonction holomorphe.
b) Montrer que u est la partie réelle d'une fonction holomorphe.
Solution. 1/ a) On remarque tout d'abord que les conditions de Cauchy sont équivalentes à
l'identité % + i% = 0.
Supposons / holomorphe. Soit z = x + iy G D (avec x^y G M). Lorsqu'on fait tendre le
nombre réel s vers 0 dans l'expression
/(* + «)-/(*) = /(* + g,y)-/(s,y)
s s
le membre de gauche converge vers /'(z), donc celui de droite converge, ce qui montre l'existence
de g£(x,y) et de plus, /'(z) = §£(#,y). Lorsque cette fois ci, on fait tendre le nombre réel t vers
0 dans l'expression
/(* + it) - /M = i /(*, y + *) - /(g, y)
zi z t
on aboutit à l'existence de §£(x, y) et à l'égalité /'(z) = —*g£(x, y). Ainsi, on a montré g£(x, y) +
idy(x>y) = 0- Par ailleurs> /' étant continue, les égalités g£ = /' et gn = ^/'> entraînent que les
dérivées partielles de / sont bien continues, donc / (et donc u et v) est de classe C1.
Réciproquement, supposons f = u + iv de classe C1 et vérifiant g£ + i|f = 0. Soit z G D.
L'application / est difFérentiable enz = x+iy donc la formule de Taylor-Young entraîne, lorsque
les nombres réels 5 et t tendent vers 0
f(x + s,y + t) - f(x,y) = s^(x,y) +t-^(x,y) +o(\s + it\).
Comme -J- = i-gt ceci entraîne
f(x + s,y + t)- f(x,y) = a-j£(x,y) + **^(»,y) + o(l* + **l) = (« + **) j^O*.2/) + °(ls + **D-
Ceci montre que la limite (f(z + h) — f(z))/h converge vers §^(#, y) lorsque h = s + it tend vers
0. Donc / est dérivable par rapport à la variable complexe z et de plus, f'(z) = -^(x^y). Cette
dernière égalité entraîne la continuité de /', donc / est bien holomorphe.
b) Les conditions de Cauchy et l'indépendance des dérivées partielles à l'ordre de dérivation
entraînent
(Pu_d_ (du\ _ Ô_ /dv\ _d2v__c>_ /dv\ _ _Ô_ (du\ _ d2u
dx2 ~ dx \dx) ~ dx \dy) ~ dxy ~ dy \dx) ~ dy \dy) ~ dy2'

2. EXTREMUMS RELATIFS
315
Donc u est harmonique. On montrerait de même que v est harmonique.
2/a) On va montrer que / = |^ - i^ est holomorphe. La fonction / est bien de classe C1 et
comme u est harmonique, on peut écrire
dy dya; dy2 ctoy da;2 5a;'
Ainsi, les conditions de Cauchy sont vérifiées, donc / est bien holomorphe.
b) Il faut en quelque sorte exhiber une primitive de / = |^ — i^. Pour tout z G £>, on va
considérer l'intégrale curviligne de / le long d'un segment joignant 0 à z (c'est possible car le
domaine D est une partie étoilée par rapport à 0), en posant
g(z) =z f(tz) dt = (x + iy) I f(tx, ty) dt.
Jo Jo
Le théorème de dérivation sous le signe intégral nous assure que g est continûment dérivable par
rapport h x et par rapport à y et que
dg
dy
On en déduit
/ f(tx}ty)dt + (x + iy) f t-£{tx,ty)dt
(x,y) = i f{tx,ty)dt + {x + iy) t—{tx,ty)dt.
Jo Jo "V
^(x,y)+i^(x,y) = (x + iy)^ t (j^faty) + i^{tx,ty)^j dt.
et comme ^ + *fé = 0, on en déduit ^f +^ = 0. Ainsi la fonction g est holomorphe. Calculons
sa partie réelle. On a
donc
g(z) = (x + iy) I l-^-i-^j{tx,ty)dt
L'intégrande n'est autre que la dérivée par rapport à t de l'application t •-> u(tx, ty), on en déduit
$l(g)(z) = [u(tx,ty)]Q = u(x,y) — w(0,0). Ainsi, la fonction h = g + w(0,0) est holomorphe (la
propriété d'holomorphie ne change pas si on ajoute une constante à g) et sa partie réelle est bien
égale à u.
Remarque. Les fonctions holomorphes font aussi l'objet de l'exercice 13 page 254. Dans la
remarque à la fin de cet exercice, il est montré qu'une fonction holomorphe est analytique.
On en déduit qu'une fonction holomorphe est forcément de classe C°°.
- Lorsque le domaine D de définition contient des trous (plus précisément s'il n'est pas
simplement connexe, c'est-à-dire qu'un lacet dans D n'est pas continûment déformable en
un point tout en restant dans D), une fonction harmonique n'est pas forcément la partie
réelle d'une fonction holomorphe.
2. Extremums relatifs
Dans toute cette section, U désigne un ouvert de Rn.
Proposition 1. Si f : U C Rn —> R admet un extremum relatif en un point a de U et
si f est différentiable en a, alors dfa = 0 (en d'autres termes, §£:(a) = 0 pour tout i).

316
5. FONCTIONS DE PLUSIEURS VARIABLES
Un point a pour lequel dfa = 0 est appelé point critique de /. Ce résultat nous
dit qu'un extremum relatif est nécessairement un point critique (notez que U doit être
ouvert : c'est comme dans R, un extremum relatif est un point critique lorsque c'est un
point intérieur à l'ensemble de définition). La réciproque est fausse dans le cas général.
Cependant, moyennant un développement limité de / à l'ordre 2, il est possible d'obtenir
une condition suffisante d'existence d'un extremum.
Théorème 1. Soit f : [/ c ln -> R une fonction de classe C2 et supposons qu'il existe
a £ U tel que dfa = 0, de sorte que d'après la formule de Taylor-Young, f{a + h) =
f(a) + Q(h)/2 + o(||/i||2), où Q est la forme quadratique
n[2]
Q(h) =
.t=i °x%
Alors
(i) si f admet un minimum (resp. un maximum) relatif en a, Q est une forme
quadratique positive (resp. négative) ;
(U) si Q est une forme quadratique définie positive (resp. définie négative), f admet
un minimum (resp. un maximum) relatif en a.
Démonstration. Si / admet un minimum relatif en a, on a, sur un voisinage de 0 pour /i,
f(a + h) = /(a) + \Q{h) + o(\\h\\2) > f(a) donc Q(h) + o(\\h\\2) > 0.
Fixons h G Kn. Lorsque tel tend vers 0, on peut donc écrire
Q(th) + o(||tfi||2) = t2(Q(h) + o(l)) > 0 donc Q(h) + o(l) > 0
En faisant tendre t vers 0, on en déduit Q(h) > 0. Ceci est vrai pour tout h G Mn, d'où (i).
Si Q est une forme quadratique définie positive, alors pour tout h G Rn, h ^ 0, Q(h) > 0.
Comme la sphère unité de Rn est compacte, on en déduit a = infu^i^j Q(h) > 0. Ainsi, lorsque
h tend vers 0,
f(a + h)-f(a) = ±[Q(h)+o(\\h\\2)} =
2 r
«imV«(i)
2
>JLJ!_(a + 0(i)).
Comme a + o(l) > 0 sur un voisinage de h = 0, on en déduit f(a + h) > f(a) sur ce voisinage,
d'où (ii). □
Remarque 1. - Si la forme quadratique Q est seulement supposée positive (et non pas
définie positive), on n'est pas assuré d'avoir un minimum relatif en a. Par exemple,
pour la fonction /:R—>R £H-»£3ena = 0,Q = 0est positive (elle est nulle) et
pourtant, / n'admet pas d'extremum en 0.
- Dire que la forme quadratique Q est positive (resp. définie positive), c'est dire que la
matrice symétrique A = ( gf Jx (q) ) est positive (resp. définie positive), ou encore
que les valeurs propres de A sont > 0 (resp. > 0). La matrice A est appelée matrice
hessienne de F au point critique a.
Exemple 1. (en dimension 2). Soit A = (rs f ) 6 M2(R) et supposons det .A = rt — s2 > 0.
Alors les deux valeurs propres Ai et A2 de A (qui sont réelles car A est symétrique) ont
même signe (car A1A2 = det A > 0). De plus, Ai + A2 = tr A = r +1, et comme r et t ont
même signe (car det A = rt — s2 > 0 donc rt > 0), on en déduit que Ai + A2 a le signe de
r. Ainsi, les deux valeurs propres Ax et A2 ont le signe de r.
En résumé, si det A > 0, alors A est définie positive (resp. définie négative) si et
seulement si r > 0 (resp. r < 0). Si det .A < 0, on a AXA2 < 0 donc A n'est ni positive, ni
négative.

2. EXTREMUMS RELATIFS
317
Maintenant, considérons une fonction / : U C R2 —► R de classe C2 et telle que
dfa — 0 pour a€ U. Posons
d2f d2f d2f
Alors d'après le théorème et ce que l'on vient de voir,
- si rt — s2 > 0 et r > 0, /admet un minimum relatif en a ;
- si rt — s2 > 0 et r < 0, / admet un maximum relatif en a ;
- si rt — s2 < 0, / n'a pas un extremum en a ;
- si rt — s2 = 0, on ne peut conclure.
Extremums liés. On doit parfois maximiser (ou minimiser) une fonction / : f/cR"^
R sur un sous ensemble de U de la forme T = {x e U \ gi(x) = ■ ■ ■ = gr(x) = 0}, où
les Qi sont des fonctions de U dans R. Pour ce faire, le théorème suivant, démontré à la
page 327, rend de précieux services ; il est dû à Lagrange.
Théorème 2. Soient /, pi,... ,gr : U C Rn —> R des fonctions de classe C1, où U est
un ouvert de Rn. On désigne par F l'ensemble {x E U \ g\{x) = • • • = gr(x) = 0}.
Si f\r (restriction de f à T) admet un extremum relatif en a E T et si les formes
linéaires dgi>a,..., dgr>a sont linéairement indépendantes, alors il existe des réels Ai,..., Ar
(appelés multiplicateurs de Lagrange,) tels que
dfa = Aidpi)0 H 1- Kdgr,a-
Remarque 2. - La famille (d<7i)0) étant libre, les multiplicateurs de Lagrange (A*) sont
uniques.
- La condition "U ouvert" est essentielle dans le théorème des extremums liés.
2.1. Exercices
Exercice 1. Etudier les extremums relatifs puis les extremums absolus de la fonction
/:R2^R (X}y)»x4 + y4-2(x-y)2.
Solution. La fonction / est de classe C°°. Commençons par rechercher les extremums relatifs de
/. Pour cela, on recherche ses points critiques (x,y), qui vérifient d/(x,y) = 0, c'est-à-dire
0=^=4x3-4(x-y) et 0 = ^ = V + 4(x - y).
Ce système de deux équations s'écrit aussi
x3 + y3 =0 f (x + y)(x2 -xy + y2) =0
, . . n ou encore < -
xô - (x - y) =0 I ar - x + y =0
Ce système admet la solution triviale (x,y) = (0,0). Si (x}y) ^ (0,0), alors x2 — xy + y2 =
(x — y)2/2 + x2/2 + y2/2 > 0 n'est pas nul, donc le système équivaut dans ce cas à
o dont les solutions non nulles sont (x, y) =
Finalement, / a trois points critiques : (0,0), (\/2, -\/2) et (-\/2, V2).
- Au point (0,0), on voit facilement que la matrice hessienne de / est négative mais non
définie négative (on a r = t = -4 et s = 4). On ne peut donc pas conclure en utilisant le
théorème 1 page 316. On s'en sort en remarquant que f(x, —x) = 2x4 — 8x2 = —2a:2(4 —
x2) < 0 pour 0 < |rrr| < 2. Par ailleurs f(x,x) = 2z4 > 0 pour tout x ^ 0. Ainsi, / ne
présente ni maximum ni minimum relatif en (0,0) (on a affaire à un point col).

318
5. FONCTIONS DE PLUSIEURS VARIABLES
- Au point (v% -\/2), comme 0 = 12z2 -4, J^ = 4, 0 = 12î/2 - 4, on a r = 20,
s = 4 et £ = 20. Donc rt — s2 > 0 et r > 0. La matrice hessienne de / en (y/2, —a/2) est donc
définie positive, donc / admet un minimum relatif en ce point (égal à f(y/2, —y/2) = —8).
- Le résultat est identique en (—\/2, -s/2) car / vérifie la relation f(x,y) = f(—x, —y).
Ainsi, les seuls extremums relatifs de / sont des minimums, atteints aux points (y/2, —\/2) et
(—y/2, y/2). Nous allons prouver, par une technique générale, que ces minimums relatifs sont en
fait des minimums absolus (c'est bien sûr faux dans le cas général). Il suffit pour cela de prouver
que / admet bien un minimum absolu, car tout minimum absolu est un minimum relatif (et la
valeur des deux minimums relatifs est la même dans notre cas).
L'idée est de dire que lorsque \x\ et |y| sont grands, 2(x — y)2 est petit par rapport à x4 + y4.
Pour cela, on utilise la norme ||(a;,y)|| = sup{|x|, \y\} et les inégalités
*4 + 2/4> Il(*,!/)Il4, 2(o;-î/)2<2(2||(a;,î/)||)2 = 8||(a;,2/)||2
qui entraînent f(x,y) > \\(x,y)\\4-8\\(x,y)\\2. Ainsi, lim||(a.>y)||_H.00 f(x,y) = +oo. On en déduit
qu'il existe un compact K de R2 tel que f(x,y) > 0 dès que (x, y) £ K. La fonction / est
continue sur le compact K, donc il existe (a,6) G K tel que /(a,b) = mî(xy)eK f{x,y). Comme
f (-y/2, y/2) = -8, on a (->/2,>/2) G K, et donc /(a, b) < -8. Comme f(x,y) > 0 pour
(x,y) £ K, on a en fait f(x,y) > /(a,b) pour tout (x,y) G R2. Ainsi, / admet un minimum
absolu sur R2, qui est donc un minimum relatif, donc égal à —8.
Remarque. Pour montrer que / admet bien un minimum absolu égal à —8, on aurait pu
montrer directement (en utilisant de bonnes minorations), que f(x,y) > —8 pour tout
(x, y) G R2. L'avantage de la méthode que nous avons présentée est qu'elle est générale.
Exercice 2. On note 5={a;Gtn| \\x\\ = 1} la sphère unité de Rn. Soit / : W1 -»• R
une fonction différentiable telle que /|s (restriction de / à S) soit constante. Montrer qu'il
existe x0 G Rn, ||x0|| < 1, tel que dfxo — 0.
Solution. C'est l'équivalent du théorème de Rolle en dimension n. On procède comme sur R.
La boule unité fermée B de Rn est compacte, et comme la fonction / est continue (car
différentiable), il existe xq G B tel que f(xo) = minxçB f(x) = m et il existe x\ G B tel que
f(xi) = maxx€£ f(x) = M.
Si m = M, alors / est constante sur B, donc pour tout x G Rn, ||a:|| < 1, dfx = 0.
Sinon, m < M, et comme / est constante sur 5, l'un des points #o,£i n'est pas dans S.
o
Supposons par exemple xq $■ S. Alors ||a;o|| < 1, donc / prend sur l'ouvert B son minimum en
xq. Comme de plus / est différentiable en xq, on en déduit dfxo = 0.
Exercice 3 (Principe du maximum). Soit / : Rn —► R une fonction de classe C2. On
définit le laplacien de / par
On note D la boule unité ouverte de Rn et D la boule unité fermée de Rn.
a) Si Af(x) > 0 pour tout x e D, montrer que pour tout x G D, f(x) < max||y||=i f{y)-
b) Si A/(x) = 0 pour tout x £ D (on dit alors / est harmonique sur D), montrer
Vrc G D, min f(y) < f(x) < max f(y).
\\v =i y =i

2. EXTREMUMS RELATIFS
319
Solution, a) Raisonnons par l'absurde en supposant l'existence de xq g D tel que f(xo) >
maxiij,^! f(y). L'application / est continue sur le compact D, il existe donc x G D tel que
f(x) = supyepf(y). Si f(x) = f(x0), on choisit x = x0i sinon f(x) > f(x0) > supM=1f{y),
donc x € D. Dans tous les cas, x appartient à l'ouvert D. On en déduit (voir le théorème 1
page 316) que dfx = 0 et que la matrice hessienne
\UXtUXj / l<i,j<n
est négative. En particulier, la trace de A est négative (c'est la somme de ses valeurs propres),
ce qui s'écrit A/(x) < 0. Ceci est contraire aux hypothèses, d'où le résultat.
b) Nous montrons que pour tout x G D, f(x) < max||y||=1 f(y), l'autre inégalité s'en déduisant
ensuite en considérant —/.
Soit e > 0. Considérons la fonction g : Rn —> R définie par g(x) = f(x) + e (SS=i xi )• ^n a
Ag = A/ + 2ne, ce qui montre que Ag > 0 sur D. D'après la question précédente, on en déduit,
pour tout x e D,
n
g(x) < max g(y) donc f(x) + e I V^ xf] < max f(y) + e I max Y^ y\
Ceci étant vrai pour tout e > 0, on en déduit que /(x) < max||y||=1 f(y). D'où le résultat.
Remarque. Le résultat se généralise aisément sous la forme suivante : si / est continue
sur un compact K et harmonique sur l'intérieur de K, alors / atteint son maximum et
son minimum sur la frontière de K.
Exercice 4 (Exemples d'applications du théorème des extremums liés).
a) Soient n G N*, n > 2, et s > 0. Soit / : Rn —> R (a?i,... ,xn) v-* X\ • • -xn, et
r = {(xi1...ixn) G (R+)n | X)r=i x« = 5)- Étudier le maximum global de /|r, la restriction
de / à T. Retrouver ainsi l'inégalité arithmético-géométrique.
b) On se donne un entier n > 2 et n réels strictement positifs Ai,..., Àn. On note
n a
XJ
r=\(xu...,xn)eRn\ £4 = 1
t=i
■^i i
Si / : Rn —» R (a?i,..., xn) v-* Y%=i xh déterminer le maximum global de /|r-
c) Soient ai,..., an des réels > 0 tels que ai H \- an = 1 (avec n > 2). Démontrer que
Solution, a) La fonction / étant continue sur le compact T, /|p admet un maximum global
atteint en un point a de T. Si on note g : Rn —>• R (a?i,... ,xn) »-> #i + • • • + £n — s et
7 = {z G Rn | p(œ) = 0}, alors a G fi = 7 D (R+*)n c T (car /(&) = 0 si l'un des xi est nul, et
f{x) > 0 si a: G 7). Par construction, /|fi admet un extremum global en a, et comme fi est un
ouvert de 7, /|7 atteint un extremum local en a. De plus, si a G 7, alors dga ^ 0, on peut donc
appliquer le théorème des extremums liés qui entraîne l'existence de A G R tel que dfa = \dga.
On a donc
Vt€{l,...,n}, ^L(a) = Xp- = X c'est-à-dire ^ = A.
®l /(a) ¥" 05 on en déduit que tous les a^ sont égaux. Comme Ya=i a* = s, on a a* = s/n pour
tout i. La valeur du maximum recherché est donc (s/n)71.

320
5. FONCTIONS DE PLUSIEURS VARIABLES
Ceci s'écrit aussi
n , Y-vn \ n / n \ l/n v^n
Y[Xi<( ^ * J c'est-à-dire JJ
V(a?i,..., Xn) G (R+)n, JJ Xi < ( ^ ' j c'est-à-dire I JJ a* J < ^=^
ce qui n'est autre que l'inégalité arithmético-géométrique.
b) La fonction / est continue sur le compact r, il existe donc a G T tel que /|p atteigne son
maximum global en a.
On note g : W1 -> R (xu ..., xn) *-* ^ a£/A* - 1, de sorte que r = {s G Rn | p(x) = 0}.
Comme g est de classe C1 et que dpx ^ 0 pour tout a; G T (si dgx = ^J2i(xi/^î) dxi = 0> alors
Xi = 0 pour tout z donc a; ^ T), on peut appliquer le théorème des extremums liés qui entraîne
l'existence de fi G R tel que dfa = iidga. On en conclut
Vt, 2ai = ^(o) = ji j2-(a) = /* ^f- donc a* f 1 - 2ji ^ = 0.
Pour tout i} on en déduit que ^ = 0 ou a? = A|/(2/z). Notons i" l'ensemble des indices i pour
lesquels a^ ^ 0. L'ensemble J est non vide car a ^ 0 (car aGT). On a
et on en déduit
Résumons : nous avons montré que /(a) est nécessairement égal à \fJ2iei ^4 °ù ^ es* un
sous-ensemble de {1,... ,n}. Réciproquement, il est immédiat que tout élément de cette forme
peut-être atteint (définir les ai comme précédemment si i G i", a* = 0 si i $■ I). Comme f(a)
est maximal, ceci montre que le maximum de /|r est atteint lorsque J = {1,... ,n}, donc égal à
(£?=1a?)1/2.
c) Soit (p : Rn —> R (xi,... ,xn) i-> n*=i xi(^ ~~ x0- H s'agit d'évaluer le maximum de <^|r,
où T = {(xu...>xn) G (R+*)n | Ysixi = !}• La fonction </> étant continue sur le compact
^ = {(#i,...,xn) G (R+)n | J2ixi = î}i ïï existe a G 7 tel que cp(a) = supxG7<p(x). Si l'un des
ai est nul, alors cp(a) = 0, ce qui contredit la maximalité de <p(a). On a donc aGT.
En d'autres termes, si / désigne la restriction de cp à l'ouvert (R+*)n, nous avons montré
l'existence de a G T tel que /(a) = (p(a) = supxGr f(x).
Soit g la fonction (xi,..., xn) »-> xi H hxn — 1, de sorte que r = {x G (R+*)n | g(x) = 0}.
La fonction g est de classe C1 et dgx ^ 0 pour tout x G T, on peut donc appliquer le théorème
des extremums liés qui entraîne l'existence de À G M tel que dfa = \dga. Ceci entraîne, pour
tout z,
%L(a) = \p- c'est-à-dire ,{(fl) . (1 - 2a{) = A. (*)
Autrement dit, chaque ai est solution de l'équation F(X) = XX2 — XX — 2f(a)X + f(a) = 0.
Comme l'un au moins des ai est inférieur à l/n (car J2iai = 1)> donc inférieur à 1/2, et que
a^ G ]0,1[, la dernière égalité de (*) montre que À > 0. Si À > 0, F est une fonction polynôme
de degré 2 qui vérifie F(0) = f(a) > 0, F(l) = -/(a) < 0 et lim^^+oo F(X) = +oo, donc F
a ses deux racines réelles, l'une dans ]0,1[, l'autre dans ]l,+oo[. Si À = 0, F est affine donc a
au plus une solution dans ]0,1[. Dans tous les cas, F a donc au plus une solution dans ]0,1[-
Comme tous les ai sont dans ]0,1[, et que F(a^) = 0 pour tout z, on en déduit que les ai sont
égaux. Leur somme est égal à 1, donc ai = l/n pour tout i.
Finalement, nous avons montré
m¥/W = /(a) = /(I,...,i)=ni(l-i) =
(n - l)n
n2n

3. INVERSION LOCALE, FONCTIONS IMPLICITES
321
Remarque. On aura pu répondre à la question c) en appliquant l'inégalité arithmético-
géométrique aux deux produits J^Ji a^ et J^(l — a*).
Exercice 5. Soit n e N*. On munit Mn(R) de la norme ||M||2 = (E<jm?j)1/2, où les
rriij sont les coefficients de la matrice M. Montrer que le groupe des matrices orthogonales
directes SOn(R) est l'ensemble des éléments de SCn{R) = {M € Mn(R) : det(M) = 1}
de norme minimale.
Solution. On remarque déjà que ||M||2 = tr('MM). Il s'agit donc de minimiser f(M) =
tr('MM) sous la contrainte g(M) = 0, avec g(M) = det(M) - 1.
L'application / est une forme quadratique et g est une forme multilinéaire sur un e.v de
dimension finie, donc f et g sont continues. L'ensemble SCn(R) = <?-1({0}) est un fermé de
Mn{R), donc le minimum de / sur SCn(R) est atteint en un point A de SCn(R) (en effet :
dans tout e.v de dimension finie E, la distance d de 0 à un fermé F de E est toujours atteinte,
puisqu'elle est atteinte sur le compact K des éléments a; de F de norme ||#|| < d+1, et ||#|| > d+l
en dehors de K). La différentielle du déterminant a déjà été calculée dans l'exercice 6 page 312,
et donne dgA(H) = tr(fCif ) où C est la comatrice de A. Ainsi, dgA n'est pas nul, et le théorème
des extremums liés nous assure donc l'existence de A G E tel que les différentielles de / et g en
A vérifient dJA = XdgA-
Compte tenu de l'expression f(A + H) = tr(tAA) + 2tT(tAH)+tv(tHH) = f(A) + 2ti(tAH) +
\\H\\2, on voit que oJa{H) = 2tr(*AH"). Par ailleurs, on a vu que dgA(H) = tr(lAH) donc
2tr(*Aff") = Xti^CH) pour toute matrice H, ce qui entraîne 2A = \C (en remplaçant H par
les matrices Eij dont tous les coefficients sont nuls sauf le (i,j)-ibme qui vaut 1, on obtient
l'égalité des («, j)-ièmes coordonnées de 2A et XC). Comme A est inversible et que det(.A) = 1,
sa comatrice s'exprime aussi sous la forme C = tA~1, donc on a 2tAA = \In. En composant par
le déterminant, on en déduit 2n = Xn et comme lAA est une matrice positive, on a forcément
A > 0 donc A = 2. Ainsi, lAA = Jn, c'est-à-dire A G SOn(R). On a donc démontré que le
minimum de / sur SCn(R) était forcément atteint en un point A de SOn(R). Ce minimum
est égal à tr(*A.A) = tr(/n) = n. Réciproquement, tous les éléments M de SOn(R) vérifient
/(M) = n, d'où le résultat.
3. Inversion locale, fonctions implicites
3.1. Inversion locale
Pour une fonction / : R —> R de classe C1, on sait que si f'(x) ^ 0 pour tout x, alors
/ admet un inverse global /_1 de classe C1 qui vérifie (/_1)'[/(^)] = 1/f'{x) pour tout
x. Notre objectif est de généraliser ce résultat pour des fonctions de plusieurs variables,
ou plus généralement pour des fonctions définies sur un espace de Banach. La condition
"/'(#) 7^ 0" devient ici "dfx est inversible", et la fonction / est alors localement inversible
autour de x (et non pas globalement comme dans le cas réel).
Théorème 1 (Inversion locale). Soient E,F deux espaces de Banach, U un ouvert
de E et f : U —> F une application de classe C1. On suppose qu'il existe a e U tel que dfa
soit un isomorphisme bicontinu de E sur F (i.e. df~l existe, dfa et df~l sont continus).
Alors il existe un voisinage ouvert V de a et un voisinage ouvert W de f(a) tels que
(i) la restriction f\y de f àV est une bijection de V sur W ;
(U) l'application inverse g : W —*■ V est continue ;
(iii) g est de classe C1 et pour tout x € V, dgf(x) = df~x.

322
5. FONCTIONS DE PLUSIEURS VARIABLES
Démonstration. Pour tout r > 0, on note Br la boule ouverte de centre 0 de rayon r, et Br la
boule fermée correspondante. La norme utilisée sur LC{E,F) est |w| = sup^n-j ||n(cc)||.
Quitte à considérer la fonction x ■-> df~1[f(a + x) — /(a)], on peut supposer a = 0, /(a) = 0
et dfo = dfa = Id# (et donc E = F).
Comme / est de classe C1, il existe r > 0 tel que Br cU et \\dfx - d/o| = |4fx - Id# ||| < 1/2
pour tout x e Br. Considérons maintenant i 6 Br. On a 4 = Id# — u avec \u\ = \\idE —
dfx\l < 1/2 donc (voir la proposition 2 page 49) dfx est un isomorphisme bicontinu qui vérifie
df~l = Id# +u H + wn H , et de plus
+oo +oo 1
ic-1i<E»"ir^E2s=2- w
n=0 n=0
(i). Nous voulons montrer que / a un inverse local. Plus précisément, nous allons prouver
que pour tout y G Br/2, il existe un unique x G Br vérifiant f(x) = y.
Fixons donc y G Br/2 et considérons la fonction h : Br —> E x *-> y + x — f(x). Elle
est de classe C1, et pour tout x G Br, \ldhx\l = |Id#— dfx\\ < 1/2, donc d'après l'inégalité des
accroissements finis,
V(s,a0 G £*, ||/i(a:) - /*(a/)|| < \ II* " *% (**)
En particulier, pour tout rc G Br, ||# - f(x)\\ = \\h(x) - h(0)\\ < \\x\\/2 donc
\/x G Br, \\h(x)\\ < \\y\\ + ||a; - f(x)\\ < \\y\\ + \ \\x\\ <\ + \=r.
Ainsi, h est une fonction de Br dans 5r, donc dans Br. Comme de plus h vérifie (**), on
peut appliquer le théorème du point fixe qui entraîne l'existence et l'unicité de x G Br tel que
h(x) = #, et comme h est à valeurs dans 5r, x G Br. On a donc f(x) = y.
Résumons. Nous avons montré, pour tout y G 5r/2> l'existence et l'unicité de x G Br tel que
f(x) = y. En notant V = /""1(J5r/2) H 5r (c'est un ouvert qui est un voisinage de 0 car /(0) = 0
et / est continue en 0), ceci s'interprète en disant que f\v : V —► W = Br/2 est une bijection.
(ii). Notons g : W -+V l'application inverse. Désignons par h l'application h : x *-> x — f(x)
(c'est l'application /i précédente avec ?/ = 0), de sorte que x = h(x) + f(x) pour tout x. Pour
montrer que g est continue, il suffit de remarquer que
Vx,xf G Brt \\x - x'\\ < \\h(x) - h(x')\\ + ||/(a0 - f(x')\\ <\\\x - x'\\ + \\f(x) - f(x')\\
donc ||a; - x'\\ < 2||/(z) - f(x')\\. On en déduit
W e W, \\g(y) - g(y')\\ < 2\\f(g(y)) - f(g(y'))\\ = 2\\y - y% (***)
autrement dit g est lipschitzienne, donc continue.
(iii). Fixons x e V et posons y = f(x) G W. Soit w tel que y + w G W. On note v =
g(y + w) — g{y). On a \\v\\ < 2||tt;|| d'après (***), et
A(w) = p(y + w) - g(y) - df~x{w)
= (x + v)-x- df-'lfix + v)~ f(x)} = -df~l[f{x + v)~ f(x) - dfx(v)}.
Or IM/-1! < 2 d'après (*), donc
IIAMH < 2\\f(x + v)- f(x) - dfx(v)\\ = 2\\v\\ e(v)
avec limv_o e(v) = 0» donc
||A(w)\\ < 4|HI e\g(y + w)~ g(y)} = 4||ti/||e'{w).
La fonction g étant continue, on a lim^^o^'C^) = 0, donc ||A(w)|| = o(||w||). La fonction g est
donc différentiable en y et dgy = df"1.
Comme / est de classe C1, que la fonction g est continue et que Inv : u ■-> u"1 est continue
(Inv est même différentiable d'après l'exercice 5 page 311) l'application y ■-> dgy = dfz\ est
continue comme composée d'applications continues, donc g est de classe C1. D

3. INVERSION LOCALE, FONCTIONS IMPLICITES
323
Remarque 1. Ce théorème est bien intuitif : sur un voisinage de a, f(x) et f (a) + dfa(x — a)
sont "proches", et dfa étant inversible, il est donc naturel que / soit inversible sur un
voisinage de a.
Corollaire 1. Soient E et F deux espaces de Banach, et U un ouvert de E. Soit
f : U —> F une application de classe C1 telle que pour tout x G U, dfx soit inversible et
bicontinu. Alors f est une application ouverte, c'est-à-dire que pour tout ouvert fi C U,
f(Q) est un ouvert de F.
Démonstration. Soit fi un ouvert de U et x G fi. D'après le théorème d'inversion locale, on peut
trouver un voisinage ouvert Vx C fi et un voisinage ouvert Wx de f(x) tels que f\yx soit une
bijection de Vx sur Wx. En particulier, f(Vx) = Wx. On en déduit que
\xesi / xeQ xeci
est un ouvert de F. Q
Corollaire 2 (Inversion globale). Soient E et F deux espaces de Banach, U un ouvert
de E, et f : U —> F une fonction injective et de classe C1. Les assertions suivantes sont
équivalentes :
(i) pour tout x £ U, dfx est inversible et bicontinu ;
(U) V = f(U) est un ouvert de F et /_1 : V —> U est de classe C1.
Démonstration, (i) =$>■ (U). D'après le corollaire précédent, que V = f{U) est ouvert. La
fonction / est donc une bijection de l'ouvert U sur l'ouvert V. Soit x G U et y = f(x) G V. D'après le
théorème d'inversion locale, on peut trouver un voisinage ouvert A de x et un voisinage ouvert B
de f(x) tels que /^ : A —> B soit bijective et fr£ soit de classe C1. Comme (/-1)|b = (/|a)-1>
on en déduit que /-1 est de classe C1 sur un voisinage de f(x) (ici B), et ceci est vrai pour tout
x G F, donc /-1 est de classe C1 sur V.
(iï) => (i). Notons g = f'1. On a g o f = Idc/, donc f et g étant de classe C1, dp/(x) ° d/i =
Id# pour tout x G U. De même, la relation f o g = IdV entraîne d/s o dpy^) = Idi? pour tout
x eU. On en déduit que pour tout x G C/, d/a: est inversible, d'inverse dp/(x) donc continu. □
Remarque 2. D'après le théorème de Banach (voir exercice 6 page 403), une application
linéaire continue bijective de E dans F a son inverse continu. Dans les résultats précédents,
on peut donc remplacer l'hypothèse adfx est inversible et bicontinu" par udfx est inversible"
(dfx est forcément continu par définition d'une différentielle).
Cas des fonctions définies sur Rn.
DÉFINITION 1. Soient U et V deux ouverts de Rn et une application / : U —► V. On dit
que / est un Ck-difféomorphisme (k > 1), si / est bijective, de classe Ck et si /-1 est de
classe Ck.
Une autre conséquence du théorème d'inversion locale est la suivante.
Corollaire 3. Soit f : U c Rn -> Rn (où U est un ouvert de Rn) de classe Ck (k > l).
S'il existe a G U tel que dfa soit inversible (en termes équivalents, si le jacobien de f en
a n'est pas nul), alors il existe un voisinage ouvert V de a et un voisinage ouvert W de
f(a) tels que f\y soit un Ck-difféomorphisme de V sur W. On a alors d(f^v1)f(x) = df~l
pour tout x G V.
Démonstration. L'endomorphisme dfa est inversible, donc bicontinu (on est en dimension finie).
Le théorème d'inversion locale assure alors l'existence de deux voisinages ouverts F de a et W
de /(a) tels que f\V soit un C1 difféomorphisme de V sur W> et donne d(f^)f(x) = df~l pour
tout ce G F. Il nous reste à montrer que g = f^} est de classe Ck.

324
5. FONCTIONS DE PLUSIEURS VARIABLES
En notant J',,-, (resp. Jx) la matrice jacobienne de g = f>y en f(x) (resp. de / en x),
l'égalité dgf(x) = df~l s'écrit aussi J'f, ^ = J~l = (det Jx)~ltJx> où Jx désigne la comatrice de
Jx. Les dérivées partielles du premier ordre de g au point f(x) s'expriment donc comme des
fractions rationnelles en les dérivées partielles du premier ordre de / en x. Ainsi, les fonctions
■fiL 0f sont de classe Ck~l. On conclut par récurrence sur k que les g£ sont de classe Cfc_1, donc
g est bien de classe Ck. D
De la même manière que le corollaire 2, on peut montrer le corollaire suivant :
Corollaire 4 (Inversion globale). Soit f : U C Rn -» En (où U est un ouvert de
Rn) une application injective et de classe Ck (k > 1). Alors les assertions suivantes sont
équivalentes :
(i) pour tout x G U, dfx est inversible ;
(U) V = f(U) est ouvert et f est un Ck-difféomorphisme de U sur V.
Remarque 3. Il se peut que dfx soit inversible pour tout x G U et que / ne soit pas
injective (prendre par exemple / : R2 —» R2 (x, y) h-> (excosy, exsmy)).
3.2. Fonctions implicites
Nous commençons par énoncer le théorème des fonctions implicites pour une fonction
à variable dans un espace de Banach, avant de passer à la dimension finie. Nous aurons
besoin pour cela de la définition qui suit (qui généralise la notion de dérivée partielle).
DÉFINITION 2. Soient E\,..., Ent F des e.v.n et une application /: Qc E = EiX---x
En —> F, où Q. est un ouvert de E. Soit a = (ai,..., an) G Q. Pour 1 < i < n, la fonction
fi : x h-► /(ai,..., af_i, x, a^+i,..., an) est définie sur un voisinage de a; dans Ei. Si elle
est différentiable en a*, on dit que / admet une différentielle partielle d'indice i, et on
appelle différentielle partielle d'indice i la différentielle dfiyCH, notée 0i/(ai,...,a»)-
Remarque 4. - Lorsque Ei = R pour tout i, E = Rn, les différentielles partielles
s'expriment en fonction des dérivées partielles par la relation difa(h) = h^-\a).
- Il résulte de la définition de la différentielle que si / est différentiable en a =
(ai,..., an), alors 0i/(oi,...,a») existe pour tout i et de plus
V/i G Eu dif{ (/i)=d/o(0,...,0,/i,0,...,0),
ce qui entraîne
n
V(/ii, ...ihn)eEiX---xEn, dfa(hlt..., hn) = ^^/fl(^).
i=\
Théorème 2 (Fonctions implicites). Soient E, F, G trois espaces de Banach, U un ouvert
de E et V un ouvert de F. Soit f : [/xK->G (z>y) •-» f{x,y) une application de
classe C1. Supposons que pour (a, b) G U x V, ^2/(0,6) est un isomorphisme bicontinu de
F sur G. Alors il existe
- un voisinage ouvert U' de a (avec U' C U),
- un voisinage ouvert W de /(a, b),
- un voisinage ouvert Q, de (a, b) (avec Cl C U x V),
- une fonction (p : U' x W —> V de classe C1,
vérifiant
- pour tout x G U', pour tout z G W, il existe une unique solution y de f(x,y) = z
avec (x, y) G £1, et on a y = ip(x, z).
En particulier, f(x} (p(x, z)) = z pour tout (x, z) e U' x W.
Démonstration. Introduisons la fonction
F: UxV^ExG (xty) ~ (xj(x,y)).

3. INVERSION LOCALE, FONCTIONS IMPLICITES
325
D'après la règle de composition, F est de classe C1 et
dF(a)b)(hi,h2) = (hi,df^b){hi,h2)) = (^i,^i/(a,6)(^i) + #2/^,6) (M).
Ainsi, dF(aify est un isomorphisme bicontinu de E x F sur E x G — son isomorphisme inverse
est donné par (^1,^2) *-+ (^1, (^/(a^))"1^ - #i/(a,&)(^2))). On peut donc appliquer le théorème
d'inversion locale, qui entraîne l'existence d'un voisinage ouvert Çl de (a, 6), d'un voisinage ouvert
T de (a, /(a, 6)) tels que F soit un C1-difféomorphisme de fi sur T. Quitte à restreindre T, on
peut même écrire Y = Uf xW oùU' est un voisinage ouvert de a et W un voisinage ouvert de
/(a, 6).
Comme F(x,y) = (x, f(x,y)), le difféomorphisme inverse F 1 : V = U' x W —> fi s'écrit
sous la forme F-1 (a:, 2) = (#, y>(a;, z)) où <£> est de classe C1. On en déduit que pour tout (x, z) G
U' x W = T, il existe un unique y tel que (#,3/) G fi et /(ce, y) = 0, et de plus 2/ = <p(x,z). D'où
le théorème. □
Remarque 5. - Le théorème que nous venons d'énoncer peut sembler obscur. Essayons
de l'éclaircir : deux points x et z étant donnés, on recherche y tel que f(x,y) = z.
A condition de prendre y proche de b (exprimé par la condition (x,y) G fi), y existe
et est unique, et on peut écrire y = (p(x, z) où (p est de classe C1.
- On peut calculer la différentielle de (p en différentiant la relation f{x,<p(x,z)) = z.
Après calculs, on trouve
Remarque 6. On utilise souvent le théorème des fonctions implicites lorsque z est fixé,
menant ainsi au corollaire suivant :
Sous les hypothèses du théorème, si c = /(a, 6), alors il existe un voisinage ouvert U'
de a, un voisinage ouvert Cl de (a, b) et une fonction ip : U' —» V de classe C1 vérifiant
- pour tout x e U', y = ijj(x) est l'unique solution de f(x,y) = c telle que (x,y) G fi
(avec les notations du théorème, on a tp(x) = (p(x, c)). On obtient la différentielle de tp en
calculant la différentielle des deux membres de l'égalité f(x,tp(x)) = c, ce qui donne
0 = 4f(x,^(x)) ° (Id£> di/>x) = d\f(x,<<i>(x)) + d2f(x,ij>(x)) ° d&xt
donc dipx = -d2f^Mx))o dxf{xMx)).
Cas des fonctions définies sur W1.
Corollaire 5. Soient p,q G N*, A un ouvert de MF x Rq et une fonction
/ = (/!,...,/,): AcrxR^r (xty) = (xu...1xq-tyu...,yq)~f(x1y)
de classe Ck (k > 1). Soit (a, b) G A. On appelle jacobien partiel de f en (a, b) le réel
D(fu---,fq)
D(yu...,yq)
(a, b) = det
dVù
S'il est non nul en (a,b), alors il existe
- un voisinage ouvert U' de a, un voisinage ouvert W de f{a,b), un voisinage ouvert
Q, de (a, b),
~ une application (p : U' x W —> Rq de classe Ck,
vérifiant
- pour tout x G U', pour tout z e W, (p(x,z) est l'unique solution y de f(x,y) = z
telle que (x,y) G fi.
En particulier, on a f(x,(p(x}z)) = z pour tout x eU' et pour tout z €W.
Démonstration. Quitte à restreindre A, on peut supposer A = U x V, où U est un ouvert de
, V un ouvert de Rq et (a,b) e U x V. Ici, d2f(a,b) a Pour matrice lf^(a,&) . . > et

326
5. FONCTIONS DE PLUSIEURS VARIABLES
d'après les hypothèses, le déterminant de cette matrice est non nul, autrement dit, 02/(a,&) est
un isomorphisme de Rq (bien sûr bicontinu puisque l'on est en dimension finie). On peut donc
appliquer le théorème précédent. Il reste à démontrer que (p est de classe Ck ... mais on peut
reprendre mot pour mot la démonstration du théorème 2 en remplaçant C1 par Ck, d'où le
résultat. □
Remarque 7. Là encore, on utilise souvent ce résultat lorsque z est fixé, ce qui mène au
corollaire suivant :
sous les même hypothèses, on peut trouver un voisinage ouvert U' de a, un voisinage
ouvert Cl de c = /(a, 6), et une fonction ip : U' —» Rq de classe Ck telle que pour tout
x eU\y = ip(x) est l'unique solution de f(x,y) = c vérifiant (x,y) G Cl.
En termes intuitifs, ceci s'énonce en disant que q contraintes (de classe Ck) sur q
variables mènent localement à une solution de classe Ck en les autres variables. Ceci permet,
sous de bonnes hypothèses, de voir les sous ensembles de Rn définis implicitement par
/(#!,... ,xn) = 0 comme des nappes paramétrées.
On peut obtenir la matrice jacobienne (resp. les dérivées partielles) de ip en écrivant
que la matrice jacobienne (resp. les dérivées partielles) de f(xiijj(x)) est nulle (resp. sont
nulles).
On utilise beaucoup le corollaire énoncé dans la remarque précédente lorsque p = q = 1
ou lorsque p = 2, q = 1. Dans ces cas particuliers, ceci s'énonce comme suit.
Corollaire 6. Soit f : R2 —► R (où A est un ouvert de R2) une fonction de classe Ck,
(k>l). Soit (a, b) € A et supposons
/M)=0 et ^(a,6)^0.
dy
Alors il existe a, /? > 0 tel que pour tout x € ]a — a, a + a[, l'équation f(x, y) = 0 possède
une et une seule solution y = (p(x) dans l'intervalle ]b — fi,b + /?[. La fonction ip est de
classe Ck sur ]a — a, a + a[, et on a
Vx e ]a — a,a + û:[, (p'(x) =
§£(«.?(«))
f{(*. *>(*))
Démonstration. L'existence de a,/? > 0 et de <p sont assurés par le corollaire énoncé dans la
remarque précédente. Pour calculer <£>', on dérive la relation f(xi(p(x)) = 0 qui entraîne
— (a?,y>(aO) + cp'(x)-^-{xicp(x)) = 0,
d'où la valeur de (p'(x). □
On démontrerait de même le corollaire suivant
Corollaire 7. Soit f : A c R2 x R -> R (où A est un ouvert de R3) une fonction de
classe Ck (k>l). Soit (a, 6, c) € A et supposons
/(o,6,c) = 0 et |^(a,6,c)^0.
4/ors il existe a,/3,7 > 0 te/s #ue powr fom£ {x,y) € ]a —a, a+ a[ x ]& — /?,& + /?[,
l'équation en z : f(x,y,z) = 0 admette une unique solution z = <p{x,y) dans ]c — 7,c + 7[-
La fonction (p est de classe Ck et
<V, . = %(«,y,p(*,y)) <V,r %(*,y,y(*.iO)

3. INVERSION LOCALE, FONCTIONS IMPLICITES
327
Preuve du théorème des extremums liés. Munis du théorème des fonctions
implicites, nous sommes maintenant en mesure de démontrer le théorème des extremums liés
énoncé à la page 317. On utilise les mêmes notations que celles de l'énoncé.
Soit s = n — r. Identifions Rn à Rs x Rr. On écrit les éléments de En sous la forme (x,y) =
(xij. .-,£«;yi,... ,2/r)- Ecrivons a = (a,/?), a G Rs et (3 G Rr.
Commençons par faire la remarque suivante. On a nécessairement r < n car les formes
linéaires dg^a forment une famille libre et la dimension du dual de Rn est n. Par ailleurs, si
r = n, le théorème est évident car les dgi>a forment une base de (En)*. On peut donc supposer
r < n — 1, c'est-à-dire s > 1.
Les formes linéaires {dgita)i<i<r forment une famille libre, la matrice
est donc de rang r. On peut donc en extraire une sous matrice r xr inversible. Quitte à changer
le nom des variables, on peut supposer que
det (g* (a)) = ffi-'^(a) * 0.
V% Ji<i,j<r D(yi,...,yr)
D'après le théorème des fonctions implicites (plus précisément la remarque 7), on peut donc
trouver un voisinage ouvert U' de a dans Rs, un voisinage ouvert Q de a = (a,/3) dans Rn et
une fonction <p = (cpi,..., <pr) : U' —> Rr de classe C1 tels que (en notant g = (g\,...,gr))
(9(x>y) = 0 avec x eU' et (x,y) G fi) «=>• (y = <p(x)).
En d'autres termes, sur un voisinage de a, les éléments de T = {z \ g{z) = 0} s'écrivent
(x,(p(x)). Posons h(x) = f(x,<p(x)). La fonction h admet donc un extremum local en x = a (car
(a,(p(a)) = a et (x,cp(x)) G T), ce qui entraîne
Vt, 1 < i < •, 0 = |^(a) = |£(û) + V ^(a) |^(a). (*).
dxi ' dxC f-f dxi ' dy3y ' v '
Par ailleurs, en écrivant les dérivées partielles par rapport aux xi de g(xi(p(x)) = 0, on tire
V*,l<fc<r,Vi,l<<<., °=ë(a) + è£(«)^(a)- (**)
Autrement dit, les 5 premiers vecteurs colonnes de la matrice
M =
\
s'expriment, d'après (*) et (**), linéairement en fonction de ses r derniers vecteurs colonnes.
Donc rgM < r. Or le rang des vecteurs lignes est égal au rang des vecteurs colonnes de M (car
rg*M = rgM), donc les r + 1 vecteurs lignes de M forment une famille liée, ce qui entraîne
l'existence de réels no,..., fir non tous nuls tels que /ào dfa + \i\ dg\>a H H/V dgTya = 0. Comme
la famille (d<?i,a)i<i<r est libre, on a /zo ^ 0, et en posant Xi = — yi/no pour 1 < i < r, on en
déduit dfa = Ya=i ^i^9i,a- D'où le théorème.
3.3. Exercices
Exercice 1. Soit / : R2\{(0,0)} -> R2 (x, y) *-* (x2 - y2,2xy)
a) Montrer qu'en tout point de R2\{(0,0)}, / est un C°° difféomorphisme local.
b) L'application / est-elle un C°° difféomorphisme global ?

328
5. FONCTIONS DE PLUSIEURS VARIABLES
Solution, a) La fonction / est clairement de classe C°°. Soit (a,6) G R \{(0,0)}. Le jacobien
de / en (a, b) est égal à
la 26
-26 2o
= 4(a2 + b2) ï 0.
Donc, d'après le théorème d'inversion locale (corollaire 3), il existe un ouvert U contenant (a, 6),
un ouvert V contenant /(a, 6), tel que la restriction de / à U soit un C°°-difféomorphisme de U
sur V. Autrement dit, / est un C°°-difFéomorphisme local en (a, 6).
b) On remarque que /(—x, —y) = f(x,y), la fonction / n'est donc pas injective, et donc ce n'est
pas un C°° difféomorphisme global.
En fait, en identifiant R2 et C, / s'écrit f(z) = z2 pour tout z G C*. On en conclut que les
ensembles Ua = {(x, y) G R2 | x cos a + y sin a > 0} sont des ouverts maximaux sur lesquels
/ est injective. Avec le corollaire 4, on en conclut que / un C°°-difïéomorphisme de Ua sur
f{Ua) = R2\{—r (cos 2a, sin 2a), r > 0} (avec a G R quelconque).
Exercice 2. Soit l'application / : R2 -> R (rc,y) i—> siny + xy4 + x2.
a) Montrer qu'il existe deux voisinages ouverts U et V de 0 dans R et une fonction
<p : U —» R de classe C°° tels que pour tout x e U, cp(x) est l'unique solution y e V de
l'équation /(x, y) = 0.
b) Donner un développement limité à l'ordre 10 de (p au voisinage de 0.
Solution, a) La fonction / est de classe C°°, elle vérifie /(0,0) = 0 et ^(0,0) = 1 ^ 0. On en
déduit le résultat en appliquant le théorème des fonctions implicites.
b) On a bien sûr <^(0) = 0 puisque /(0,0) = 0. On pourrait calculer le développement limité de
(p en utilisant la relation exprimant y/, puis en la dérivant successivement. Cette technique est
cependant fastidieuse puisque l'on veut aller jusqu'à l'ordre 10 !
Nous utilisons une autre technique, classique (et à retenir). On a vu (p(0) = 0, donc
<p(x) = 0(x) lorsque x —* 0 (puisque cp est dérivable en 0). Maintenant, à partir de la
relation f(x,(p(x)) = 0, l'idée est d'exprimer <p(x) en fonction de termes ne faisant intervenir (p(x)
qu'avec un ordre supérieur. Ici, on a
(p{x) = (<p(x) - simp(x)) - x<p(x)4 - x2 = 0(<p(x)s) - x2 = -x2 + 0(z3),
ce qui nous donne déjà le développement limité à l'ordre 2. Partant maintenant de l'information
<p(x) = —x2 + 0(x3), on itère le procédé, ce qui donne
(p(x) = (<p(x) - sin(p(x)) - x(p(x)4 - x2 = + 0(<p(x)4) - x2
= (-*2 +6°(*3»3 + 0(x*) - s° - -* - £ + O(x').
On obtient le résultat demandé en réinjectant encore une fois,
<p(x) = (<p(x) — sin(p(x)) — x(p(x)4 — x
4 „2
4 „2
120
= "T (x + T + 0(*5))3 + S(1 + 0(*4))5 + 0(*14) - *9 (1 + 0{x4))4 -
4\\4 2
= -*2-T-*9-ïr+0(*u>-

3. INVERSION LOCALE, FONCTIONS IMPLICITES
329
Exercice 3. Soit / : Rn —► Rn une fonction de classe C1 telle que l'application (p =
f — Idnin est ^-contractante (avec 0 < k < 1). Montrer que / est un C^-difféomorphisme
global de Rn sur Rn.
Solution. En vertu du corollaire 4 du théorème d'inversion locale, il suffit de montrer que
(i) pour tout xGRn, dfx est inversible ;
(ii) / est une bijection de Rn sur Rn.
(i). Soit x G Rn. Pour tout h G Rn, on a \\(p(x + h) - <p(x)\\ < k\\h\\, et on en déduit
facilement ||ofy>x(fo)|| < k \\h\\ pour tout h G Rn. En d'autres termes, \dtpx\ < k < 1, et donc
dfx = Id +dcpx est inversible d'après la proposition 2 page 49. On peut retrouver ce résultat sans
invoquer cette dernière proposition en remarquant que si dfx(h) = 0, alors h + d(px(h) = 0 donc
||rfVx(^)|| = \\h\\ et comme ||d</?a;(/i)|| < k\\h\\ avec k < 1 ceci entraîne forcément h = 0. Ainsi dfx
est un endomorphisme injectif et comme on est en dimension finie, dfx est donc inversible.
(ii). Il nous reste à montrer que / est une bijection. Fixons y G Rn. On a f(x) = y si et
seulement si x est point fixe de l'application ipy : Rn —> Rn x^x- f(x) + y = y — <p{x). Or
\/x,x' G Rn, \\1>y(x) - ^(x')ll = \\<p(x) - <p(x')\\ < k\\x - x%
donc îf)y est ^-contractante. D'après le théorème du point fixe, on en déduit qu'il existe un unique
point x de Rn tel que ipy(x) = rc, autrement dit il existe un unique point x G Rn tel que f(x) = y.
Ceci étant vrai pour tout y G En, on en déduit que / est une bijection de Rn sur Rn.
Exercice 4. Soit E un espace euclidien (de dimension finie). On note (,) le produit
scalaire sur E et ||. || la norme euclidienne associée. Soit / : E —> E une application de
classe C1 telle que pour tout x e E, dfx est une isométrie de E (i. e. \\dfx(h)\\ = \\h\\ pour
tout he E).
a) Pour tout a £ E, montrer l'existence d'un ouvert Ua contenant a tel que \\f(x)— f{y)\\ =
\\x - y\\ pour tout (x, y) G U%.
b) Montrer que
V(x,y) e 0?,V(M) e E\ (dfx(h),dfy(e)) = (hj).
En déduire dfx = dfy pour tout (x,y) G U%.
c) Montrer que / est une isométrie affine de E sur E.
Solution, a) Normons C{E) avec la norme |u| = sup^n^ ||w(x)|| pour tout u G C{E). On a
\dfx\ = 1 pour tout x e E, donc d'après l'inégalité des accroissements finis,
V{x,y)eE\ \\f{x)-f(y)\\<\\x-y\\. (*)
Ceci étant, soit a G E. Comme dfa est une isométrie, dfa est inversible. D'après le théorème
d'inversion locale, il existe un ouvert Va contenant a tel que f\ya soit un C1-difféomorphisme de
Va sur Wa = f(Va). Notons g : Wa —* Va le difféomorphisme inverse. Pour tout y = f(x) G Wa,
dgy = (dfx)'1 est une isométrie, donc \\dgyl\ = 1. Quitte à restreindre Va en un ouvert plus petit
Ua} on peut supposer que Wa = f(Ua) est convexe (prendre par exemple Ua = g(B) où B est une
boule ouverte centrée en f(a) incluse dans f(Va), de sorte que Wa = f(g(B)) = B). On peut donc
appliquer l'inégalité des accroissements finis à g sur Wa, ce qui entraîne \\g(x) - g(y)\\ < \\x - y\\
pour tout (x,y) G W^. On en conclut
V(*,y) e Ul \\x - y\\ = \\g(f(x)) - g(f(y))\\ < \\f(x) - f(y)\\.
Avec (*), on en déduit \\f(x) - f(y)\\ = \\x - y\\ pour tout (x,y) G 17%.
b) Le résultat de la question précédente s'écrit aussi
V(*,y) e Ul (f(x) - f(y)J(x) - /(y)) = (x-y,x- y).
En différentiant cette égalité par rapport à x selon le vecteur he E, on obtient
(dfx(h)J(x) - /(y)) + (f(x) - f(y),dfx(h)) = (h,x-y) + (x- y,h),

330
5. FONCTIONS DE PLUSIEURS VARIABLES
et par symétrie du produit scalaire, ceci s'écrit aussi (dfx(h),f(x) — f(y)) = (h,x-y). Par
différentiation de cette dernière égalité par rapport à y selon un vecteur l G E} on en déduit
— (dfx{h),dfy(t)) = —(h,i). Autrement dit nous venons de montrer le premier résultat voulu.
Donnons nous maintenant x,y G Ua et h G E. On a
\\dfX{h) - dfy{h)\\2 = \\dfX(h)\\2 ~ 2(dfX(h)idfy(h)) + \\dfy(h)\\2 = \\h\\2 ~ 2<M) + Ml' = 0,
donc dfx(h) = dfy(h). Ceci étant vrai pour tout h G E, on a donc dfx = dfy.
c) D'après le résultat de la question précédente, l'ensemble r = {x G E \ dfx = dfo} est un
ouvert de Rn. De plus, / est de classe C1 donc F est aussi un fermé de En. En résumé, T est un
ouvert et un fermé de E. Or E est connexe (car convexe), donc F = E.En posant u = dfo, on a
donc dfx = u pour tout x e E. Ainsi la fonction x t-> f(x) — u(x) a sa différentielle nulle sur E
tout entier, donc c'est une fonction constante. Si on note a G E sa valeur, on a f(x) = u{x) + a
pour tout x eRn. Comme u = dfo est une isométrie, on en déduit que / est une isométrie affine.
Exercice 5 (Fonctions strictement monotones). Soit E un espace euclidien (de
dimension finie). On note (, ) le produit scalaire sur E et ||. || la norme euclidienne associée.
Une application / : E —> E est dite strictement monotone s'il existe k > 0 tel que
V(x,y) e E2, (f(x) - f(y),x- y) > k \\x - y\\2. (*)
a) Soit / : E —* E une fonction de classe C1. Montrer que / vérifie (*) si et seulement si
Vx eEyhe E, (dfx(h),h) > k\\h\\2.
b) Si / : E —* E est de classe C1 et si elle est strictement monotone, montrer que / est
un C1-difféomorphisme de E sur E.
Solution, a) Condition nécessaire. Supposons que / vérifie (*). Alors pour tout x G E} pour
tout h G E et pour tout t G E*,
(f{x + th) - f{x),th) > kt2 \\h\\2 ou encore //^ + ^)-/MA > k
et en faisant tendre t vers 0 on en déduit {dfx{h),h) > k \\h\\2.
Condition suffisante. Supposons (dfx(h)}h) > k \\h\\2 pour tout x,he E. Soient x,he E.
Considérons l'application <p : [0,1] —> E 11-> (f(x + th), h). On a
V* G R, ¥>'(*) = (dfx+th{h), h)>k \\h\\2
donc y>(l) - <p(0) > k \\h\\2, c'est-à-dire (f(x + h) - f(x)} h)>k ||/i||2, d'où (*).
b) En vertu du corollaire 4 du théorème d'inversion locale, il suffit de montrer
(i) pour tout x e E, dfx est inversible ;
(ii) / est une bijection de E sur E.
(i). Soit x G E. On a (dfx{h),h) > k \\h\\2 pour tout h G E, donc dfx(h) ^ 0 pour tout h ^ 0.
Ainsi, dfx est injective donc bijective (c'est un endomorphisme en dimension finie), d'où (i).
(ii). La relation (*) entraîne l'injectivité de /. Montrons maintenant que / est surjective.
Comme E est connexe, on aura prouvé f(E) = E si on montre que f(E) est ouvert et fermé
dans E. On sait déjà que f{E) est ouvert d'après (i) (voir le corollaire 1). Pour montrer que
f(E) est fermé, nous allons montrer que f(E) est complet. Commençons par remarquer que
d'après (*) et d'après l'inégalité de Schwarz,
Vx,yeE, k\\x-y\\2<\\x-y\\\\f(x)-f(y)\\ donc ||* - y\\ < ±\\f(x) - f(y)\\. (**)
Considérons maintenant une suite de Cauchy (f(xn)) de f{E). D'après (**), on a \\xp — xq\\ <
\\f(xp) — f(xq)\\/k pour tout p,q G N, donc (xn) est une suite de Cauchy dans E, donc converge.
Si on note x sa limite, on a alors f(x) = limn_+00/(a;n). Ainsi, la suite (f(xn)) converge vers
f{x) G f(E), donc f(E) est complet, d'où le résultat.

4. INTÉGRALES MULTIPLES, INTÉGRALES CURVILIGNES
331
EXERCICE 6. Soit n G N*. On note Un = {(Ai,..., An) 6 Rn | Ai < • • • < An}, et on note
Rn-ipf] l'e.v des polynômes de R[X] de degré < n - 1. Montrer que l'application
n
ip: Un^Kn-i[X] (\u...1Xn)~ï[(X-Xi)-Xn
i=l
est un C°°-difféomorphisme global de l'ouvert Un sur (p(Un).
Solution. Il est clair que (p est injective, c'est donc une bijection de Un sur (f(Un).
En vertu du corollaire 4 du théorème d'inversion locale, il suffit maintenant de prouver que
la différentielle de cp est inversible en tout point À de C/n, ce qui équivaut à montrer que les
vecteurs J^(A) = d(p\(ei) sont linéairement indépendants.
Soit À = (Ai,..., Àn) G Un. Pour tout i G {1,... ,n}, |^(A) = - Tlj&iX-Xj). Si maintenant
on suppose J2iljLi'ByW = O5 alors
n
^ncx-A^o. (*)
Soit k G {1,..., n}. En donnant à l'indéterminée X la valeur A/- dans (*), on obtient Hk Ylj^ki^k—
Xj) = 0, donc /i*: = 0 car les Ai sont distincts. Ceci étant vrai pour tout fc, on en déduit que les
vecteurs J^(A) sont linéairement indépendants, et ceci pour tout A G Un, d'où le résultat.
4. Intégrales multiples, intégrales curvilignes
Alors que pour l'intégrale simple nous nous étions limités aux intégrales de
fonctions continues par morceaux (chapitre 3), cette restriction est un handicap majeur pour
les intégrales multiples, notamment à cause des domaines d'intégration qui ne sont pas
forcément des pavés. Ce problème peut être (inélégamment) contourné pour les intégrales
doubles, via le concept de parties simples de R2, mais ce dernier se prête mal à une
généralisation raisonnable pour les intégrales de fonctions de n variables (avec n > 3).
Ne souhaitant pas nous restreindre aux intégrales doubles, nous avons pris le parti de
présenter la théorie de l'intégrale multiple de Riemann (le cadre de l'intégrale de Lebesgue
allant clairement au delà du programme des classes préparatoires), en particulier pour
définir les domaines mesurables (au sens de Riemann), puis nous nous limiterons aux
intégrales de fonctions continues sur les domaines mesurables compacts. Le cas particulier
de domaines simples dans M2 est discuté au fil des remarques de cette section. Nous
ne donnerons aucune preuve des résultats présentés, cependant nous nous attacherons à
donner précisément la définition de l'intégrale multiple de Riemann.
4.1. Définition de l'intégrale multiple de Riemann
Définition 1. On appelle pavé de Rn tout ensemble du type P = h x • • • x In où pour
tout k, Ik est un intervalle borné de R. On appelle mesure n-dimensionnelle de P le réel
mes(P) = Ai • • • An où pour tout k, A& est la longueur de Ik (si Ik = [a, b], Xk = b — a).
Pour tout sous ensemble A de Rn, on notera \a '■ Rn ^ R la fonction caractéristique
de A, définie par Xa(x) = 1 si x G A, = 0 sinon.
Définition 2. Une fonction / : Rn —> R est dite en escalier si on peut l'écrire comme
combinaison linéaire de fonctions caractéristiques de pavés de Rn. Une telle famille de
pavés est dite bien adaptée à /. Si / = J2i ^iXPi ou Pi est un pavé pour tout z, le réel
^(/) = Si ^t mes(Pi) ne dépend pas de la famille de pavés (Pi) bien adaptée à cp et on
l'appelle intégrale de /.

332
5. FONCTIONS DE PLUSIEURS VARIABLES
Définition 3. Soit / : Rn —*■ R une fonction bornée, à support compact (i. e. f est nulle
en dehors d'un compact). Soient les deux ensembles
E+ = {I(v), f < v et v est en escalier} et E~ = {I{u), u < f et u est en escalier}.
Les ensembles E+ et E~ sont non vides car / est bornée, donc I+ = inf E+ et I~ = sup E~
existent. On a toujours I~ < I+. Si I~ = I+, f est dite Riemann-intégrable, et le réel
fRn f(x) dx = I~ = I+ est appelé intégrale de / sur Rn.
Remarque 1. Lorsque n = 1 et que / est continue par morceaux, cette dernière définition
de l'intégrale est cohérente avec celle d'une fonction à variable réelle. Pour tout n G N*,
elle est également cohérente avec l'intégrale d'une fonction en escalier définie plus haut.
L'intégrale de / est parfois notée /• • -JRn f(x\,..., xn) dx\ • • • dxn (avec n signes
d'intégration).
Ensembles mesurables, intégrale sur un ensemble mesurable.
Définition 4. Une partie bornée A de Rn est dite mesurable si \a est Riemann-intégrable.
On appelle alors mesure de A le réel mes(>l) = fRn xa(x) dx.
Remarque 2. Si n = 2, A est dite quarrable, et mes(i4) est appelé Y aire de A. Si n = 3, A
est dite cubable, et mes(>l) est appelé le volume de A.
Exemple 1. - Tout pavé de Rn est mesurable.
- Une partie bornée A de R2 est dite élémentaire si elle admet les deux définitions
suivantes
A = {(x,y) GR2 :a<x<b, (fi(x) <y<(p2(x)}
A = {(x,y) GR2 :c<y<d, ifa(x) <x<ip2(x)}
où [a,b] et [c, d] sont deux segments de R et (pi, (p2, ipi et ip2 sont des fonctions
continues, vérifiant (f\ < (p2 sur ]a, b[ et ip\ < ip2 sur ]c, d[. Une partie de R2 est dite
simple si elle est la réunion finie de parties élémentaires dont les intérieurs sont deux
à deux disjoints. Toute partie élémentaire, toute partie simple de R2, est mesurable.
- Une partie A de Rn est dite négligeable (au sens de Riemann) si A est mesurable
et si mes (A) = 0. On peut montrer qu'une partie bornée A de Rn est mesurable
si et seulement si sa frontière Fr(,4) est négligeable. On peut en déduire le résultat
suivant :
Si (p est un C1-difféomorphisme de U C Rn sur ip{U) (où U est un ouvert
de Rn), si A est mesurable et si A c U, alors (f(A) est mesurable.
Par exemple, tout disque du plan, toute sphère de Rn est mesurable.
Nous nous limiterons désormais aux cas des fonctions continues sur les ensembles
mesurables compacts.
Définition 5. Soit A c Rn un ensemble mesurable compact et / : A —> R une
application continue. Le prolongement / de / à Rn (obtenu en posant f(x) = f(x) si x G A, = 0
sinon) est Riemann-intégrable, et on appelle intégrale de / le réel JA f(x) dx = fRn f(x) dx.
Propriétés élémentaires. Les intégrales multiples possèdent les mêmes propriétés que
les intégrales simples. Nous désignons par A un ensemble mesurable compact de Rn.
(i) Linéarité. L'ensemble C(A, R) des fonctions continues de A dans R est un R-e.v et
l'application C(A, R) -* R f *-* fA /(#) dx est linéaire.
(ii) Positivité. Si / > 0, alors fA f(x) dx > 0 ; si / < g, fA f(x) dx < fA g(x) dx.
(ni) Onz\ fAf(x)dx\<fA\f(x)\dx.

4. INTEGRALES MULTIPLES, INTEGRALES CURVILIGNES
333
(iv) Relation de Chasles. Si A et B sont des compacts mesurables, A U B et A D B sont
des compacts mesurables. Si de plus mes(>l D B) = 0, toute fonction / continue sur
AU B vérifie /A(Jfî f{x) dx = fA f{x) dx + fB f(x) dx.
Remarque 3. On peut également définir l'intégrale multiple d'une fonction continue / à
valeurs dans un e.v E de dimension finie. Si (ei,..., ep) est une base de E, on écrit / =
J2fiei où les fi sont à valeurs réelles, et l'intégrale multiple de / est fAf = J2i(fAfi)ei.
Cette définition est indépendante de la base de E choisie. En particulier, si / = /x + if2
est à valeurs complexes, alors fA f = fAfi -^i(JAf2)-
4.2. Théorèmes de Fubini
Nous n'énoncerons ce théorème que dans certains cas particuliers qui nous suffiront.
Théorème 1. Soient P et Q deux pavés compacts de Rp et Rq respectivement. Soit
f : FxQ->t une fonction continue. Alors
/ f(x,y)dxdy =
JPxQ JP
f{x,y)dyjdx= / ( / f(x,y)dx) dy.
Remarque 4. Par applications successives de ce théorème, on obtient facilement, si P =
[aubi] x ••• x [an,6n],
f p^1 r c**2 r r c^n i
f(xi,...,xn)dxi---dxn= \ '" / f(xi>--->xn)dxn\
dx-:
dx\,
(égalité qui exprime les intégrales multiples en fonctions d'intégrales simples, ce qui permet
de les calculer dans la pratique). Ce dernier terme est parfois noté
rbi t>b2 rbn
I dxi / dx2--- f(xu ...yXn) dxn.
L'ordre d'intégration (sur les Xi) est indifférent, et dans la pratique, on s'arrange pour
intégrer dans un ordre qui facile les intégrations.
Citons un corollaire important de ce théorème :
Corollaire 1. Soient P etQ deux pavés compacts de W et W, et soient g : P->lei
h : Q —> R deux fonctions continues. Alors
/ g(x)h(y) dx dy = ( / g(x) dx
JPxQ \JP
h(y) dy
Le théorème 1 ne permet de calculer des intégrales multiples que sur des pavés. Pour
calculer des intégrales multiples sur d'autres ensembles, on utilise les deux théorèmes qui
suivent.
Sommation par piles, sommation par tranches.
Théorème 2 (Sommation par piles). Soit B un ensemble mesurable compact de Rn-1,
et deux applications continues (pi,(p2 ' B —► R telles que (pi < y>2- Alors l'ensemble
A = {(x,xn) e B x R | tpi(x) <xn< (f2{x)}
est mesurable sur Rn et pour toute fonction continue f : A —> R, on a
Il f(x,xn)dxdxn= / / f(x,xn)dxn
J J A J B \ J(pi(x)
dx.

334
5. FONCTIONS DE PLUSIEURS VARIABLES
Xn = <P2(x)
xn = (pi(x)
A(xn)
FlG. 1. à gauche, illustration d'une sommation par piles ; à droite, d'une
sommation par tranches.
THÉORÈME 3 (Sommation par tranches). Soit A un ensemble mesurable compact de Rn
tel que pour tout (rc, xn) G Rn_1 x R vérifiant (x, xn) G A, on ait a < xn < b. Si pour tout
xn G [a,b], l'ensemble A(xn) = {x G Rn_1 | (x,xn) G A} est mesurable dans Rn_1, alors
pour toute fonction continue f : A —> R, on a
*6
// f(x,xn)dxdxn= / / f(x,xn)dx
JJA Ja \-JA(xn)
O/Xji.
Remarque 5. - Le résultat de ces deux théorèmes reste évidemment vrai si l'on
remplace la variable xn par l'une des autres variables x^.
- Ainsi, on dispose de deux méthodes pour réduire le calcul d'intégrales multiples.
Selon les cas, l'une peut s'avérer plus pratique que l'autre. Si n = 2, ces résultats
sont équivalents, et peuvent s'exprimer comme suit.
Soit K un compact de R2 de la forme
K = {(X,V) G [a, 6] x R | <^(x) < y < (f2(x)},
où (pi et (p2 sont des applications continues de [a, b] dans R. Alors K est
mesurable, et pour toute fonction continue / : K —> R, on a
// f(x,y)dxdy= / / f(x,y)
dy
dx.
4.3. Théorème du changement de variable
Rappel. Soit U un ouvert de Rn et (p = (^i,...,y>n) : U ~>
(p(x\,..., xn) une fonction de classe C1. Pour tout x G £/, le jacobien de (p en x est
r (xit...tXn) »
J{!P){x) = det ( |g(z)
D((pi,...,ipn)
, également note -=-r r
l<ij<n L)(Xi,. . . ,Xn)
Théorème 4 (du changement de variables). Soient U un ensemble mesurable com-
o o
pact de Rn, et (p un C1 -dijféomorphisme de U sur <p{U), tel que <p et son jacobien J((p) se

4. INTÉGRALES MULTIPLES, INTÉGRALES CURVILIGNES
335
prolongent continûment sur U. Alors V = <p(U) est un compact mesurable et pour toute
fonction continue f : V —> R, on a
f f(v)dv = f f{ip(u))\J{<p){u)\du.
Jv Ju
/•••/ f(vi,...,vn)dvi--'dvn= /•••/ F(ui,...,un)
du\ • • • dun,
Remarque 6. Le résultat du théorème s'écrit aussi sous la forme
D(vu...,vn)
D(ui,...,un)
où F(ult..., ti») désigne f[p(uu..., un)} et où §fë^ désigne jfe$.
Voyons maintenant les applications les plus courantes du théorème du changement de
variable.
Passage en coordonnées polaires dans le plan. On se place dans le plan R2, où
on désigne par (r, 6) G R+ x [0,2n] les coordonnées polaires et (x,y) = (r cos 0, r sin 0) les
coordonnées cartésiennes. Si un domaine compact quarrable de R2 est représenté par D
en coordonnées cartésiennes et par A en coordonnées polaires, toute fonction continue /
sur D vérifie
// f(x,y)dxdy = // f(rcosÔ,rsmÔ)rdrd0.
En effet, il suffît d'appliquer le théorème du changement de variable et de remarquer que
dx dx
dr d9
dy. §U
dr d9
cos 6 —r sin 6
sin 6 r cos 6
Exemple 2. Comme conséquence de ce résultat, nous allons donner une méthode classique
pour calculer l'intégrale de Gauss f_™e~x2dx. Pour tout a > 0, on note
Da = {{x, y) € R2 | x2 + y2 < a2}, Ca = [-a, a}2 et Ia = Il e~^+y^ dx dy.
J JDa
En passant en coordonnées polaires puis en appliquant le corollaire du théorème de Pubini,
on a
Va > 0, Ia =
-II
d6 )= tt(1 - e"° ).
e r rdrdÔ = I / e r rdr
M \J[0,a)
En notant Ja = ffc e~(x +y ) dxdy, on a (toujours d'après le théorème de Fubini),
[0,2*]
e x dx
[-a,a]
—a,a\
e-v2 dy) = [ / ° e~x2 dx] .
-a
Or Da C Ca C D^a, et la fonction intégrée étant positive, on en déduit Ia < Ja < Jy/2a>
ce qui s'écrit encore
Va > 0, tt(1 - e"0') < f T e"1' d^ < tt(1 - e"20').
En faisant tendre a vers +oo, on en déduit f_™e x dx = y/îr.
Passage en coordonnées cylindriques dans l'espace. Nous nous plaçons dans
l'espace R3, dans lequel on écrit (x,y, z) = (rcos6,rsmÔ,z) avec r > 0 et 9 G [0,2ir]. Avec
les notations précédentes, on a
/// f{x,y,z)dxdydz= /// f(rœsô,rsm0,z)rdrd9dz.

336
5. FONCTIONS DE PLUSIEURS VARIABLES
Passage en coordonnées sphériques dans l'espace. On écrit
x = rcosp cos# r „ „.
r 7T 7T
y = r cos <£ sin 0 , r > 0, 0e[0,27r], (p e ——, —
z = r sin ip
Après calcul du jacobien, on obtient
/// f(x,y,z)dxdydz = I f(rcos(pcos0,rœs(psm6,rsm(p)r2cos(pdrd(pdÔ.
4.4. Fonctions intégrables
Comme pour les intégrales simples, on peut définir les fonctions de plusieurs variables
intégrables. Nous nous limiterons au cas de fonctions définies sur un produit d'intervalles
de Rn. Dans toute cette sous-partie, ii,..., In désignent des intervalles quelconques de R
(non réduits à un singleton) et A la partie de Rn définie par A = I\ x • • • x in
DÉFINITION 6. Soit /: j4 = ii x • • • x Jn —> R une fonction continue positive. On dit que
/ est intégrable s'il existe M > 0 tel que pour tout pavé compact P C A, on a fp f < M.
On appelle alors intégrale de / le nombre réel défini par
/ / = sup / /.
JA PCAJp
DÉFINITION 7. Une fonction continue / : A —► R est dite intégrable si |/| est intégrable.
Dans ce cas, pour toute suite croissante de pavés compacts (Pk) inclus dans A telle que
UfcPfc = A, la limite de (Jp f) existe et ne dépend pas du choix de la suite (Pk)- Cette
limite s'appelle intégrale de / et est noté fA f.
Remarque 7. Une moyen équivalent de définir l'intégrale d'une fonction continue réelle
intégrable est d'écrire fAf = JAf+ - fA f~ où /+ = sup{/, 0} et /" = sup{-/, 0}.
- L'intégrale multiple des fonctions intégrables sur A satisfait les propriétés élémentaires
de l'intégrale. L'ensemble ^(A^R) des fonctions continues intégrables sur A est un e.v,
et l'application Cl(A, R) -> R / »-> /A / est linéaire. Si /, g 6 Cl(A, R) et si / < g, alors
fAf < JAg- Enfin, si / G ^(A.R) alors \ fAf\ < fA \f\- Par ailleurs, si g est intégrable
et si |/| < g, alors / est intégrable.
Exprimons, dans le cas particulier des intégrales doubles, la généralisation du théorème
de Fubini des fonctions intégrables.
Théorème 5. Soit I et V deux intervalles deR et f : I x V —> R une fonction continue
sur Ixl'. Si pour tout x G I l'application f(x,.) est intégrable et si l'application g : x »->
fj, f(x,.) est continue par morceaux et intégrable, alors f est intégrable et on a fflxl, f =
Jj g. De même, si pour tout y e V la fonction f(.,y) est intégrable et si h : y^fj f(-y)
est continue par morceaux et intégrable, alors f est intégrable et fflxl, f = /7/ h. En
particulier on a /7(/7/ /(., y)) = /7/(/7 f(x,.)).
4.5. Intégrales curvilignes
Rappels sur les arcs paramétrés.
Définition 8. On appelle arc paramétré de Rn de classe Ck tout couple (i, /) où i est
un intervalle de R et / : i —> Rn une application de classe Ck. L'ensemble f(I) cRn est
appelé support de l'arc. Un arc paramétré continu est aussi appelé chemin.
Définition 9. On dit que deux arcs paramétrés (i, /) et (J,g) de classe Ck sont
(^-équivalents s'il existe un Cfc-difféomorphisme 0 de J sur i tel que g = f o 6.

4. INTEGRALES MULTIPLES, INTEGRALES CURVILIGNES 337
On définit ainsi une relation d'équivalence sur les arcs paramétrés. Chaque classe est
appelée arc géométrique de classe Ck, tout représentant de classe un paramétrage
admissible de l'arc géométrique. Deux paramétrages admissibles d'un même arc géométriques
ont même support, on parle donc de support d'un arc géométrique.
Remarque 8. L'application 6 est soit strictement croissante, soit strictement décroissante.
Définition 10. Deux paramétrages admissibles (/, /) et (J,g) d'un arc géométrique de
classe Ck sont dit de même sens s'il existe un Cfc-difféomorphisme croissant de J sur / tel
que g = f o 0.
On définit ainsi une relation d'équivalence sur un arc géométrique (dont il y a au plus
deux classes d'après la remarque précédente) ; les classes sont appelées arcs géométriques
orientés de Rn de classe Ck.
Formes différentielles de degré 1.
DÉFINITION 11. Soit Cl un ouvert de Rn. On appelle forme différentielle de degré 1 sur
Cl toute application a de Cl sur le dual (Rn)* de Rn.
On peut écrire la forme différentielle a sous la forme a(x) = Y17=\ a%(x) dxi pour x G Cl
(où les ai sont à valeurs réelles et (dxi) est la base duale de la base canonique de Rn).
S'il existe une fonction tp : Cl —► R de classe C1 telle que a = d(p, la forme différentielle
a de degré 1 est dite exacte.
Si a est de classe C1 (i. e. si les ai sont C1), a est dite fermée si pour tout (i,j)}
§£± _ do,
dxj dxi '
Remarque 9. Si une forme différentielle de classe C1 est exacte, elle est fermée (conséquence
du théorème de Schwarz). La réciproque est vraie lorsque Cl est un ouvert étoile mais est
fausse dans le cas général (voir un contre exemple à l'exemple 3).
Définition d'une intégrale curviligne. On se donne une forme différentielle a =
Y^iai{x) d-Xi de degré 1, définie et continue sur un ouvert Cl de Rn.
DÉFINITION 12. Soit 7 = ([a, &],/) (avec / = (fu... ,/n)) un arc paramétré de Rn de
classe C1 dont le support est contenu dans Cl. On appelle intégrale curviligne de a le long
de 7 le réel
[a= f"a[f(t)}f'(t)dt= f
J'Y J a J a
!>(/(*))/;(*)
i=l
dt.
Remarque 10. Si 7 = ([a, b]>f) est un chemin continu de classe C1 par morceaux, c'est-à-
dire s'il existe une subdivision a = to < h < - • < tp = b de [a,b] telle que f\[ti_ltti] soit de
classe C1 pour tout i G {1,... ,p}, on définit de même l'intégrale curviligne de a le long
de 7 par l'expression
p-i
(*=^2 OL.
Définition 13. Soit r+ un arc géométrique de classe C1, orienté, à support dans Cl. Les
intégrales curvilignes de a le long des paramétrages admissibles de r+ sont identiques, et
leur valeur commune est appelé intégrale curviligne de a le long de r+, et notée Jr+ a.
Proposition 1. Soit 7 = ([a, 6], /) un arc paramétré de Rn de classe C1 à support contenu
dans Cl. Si a est une forme exacte, c'est-à-dire a = d(p avec (p : Cl —» R de classe C1,
alors
r a = <p\f(b)] - <p[f(a)}.
L
En particulier, si 7 est un lacet (i.e. si f(a) = f{b)), f a = 0.

338
5. FONCTIONS DE PLUSIEURS VARIABLES
Exemple 3. Soit la forme différentielle de degré 1
a: R2\{(0,0)}^(M2)* {x,y)
xdy — ydx
x2 + y2
On vérifie facilement que l'on a affaire à une forme fermée. Elle n'est cependant pas exacte,
car si 7 est le lacet ([0,27r],/) où f(9) = (cos#,sin0), on trouve J, a = 2n ^ 0, et on
conclut avec la proposition précédente.
Théorème de Green-Riemann. Ce théorème permet de calculer certaines intégrales
sur un compact K en fonction d'une intégrale curviligne le long de sa frontière dK.
Intuitivement, le compact K doit avoir sa frontière qui est une courbe orientable et C1
par morceaux. Nous rendons cette définition plus rigoureuse avec la notion de compact à
bord.
DÉFINITION 14. Un compact A'cR2 est dit compact à bord si
(i) il existe une famille finie (7*) = (Ii, fi)i<i<P de chemins fermés, simples (i. e. injectifs)
et C1 par morceaux, dont les supports Ci sont disjoints, et telle que la frontière dK
de K soit la réunion des Ci ;
(ii) en tout point a = fi(t) régulier d'un chemin 7$, il existe un pavé P centré en a tel
que
- P^dK a deux composantes connexes, l'une notée P\ constituée de points de
o
K, l'autre de points de R2\K ;
- pour tout b e P tel que le vecteur ab fasse un angle +7r/2 avec //(£), on a
bePv
Pour toute forme différentielle a de degré 1 définie sur un ouvert contenant K, la valeur
X)iLi /.a est alors indépendante des paramétrages admissibles des arcs géométriques
orientés 7^ On la note JdK+ a.
FiG. 2. Un compact à bord K
Remarque 11. Dans la pratique, on se contente en général de la notion intuitive
suivante : la frontière du compact à bord K est réunion finie, disjointe de supports d'arcs
géométriques orientés, fermés, simples, C1 par morceaux, tels qu'en parcourant cette
frontière dans le sens de l'orientation, on ait K constamment à sa gauche.
Théorème 6 (Green-Riemann). Soit K c M2 un compact à bord et a = Pdx + Qdy
une forme différentielle de degré 1, de classe C1 sur un ouvert contenant K. Alors K est
mesurable et
I^P* + Q*)-IIJ£l*«)-%to\
dxdy.

4. INTÉGRALES MULTIPLES, INTÉGRALES CURVILIGNES
339
Application. Si K est un compact à bord, son aire A = ffKdxdy peut
s'exprimer, d'après le théorème de Green-Riemann, comme A = JdK+xdy = —fdK+ydx =
lfdK+(xdy -ydx). En désignant par (r,0) les coordonnées polaires, on a facilement
xdy — ydx = r2d6 donc A = \ fdK+ r2dO.
4.6. Exercices
Exercice 1. Calculer les intégrales doubles ffD f{x,y) dxdy dans les cas suivants :
a) f(x,y) = xyetD={(x,y)eR2 | x > 0,y > 0,z + y < 1} ;
b) f{x,y) = x2etD = {(x,y) e M2 \ x2 < y < x} ;
c) f(x,y) = {x2-y2)exy et D = {(x,y) e R2 \ x2 + y2 < l,x + y > l,x > y} ;
d) f(x,y) = xcosL/x2 + y2\ et D = {(x,y) eM2 \ x > y > 0, x2 + y2 <ir}.
Solution.
a) On peut écrire D = {(x,y) G M2 \ 0 < x < 1, 0 < y < 1 - x}} et en
appliquant le théorème de Fubini, on a
xydxdy = \ xy dy\ dx = /
JJd Jo Uo J Jo
0
D
2 24
b) On procède de la même manière. Si x2 < x, on a forcément 0 < x < 1,
donc D = {{x,y) G R2 | 0 < x < l,x2 < y < x}. Le théorème de Fubini
donne ensuite
// x2dxdy= / / x2dy
c) La forme de D nous invite à changer de système de coordonnées. On
effectue une transformation orthogonale, en écrivant x = (X — Y)/y/2 et
y = (X + Y)/\/2. Dans ce nouveau système de coordonnées, l'ensemble
D devient D' = {(X,Y) 6 M2 | - \/2/2 < Y < 0, \/2/2 < X <
= f (x-x2)
Jo
x* dx = —.
20
Y
y/l — Y2}. Le jacobien de la transformation est égal à 1 (transformation
orthogonale), donc d'après le théorème du changement de variable
/= ff (x2-y2)exydxdy= ff {-2XY)e^~Y^2dXdY,
et d'après le théorème de Fubini
*Vï=yï
/ {-2XY)e^~Y^2dX
V2/2 \Js/2/2
-L
dY
v-J-2Yexp(ï-Y2)+2Yexp(ï-T,
dY = l- 2e1/" + e1'2.
d) On va évidemment passer en coordonnées polaires. En polaires, on a
D = {(r,6) G [0,7r] x [0,7r/4]} donc d'après le théorème du changement
de variable ' 0
1= x cos ( \Jx2 + y2] dx dy = Il r(cos6)(cosr)rdrdÔ,
JJD V ' yy[0,7r]x[0,7r/4]
et d'après le théorème de Fubini
/=[ j"r2œsrdr) ( f" cosOdO) = (-2tt) ( ^ ) = -V^tt.
■D
7T

340
5. FONCTIONS DE PLUSIEURS VARIABLES
Exercice 2. Calculer les intégrales triples / = fffDf(x,y,z)dxdydz dans les cas
suivants.
a) f(xyy,z) = x2 + y2 + z2etD = {(x,y,z) G R3 | \x\ + \y\ + \z\ < 1} ;
b) f(x,y,z) = \z\ etD = {(xtytz) G R3 | x2 + y2 + z2 < 1} ;
c) /(x, y} z) = {x2 + ?/2 + z2)ez et D = {(x, y} z) G R3 | |*| < 1, \y\ < 1, \z\ < 1} ;
d) f(x,y,z) = xyzet D = {{x,y,z) eM? \ x >0,y >0,z >0,x2+ y2 + z2 < 1}.
Solution, a) Vue la symétrie de D et de Pintégrande par rapport aux plans Oxy, Oxz et Oyz,
on a
1 = 8 {x2+y2+z2)dxdydz où D' = {(x}y,z) G M3 | x > 0,y > 0,z > 0,x+y+z < 1}.
De même, la symétrie de D' et de x2 + y2 + z2 par rapport aux plans x = y, x = z et y = z
entraîne
1 = 24 z2dxdydz.
L'intégrande ne dépend plus que de 2, nous allons donc effectuer une
sommation par tranches. Si (x,y,z) G D', on a 0 < z < 1, et
l'intersection de D' avec le plan horizontal de côte z est D'{z) = {{x,y) G
x > 0,?/ > 0,2 + y < 1 — z}, par conséquent
1=24 ///
^0 ././D'(z)
z dx dy
dz = 24
jf'(
2 / 5
b) La symétrie de D et de z •-> |2| par rapport au plan 0#ï/ entraîne
1 = 2 zdxdydz où £>' = {(z,î/,z) G E3 | a;2 + î/2 + z2 < \,z > 0}.
L'intégrande ne dépend plus que de z, le plus simple est d'effectuer une
sommation par tranches. Pour tout (x,y,z) G D', on a 0 < z < 1,
et l'intersection de D' avec le plan horizontal d'abscisse z est D'(z) =
{{x,y) G M2 | x2 + y2 <l-z2} (disque de rayon \/l - z2). On en déduit
./o ././£>'(*)
zdxdy
dz = 2 [ z(7r(l-z2))dz = ^-.
Jo 2
1
/4É
r" \
^^ ol
z
w
,#(*)
J • y
^1
X
c) L'ensemble D est le pavé [—1, l]3. On a I = J + K, où
J= (x2 + y2)ez dx dy dz et K = z2ezdxdydz.
On calcule J en appliquant le théorème de Fubini (voir le corollaire 1), qui entraîne
JJ y + y2)dxdy\ (j\zdzY
et en appliquant une nouvelle fois le théorème de Pubini, on trouve que le premier terme du
produit est
J =
i: u:
(x2 + y2) dy
dx=f_1(2x2+Ddx=l'
donc finalement J = |(e — 1/e).
Pour calculer K} on effectue une sommation par tranches (l'intégrande ne dépend que de z),
ce qui donne
K
J-i \JJ[-i,iy<
Jï„z
z ez dx dy
dz
<
z2ez dz = 4\ e- -

4. INTEGRALES MULTIPLES, INTÉGRALES CURVILIGNES
341
20 52 1
Finalement, on trouve I = J + K = —e —— -,
d) La forme de D nous invite à passer en coordonnées sphériques. Dans ces coordonnées, D est
le pavé [0,1] x [0,7r/2] x [0,7r/2], donc d'après le théorème du changement de variable,
/= /// (rcos0cos(p)(rsm6cos<p)(rsm(p)r2cos<pdrd9d<p
JJJ [0,1] x(0,tt/2]x [0,7r/2]
r5(cos 6 sin0)(cos3 <psin <p) dr d6 dtp,
-H.
[0>l]x[0,*/2]x[0,ir/2]
et d'après le théorème de Fubini,
"7T/2
- CM (1'
(jf
7r/2 \ 111 1
cosBsm.9 d6\\ / cos3<psincpdcp ) = = —.
Exercice 3. Pour tout n € N*, on note £>n le compact de Rn défini par
Dn = {(xu...}xn) eRn \Vi,Xi > 0 et zi+ ••• + £„< 1}.
Pour tout (kiy..., kn) € Nn, calculer /„(&!,..., kn) = /• • -/D zf1 • • • x^n dx\
Q/Xji.
Solution. En notant D(xn) = {(x\,... ,xn-i) e Rn 1 | Vi,z; > Q,x\ H h zn_i < 1 — xn},
une intégration par tranches fournit
*n\kl > • • • » "<n) — / Xfi I ' ' I ^1 ' ' ' "^n— 1 ^1 ' ' ' dXn—\
JO \J JD{xn)
(LXji,
(*)
=*(*«)
Pour ccn fixé, le changement de variable X{ = ti(l — xn) (1 < i < n—1) donne, d'après le théorème
du changement de variable
K(xn) = (1 - Xn)kl+-+kn-1+n-l ff ,* . . . £-i dh . . . (ftn_i
= (1 " œn)fcl + -+fc»-1+n-1/„-l(fcl, . • • , fc„-l).
On en déduit d'après (*)
= In-i(fci,...,fcn-i) J(kn,ki + ••• + /cn-i + n- 1) (**)
où pour tout (p, g) G N2, J(p, g) = /„* xp(l - x)9 dx.
Calculons J(p>q). Une intégration par parties fournit, si q > 1,
/»l r p+l n 1 pi
J(p,q)= a?0-x)* dx = \?—(l - x)*\ +-4r / x*+\l-xy-1 dx = -i-Jfp+l^-l).
Cette relation de récurrence permet d'affirmer
D'après (**), on a donc
■J(p + q,0) =
p\q\
(p + l)...(p + g)^ ' *'~' (p + ç + 1)!'
Aii^l» • • • >«7i) — J-n—1(^1» • • • > "7i-lj /. . . . , \i
{Kl + • • • + Kn + n)\
et comme Ii(k\) = 1/(1 + &i), on obtient après une récurrence facile
fci!---fcn!
-*n(^l> • • • > "<nj —
(fci + • • • + kn + n)\

342
5. FONCTIONS DE PLUSIEURS VARIABLES
Exercice 4. a) Calculer l'aire du compact K délimité par la boucle droite de la lemnis-
cate de Bernoulli, dont l'équation polaire est r2 = a2 cos 20, —7r/4 < 6 < 7r/4, a > 0.
b) Calculer l'aire du compact K délimité par la boucle de la strophoïde droite, dont
l'équation polaire est r = -a^- (—ïï/2 < 0 < tt/2).
Solution.
a) Il suffit d'utiliser le théorème de Green-Riemann, plus précisément ,--..
l'application qui le suit à la page 339, qui exprime l'aire de K par A = 4
\ SdK+ r2 d®-> ce qui ici donne
i pn/4 2
= =- / a2 cos20d0= —.
2 J-7T/4 2
A=-
b) On utilise comme précédemment, la formule A = \ jdK+ r2 dû. Le
tout est de déterminer dK+. Le paramètre r s'annule lorsque cos(20) =
0, donc pour 6 = ±tt/4. Un paramétrage de la frontière de K est donc
r = — acos(20)/cos0, —7r/4 < 0 < 7r/4. L'orientation est bien directe,
on peut donc écrire
—a
1 /'7r/4
2 J-tt/4
A=-
"4 2™22ede
cos20
et comme cos(20) = 2 cos2 6 — 1,
,2 r*/* / i
(4cos20-4+ —
r/4
=a~ r c
2 J-n/4 \
COS2 6
de
itt/4
af
a
o\ «
= %- \{29 + sin20) - 40 + tan 0F = ^-(4 - tt).
2 L J —7r/4 2
Exercice 5 (Calcul de l'intégrale de Fresnel). Pour tout t > 0, on pose
F{t) = ff e^x2+y2) dx dy et f{t) = [ eix* dx.
a) Exprimer F(t) de deux manières différentes (l'une en fonction de f(t), l'autre par
passage en coordonnées polaires).
b) Pour T > 0, on pose I{T) = ± /0T F(t) dt. Montrer que I(T) converge lorsque T —► +oo
et calculer sa limite. En déduire la valeur de l'intégrale de Fresnel
f+°° • 2
(p = / etx dx.
Jo
Solution, a) La relation el^x +y > = elx ew entraîne, par application du théorème de Fubini,
\2
«2 , \ I I i.,2
F(t) = \^J c« dx) \^J <?v dy) = f(ty
Calculons maintenant F(t) de manière différente. Tout d'abord, la symétrie du domaine et
de l'intégrande par rapport à la droite x = y permet d'affirmer
F(t) = 2 (j e^x2+y2Uxdy,
où At = {(x}y) e R2 | 0 < x < t,0 < y < x}. L'intégrande s'exprime au moyen de x2 + y >
on est amené à passer en coordonnées polaires. En polaires, le compact A4 est représenté par
l'ensemble
Kt = i{r,0) e R+ x [0,2tt] | 0 < r cos(9 < t et 0 G [o, j] } ,

5. PROBLÈMES
343
et d'après le théorème du changement de variable, puis le théorème de Fubini
»7r/4 \ rt/cosO
m=2IL
ér rdrd$ = 2
(. t2
/»7T/4 P
Jo \Jo
Jir*
rdr
ITT
exp l %
cos20y
b) La relation (*) permet d'affirmer
-i é0=T-i
Jo
de
tt/4
exp 11
cos20
d6.
(*)
™-ï-u L
tt/4 / t2
exp I i
cos
2e
de
dt.
Le théorème de Fubini nous autorise à échanger l'ordre des signes d'intégration (puisqu'on a
affaire à l'intégrale sur [0,T] x [0,7r/4]), donc
exp 11
cos
2e
dt
de = %^-%-
4 T
• />7t/4
cos 6
d9. (***)
Or l'intégrale <p = J0 °° elx dx converge (en effectuant le changement de variable u = a;2, on
remarque que / est de même nature que J0 ^(e™)^""1/2^, qui converge — voir la remarque 6
page 149), donc la fonction t i-> f(t) est bornée en +oo. Avec (***), on en déduit que I(T)
converge vers m/4 lorsque T —> +oo.
Par ailleurs, la première relation trouvée à la question précédente entraîne, pour tout T > 0,
I{T) = ± /o f2(t) dt. Or la fonction t ■-> f2(t) converge vers (p2 lorsque t —> +00. On en déduit
que I(T) converge vers ip2 lorsque T —> +00 (si une fonction ^ converge vers a en +00, sa
moyenne de Césaro ^ f0 ip converge vers a). On en déduit finalement <p2 = in/4. On a donc
déterminé y? au signe près. Comme s = S(<^) = 5/0 °° sm(x)x~1^2 dx > 0 (pour s'en persuader,
écrire s = J2nS) un ou Pour tout n>
/•2(n
J2nn
2(n+l)n
on en déduit facilement ^ = e'
sinw
Vu
_ JV4
cfo*
J2,
(2n+V* sinu
2nn 2
1
1
\/Û \A4 + 7l\
du>0
A
Remarque. Un autre moyen de calculer y> est d'utiliser le résultat de la question 2/b) de
l'exercice 4 page 164.
5. Problèmes
Problème 1. Déterminer les fonctions /
que
(x}y) h-> f(x,y), de classe C2, telles
d2f n d2f nd2f n
(E)
dx2 dxdy dy2
(Indication : on pourra effectuer le changement de variable u = x + y,v = ax — y, où a
est un réel à déterminer).
Solution. Fixons a quelconque et notons (p : E2 —> E2 (x,y) •-> (u,v) = (x + y,ax -y). Si
a 7^ -1, (p est bijective. Plaçons nous dans ce cas. Notons F = f o (p-1 (la fonction F est la
fonction / dans les coordonnées uet v). On a donc f(x,y) = Fo (p(x,y) = F(x + y,ax - y) et
F = f o <p-i est de classe C2. On a
df dF dF df dF dF
dx du dv dy du dv

344
5. FONCTIONS DE PLUSIEURS VARIABLES
donc
dx2 ~ du \du +a dv) +0CÔv \du +a dv) ~ du2 + dudv +a dv2
d2f d (df\ d (df\ d2F , ^d2F d2F
dxdy du \dy) dv \dy) du2 dudv dv2
d2f d2F d2F d2F
i_ = 2 I
dy2 du2 dudv dv2 '
et on en déduit
S"Srs0 = i—*->♦«£♦*>-•.- »»S
L'idée est de faire disparaître le terme en ^f, pour se ramener à résoudre -§^ = 0 (ce qui
s'intègre facilement). On va donc choisir a tel que a2 —2a —3 = 0, c'est-à-dire a = 3 ou a = —1.
Comme on doit avoir a ^ — 1 (pour que la transformation soit bijective), on choisit a = 3.
L'équation (E) est donc équivalente à J^j = 0, où f(x,y) = F(x + y} Sx — y). Ceci s'écrit
aussi ^ [^] = 0, donc la fonction C1 ^ est indépendante de u. Il existe donc une fonction
(p : E —► E de classe C1 telle que §Ç(w, v) = (p(v) pour tout {u,v) G E2. Notons ip une primitive
de <p. On a d~ = 0, donc la fonction C2 F — ip est indépendante de v, de sorte qu'il existe
6 : E —> E telle que F(u,v) = ijj(v) + 6(u) pour tout (w, v) G E2. Finalement, nous avons montré
que si / vérifie (£"), alors il existe deux fonctions ip,$ : E —> E de classe C2 telles que
V(a;,y) G E2, f(x,y) = F(u,v) = F(x + y}Sx-y) = 0(x + y) + V(3z - y).
Réciproquement, si / a cette forme, on vérifie facilement qu'elle satisfait l'équation (E).
Problème 2 (Dérivations). Soit n e N*. On note G™ l'e.v des fonctions à valeurs
réelles, définies sur un voisinage de 0 et de classe C°°. Soit L une application de G™ dans
M vérifiant les propriétés suivantes :
(i) L est linéaire ;
(ii) pour tout ftge G§°> L(fg) = f(0)L(g) + L{f)g{0) ;
(iii) L(l) = 0 ;
(on dit que L est une dérivation). Montrer qu'il existe (6ln tel que L(f) = /^(0) =
4fo(f) pour tout / G G™. (Indication : on pourra utiliser le lemme d'Hadamard — voir
l'exercice 4 page 311).
Solution. Soit / G Gq°. Comme / — /(0) s'annule en 0, on peut écrire, d'après le lemme
d'Hadamard
n
Vz = (zi,...,zn), /(z) = /(0) + ^Zf<^(z),
où pour tout z, </?i est définie et de classe C°° sur un voisinage de 0, c'est-à-dire (pi G G™. En
notant par abus xi la fonction (x\,..., xn) i—»> a?i, la linéarité et la propriété (iii) de L entraînent
n n
L(f) = /(0)L(1) + ^ L(*m) = £ L(xm).
Or, d'après (ii), L(z*<#) = 0L(<#) + L(xi)<pi(0) = £(a*Vi(0), et comme <#(0) = J£(0), on en
déduit
i=l
En notant £ = (L(zi),... ,L(a?n)), ceci s'écrit aussi L(/) = /£(0) = d/0(£)> et ceci pour tout
/ G G§°, d'où le résultat.

5. PROBLÈMES
345
Problème 3 (Fonctions convexes sur Rn). On munit Rn de son produit scalaire
( , ) standard et de la norme euclidienne associée. Soit C un ouvert convexe de Rn. Une
application J : C —> R est dite a-convexe (avec a > 0) si
Vx,yeCtVôe[Otl]t Jl(l-6)x + 6y]<{l-6)J{x)+ÔJ(y)-^ô(l-6)\\x-y\\2. (*)
Si J est 0-convexe, on dit que J est convexe.
1/ Montrer que toute fonction convexe J : C —> R est continue, et dérivable en tout
point de C par rapport à tout vecteur.
2/ Soit J : C —> R une application de classe C2. Pour tout x G C, on note J'^) Ie gradient
de J en rr et J"(x) la matrice hessienne de J en z, définie par J"{x) = ( &f.^ {x) )
Montrer que J est a-convexe si et seulement si l'une des conditions suivantes est réalisée :
(i) pour tout (x,y) G C2, J(y) > J(x) + (J'{x),y- x) + f ||y - z||2 ;
(ii) pour tout (x, y) G C2, ( J'(î/) ~ J'fa), y - x) > a \\y - x\\2 ;
(iii) pour tout x € C, pour tout w G Rn, (J"(x) w,w) > a \\w\\2.
3/ (Optimisation dans Rn) Soit J : Rn —► R une fonction a-convexe (avec a > 0).
a) Montrer qu'il existe x0 G Rn tel que J(x0) = inf^Rn J(x).
b) Si (un) est une suite minimisante (i. e. si limn^+00 J(un) = J(xo)), montrer que (un)
converge vers Xq.
Solution. 1/ Soit xq G C. Commençons par montrer que J est dérivable selon tout vecteur
en xq. Soit un vecteur £ G Rn, et l'application de la variable réelle (p : t »-> J(a;o + tÇ). Cette
application est définie sur un voisinage de 0 dans R, et elle de plus convexe car J est convexe.
On sait donc, d'après la théorie des fonctions convexes de la variable réelle, que <p est dérivable
à droite en 0, c'est-à-dire que J est dérivable selon le vecteur £ en xq.
Prouvons maintenant la continuité de J en xq (attention, ce n'est pas parce que J est
dérivable selon tout vecteur en xq qu'elle y est continue — voir un contre exemple à l'exercice 1
page 309). Quitte à considérer la fonction J(x+xo) — J{xo), on peut supposer xq = 0 et J(0) = 0.
La norme sur Rn utilisée dans la suite de cette question sera ||(a?i,..., xn)\\\ = J2i \xi\.
L'ensemble C est ouvert, donc il existe p > 0 tel que la boule B(0,p) soit incluse dans C. Quitte à
considérer la fonction J(px/2), on peut même supposer p = 2, de sorte que la boule unité fermée
est incluse dans C.
Commençons par montrer que J est majorée sur la sphère unité. Notons (e*) la base
canonique de Rn et considérons u = Ya=i x% ei tel que \\u\\ = 1. Pour tout i, il existe £j G {—1,1} tel
que Xi = \xi\ Si. Comme ||w|| = ^ \xi\ = 1, on a facilement (comme pour les fonctions convexes
à variables réelles)
n \ n n
J(u) = J I Y^ \xi\ £i ei } <S^ \xi\ J{ei ei) < MV \xi\ = M, avec M = sup J(e e*).
Vr-f / r-f ., i<i<n
\t=i / t=i i=i e€{_iti}
Achevons la démonstration. Soit x G C, 0 < \\x\\ < 1, et soit u = £/||#||. La fonction
i> : [-1,1] —* R À h-> J(Xu) est une fonction de la variable réelle convexe sur [—1,1], donc
VA G [-1,1], A ? 0, ^(0) - V(-l) < V>(A) ~ ^(0) < ^(1) " 1«0),
ce qui s'écrit aussi
VAG[-1,1],A^0, - J{-u) < ^^ < J(u) donc -M<^^-<M.
Ainsi, \J(X)\ = \J{\\x\\ u)\ < M \\x\\. Comme J(0) = 0, on en déduit la continuité de J en 0.
V ( J est a-convexe) <==> (i) :

346
5. FONCTIONS DE PLUSIEURS VARIABLES
- Supposons J a-convexe. Soient (x,y) G C2 et S G ]0,1]. L'inégalité (*) s'écrit encore
Jlx + Sto-x))-JW < J{y) _ J(x) _ a(1 _ g) b _ ^
d'où (i) en faisant tendre 6 vers 0.
- Inversement, supposons (i) vérifié. Écrivons (i) pour le couple (y,x + S(y — x)) puis pour
le couple (x, x + ô(y — x)), avec 6 G [0,1]
J(y) > J(x + ô(y - x)) + (J'(x + 6(y - x))t (1 - ô)(y - x)) + |(1 - ô)2 \\y - x\\2}
J{x) > J{x + ô(y - x)) + (J'(x + 5{y - x)), -ô(y - x)) + |<52 \\y - x\\2.
En multipliant la première inégalité par 5, la seconde par 1 — £, puis en additionnant, il
vient
ÔJ(y) + (1 - ô) J(x) > J(x + ô{y - x)) + !<S(1 - <5) ||y - x\\2,
donc J est a-convexe.
(i) *=> (m).
- Supposons (i) vraie. En écrivant l'inégalité (i) pour le couple (x,y), pour le couple (y, x),
puis en additionnant, on obtient (ii).
- Supposons (ii) vérifiée. Si on fixe (#, y) G C2, la fonction (p : [0,1] —* R S ■-> J(:r + <% -
#)) a pour dérivée </?'(£) = («/'(# + ô(y — x)),y — x) et vérifie donc
V<5 G ]0,1], y>'(<J) - if/(0) = \{J'{x + Ô(y - x)) - J'(x)}6(y - x)) > a \\y - xfô,
o
(inégalité qui reste évidemment vraie pour 6 = 0) d'où (i) car par intégration, on obtient
¥>(!) > f (<p'(0) + a \\y - x\\2ô) dô = <p(0) + y/(0) + | \\y - x\f
yip yj) t a \\y - x\\ o) ao = <p\y) -t- y \y)-r - \\y - x\l
r0
(ii) <£=> (iii).
- Supposons (ii) vérifiée. Soit w G Rn. Lorsque p est un nombre réel non nul suffisamment
proche de 0, on a d'après (ii)
(J'(x + pw) — J'(x),pw) > ap2\\w\\2 ou encore (
J'(x + pw)-J'(x) \ 2
— >w ) > a M >
p
d'où (iii) en faisant tendre p vers 0 (remarquer que J"(x) est la matrice jacobienne de
x i-> J'(x)).
- Supposons (iii) vérifiée. Fixons (#,y) G C2, et considérons la fonction ip : [0,1] —> R
définie par ip(x) = (J'(x + S(y — x)),y — x)). On a
W G [0,1], i)'(ô) = (J"(x + ô(y - x))(y -x),y-x)>a \\y - z||2,
donc par intégration i/)(l) — ip(0) > a \\y — x\\2, d'où (ii).
3/ a) L'inégalité d'a-convexité, appliquée avec x = 0 donne
Vy G Rn,V6 G [0,1], J(Sy) < (1 - ô)J(0) + ÔJ(y) - |*(1 - 5) ||y||2
ce qui s'écrit encore
Vy G R», V* G ]0,1], J(y) > J(0) + JW ~ J® + |(1 - J) ||y||2.
En appliquant cette dernière inégalité aux y tels que ||î/|| > 2 avec J = l/||y||, on a
J(y) > J(0) +
J ^)-J(0)
OC (\ 1 \ „ „2 . ,/^x . „„ „ . Oi
+ 1 \l " itî j ll!/l1 - ^ + ^lly" + 4 W '
où jK" est un minorant de J(u) — J(0) sur la sphère unité (K existe car J est continue et la
sphère unité est compacte). On en déduit lim||y||_>+00 J(y) = +oo.
Ainsi, l'ensemble r = {x G W11 J(x) < J(0)} est borné. Or T est fermé ( J est continue), donc
rcl" est compact. Il existe donc xq G T tel que J(xq) = inf^r J(x) (ceci car J est continue).
Par construction de T, on a J(x) > J(xq) pour tout x G Rn, donc J(a^o) = infxein J(x).

5. PROBLÈMES
347
b) L'inégalité d'a-convexité donne, pour tout m, n G N,
a\\0, „, n2 ^ J(un) + J(Um) Tfun + Um\ J{un) + J(um)
-||wn-nm|| s - Ji - is ^ «'(^o),
et on en conclut que limm)n^+00 | ||wn - um\\2 = 0. Donc (wn) est une suite de Cauchy. Comme
Rn est complet, elle converge. Soit u sa limite. Par continuité de J on a J(u) = J(xo), et d'après
l'inégalité d'a-convexité
oc 2 J{u) + J{x0) fu + x0\
gllu-xoll < ^ J{~^~J' '
donc u = xq. D'où le résultat.
Remarque. Les résultats des questions 2/ et 3/ restent vrais dans un espace de Hilbert.
Par contre, le résultat de 1/ est faux en dimension infinie.
Problème 4 (Lemme de Morse). 1/ (Préliminaires.) Soit n e N*. On note S l'e.v des
matrices symétriques de Mn(M). On fixe A e S inversible, et on note T l'e.v T = {U G
A4„(R) | VA = AU}.
a) Montrer que Cl = FnÇtnfâ) est un ouvert de T et que l'application (p : Cl —> «S t/* i—»•
*C/j4£/ est un C°°-difféomorphisme local en [/ = In.
b) Montrer l'existence d'un voisinage ouvert V de A dans <S et d'une application h : V —>
<?4(R) de classe C°° telle que h(A) = In et telle que th(B)Ah{B) = B pour tout BeV.
c) Montrer qu'il existe une application g : V —*■ £^n W de classe C°° telle que pour tout
B G V, tg(B) Dg(B) = B, où D est une matrice diagonale dont les coefficients diagonaux
sont égaux à 1 ou à —1.
2/ (Lemme de Morse.) Soit / : Rn —» R une fonction de classe C°°, nulle en 0, telle que
df0 = 0. On suppose que la matrice hessienne de / en 0 définie par H = ( ~d l (0) )
\oxiOXj /i<ij<n
est inversible. Montrer qu'il existe un C°°-difféomorphisme (p = (<£>i,..., (pn) défini sur un
voisinage W de 0, et un entier r tels que
VX € W, /(*) = MX)}2 + ■■■ + [Vr{x)f - [*V+1(X)]2 {f>n(xf
(on utilisera le résultat de la question b) de l'exercice 4 de la page 311).
Solution. 1/ a) On sait que £^n(R) est un ouvert de Mn{^) (image réciproque de la fonction
déterminant, qui est continue, de l'ouvert R*), donc Cl = F C\ £?^n(R) est un ouvert de T.
La fonction (p est de classe C°° car les coefficients de <p{U) s'expriment comme des polynômes
en les coefficients de U.
On a bien sûr In G Cl. Calculons d<pin, la différentielle de cp en In. Si In + H G Cl, on a
<p{In + H)- tp(In) = lHA + AH + lHAH = lHA + AH + o(\\H\\),
donc épin{H) = lHA + ,4# pour tout H e J7.
Montrons que d<pin : T —> «S est un isomorphisme de J7 sur S, ce qui permettra de conclure
que (p est un C°°-difféomorphisme local en In d'après le théorème d'inversion locale.
- La différentielle dcpin : T -»• S est injective. En effet, si d<pin (H) = lHA + AH = 0, alors
comme lHA = AH (puisque H G F)> on a .Aiï" = 0, donc H = 0 car A est inversible.
- La différentielle d<pin est surjective. En effet, pour tout 5 G «S la matrice H = 2A~lS
est bien dans T (car comme A G <S, on a 'iM = ^'A-^ = ££ = ^4iï") et d(pin(H) =
lHA + AH = 2AH = S.
b) Il existe donc un voisinage ouvert W de In dans Cl, un voisinage ouvert V de y?(/n) = A
dans 5 tel que (p\w soit un C°°-difféomorphisme de W sur y. Si on note h : V' —► W son

348
5. FONCTIONS DE PLUSIEURS VARIABLES
difféomorphisme inverse, h est de classe C°°, à valeurs dans £ln(R) (car W C ^n(R)) et pour
tout BeV, <p{h{B)) =B = th(B)Ah(B).
c) Notons (p, q) la signature de la forme quadratique X i-> lXAX (X G En). On sait que p+q — n
(car A est inversible) et que A est congrue à la matrice diagonale D dont les p premiers termes
diagonaux sont égaux à 1, les q = n — p derniers égaux à —1, autrement dit, il existe P G £?£n(R)
tel que A = lPDP.
On définit maintenant l'application g : V —> G?nW par g(B) = Ph(B). Elle est de classe
C°° et elle vérifie
VB G V, ^{B) D g(B) = tyB) [lPDP] h{B) = ^(B) A h(B) = B.
2/ D'après la question b) de l'exercice 4 de la page 311, on peut trouver n2 fonctions hij : Rn —►
M, de classe C°°, telles que
Va; = (a?i, ...,»„) € Mn, f(x) = ^xtXj hitj{x).
Si on pose aij(x) = ^[hij(x)-\-hjti(x)] pour tout (i} j), les fonctions Oij sont de classe C°° sur Rn,
on a /(#) = Y2i,jxixjai,j(x)> et Pour tout ^» la matrice A(x) = (o>i,j{x))1<ij<n est symétrique.
Résumons. Il existe une application A : Rn —> MnW, de classe C°°,lelle que
- pour tout X G En, A(A") est symétrique et f(X) = tXA{X)X ;
- A(0) =H= (^-(0)). . est inversible.
Soit (r,n — r) la signature de la forme quadratique X »-> lXHX. D'après 1/c), il existe un
voisinage V de H = A(0) dans S et une fonction g : V —» £^n(R), de classe C°°, telle que
tg(B)Dg(B) = B pour tout B G F, où D est la matrice diagonale dont les r premiers éléments
diagonaux sont égaux à 1 et les n — r derniers égaux à —1.
Comme X h-> A(X) est continue, il existe un voisinage VF de 0 dans Rn tel que A(X) G V
pour tout X G W. On a donc 4(X) = *p[A(X)] Dp[A(X)] pour tout X eW,et on en déduit
VXGW, f(X)=tXA{X)X = t<p(X)D<p(X) où <^(X) = ^A(X)]X.
En notant (pi(X),... ,<£>n(X) les coordonnées de <p{X), ceci s'écrit aussi
\/x g w, f(X) = ^{xf + • • • + yv(X)2 - yv+ipo2 MX)2.
Ce n'est pas tout-à-fait fini. On a dipo = g[A(0)] G <7^n(R), donc quitte à restreindre W, on
peut supposer (d'après le théorème d'inversion locale) que (p est un C°°-difféomorphisme de W
sur (p(W). On a bien sûr <p(0) = g[A(0)] 0 = 0.
Problème 5 (Équation de la chaleur) .
On se place dans le plan R2 dont les éléments sont notés (x, t). Pour t .
tout T > 0, on note
-JRT = ]0,7r[x]0,T[,
-Qr = (W x [0,T]) U ([0,tt] x {0}) U ({tt} x [0,T]),
-At = ]0,tt[x{T}.
de sorte que Rt, Ct et A^ soient disjoints et que leur réunion soit
le rectangle fermé Rt-
1/ Soit (p : [0,7r] —► R une fonction de classe C1, telle que <^(0) = (p(ir) = 0.
a) Montrer l'existence d'une suite réelle (bn) telle que J2 \bn\ converge et telle que
+oo
Va: e [0,7r], <^(a?) = J^&n sin(nrc).
n=l
b) Soit T0 > 0. Construire une fonction $ continue sur RTo telle que

5. PROBLÈMES
349
d2$ d$
(i) $ est de classe C2 sur RTo et -^-j — — = 0 sur RTo ;
(ii) pour tout t <E [0,T0], $(0,*) = $(ir,t) = 0 ;
(iii) pour tout x € [0,7r], $(z, 0) = ¥>(#).
2/ On veut montrer qu'il n'existe qu'une seule fonction $ vérifiant (i), (ii) et (iii). Soit /
une fonction à valeurs réelles, continue sur RTo et de classe C2 sur RTq.
a) Si |^ — §£ > 0 sur RTo, montrer que / atteint son maximum sur CTo (on pourra
commencer par prouver le résultat sur Rt et Ct pour tout T G ]0,T0[).
b) Si |^î — §£ > 0 sur i£r0, montrer que / atteint son maximum sur Ct0-
c) Si / est nulle sur Ct0 et si |^ — |£ = 0 sur Rt0, montrer que / est nulle.
d) En déduire que la fonction $ construite à la question 1/b) est la seule fonction vérifiant
(i), (ii) et (iii).
Solution. 1/ a) On pense évidemment au développement en série de Fourier. Pour cela, on
prolonge tp sur R de la manière suivante. Sur ] — 7r,0[, on pose (p{x) = —cp(—x), sur [0,7r],
(p{x) = <p(x). On définit ensuite une fonction (p sur R par (p{x + 2kir) = (p{x) pour tout fceZ
et pour tout x G ]—7r,7r].
Ainsi construite, la fonction (p est 27r-périodique sur R, impaire, de classe C1 par morceaux
(elle est même C1, mais nous n'en avons pas besoin), et continue sur R car (p(0) = (p(7r) = 0. On
en déduit que ses coefficients de Fourier an(f) sont nuls, que ses coefficients de Fourier bn = bn(f)
vérifient ^ |6n| converge ((p est continue et C1 par morceaux, voir le théorème 3 page 261), et
que de plus
+oo
bn sinnx.
71=1
On en déduit le résultat car (p(x) = (p{x) pour tout x G [0,7r].
b) Remarquons que la fonction / : (x}t) i—► (sinna:)e-n * vérifie |h£ — |£ = 0. On pose donc
+00
$:#^->R (x,t)t-+^2bn(smnx)e~n2t.
n=l
La série est normalement convergente sur Rt0 , donc $ est bien définie et continue sur Rt0 • Par
ailleurs, les conditions (ii) et (iii) sont vérifiées.
Il nous reste à vérifier (i). Soit p G N. Pour tout a > 0, on a limn_>+00 e~n anp = 0, donc les
séries de fonctions ^)np6n(sinna;)e""n * et ^)np6n(cosna;)e""n * convergent normalement pour
(#,£) G [0,7r] x [a,To]. On en déduit facilement, grâce au théorème de dérivation des séries de
fonctions que $ est de classe Cp sur ]0,7r[ x ]a,To[, et ceci pour tout a > 0, donc de classe Cp
sur Rt0, et que les dérivées partielles de $ s'obtiennent en dérivant formellement chacun de ses
termes. Comme ceci est vrai pour tout p G N, $ est de classe C°°. En particulier, $ est de classe
C2et
V(M) G #T0, 0^J = ~Xln2(Smna;)e~n2f' 0É" = -53n2(Sinn^e~n2f-
n=l n=l
Ainsi, 0 - ^ = 0 sur RToi d'où (i) et le résultat.
2/ a) Montrons d'abord que pour tout T € ]0, T0[, la restriction de / à ~Rr atteint son maximum
en un point de Ct (on sait déjà que / atteint son maximum sur Rt car Rt est compact et / est
continue). Raisonnons par l'absurde : si ceci n'est pas vrai, le maximum est atteint en un point
fao^o) de Rt ou de At-
- Si (#o,£o) £ Rt, alors comme (#o,£o) est un point intérieur à Rt, on a

350
5. FONCTIONS DE PLUSIEURS VARIABLES
et la forme quadratique
d2 f d2f d2f
*2 â^(*o, *o) + 2xt Q^(x0t to) +t2 -^{x0, t0)
est négative, en particulier |^(xo,^o) < 0- On a donc (q£ — -£ J (#o>£o) < 0> ce qui est
contraire aux hypothèses.
- Si (&o>*o) = (xo,T) G Àt, alors
~ T%(.x0iT) > 0 puisque t h-» f(xo,t) atteint son maximum en t = T ;
- ^{(aJoiT) < 0 puisque x h-» f(x,T) atteint son maximum ena; = xo, point intérieur
à[0,7r].
On a donc (|^£ — §£) Oeo^o) < 0, ce qui est contraire aux hypothèses.
Nous avons donc montré le premier résultat annoncé (on ne pouvait pas procéder directement
avec T = Tq car / n'est pas supposée C2 sur un voisinage de At0).
Achevons notre raisonnement. Soit (Tn) une suite croissante de points de ]0,T[ qui converge
vers T. Comme nous venons de le montrer, il existe pour tout n un point (xn, tn) de Crn C Ct tel
que f(xni tn) = sup/ tx€jj— /(#, t). Comme Ct est compact, on peut extraire de la suite (xn, tn)
une sous suite qui converge vers un point (#*,£*) de Ct- Quitte à retirer des termes de la suite
et à la réindicer, on peut même supposer que (xn,tn) converge vers (#*,£*). Par continuité de
/, on a f(x*}t*) = limn_>+00 f(xn,tn). Maintenant soit (x}t) G [0,7r] x [0,T[. Comme t < T, il
existe N tel que t < TV, donc
Vn>N, f(xn,tn)>f(x,t).
En faisant n —* oo, on en déduit f(x*}t*) > f(x,t). Ceci est vrai pour tout (x,t) G [0,7r] x [0,T[.
Par continuité de /, on a donc f(x*, t*) > f(x} t) pour tout (x} t) G [0,7r] x [0,T], d'où le résultat.
b) La fonction / est continue sur le compact Ct0 donc il existe (#*,£*) G Ct0 tel que f(x*,t*) =
suP(x,i)€Cr f(x't)- P°ur tout n G N*, considérons la fonction /„ définie sur Rt0 par fn(x,t) =
f(x,t) + x2/n. La fonction fn est de classe C2 sur Rt0 et
V(«,t) 6 ST01 *£(*,«) - f (M) = g(M) - g(«,*) + J > \ > 0.
On peut donc appliquer le résultat de la question précédente à fn qui entraîne l'existence d'un
point (xnytn) de CTo tel que fn(xnitn) = sup(a.t)e^r/n(a;,^). On a donc
2 2 2
f(x*1t*)>f(xnitn)=fn(xn,tn) — = SUp fnfat) -> SUp f(x,t) .
n (x,t)eRTo n (x,t)eRTo n
Ceci étant vrai pour tout n G N*, on en déduit, en prenant en compte les deux termes extrêmes
des inégalités, que f(x*,t*) > sup, t\eR— f(x,t). Ainsi, / atteint son maximum en (x*}t*) G
Ct0-
c) La fonction / vérifie les hypothèses de la question précédente, donc son maximum est atteint
sur Ct0- Comme / est nulle sur Cr0, on en déduit / < 0. Le même raisonnement s'applique à
—/, donc / > 0. On en déduit que / est la fonction nulle.
d) Supposons trouvée une fonction $i vérifiant les assertions (i), (ii) et (iii). Alors / = $ - $i
satisfait les hypothèses de la question précédente, donc / = 0, donc $ = $\.
Problème 6. Soit / : Rn -> Rn une fonction de classe C1 telle que
- pour tout x e En, dfx (différentielle de / en x) est inversible ;
- limw_+00||/(a;)|| = +co.
a) Pour tout compact K de Mn, montrer que f~l{K) est un compact de W1.
b) Montrer que / est surjective (on utilisera un argument de connexité).

5. PROBLÈMES
351
c) Soit y un élément de Rn. Montrer que /_1 ({y}) est un ensemble fini. On note m =
Card [/-1({2/})] et on note xi,... >xm les éléments de /_1({y}).
d) Pour tout e > 0, montrer qu'il existe un voisinage ouvert V de y tel que f~l{V) C
Ui<i<mB(:Ej,£) (où B(xi,e) désigne la boule ouverte de centre Xi de rayon e).
e) Montrer qu'il existe un voisinage ouvert W de y tel que
V* e W, Card [/_1({*})] = m.
f) En déduire que l'application Rn —> N z h-> Card [/_1(^)] est constante.
g) Si /(0) = 0 et f(z) ^ 0 pour tout z ^ 0, montrer que / est un C^-difféomorphisme de
Rn sur Rn.
Solution, a) Soit K C Rn un compact. Comme iiT est fermé et que / est continue (car C1),
f~x{K) est fermé. Il reste à montrer que f~x{K) est borné pour montrer sa compacité.
Comme K est compact donc borné, il existe M > 0 tel que ||#|| < M pour tout x G K. Or
lim ||/(z)|| = +oo donc 3A > 0,Vx G Rn, ||z|| > A, \\f(x)\\ > M.
IM|-H-°°
Ainsi, si rc G f~x{K), on a ||rc|| < ;4, d'où le résultat.
b) On va montrer que /(Rn) est à la fois ouvert et fermé. Comme Rn est connexe, on en déduira
/(W1) = W1, c'est-à-dire la surjectivité de /.
Pour tout x G Rn, dfx est inversible, donc / est une application ouverte (voir le corollaire 1
page 323). En particulier, /(Rn) est un ouvert de Rn.
Enfin, nous avons vu que pour tout compact K de Rn, f~x{K) est compact. On sait alors (ou
alors on le retrouve, voir l'exercice 1 page 31) que / est une application fermée. En particulier,
/(Rn) est fermé.
c) Commençons par montrer que les points de f~l{{y}) sont isolés. Soit xq G /-1({y}), de sorte
que f(xo) = y. Comme dfXo est inversible, on peut appliquer le théorème d'inversion locale qui
nous dit que / est un C1-difféomorphisme local autour de xq. En d'autres termes, il existe un
ouvert V contenant xq tel que f\y soit une bijection de V sur f(V). En particulier, / est injective
sur V, donc pour tout x ^ xq et x G V, f(x) ^ /(#o) = y-, c'est-à-dire V n /-1 ({y}) = {%o}-
Or d'après a), /_1 {{y}) est compact. Un compact dont tous les éléments sont des points
isolés est un ensemble fini (s'il était infini, il contiendrait un point d'accumulation, qui n'est pas
isolé), donc /-1 ({y}) est fini.
d) Raisonnons par l'absurde. Si le résultat était faux, alors
VpGN, /-i(B(î/,i))£ |J B(xi,e).
En d'autre termes, il existe pour tout p G N un élément zp vérifiant ||/(2P) — y\\ < 1/2P tel que
zp £ B(xite) pour tout i. La suite (zp) est à valeurs dans le compact f~1(B{(y, 1)), on peut
donc en extraire une sous suite convergente (^(p)), de limite z. Comme / est continue, et que
\\f(zp) — y\\ < 1/2P pour tout p, on a f(z) = y. Il existe donc i, 1 < i < m, tel que z = Xi, et
comme (^(p)) converge vers z = Xi, il existe F G N tel que z^^ G B(xi,e) pour tout p > P.
Ceci est impossible par construction des zp, d'où le résultat.
e) Nous allons nous servir du résultat de la question précédente. Pour cela, il faut choisir
correctement e > 0.
Pour tout i, dfXi est inversible, donc d'après le théorème d'inversion locale, il existe e; > 0 tel
que / soit injective sur B(xi,ei). Si e = infi<i<m£j, on a donc e > 0 et / est injective sur chaque
B(zi,e). Quitte à diminuer e > 0, on peut supposer que les boules B(xi,e) sont disjointes.
D'après la question précédente, on peut trouver un voisinage ouvert V de y tel que /-1(V) C
^i<i<mB(xi,e). Posons alors W = V D T, où T = ni<i<m/(B(zi,e)). L'ensemble W est un
voisinage ouvert de y (car nous avons montré à la question b) que / est une application ouverte).
Par ailleurs,

352
5. FONCTIONS DE PLUSIEURS VARIABLES
- pour tout z G W, on a z G T donc pour tout i, 1 < i < m, il existe x\ G B(xi,e) tel que
z = /(&$). Comme les B(xi,e) sont disjoints, on en déduit Card [/_1(^)] > m.
- Pour tout z G W, on a z G V donc /-1({z}) C /_1(^) c Vi<i<mB(xi,e), et comme / est
injective sur chaque B(xi,e), on a Card [/-1({^})] < m.
On en déduit Card [/_1({^})] = m pour tout z eW.
f) D'après la question précédente, l'ensemble Tm = {z G Rn | Card/_1({z}) = m} est un ouvert.
Or / est surjective et f~l{{z}) est fini pour tout z G Rn, donc
»n
— umeN*rm — rmo yj
u
m
L m>0
où m0 = Card/_1({0}).
n est connexe, que ces
[n. En d'autres termes,
Ainsi, Rn est la réunion des deux ouverts rmo et Um7Émorm. Comme
ouverts sont disjoints et que rmo ^ 0 (car 0 G Tmo) on en tire rmo =
Card/_1({2}) = m0 pour tout z G Rn.
g) Les hypothèses s'écrivent aussi /-1({0}) = {0}. Donc mo = 1, donc d'après la question
précédente, Card/-1({z}) = 1 pour tout z G Kn. Autrement dit, / est bijective. On conclut
avec le corollaire 4 page 324 (inversion globale) que / est un C^-difféomorphisme global.

CHAPITRE 6
Equations différentielles
/^I'est au début du dix-septième siècle, avec le calcul différentiel et intégral
^ découvert par Leibniz et Newton, qu'apparut la notion d'équation
différentielle : divers problèmes de géométrie ou de mécanique conduisaient à des
questions équivalentes à l'intégration de systèmes différentiels. A l'époque,
on disposait d'une méthode générale d'intégration qui consistait à
rechercher le développement en série entière des fonctions inconnues recherchées, les
coefficients de ces séries se déterminant à l'aide des équations et des
conditions initiales. Mais les mathématiciens de la fin du dix-septième siècle ne se
contentèrent pas de ce procédé et cherchèrent à exprimer les solutions à l'aide
de "fonctions élémentaires", ou tout au moins à l'aide de primitives portant sur
des fonctions données directement par les équations. Ainsi, au début du dix-
huitième siècle, les méthodes classiques de résolution de certaines équations
(linéaires, de Bernoulli, de Ricatti, ...) furent découvertes.
L'importance des équations différentielles dans divers domaines (en
physique par exemple) amena naturellement cette branche des mathématiques
à devenir l'une des plus importantes, notamment grâce à Euler, Lagrange,
Laplace.
Jusque là, on admettait sans discussion l'existence de solutions d'équations
différentielles, sans chercher d'ordinaire à préciser les domaines où ces solu-
tions étaient définies. C'est Cauchy qui, dans ses cours donnés à l'Ecole
Polytechnique, à partir de 1820, aborda le problème de façon rigoureuse. Il montra,
sous de bonnes hypothèses, l'existence et l'unicité d'une solution dans un
voisinage d'un point donné (d'ailleurs, c'est sans doute la première fois que l'on
voit apparaître une étude de caractère local en mathématiques). En 1868, Lip-
schitz remarqua que ce résultat subsiste sous une hypothèse que l'on appelle
depuis lors "condition de Lipschitz".
1. Généralités
1.1. Définitions
Une équation différentielle est une équation portant sur les dérivées d'une fonction.
Plus précisément :
Définition 1. Soit n e N* et E un espace de Banach. Soit une application F : Cl C
RxEn —> E (où Cl est un ouvert de RxEn). On appelle solution de l'équation différentielle
d'ordre n
y(n) = F(t,y,y',...Jn-V) (*)
toute application (p : I -^ E (où I est un intervalle de R), n fois dérivable et vérifiant
(i) pour tout t e /, (t, <p(t),..., <£(n-1)(*)) e Cl ;
(ii) pour tout t <E J, F(t, (p(t),..., ¥>(n-1)(*)) = ¥>(n)(*)•
Dans la suite de cette partie, nous utiliserons les notations de cette définition.

354
6. ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES
Toute équation différentielle peut se ramener à une équation différentielle d'ordre 1.
Avec les notations de la définition précédente, si on définit les applications
$: I^En t^(v(t),---,V{n~l\t))
G: ÇlcRxEn^En (t,y) = (t ) •-► (x1,...,xn.1,F(t,y)),
il est équivalent de dire que cp est solution de (*) ou que $ est solution de $' = G(t, $).
On peut donc se limiter à étudier les équations différentielles du premier ordre.
Remarque 1. Nous n'avons considéré ici que les équations différentielles dites résolues, i. e.
celles qui se mettent sous la forme y^ = F(t,y>... ,2/^n_1^). De manière plus générale,
on peut étudier les équations différentielles non résolues d'ordre n qui sont du type
F(t,y,... ,y^n~l\y^) = 0. Ces dernières peuvent également se ramener à des équations
différentielles non résolues du premier ordre G(t,Y,Y') = 0 (en utilisant les mêmes
techniques) .
Solution maximale.
DÉFINITION 2. Une fonction (p : i" —> E (où / est un intervalle de R) est dite solution
maximale de l'équation différentielle y^ = F(t,y,... ,y^n~^) s'il n'existe pas d'autre
solution tp : J —► E de cette équation différentielle telle que I C J, / ^ J et tjj = (p sur
I, oh. J est un intervalle de R.
1.2. Problème de Cauchy, théorème de Cauchy-Lipschitz
Problème de Cauchy. On se donne une équation différentielle
y™ = F(t,y,y',...,y(n-») (*)
et (to)Xo,... ,#n_i) G Çl. On appelle problème de Cauchy de (*) en (^Oj^o* • • • i%n-i
) la
recherche d'une fonction (p : J —» E (où / est un intervalle de R) solution de (*) et
vérifiant t0 E /, ip(t0) = x0,..., <£(n_1)(*o) = xn-i.
On dit qu'il y a unicité au problème de Cauchy (*) en {to,xo,... ,£n-i) s'il existe au
moins une solution à ce problème de Cauchy et si pour toutes solutions (p : / —> E et
ip : J —► E à ce problème, les fonctions (p et ip coïncident sur I C\ J.
Lorsque la fonction F vérifient certaines hypothèses, on peut assurer l'unicité au
problème de Cauchy. Rappelons que l'on peut se limiter à l'étude des équations
différentielles du premier ordre.
Existence et unicité locale d'une solution : théorème de Cauchy-Lipschitz.
Rappel. On dit qu'une application F d'un ouvert Cl de R x Rn est localement lipschitzienne
en la seconde variable si pour tout (to, #o) E Cl, il existe un voisinage V de (to,Xo) et k > 0
tels que
V* G R, Vx,x? G Rn, (t,x) G V, {t,x') G V, \\F(t,x) - F(t,x')\\ <k\\x- x'\\.
Théorème 1 (Cauchy-Lipschitz). Soit F : Ù c RxRn —► Rn (où Cl est un ouvert de
R x Rn) une fonction continue et localement lipschitzienne en la seconde variable. Alors
pour tout (to,Xo) G Cl, il existe un intervalle I voisinage de to dans R et une application
(p : i" —> Rn solution de y' = F(t,y) telle que (p(to) = Xq. De plus, il y a unicité pour le
problème de Cauchy de cette équation différentielle en (to,Xo).
Démonstration. Existence. Nous aurons besoin de la notion de cylindre de sécurité. Un point
(£o>2o) G Cl est fixé. Pour tout r > 0, on pose Br = {x G Rn \ \\x — xo\\ < r} et pour tout
a > 0, Ia = ]to — a,to + a[. Soit V un voisinage compact de (£o>#o) dans Cl sur lequel F est
fc-lipschitzienne en la seconde variable (la compacité de V est une commodité pour que F soit

1. GÉNÉRALITÉS
355
bornée sur V, mais même en dimension infinie, comme F est continue en (£q, xo), on peut choisir
V telle que F soit bornée sur V). Notons M un majorant de F sur V. On peut choisir r > 0 et
a > 0, désormais fixés, tels que Ia x Br C V et aM < r (on dit que 7a x Br est un cylindre de
sécurité pour F en (£o> #()))•
La fonction F est continue, toute solution est donc de classe C1. Ainsi, une application
(p : Ja —> Rn est solution si et seulement si pour tout t G /, (t, (p(t)) G fi et <£>(£) = xq +
j£F(ti,¥>(ti))dti.
Notons T l'ensemble des fonctions continues ip : 7a —» Rn telles que ^(ia) C Br. Pour tout
V> G T, l'application
^: Ja->Rn t^x0+ f F(u,<ip(u))du (*)
vérifie
Vi G Ja, IhK*) -*o|| < / \\F{u^{u))\\du
f \\F(uMu)
Jt0
< otM < r,
donc ip G T. On est donc autorisé (et c'est là l'utilité du cylindre de sécurité) à définir la suite
de fonctions {tj)n) par
V>o : la -> Kn ti->xo et Vn G N, ^>n+1 = ^n.
Montrons que pour tout t G Ia et pour tout n G N, ||^n+i(£) — i/>nWII < rkn\t — to\n/n\. Pour
n = 0, c'est immédiat d'après (*). Pour passer du rang n — 1 au rang n, il suffit d'écrire, pour
tout t G Ia,
M
Vn-iW - VfeWII < / ll^fo» tfnM) - F(ti, W»-i(tt))|| ob < / fc ||^n(u) - <0n_i(u)|| du
un I /ȣ
(n-lj! 17^
d*
= r-î\t-t0\n.
n!
La série de fonctions YK^n+i — VVi) converge donc normalement sur Ja, par conséquent la suite
de fonctions (^n) converge uniformément sur Ia. Notons %j) la fonction limite. On a ip G T et
Vn G N,Vi G Ja, ^n+iW = ^o + / F(u,ipn(u))du,
et en faisant tendre n vers +00 on en déduit ip(t) = xq + Jt F(u, ip(u)) du^ c'est-à-dire que %j) est
solution au problème de Cauchy en (£o5#o) sur l'intervalle Ia.
Unicité. Soient cp : I —> Rn et ip : J —> Rn deux solutions au problème de Cauchy en (£0 >#())•
En notant, pour tout t G / n J, M^ = supuG^0 ^ HV^) — ^(^)l|5 une récurrence sur n donne
I P I
ViG/n J,VnGN, M*)-^WII < / \\F(u,(p(u)) - F(u^(u))\\du\
\Jto I
Ceci étant vrai pour tout n G N, on en déduit (p(t) = ip(t) pour tout t e I H J. D
<itzMl*»j*.
ni
Remarque 2. - L'existence au problème de Cauchy reste vraie si F est seulement
supposée continue (théorème de Péano), mais il n'y a plus forcément l'unicité (voir
l'exercice 1).
- L'unicité au problème de Cauchy est riche de conséquences (voir les exercices de
cette partie).
- Si F est de classe C1, F est localement lipschitzienne en la seconde variable. C'est
souvent ce que l'on rencontre dans la pratique, et le théorème de Cauchy-Lipschitz
est alors applicable.
- Pour les équations différentielles d'ordre n (en les ramenant à celles d'ordre 1 par
la technique décrite plus haut), le théorème de Cauchy s'exprime ainsi : si y^ =
F(t, y, y',..., y(n-1)) est une équation différentielle d'ordre n et si F est continue et
localement lipschitzienne par rapport à la seconde variable Y = (yo,..., yn-i), alors
il y a unicité au problème de Cauchy.

356
6. ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES
<pc: R->R t. ■ Wi 2
Terminons par le corollaire suivant portant sur les solutions maximales.
Corollaire 1. Soit F : ficMxEn->IRnfoùn est un ouvert de R x W1) une fonction
continue et localement lipschitzienne en la seconde variable. Alors pour tout (to, Xq) 6 Q,
il existe une unique solution maximale (p de l'équation différentielle y' = F(t,y) prenant
la valeur xq en to ; cette solution maximale est définie sur un intervalle ouvert de R.
1.3. Exercices
Exercice 1. Montrer que pour l'équation différentielle définie sur R par
/ = f 0 si y < 0
[y/y si y > 0
il n'y a pas unicité au problème de Cauchy.
Solution. Faisons une première remarque : cette équation différentielle ne faisant pas intervenir
la variable t, si une fonction / : R —» R est solution, il en est de même pour toutes les fonctions
/c : R -> R t*-+ f(t-c) (ce R).
La fonction <p : R —» R définie par <p(x) = 0 pour x < 0, et (p(x) = x2/4 pour x > 0, est
solution comme on le vérifie facilement. Notre remarque précédente montre alors que pour tout
c G R, la fonction
'0 si t < c
(t - c)2/4 si t > c
est solution. Mais pour c > 0, ces fonctions coïncident sur R~, et pourtant elles ne sont pas
identiques. Il n'y a donc pas unicité au problème de Cauchy (le théorème de Cauchy-Lipschitz
ne s'applique pas car il n'y a pas de caractère lipschitzien).
Exercice 2. Soit F : R3 —► R une application de classe C1. On s'intéresse à l'équation
différentielle y" = F(t,y,y'). On suppose que pour tout tel, F(t, 0,0) = 0 (en d'autres
termes, la fonction nulle est solution). Montrer que toute solution non identiquement nulle
a ses zéros isolés.
Solution. C'est classique ! Soit (p une solution non identiquement nulle, et soit to un zéro éventuel
de <p.
On a (p'(to) ^ 0. En effet, si <p'(to) = 0, d'après le théorème de Cauchy-Lipschitz (qui
s'applique car F est de classe C1), (p ayant même valeur et même dérivée que la fonction nulle
en to, <p est la fonction nulle (unicité au problème de Cauchy pour les équations différentielles
du second ordre), ce qui est absurde.
On peut écrire, lorsque t tend vers £o>
¥>(*) = <f(to) + (t- t0)<p'(to) + o(t -t0) = (t- t0) [<p'(t0) + o(l)] ,
et comme (p'(to) ^ 0, le terme (p'(to) + o(l) est non nul sur un voisinage de to, donc sur un
voisinage de to, (p ne s'annule qu'en to-
Les zéros de (p sont donc isolés.
Exercice 3. Soit F : R2 -> R une fonction de classe C1 et /, g : R -> R deux solutions de
l'équation différentielle y' = F(t,y). On suppose qu'il existe £0 G R tel que /(£0) < g(to)-
Montrer que pour tout t 6 R, f(t) < g(t).
Solution. Raisonnons par l'absurde. S'il existe t\ G R tel que f(t\) > g(t\), alors comme / et
g sont continues (elles sont même de classe C1), d'après le théorème des valeurs intermédiaires,

2. ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES LINÉAIRES
357
il existe u G R tel que f(u) = g(u). Mais alors, d'après le théorème de Cauchy-Lipschitz (qui
s'applique car F est de classe C1) il y a unicité au problème de Cauchy au point u, donc / = g.
Ceci est absurde car f(to) ^ g{to), d'où le résultat.
Exercice 4. Soit F : R2 —> R une application de classe C1 vérifiant
(*)
Soit tp : R —> R une solution de l'équation différentielle y' = F(t, y). Montrer que la suite
(<p(kT))keN est strictement monotone ou est constante. Dans ce dernier cas, montrer que
(p est une solution T-périodique.
Solution. Comme (p est solution, la relation (*) montre que la fonction tpT : t »—> ip(t + T) est
aussi une solution. Trois cas se présentent.
(i) Si (p(0) < (p(T) = <^t(0), alors d'après l'exercice précédent, on a (p(t) < (pr(t) pour tout
t G R. On en conclut (p(kT) < ipr(kT) = ip((k + 1)T) pour tout k G N, autrement dit, la
suite (<p(kT))keN est strictement croissante,
(ii) Si <^(0) > y>(T), on montrerait en procédant de la même manière que la suite (<p(kT))keN
est strictement décroissante,
(iii) Si ^(0) = (p(T) = ^r(O), alors d'après le théorème de Cauchy-Lipschitz (qui donne
l'unicité au problème de Cauchy), <p = (pr> c'est-à-dire que (p est T-périodique, et en
particulier, la suite ((p(kT)) est constante.
2. Equations différentielles linéaires
Nous nous limiterons à l'étude des équations différentielles linéaires en dimension finie.
Dans toute cette partie, n désigne un entier naturel non nul, / un intervalle de R (non
réduit à un singleton), et K désigne le corps R ou C. On identifie les éléments de Kn et
leur écriture sous forme de matrice colonne.
2.1. Généralités
Définition 1. Soit p eN*. Toute équation différentielle sur Kn d'ordre p du type
y^ = viW y(p~1} + • • •+m*) Y+*(*)> (L)
où Ap_i,...,i4o sont des fonctions continues de / dans A^n(K) et B : / —> Kn une
fonction continue quelconque, est appelée équation différentielle linéaire d'ordre p.
Lorsque la fonction B est identiquement nulle sur /, l'équation différentielle linéaire
(L) est dite homogène.
Comme on l'a vu dans la partie précédente, on peut ramener toute équation
différentielle d'ordre p à une équation différentielle d'ordre 1. Ici, l'équation différentielle linéaire
(L) peut aussi s'écrire
d
dt
( i )
;
^ y(p-i) j
==
/ 0 /„ 0 \
0 ••• 0 In
\A0{t) ViW /
1
\ y(p-i) )
+
f
f ° )
0
V B(t) J
(écriture en matrices par blocs). Ainsi, nous avons ramené l'équation différentielle linéaire
(L) d'ordre p à une équation différentielle linéaire d'ordre 1 (l'espace des vecteurs de base

-►■
358 6. ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES
passe de Kn à Knp). Pour cette raison, nous nous limiterons à l'étude des équations
différentielles linéaires d'ordre 1.
Remarque 1. Lorsque l'équation différentielle linéaire porte sur des fonctions à valeurs
dans Kn (avec n > 2), on parle aussi de système différentiel linéaire. Si n = 1, on parle
d'équation différentielle linéaire scalaire.
Solutions des équations différentielles linéaires. Les solutions maximales des
équations différentielles linéaires ont la propriété d'être définies sur tout l'intervalle /
où les fonctions de l'équation sont définies. Plus précisément, on a le résultat suivant,
dont une preuve est donnée au corollaire 1 page 380.
Théorème 1. Soit une équation différentielle linéaire
Y' = A(t)Y + B(t)t (L,)
où A : J —> A^n(^) et B : I —> Kn sont des fonctions continues. Alors pour tout to e I
et pour tout Xq G Kn, il existe une unique solution V de (Li) définie sur I tout entier,
telle que V(to) = Xq.
Remarque 2. La version de ce théorème pour les équations différentielles linéaires d'ordre
p est la suivante : pour tout io € /, pour tout Xo,..., Xp_i e Kn, il existe une unique
solution (p de (L) définie sur i" tout entier, telle que (p(to) = Xo,..., <^p_1K^o) — ^p-i-
Théorème 2. Soit A: I —> Ain(K) une fonction continue. L'ensemble <S# des solutions
maximales de l'équation différentielle linéaire homogène
est un s.e.v de dimension n du K-espace vectoriel Cx(/,Kn) (fonctions C1 de I dans Kn).
Démonstration. La forme de (H) montre que Sh est un s.e.v de C^/jHC1). Par ailleurs, pour
to e I fixé, l'application $ : Sh —> Kn V »-> V(to) est linéaire. C'est même un isomorphisme
d'après le théorème précédent, d'où le résultat. □
Remarque 3. - De ce théorème, on déduit que l'ensemble des solutions de l'équation
différentielle (L) : Y' = A(t) Y + B(t) est un espace affine de dimension n. En effet,
si Vo est une solution particulière de (L), les solutions de L s'écrivent V + Vo, où V
décrit les solutions de (H).
- La construction effectuée plus haut pour transformer une équation différentielle
linéaire d'ordre p en une équation différentielle linéaire d'ordre 1 montre, avec ce
dernier théorème, que les solutions d'une équation différentielle linéaire homogène
sur Kn, d'ordre p, forment un K-e.v de dimension np.
Wronskien. On se donne (H) : Y' = A(t)Y une équation différentielle linéaire
homogène d'ordre 1 sur Kn, où A : / —» A4n(K) est continue.
Définition 2. Soient Vi,... ,Vnn solutions de (H). On appelle wronskien de Vî,..., Vn
l'application wronskien : / —> K ti-> det(Vi(£),..., Vn{t)).
Remarque 4. Considérons une équation différentielle linéaire homogène scalaire d'ordre p
Î/W = ap_x(0 y^-V + • • • + a0(t) y (Hp)
(où les ai sont des fonctions de / dans K). Nous avons vu plus haut comment transformer
(Hp) en une équation différentielle (Hi) d'ordre 1 sur Kp, et il résulte de la construction
que v est une solution de (Hp) si et seulement si ( •' ) est solution de (#i). On appelle

2. ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES LINÉAIRES
359
wronskien de p solutions vi,..., vp de (Hp) le wronskien de l'équation différentielle (H\)
( "' \
des solutions I : I (1 < i < p) de (#i), en d'autres termes
,(p-i)
wronskien (vi,..., vp)(t) =
vi(t) v2(t) ••• vp{t)
Par exemple, le wronskien de deux solutions u et v d'une équation différentielle linéaire
homogène d'ordre 2 : y" = p(t)y' + q(t)y est \iï' v'\ = wv' ~~ u'v-
Nous verrons dans l'exercice 7 page 368 un moyen pratique de calculer le wronskien.
Proposition 1. Soient Vi,..., Vn des solutions de (H). Le rang des vecteurs Vi(£),...,
Vn (t) est indépendant det e I.
Démonstration. C'est une conséquence immédiate de l'isomorphisme $ : Sh —» Kn Vi-» V(to)
(où to e I est fixé) — voir la preuve du théorème 2. D
Corollaire 1. Des solutions V\,... ,Vn de (H) forment une base des solutions de (H)
si et seulement s'il existe to E I tel que wronskien(Vi,..., KiX^o) ¥" ®> et dans ce cas on
a wronskien(Vi>..., 14) (t) ^ 0 pour tout tel.
Résolution de l'équation différentielle linéaire d'ordre 1 sur K. Il est facile de
résoudre l'équation différentielle linéaire homogène (H) : y' = a(t) y, où a : / —> K est
continue. Les solutions (dont on sait d'après le théorème 2 qu'elles forment un K-e.v de
dimension 1) sont toutes proportionnelles àti-> e^\ où ip est une primitive de a sur
l'intervalle /.
Pour résoudre ensuite l'équation différentielle linéaire inhomogène (L) : y' = a(t) y +
b(t), où b : I —» K est continue, on applique la méthode de variation de la constante.
On recherche les solutions sous la forme t h-► X(t) e*® où À : I —► K est une fonction
de classe C1 encore inconnue. Par dérivation, on voit que notre fonction est solution si
et seulement si \'{t)e^ = b(t) pour tout t G 1, ce qui équivaut à dire que À est une
primitive de e~*®b(t) sur / (voir des calculs pratiques dans l'exercice 1). Rappelons que
la solution générale de (L) est la somme de la solution générale de (H) et d'une solution
particulière de (L).
Résolution d'un système linéaire d'ordre 1. Dans le cas général, il n'existe pas de
méthode pratique pour résoudre un système différentiel homogène (H) : Y' = A(t) Y
lorsqu'on est en dimension n > 2. Cependant, si on connaît n solutions Vi,..., Vn de (H),
linéairement indépendantes, on sait que la solution générale de (H) est J^i Àj Vi où les A; €
K (voir le théorème 2). Connaissant ces solutions, on peut résoudre le système différentiel
inhomogène (L) : Y' = A(t)Y + B(t) par la méthode de variation des constantes.
On recherche les solutions de (L) sous la forme V : t h Y17=i ^M ^W ou ^es
Xi : / —» K sont des fonctions C1. Par dérivation, on obtient que V est solution de (L) si
et seulement si
n n n
E A*w W)+E A*w *?(*) = E A< w A^ v>w+sw-
2=1 2=1 2=1
et comme V( = A{t) V^ ceci s'écrit aussi
n
Y,K(t)Vi(t) = B(t).
i=l

360 6. ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES
Les Vi étant indépendants, ceci apparaît comme un système de Cramer dont les inconnues
sont les X'^t). Par résolution puis intégration, on trouve les A* (voir l'exercice 1 pour des
calculs pratiques).
Regardons en particulier comment mettre en œuvre cette méthode pour les équations
différentielles linéaires d'ordre 2 sur K.
Supposons connues deux solutions linéairement indépendantes u et v de (H) : y" =
a(t) y' + b(t) y, et recherchons la solution générale de (L) : y" = a(t) y' + b(t) y + c(t).
On se ramène d'abord à un système différentiel d'ordre 1 : en posant Y = {}), les
équations différentielles (H) et (L) deviennent respectivement (Hi) : Y' = A(t) Y et
(Li): Y' = A(t)Y + C(t)où
A® = ( 6(i) ait) ) et <™ = ( cM
Il s'agit donc de trouver les solutions de (Zq). On pose W(t) = X(t) U(t) + fi(t) V(t), où
U(t) = (^ft ) et V(t) = ( ffll ). Comme on l'a vu plus haut, W est solution de (Lx) si et
seulement si \'(t)U{t) + n'{t)V(t) = C(t) pour tout t G 7, donc t i-» A(£) w(«) + fi(t) v(t)
est solution de (L) si et seulement si
X'u + n'y = 0
AV + fi'v' = c{t) '
relations utiles dans les exercices (voir l'exercice 1).
Abaissement de l'ordre dans une équation différentielle linéaire sur K. On
considère une équation différentielle de la forme (L) :
flo(0 V, où les ai sont des fonctions continues de I dans K. Si l'on connaît une solution cp
de (L), il est possible d'abaisser l'ordre de (L) en procédant comme suit : on recherche les
solutions de (L) sous la forme / = #<£>, où g est une fonction de classe Cn encore inconnue.
En remplaçant dans (L), on voit que / est solution si et seulement si
J2 Cl g^V-k) = «n-i (t) J2 CLi9{"Vn-1-k) + • ■ • + a, (t) (<?*>' + sV) + ao(t) 9V>,
k=0 k=0
et comme <p est solution de (L), tous les termes contenant g s'éliminent, ce qui entraîne
£cî ^V-*' = «".-! W £c*_,j(V-,-*) + ■ • • + «iW (sV)-
fc=l A:=l
Autrement dit, #' est solution d'une équation différentielle d'ordre n — 1 : nous venons
d'abaisser l'ordre de l'équation.
Cette technique est particulièrement sympathique dans le cas des équations du second
ordre (L2) : y" = a(t) y' + b(t) y. Si on connaît une solution ip, f = g(p sera solution de
(L2) si et seulement si (2g'y + g'V) = aM #V> équation linéaire d'ordre 1 en g' que l'on
sait intégrer, ce qui permet de connaître toutes les solutions de (L2).
2.2. Equations différentielles linéaires à coefficients constants
Lorsque A(t) est une matrice constante A, il est possible de résoudre l'équation
différentielle Y' = AY en utilisant une exponentielle de matrice (voir le tome Algèbre).
Rappelons que pour A 6 Mn(K), on note exp(^) = eA = Z)nïï^n/n-
Proposition 2. Soit A € A4n(K). L'équation différentielle (H) : Y' = AY a ses
solutions maximales définies sur R, et la solution prenant une valeur donnée Vo G Rn en
t = 0 est V : R -> Rn 11-» etA V0, où V0 G Kn.

2. ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES LINÉAIRES
361
Démonstration. La fonction V prend bien la valeur Vb en 0 car l'exponentielle de la matrice nulle
est la matrice identité. Par ailleurs, on peut écrire V sous la forme V(t) = ^2+™0 ^i(-AnVo). Par
les techniques usuelles sur les séries de fonctions, on montre que V est de classe C1 sur R et que
+2? fn-l /t^tn \
Vt G R, V(t) = £ T^Iïï(^o) = AE -Mnyo) =^V(t).
n=l ^ '" \n=0 ' /
D
Remarque 5. - En réduisant la matrice A, on peut donc avoir de précieux
renseignements sur les solutions de (H).
- Lorsque l'on travaille sur le corps K = R, on peut réduire la matrice A dans C, puis
écrire les solutions de (H) sous la forme ip(t) + ip(t) où (p est une solution complexe
de (H).
Un cas particulier intéressant est celui des équations différentielles linéaires homogènes
d'ordre p sur K, à coefficients constants :
yto + a1y<*-1) + --- + apy = 0. {E)
En se ramenant au cas matriciel, on peut montrer le résultat suivant (dans le cas K = C).
On considère le polynôme P = Xn-\-a\Xn~l-\ \-an (appelé polynôme caractéristique
de E), puis on le factorise sous la forme Hi=i(^ ~~ ri)mi- Les solutions de (E) sont les
applications
A;
i=l
où les Pi sont des polynômes de degré <rrii.Ce résultat fait l'objet de l'exercice 4 page 365.
Il généralise les résultats connus pour l'ordre 1 et l'ordre 2. Rappelons ceux du deuxième
ordre. Soit (H) : y" + ay' + by = 0 et P = X2 + aX + b. Alors
- Si P a deux racines distinctes r\ et r2, les solutions de (H) sont les fonctions t i-»
Aient + A2er2t, (Ài,À2) G C2 (si on est sur R et si les r^ sont complexes, il faut
conjuguer les expressions) ;
- Si P a une racine double r, les solutions sont les fonctions t v-* (Xt-\-fi)ért, (À, fi) G K2.
2.3. Exercices
Exercice 1. Déterminer les solutions réelles définies sur R (sauf dans la question 2/ b)
où on demande les solutions sur ] — 7r/2, tt/2[) des équations différentielles suivantes.
1/ (Équations linéaires du premier ordre.)
a) y' + y = smt; b) (1 + t2)y' = ty + (1 +12) ; c) (1 - t2)y' + ty = 0.
2/ (Équations linéaires du second ordre.)
a) y"+2y'+y = té ; b) y"+y = tan21 (-| < t < |) ; c) t'y"'-2y = 3t2.
Solution. 1/ a) On commence par résoudre l'équation homogène associée (H) : y' + y = 0,
dont les solutions sont t \-^> Àe~* (À G R).
Pour résoudre (L) : y' + y = sint, on applique la méthode de variation de la constante. On
cherche une solution sous la forme t ■-> X(t) e~l. Celle ci sera solution de (L) si et seulement si
\'(t) e~l = sin£, c'est-à-dire À'(£) = e* sin£, ce qui par intégration équivaut à X(t) = fi+et(sint-
cos£)/2, où /z est une constante réelle. Finalement, les solutions sur R de (L) sont les fonctions
sin t — cos t _t ._
t>-+ + fie \ fieR.

362
6. ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES
b) On procède de la même manière. Ici, l'équation homogène associée est (H) : (1 + t2)yf = ty,
qui équivaut h y1 = j^ y, dont les solutions sont les fonctions t »—> À\/l +t2 (À G R).
Pour résoudre (L) : y' = jz^y + 1, on applique la méthode de variation de la constante.
La fonction t1-> X(t) \/l +12 est solution si et seulement si
1 <=> A(t)=ju + log(t + \/l+t2), j/GR.
X'(t) =
VT+t2
Les solutions de (L) sont donc celles de la forme t i-> /ly/l + t2 + y/l + t2 log(£+\/l + t2) (// G R).
c) On ne peut diviser l'équation par (1 — t2) pour la rendre résolue que si i ^ {—1,1}. On a donc
affaire à une équation incomplète. Nous allons la résoudre sur chacun des intervalles ] — oo, —1[5
] — 1,1[ et ]1, +oo[ puis "recoller" éventuellement les solutions pour trouver une solution définie
sur R tout entier.
On montre facilement que les solutions de (L) : y1 = ^rz\ V son*
- sur ] - oo, -1[, t1-> Xy/t2 - 1 (A G
sur ] — 1,1[, t1-> /jl\/1 — t2 (fi G
- sur ]l,+oo[, ti-> vyjt2 — 1 {y G
Si (À,//, v) ^ (0,0,0), ces solutions ne peuvent, après prolongement, donner une solution sur
R tout entier (elle ne serait pas dérivable en —1 ou en 1). La seule solution de (L) définie sur R
est donc la fonction nulle.
2/ a) L'équation homogène associée est (H) : y" + 2yf + y = 0. Son polynôme caractéristique
est X2 + 2X + 1 = (X + l)2, qui a une racine double en — 1. Les solutions de (H) sont donc
celles de la forme t h-> (Xt + //)e"t (À, ju G R).
Il nous reste à trouver une solution de (L) : y" + 2y' + y = te1. On pourrait pour cela utiliser
la méthode de variation des constantes. Ici, la forme du second membre nous invite à faire plus
simple, et à rechercher une solution sous la forme 11-> (at2 + bt + c)el. En reportant dans (L) et
après identification, on trouve a = 0, b = 1/4, c = —1/4.
La solution générale de (L), somme d'une solution particulière de (L) et de la solution
générale de (iï*), est donc
*■-> (-j-)et + (At + ^)e"S (A,//) G
b) Les solutions de l'équation homogène associée sont les fonctions t »—> Xcost + /isint avec
(À,//) G R2. Pour trouver une solution de (L) : y" + y = tan2£, on applique la méthode de
variation des constantes. Une fonction de la forme t »—> X(t) cos t + //(£) sint sera solution de (L)
si et seulement si
{
À' cos t + fi! sin * = 0
À'(— sin*) + /z'cos* = tan2*
sin3*
sin2*
COSJ* COS*
et par intégration on en déduit
A(*) = a — cos* —
fj,(t) = (3 — sin * + log
cos*'
La solution générale de (L) est donc
——, — —>R t »-> acos* + /?sin* — 2 + sin* log
(a,/?) €
(a,/?) G
c) Remarquons que les fonctions * »-> *2 et * ■-> 1/* sont solutions de (H) : *22/" — 2î/ = 0
(attention, ici l'équation est incomplète ; il faut résoudre sur ] — oo,0[ et sur ]0, +oo[, puis
recoller les solutions par prolongement pour trouver des solutions définies sur R tout entier).
Sur chaque intervalle ] — oo, 0[ et ]0, +oo[, ces deux solutions forment une base de l'e.v des
solutions de (H).

2. ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES LINÉAIRES 363
La méthode de variation des constantes va une fois de plus nous permettre de trouver une
solution de (L) : y" - 2y/t2 = 3. La fonction t ■-> X(t) t2 + n(t)/t sera solution si et seulement si
{
X't2 + n'/t = 0 ,_ 1 , 2
2* A' - fi'/t2 = 3 ^* A--et^--t,
ce qui équivaut à X(t) = a + log |t| et /i(t) = fi - ts/S (a,(3 G R), d'où les solutions de (L) :
jtfi t2
t»->ait2 + ^ + *2log|*|- — sur ]-oo,0[, a^faeR
Z o
t^a2t2 + ^-+t2\ogt-- sur ]0,+oo[, a2,p2eR.
Z o
Pour que ces solutions puissent se prolonger pour donner une solution sur R tout entier, il faut
avoir /?i = (32 = 0 (pour avoir une limite finie en 0). Dans ce cas, on remarque que le raccord est
dérivable en 0, n'est pas deux fois dérivable en 0 (à cause du terme en £2log|£|). Il n'y a donc
pas de solution sur R.
Remarque. La méthode utilisée dans la question 2/ a) se généralise comme suit. Soit
(L) : î/n) + ai s/71-1) H \- an_i y' + any = extP{t) une équation différentielle linéaire,
où les ai et A sont des constantes et P un polynôme de degré q. Soit x Ie polynôme
caractéristique Xn + a\ Xn~l + • • • + an, et soit m l'ordre de multiplicité de la racine
éventuelle A de x (en convenant m = 0 si x(A) ^ 0). Alors l'équation (L) admet une
unique solution de la forme t *-*■ tm extQ(t), où Q est un polynôme de degré q.
Exercice 2. Déterminer les solutions réelles des systèmes différentiels suivant :
n ) X\ = X + Z i^ / x" + x' + 4V' - x - 3y = 0
a) < V ï 2 ~l b) 1 V" - 3,' + x + £ = 0
Solution, a) Soit A la matrice ( o -î -î J, de sorte que le système s'écrit X' = AX, avec
X = ( y ). Pour déterminer les solutions, nous diagonalisons A. On calcule facilement son
polynôme caractéristique Pa = —(X — 1){X2 + 1) = —(X — l)(X + i)(X — i)} et après calculs,
les sous espaces propres sont
/1+i\ /1-i
Ker{A -U)=C\ l-i , Ker(A + i/) = C 1+ *
Remarquons que A se diagonalise dans C3. On va donc trouver des solutions complexes, puis on
déterminera les solutions réelles en prenant les parties réelles et imaginaires.
Soit A G {1, i, -*}. Si X : R -> C3 tt-> X(t) est solution et vérifie X(t) G Ker(A - XI) pour
tout i, on&X' = AX = XX, donc X = eXt X(0), où X(0) G Ker(,4 - A/). Réciproquement, on
vérifie facilement que ainsi définie, X est bien solution. Par linéarité, on en déduit donc que les
fonctions
t^ae* ( 0 J +{3eu i l-i \ +je~u ( 1 + i J , (a,0,7€C)
sont des solutions. L'espace des solutions étant de dimension 3 (voir le théorème 2), on en déduit
que ceci est la solution générale (complexe). Pour obtenir la solution réelle générale, on prend

364
6. ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES
les parties réelles et imaginaires. On en conclut facilement que la solution réelle générale est
(x(t) \ / 1 \ / cost — sini \ / sini + cosi \
y(t) I = Àe* I 0 l+MI cosi + sini I + ^ I sini-cosi I, A,ix,z/€R.
*W / \ ° / \ -2cos* / \ -2sin* /
b) Notons (i) la première équation du système et (ii) la seconde. En additionnant (i) et (ii), on
obtient (a/ + yf)f + {x' + y') = 0, donc x' + y' est solution de l'équation différentielle z1 + z = 0,
donc il existe À G R tel que x' + y' = Ae~*. Par intégration, on en déduit l'existence de deux
constantes a,j3eR telles que x + y = a + Pe"1. En remplaçant cette égalité dans (ii), on obtient
(iii) : y11 — 3y' + 2y = —a — fie"1. L'équation homogène associée est (iv) : y" — 3yf + 2y = 0.
Son polynôme caractéristique est (X — l)(X — 2), les solutions de (iv) sont donc de la forme
t i-> 7e* + 5e2*, avec 7,5 G R. On recherche une solution particulière de (iii) sous la forme
t ■-> a + 6e"*. En remplaçant et après identification, on obtient a = —fi/2, b = —a/6, et on en
déduit que la solution générale de (iii) est
* »->-£-£ e-' + 7e' + Se2t, 7, S G R.
2 6
Or on a vu plus haut que x = (5 + ae~* — y, donc la solution générale du système est
' ~ ( v(8 ) = " ( -1 ) +ae~' ( -1 ) +7e' ( -1 ) +6êt ( -1 ) ' (a,j8,7,*) 6 E4-
Remarque. Dans la question a), on aurait aussi pu trouver les solutions en passant par
les exponentielles de matrice. D'ailleurs, la méthode que nous avons utilisée ne s'applique
plus lorsque la matrice n'est pas diagonalisable.
Dans la question b), la technique que nous avons employée n'est pas toujours
applicable : parfois, des transformations linéaires simples sur les équations du système ne
permettent pas de le réduire facilement. On peut utiliser une méthode systématique, qui
consiste a transformer le système en un système d'ordre 1. Ici, le système b) s'écrit aussi
X" + AX' + BX = 0 avec X = (J), A = (J _43) et A = (-1 -"33), et on le transforme en
{r) = (-B -a){y)>
système que l'on sait désormais résoudre.
Exercice 3. Déterminer l'ensemble des fonctions / : ]0,+oo[ —> R qui sont dérivables
et qui vérifient (E) : f'(t) = f{l/t) pour tout t > 0.
Solution. Si / vérifie (E)} alors /; est dérivable sur ]0, +oo[ (car f'(t) = f(l/t)), et en dérivant
(E), on voit que
autrement dit, / est solution sur ]0,+oo[ de l'équation différentielle (L) : t2y" + y = 0. Ce
type d'équation différentielle est classique et s'appelle équation d'Euler. On peut la résoudre sur
chacun des intervalles ] — oo, 0[ et ]0, +oo[ en effectuant le changement de variable t = ±ex, nous
ramenant ainsi à une équation différentielle linéaire homogène d'ordre 2 à coefficients constants
(voir la remarque à la fin de l'exercice). Ici, nous allons utiliser une technique différente.
On veut résoudre (L) sur ]0, +00[. Nous allons commencer par en rechercher les solutions
complexes. La forme de (L) nous invite à rechercher des solutions particulières sous la forme t h->
ta, où a est une constante complexe. Ceci sera le cas si et seulement si t2(a(a — l)ta~2) + ta = 0
pour tout t > 0, ce qui équivaut à a(a — 1) + 1 = 0. Ainsi, si a est racine du polynôme
P = X(X - 1) + 1 = X2 - X + 1, l'application t ■-> ta est solution de (L) sur ]0,+oo[. Le

2. ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES LINÉAIRES
365
polynôme P a deux racines distinctes qui sont ai = ^ +i^- et 012 = k — i^ = â~î, on a donc
trouvé deux solutions de (L) qui sont linéairement indépendantes. L'ensemble des solutions de
l'équation linéaire homogène (L) formant un C-espace vectoriel de dimension 2, on en déduit
que la solution générale de (L) est
t^atai +bta2, a,6eC. (*)
Finalement, nous venons de montrer que si / est une solution complexe de (E), elle est de la
forme (*). Réciproquement, une fonction de la forme (*) est solution si et seulement si
V* > 0, aaitQl-1 + ba2tQ2-1 = at~Q1 +bt~a\
ce qui en remplaçant ai et a2 par leurs valeurs s'écrit aussi
V* > 0, a(\+ i^\ rVa-N^/a+fc fi _ i^\ r 1/2-^/2 = at- 1/2-Û/3/2+H-1/2+^/2
Ceci sera vérifié si et seulement si
= b et b l - - %Z— J = a, ou encore aein/s = b et be"in/s = a.
Ces deux équations sont liées, et elles sont équivalentes à l'existence d'un nombre complexe c tel
que a = ce~~ln/6 et b = ce271"/6. Finalement, / est une solution complexe de (E) si et seulement si
elle est de la forme
t
^e-in/6tl/2+iV3/2 + eW6fl/2-^/2J = ^1/2 ^ f^logt- ±\ , C G C.
On en déduit que la solution réelle générale de (E) est la même que la précédente, où la constante
c doit être prise dans R.
Remarque. De manière générale, on appelle équation d'Euler les équations linéaires
homogènes du type
tn y(n) + M71"1 y*71-1) + • • • + an_!* y' + an y = 0, (**)
où les ai sont des constantes complexes. En effectuant le changement de variable t = eex,
(e € {—1,1}), on ramène cette équation à une équation linéaire homogène à coefficients
constants d'ordre n que l'on sait résoudre.
La technique que nous avons utilisée dans l'exercice pour résoudre ce type d'équations
est de rechercher des solutions particulières sous la forme t h-► ta. En remplaçant dans
(**), on trouve que ceci donne une solution si et seulement si a est racine d'un certain
polynôme P de degré n. Si P a ses n racines distinctes, alors cette méthode nous donne n
solutions linéairement indépendantes, et on en déduit toutes les solutions puisque l'espace
des solutions est de dimension n. Par contre, si P a une ou plusieurs racines multiples,
ceci ne nous donne qu'un nombre < n de solutions indépendantes, et on ne peut donc
pas en déduire toutes les solutions par cette méthode. Il faut procéder comme décrit
précédemment.
Exercice 4 (Solutions d'une équation différentielle d'ordre n À
coefficients constants). Pour tout polynôme complexe P = J27=oaixi et Pour toute ^onc"
tion / : R —> C de classe Cn, on note
n
p(D)(f) = l> f{{)=a« f{n) + • • •+ûi f+a°f
i=0
(D est l'opérateur de dérivation).
a) Pour tout polynôme P G C[X], on note Sp l'espace des solutions de l'équation

366
6. ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES
différentielle P(D)(y) = 0. Si Pi,..., Pk G C[X] sont des polynômes premiers entre eux
deux à deux, montrer que Sp1...plc = <Spx 0 • • • 0 Spk.
b) Si Pn(X) = (X — a)n, déterminer la forme des solutions de l'équation différentielle
Pn(D)(y) = 0.
c) En déduire, pour tout P G C[X] (deg(P) > 1), la forme des solutions de l'équation
différentielle P(D)(y) = 0.
Solution. Nous faisons tout de suite la remarque suivante, qui nous sera utile :
VP}Q G C[X]t PQ(D)(y) = P{D)[Q{D){y)] = Q(D)[P(D)(y)\.
Remarquons aussi que pour tout polynôme P, toute solution de P{D){y) = 0 est de classe C°°.
a) On regarde D comme l'endomorphisme de C°°(R,C) (e.v des fonctions de classe C°° de M
dans C) qui a tout u associe u'. Soit P € C[X]. Dire que u est solution de l'équation différentielle
P(D)(u) = 0, c'est dire que u G Ker P(D). Autrement dit, SP = Ker P(D).
Maintenant, si les polynômes Pi,..., P^ sont premiers entre eux deux à deux, on a d'après le
théorème de décomposition des noyaux (voir le tome Algèbre) Ker Pi • • • Pk{D) = KerPi(D) ©
• • • 0 Ker Pfc(D). En d'autres termes, Spv..pk = <Spx © • • • © Spk.
b) L'intuition nous guide et nous fait pressentir que les solutions de Pn(D)(y) = 0 sont les
fonctions t ■-> eat F(t) où F est un polynôme complexe de degré < n. Montrons donc ce résultat
par récurrence sur n € N*.
Pour n = 1, c'est facile car P\{D){y) = 0 équivaut à y' = ay, dont les solutions sont les
fonctions t\-^ Xeat, XeR.
Supposons le résultat vrai au rang n — 1 et montrons le au rang n. L'équation Pn(D)(y) = 0
s'écrit aussi Pn-i(D)[Pi(D)(y)] = 0, ce qui équivaut à dire que P\{D){y) a la forme t ■-> eay F(t),
où P G C[X], deg(P) < n - 1. Or l'équation y' - ay = eat F(t) s'écrit aussi (ye-0*)' = F(t), ce
qui équivaut à y = eatG(t) où G est une primitive de P, c'est-à-dire G € C[X] et deg(G) < n.
On en déduit le résultat au rang n, donc pour tout n G N*.
c) Soit P = XYli:=1(X — ai)ni la décomposition de P en facteurs irréductibles de C[X]. D'après
le résultat de la question a), on a
£p = S(X-ai)ni © * * * 0 <S(X-afc)nfc »
et comme d'après b), «S(x-ai)ni est le s.e.v des fonctions de la forme t ►-► eaitFi(t) avec Fi G C[X]
et deg(Pj) < n;, on en déduit que Sp est l'ensemble des fonctions de la forme 11-> eaitF\{t) +
(- eaktFk(t) où pour tout i, Fi est un polynôme complexe de degré < n^.
Exercice 5. a) Soit / : R+ —> C une fonction de classe C1 telle que
3a G C, lim f(t) + a Ht) = 0.
t—»+oo
Si U(a) > 0, montrer que lim^+oo f(t) = 0.
b) Pour tout polynôme complexe P = Y%=o a* ^% ^e degré n > 1 et pour toute fonction
/ : R+ -> C de classe Cn, on pose P(D){f) = an /<n> + • • • + ax f + a0 f. Donner une
condition nécessaire et suffisante sur un polynôme complexe P de degré n pour que la
propriété suivante soit vraie : pour toute fonction / : R+ —> C de classe Cn vérifiant
limt_+00[P(P)(/)](*) = 0, on a liny_>+00 f(t) = 0.
Solution, a) Soit e > 0 et soit A > 0 tel que |/'(£) + a/(£)| < e pour tout t > A. En notant
a = 9£(a:), on a
Vt>i4,
|[«-/W]
|e°*[/'(<) + af(t)]\ = e" \f'(t) + af(t)\ < £e",

2. ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES LINÉAIRES
367
ce qui entraîne par intégration
Vt > A, \eatf(t) - eaAf(A)\ < f \±- [eauf{u)]\ du < fee^du = - (eat - eaA\
JAldu I Ja a n
donc
\/t
> A, \f(t)\ < ea^-«)|/(i4)| + E- (l - e^"'))
Comme a > 0, on en déduit l'existence de B > A tel que \f(t)\ < 2e/a pour tout t> B, d'où le
résultat.
b) La relation PQ(D)(f) = P(D)[Q(D)(f)] pour tout P,Q G C[X] va nous permettre de
montrer que la condition nécessaire est suffisante recherchée est que toutes les racines de P aient
une partie réelle strictement négative.
Condition nécessaire. Nous montrons le résultat par récurrence sur n G N*. Pour n = 1, c'est
précisément le résultat démontré dans la question précédente. Supposons le résultat vrai au rang
n — 1 et montrons le au rang n. Ecrivons P = À nr=i(^ ~~ ai) (^ e ^*)> e* supposons que toutes
les racines a* de P vérifient ^t{pti) < 0. On peut écrire P = Q(X — an), où Q est un polynôme
de degré n — 1 dont toutes les racines ont une partie réelle < 0. Soit / : R+ —» C une fonction de
classe Cn telle que lim^+00 P(D)(f)(t) = 0. On a P(D)(f) = Q(D)[(D - an Id)(/)] = Q(D)(g),
°ù g = f — û^n/j et comme \imt->+00Q(D)(g)(t) = 0, on en déduit d'après l'hypothèse de
récurrence que lim£_>+00 g(t) = 0. En d'autres termes, lini£_>+00 /'(£) - anf(t) = 0, et d'après la
question a), on en déduit que lim£_>+00 f(t) = 0.
Condition suffisante. Supposons que P ait une racine a dont la partie réelle vérifie 3ft(a) > 0.
On peut écrire P = Q(X — a), où Q G C[X]. La fonction / : t ^ eat ne tend pas vers 0 en
+oo, et comme f — af = 0, on a P(D)(f) = Q(D)[f - af] = 0. Ainsi, nous avons trouvé une
fonction / ne tendant pas vers 0 à l'infini telle que \imt-++00 P(D)(f) = 0. Ceci est absurde,
donc toutes les racines de P ont nécessairement leur partie réelle < 0.
Exercice 6 (Théorème de Floquet). On considère un système différentiel sur Cn
(E) : Y1 = A(t) Y où A : R —> Mn(C) est une fonction continue et T-périodique.
a) Montrer que (E) admet une solution V non nulle telle que
3\ecyte
V(t + T) = \V(t).
b) On considère n solutions Vi,...,Vn de (E) linéairement indépendantes. En notant
M(t) la matrice carrée dont les vecteurs colonnes sont Vi(£),..., Vn(t), montrer
3CeG£n(C)yte
M(t + T) = M(t) C.
Solution, a) On sait (voir le théorème 2 page 358) que l'ensemble S des solutions de (E) est
un C-e.v de dimension n. Comme A est T-périodique, on voit que pour toute solution V de
(£?), l'application Vt : t »-> V(t + T) est aussi une solution. On construit ainsi une application
$ : S —» S V »-> Vt- Cette application est évidemment un endomorphisme de S. Comme S
est un C-e.v de dimension finie, $ admet au moins une valeur propre À G C. Si V G S est un
vecteur propre non nul associé, on a $(V) = XV, ce qui s'écrit aussi V(t + T) = À V(t) pour
tout t G R.
b) Comme 5 est un espace vectoriel de dimension n, (Vi,... ,14) est une base de S. Notons
B = (bij) la matrice de l'endomorphisme $ dans cette base, de sorte que
n
n
Vi G {1,
,n}, Vi,T = J2bi,3V3
3=1
ou encore
V*€
Vi(t + T) = Y,k3Vj(t).

368
6. ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES
En désignant par Vifk la /c-ième composante de Vi, on a donc
n
Vt, * G {1,... ,n},Vt G R, V<>fc(t + T) = ]£6tf !$,*(*)•
Comme M(£) est la matrice dont l'élément d'indice (i,j) est IfoW» ceci s'écrit aussi lM(t + T) =
B*M(i), donc M(t + T) = M{t)lB pour tout t G M. La matrice 5 étant inversible (car $ est
inversible, puisque si Vr = 0, alors V = 0 donc Ker$ = {0}), la matrice C = lB est aussi
inversible.
Exercice 7 (Calcul du wronskien). a) Soient I un intervalle de R et deux
applications p, q : I —» C continues. On considère deux solutions u et v de l'équation différentielle
(L) : y" +p{t) y' + #(£) 2/ = 0. Calculer le wronskien de u et v en fonction de sa valeur en
un point a de I.
b) On veut étendre ce résultat aux systèmes linéaires. Soient I un intervalle de R et
A : I —> Mn(C) une fonction continue. On considère /i,...,/n n solutions sur / de
l'équation différentielle (S) : Y' = A(t) Y. Calculer le wronskien de /i,..., fn en fonction
de sa valeur en un point a de I.
Solution, a) Posons W(t) = wronskien(n,v)(£) = (uv' — u'v){t). L'idée est de rechercher une
équation différentielle vérifiée par W. Pour tout t G /, on a W'{t) = (uv"—u"v)(t). En multipliant
par u l'égalité v"+p(t) v'+q(t) v = 0 et par v l'égalité u"+p{t) u'+q{t) u = 0, puis en retranchant,
on obtient uv" — u"v + p{t){uv' — u'v) = 0. Autrement dit, W +p(i)W = 0. On en déduit en
résolvant cette équation différentielle linéaire d'ordre 1 que
\ft G /, W(t) = W{a) exp ( - / p{u) du) .
b) On pose W(t) = wronskien(/i,..., /n)(£) = det(/i,..., /n)(0- Nous allons comme plus haut
rechercher une équation différentielle satisfaite par W.
La formule de dérivation d'un déterminant (qui peut s'obtenir facilement à partir de son
développement en fonction de ses coefficients — voir le tome Algèbre) entraîne
n
Vte/, ^) = ^det(/i,...,/w,iï)/w WW
i=l
n
= ][]det(/i(0,...,/<-iWMW/iW./i+i W, •••,/«(*))•
Fixons un élément quelconque t de /. L'application $< : (Cn)n —► C définie par
n
$é(vi,...,vn) = 53det(«i,...,Vi-i, A(t)vi,vi+i,...,«„)
t=i
est une forme n-linéaire antisymétrique, donc alternée, donc proportionnelle à l'application
déterminant (voir le tome Algèbre). On peut donc trouver À G M tel que $t(t>i,... ,vn) =
A det(t;i,... ,vn) pour tous vecteurs v\,...,vn G Cn. Or, en désignant par (ei,..., en) la base
canonique de Cn, on a facilement
n
$t(ei,...,en) = 53det(ei> • • • >ei-i> A(t)ei,ei+i,... ,en) =tr A(t)t
donc tr A(t) = X det(ei,...,en) = À. On connaît donc $t, et
Vt G 7, tT(*) = *t(/lf ...,/„) = tr A(t) • det(/i,.. .,/„)(«) = tr A(i) • W(t).

2. ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES LINÉAIRES
369
On en déduit finalement
\/t e J, W{t) = W(a) exp ( f tr A(u)du\ .
Remarque. Ce résultat peut être utile, surtout le cas particulier de a) car beaucoup
d'exercices portent sur les équations linéaires d'ordre 2.
En transformant les équations différentielles linéaires sur C d'ordre n en un système
différentiel sur Cn, un corollaire du résultat de la question b) est que le wronskien W de n
solutions d'une équation différentielle sur C du type y^ + ai(t) y(n~l) -\ 1- an(t) y = 0
vérifie
V* G /, W(t) = W(a) exp ( - / ai (m) du) .
Exercice 8. Soit / G £(Cn). Soient Ai,..., A* les valeurs propres distinctes de /. Pour
tout i, on note Ni le sous espace caractéristique de / associé à la valeur propre Ai et on
note on = dimNi (de sorte que Pf = (-l)n Ui=i(X-Xi)ai)- Pour tout s-e-v N de Cn> P°ur
tout a G N* et pour tout A G C, on note Sn,q,\ l'e.v des fonctions R —> C ii->eAt P(t),
où P est un polynôme à coefficients dans TV de degré < a.
Soit S l'e.v des solutions de l'équation différentielle X' = f(X). Montrer
S C SWi,ai,Ai © ' ' ' 0 SNkfQk,\k.
Quand peut-on dire que cette inclusion est une égalité ?
Solution. Commençons par donner quelques rappels d'algèbre (voir le tome Algèbre). On a
Cn = N\ © • • • 0iV&, et pour tout i, Ni est stable par / ce qui fait de fi = f^. un endomorphisme
de Ni. Pour tout i, on peut aussi écrire fi sous la forme fi = Xi IdyVj +fii, où ni est nilpotent (et
plus précisément n"* = 0).
Soit u une solution de X' = f{X). Pour tout i, notons 7T; la projection sur Ni parallèlement
à Qj^iNj, puis Ui = 7Ti(w), de sorte que u = u\ H \-Uk et pour tout i, u'i = fi(ui). Nous allons
montrer que pour tout i, ui G SNitau\.. Posons Vi = e~XitUi. On a
v'i = -XiVi + e~Xitu'i = -XiVi + e~Xi l fi(ui) = -Xm + fi(vi) = ni(vi),
et une récurrence immédiate donne ensuite vf' = nl(vi) (on peut bien dériver autant de fois
que l'on veut puisque la relation v\ = ni(vi) entraîne le fait que Vi est de classe C°°). Or nf* = 0,
on a donc v\ tJ = 0. Autrement dit, Vi = P est un polynôme de degré < a;, à coefficients dans
Ni, et comme Ui = eXitVi, on en déduit Ui G «SyVi.ai.Ar
On a donc montré <5 C «S^,ai,Ai + • • • + SNk,ak,\k- De plus, il est immédiat que les «Sa^q^Ai
sont en somme directe, d'où le premier résultat demandé.
Comme il y a inclusion, il y aura égalité si et seulement si les dimensions des sous espaces
correspondants sont égales, c'est-à-dire dim«S = Yli=i dim.SNi,ai,\i- ^r dira S = n = Yli=i ai e*
pour tout i, dimS^a^ = aidimiVi = af. Il y aura donc l'égalité si et seulement si Y^iai =
YLi°%i ce Qui équivaut à dire ai = 1 pour tout i, ou encore que les valeurs propres de / sont
toutes distinctes.
Remarque. Ce résultat reste évidemment vrai, par isomorphisme, pour les systèmes
linéaires du type X' = AX, où A G Mn(C). Dans la pratique, pour résoudre (S) : X' =
AX, on ne cherche pas directement les sous espaces Ni. On écrit qu'une solution V s'écrit
nécessairement sous la forme V = J2i=ie>iit ^»0Oi ou ^» est un polynôme de degré < or*
à valeurs dans Cn, puis on trouve la forme des coefficients des Pi par identification en
remplaçant dans (S).

370
6. ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES
3. Équations différentielles non linéaires
Le but de cette partie est de donner des méthodes pratiques de résolution de certains
types d'équations différentielles non linéaires.
Les méthodes qui suivent donnent en général des solutions sur des intervalles distincts
qui, mis bout à bout, peuvent donner des solutions sur des intervalles plus grands.
Autrement dit, ce qui suit ne donne pas forcément les solutions maximales. Par ailleurs, c'est
surtout des recettes qui sont mises en avant, et lors d'une résolution pratique, il faudra
prendre garde à les rendre rigoureuses (c'est d'ailleurs parfois un problème difficile).
3.1. Equations incomplètes
On appelle ainsi les équations différentielles dans lesquelles a; ou y ne figure pas.
Équations de la forme F(x,y') = 0. On note T = {(X,Y) G R2 | F(X,Y) = 0}.
Supposons connu un paramétrage de V de la forme t *-* (<p(t),i/j(t))y où </? est un C1-
difféomorphisme et où ip est continue. L'équation F(x,yf) = 0 s'écrit aussi
{ % Z $*] donc dy = r/,(t) dx = iK*)y/(*) dtt
et le graphe des solutions peut être paramétré par
x = (p(t)
V = Il VW V>'(u)du + 2/o
Equations de la forme F (y, y') = 0. Comme précédemment, on suppose connu un
paramétrage de T = {{X,Y) e R2 | F(X,Y) = 0} de la forme 11-> (<p{t)yip(t)), où ip est
un (^-difféomorphisme et ip est continue. Pour résoudre F (y, y') = 0, on écrit
{
" = V{t) donc {dy = v'{t)dt dx-^-dt
y- = W) donc \dy = ^{t) dx Û 0U dX~ V(<)
puis on intègre, ce qui donne un paramétrage en t du graphe des solutions.
Remarque 1. Si ip s'annule en un point t0y la fonction t *-* (p(to) est solution. Elle peut se
raccorder à des solutions dont la dérivée s'annule en t0.
Equations de la forme F(yyy,yy") = 0. On cherche des solutions x i—> (p(x) telles que
(pf ne s'annule pas, de sorte que (p soit un C2-difféomorphisme.
On cherche ensuite à paramétrer le graphe des solutions avec la variable y = (p(x). On
pose p = y' et on regarde p comme une fonction de y. Comme
/ = et „ = ^=d^dp= ,dp
dx dx dy dy'
la fonction p dépendante de y vérifie l'équation différentielle F(y,p,p^) = 0, équation
du premier ordre en p. Si on sait la résoudre, on écrit dx = dy/p(y) puis par intégration,
on en déduit x en fonction de y.
Exemple 1. Pour résoudre l'équation (E) : y" + (yy')3 = 0, on pose p = y', et on regarde
p comme une fonction de y. L'équation (E) devient
p t + (vp) = ° donc "t = -y dv>
dy p1
ce qui par intégration fournit \/p = y4/4 -I- a, (a € M) ce qui entraîne
dy i {y* \j A
p= — = -r- ou encore I —- + a ] dy = dx,
dx y4/4 + a \4 j

3. ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES NON LINÉAIRES
371
donc après intégration, y5/20 + ay + /? = x (ce, (3 G
Remarque 2. - S'il existe yo tel que F(y0,0,0) = 0, alors la fonction constante y = y0
est solution, et peut se raccorder avec les solutions trouvées précédemment.
- La technique utilisée peut être généralisée aux équations incomplètes d'ordre n du
type F{y,y\ ... yy^) = 0, pour abaisser d'une unité l'ordre de l'équation.
3.2. Equations homogènes
On appelle ainsi les équations différentielles qui peuvent s'exprimer en fonction de y'
et y/x.
Equations homogènes résolues : y' = f(y/x). On pose t = y/x, donc y = tx et
f(t) dx = dy = x dt + tdx. On se ramène donc à [f(t) — t] dx = x dt, que l'on sait intégrer.
Remarque 3. S'il existe to tel que f(to) = to, la fonction y = tox est solution.
Equations homogènes non résolues : F (y/x, y') = 0. On suppose connu un
paramétrage t h-► (u(t),v(t)) de T = {(£/, V) | F(U, V) = 0}, où u est de classe C1 et v continue.
On écrit y/x = u(t) et y' = v(t), donc
dy ■— v(t) dx = u'(t)x dt + u(t) dx d'où [v(t) — u(t)] dx = xu'(t) dt.
- Sur un intervalle où u — v ne s'annule pas, on écrit — = —t-t j-r dt. puis on
x v(t) — u(t)
intègre ;
- s'il existe to tel que u(to) = v(to), alors x i—> u(to) x est solution.
3.3. Etude d'équations particulières
Equations de Bernoulli. Il s'agit des équations différentielles du type
y' = a{t)y + b(t)yay a€R\{0,l},
où a et 6 sont deux fonctions continues d'un intervalle J de R dans R (si a = 0 ou a = 1,
on a affaire à une équation linéaire, que l'on sait résoudre).
On cherche les solutions qui ne s'annulent pas (si a n'est pas entier, on cherche les
solutions > 0). L'équation peut s'écrire
y' \ 1
— = aW —rr + H*) ou encore zf = a(t) z + b(t), z = y1'0.
ya ya L \ — Où
On s'est ainsi ramené à une équation linéaire d'ordre 1, que l'on sait résoudre.
Remarque 4. Si a > 0, la fonction nulle est solution. Si de plus a > 1, le théorème de
Cauchy Lipschitz s'applique et montre qu'aucune autre solution ne s'annule ; si 0 < a < 1,
on peut faire des raccords de classe Cl avec la solution nulle.
Equations de Ricatti. Il s'agit des équations différentielles du type
y' = a{t)y2 + b(t)y + c(t), (R)
où a, 6 et c sont des fonctions continues d'un intervalle de R dans R.
Si on en connaît une solution particulière <^o> on sait résoudre (R) : on pose y = <fo+z,
et en remplaçant dans (jR), on obtient
z' = [2a(t) <p0(t) + b(t)] z + a(t) z2, (R')
(qui est une équation de Bernoulli).
Le théorème de Cauchy Lipschitz montre qu'en dehors de la solution nulle, aucune
solution de (R') ne s'annule. On peut donc poser z = l/u, et on se ramène à une équation
différentielle du premier ordre.

372
6. ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES
Remarque 5. Ici, il n'y a pas de raccords de solutions à faire.
Equation de Lagrange. Il s'agit des équations différentielles du type
y = a{y')t + b{y'),
où a et b sont des fonctions de classe C1 sur un intervalle de R.
On cherche d'abord les solutions affines. On voit facilement qu'elles sont de la forme
t^mt + b(m)t avec a(ra) = m.
On cherche ensuite les solutions de classe C2 telle que y" ne s'annule pas. On recherche
à paramétrer le graphe d'une telle solution avec la variable admissible p = y'. En dérivant
par rapport à t l'égalité y = a(p)t + 6(p), on obtient
P = f = «'(P) f * + o.(p) + b'(p) ft donc b - <Hp)] j| = a'(p)t + b'(p).
L'annulation de y" étant équivalente au fait que p = a(p) (on s'en rend compte en dérivant
l'équation initiale), cette dernière équation différentielle est linéaire résolue du premier
ordre tant que y" n'est pas nulle. On sait la résoudre, ce qui fournit la fonction p h-> t(p)y
et on connaît alors y(p) grâce à l'équation initiale. Finalement, un paramétrage du graphe
des solutions C2 dont la dérivée seconde ne s'annule pas est p h-> (t(p), a(p)t(p) + b(p)).
Il ne reste plus qu'à effectuer des raccords de classe C1 entre ces dernières solutions et
les solutions affines.
Equation de Clairaut. Il s'agit des équations différentielles du type
y = y't + b{y'),
où b est une fonction de classe C1 sur un intervalle de R. Il s'agit d'un cas particulier
dégénéré d'équation de Lagrange pour lequel a(m) = m pour tout m.
Les solutions affines sont de la forme t t-► mt + b(m), m € /.
L'étude effectuée pour les équations de Lagrange montrent que les solutions C2 dont
la dérivée seconde ne s'annule pas peuvent se paramétrer sous la forme p *-*■ (t(p), y(t(p)))
où t(p) = -b'(p) et y(t(p)) = -pb'{p) + b{p).
L'arc ainsi paramétré possède la propriété suivante : les tangentes à cet arc sont
aussi solution de l'équation différentielle (autrement dit, l'arc est l'enveloppe des solutions
affines).
Toutes les solutions s'obtiennent par raccordement des solutions des deux types.
3.4. Exercices
Exercice 1. Déterminer les solutions maximales de l'équation différentielle suivante
(E) : xy' -y = yjx2 + y2.
Solution. On a affaire à une équation homogène du premier ordre. Soit y une solution maximale
de (E) sur un intervalle I coupant R+*. Alors x ►-► y{—x) est aussi solution, on va donc se limiter
dans un premier temps à étudier y sur J = I Ci
Lorsque x e J, on pose t = y/x, et l'équation (E) devient (E') : t' = ^y/l + t2. On a donc
dt dx
x2-X2
ce qui par intégration donne argsht = log(x/À), avec À > 0. Donc
Vz G J, t(x) = sh |k>g Qj] = -lj J donc y(x) =xt(x) =
La fonction x h-> (x2 — À2)/(2A) est aussi solution sur R, et comme la fonction y est une solution
maximale, on en déduit J = K+*, puis K = I n R~* ^ 0 (mais attention, a priori, cela ne veut
2A

3. ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES NON LINÉAIRES
373
pas dire que ce soit la seule solution maximale égale à y sur R+*). Par symétrie, on a
2 2
3/j,eR,VxeK, y{x) = X ~ M .
Comme précédemment, on en déduit que K = HT*. Ainsi, I est un intervalle vérifiant JnlR+* =
R+* et J H R~* = R"*, donc / = R. Comme y est continue, les limites à gauche et à droite de y
en 0 coïncident, ce qui entraîne — fi/2 = —A/2, donc \i = À.
Finalement, nous avons montré que toutes les solutions maximales de (E) sont définies sur
R et qu'elles sont de la forme
x2-X2
y 2A
Exercice 2. Déterminer les solutions maximales à valeurs réelles de l'équation
différentielle^
Solution. Il s'agit d'une équation de Ricatti. Cherchons en une solution particulière. La fonction
constante t h-> a est solution si et seulement si a2 + a + 1 = 0, c'est-à-dire a = j ou a = j2
(j = e2tn/3). Ceci nous amène à commencer à rechercher les solutions complexes de (R).
En posant z = y — j et en remplaçant dans (#), on obtient z1 + (2jf + l)z + z2 = 0. On a
affaire à une équation résolue. Si z s'annule en un point, alors z1 aussi et d'après le théorème de
Cauchy-Lipschitz, z doit être la fonction nulle. Si z n'est pas la fonction nulle, on en conclut que
z ne s'annule pas, et on peut donc écrire l'équation sous la forme z1 jz2 + (2j + l)/z + 1 = 0, ou
encore, en posant u = I/2, — v! + (2j + 1)^ + 1 = 0. Comme 2j + 1 = i\/3, cette équation s'écrit
aussi (L) : — v! + iy/3u + 1 = 0. La fonction constante t >-> i/y/3 est solution, et l'équation
homogène associée est v1 = iy/3v, dont les solutions sont v(t) = Àez^3*, X e C. Finalement,
nous avons montré que si z n'est pas la fonction nulle, alors
- = u = v + iy/3 = \e^t + J-i donc y = z + j = —w TTTZ+i
z V3 Xel^3t + z/V3
Mais nous voulions les solutions réelles de (E). Pour cela, nous recherchons les À G C tels
que la partie imaginaire de la fonction précédente soit nulle pour tout t. Ceci se produit si et
seulement si, pour tout t,
et en notant / = S(AeîV^*), ceci s'écrit aussi
/.,l2 1 2/\ y/3 _ 1
ce qui équivaut à |A|2 = 1/3. En posant À = et0/\/3, (9 G M), on voit que les solutions de (R)
sont de la forme
__v/3___l y/3 œs(\/St + 6)
^J + ei(V3t+e)+i ~ 2+ 2 l + sin(>/3t + 0)'
Les solutions maximales sont définies sur des intervalles ouverts de longueur 27r/VS.
Exercice 3. Déterminer les solutions de l'équation différentielle (C) : y — ty' - y/2/4.
Solution. Il s'agit d'une équation de Clairaut. On utilise le paramètre p = y'. Ainsi, (C) s'écrit
y = tp- p2/4, donc dy = pdt = pdt + tdp - pdp/2, c'est-à-dire (t - p/2)dp = 0.
- Lorsque dp = 0, on trouve les solutions affines de (C), qui sont de la forme 11-> mt — m2/4
(m e R).

374
6. ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES
- Lorsque t — p/2 = 0, on trouve la solution t ■-> t2.
On a ainsi trouvé les solutions de classe C2 de (C). On obtient maintenant toutes les solutions
de classe C1 par raccordement entre les solutions des deux types.
4. Quelques compléments
Dans cette section sont présentés les compléments de cours suivant :
- quelques résultats sur les équations différentielles linéaires d'ordre 2 ;
- le lemme de Gronwall ;
- la dépendance des solutions d'une équation différentielles par rapport aux conditions
initiales ;
- le principe de majoration a priori, résultat qui donne des renseignements sur le
comportement des solutions maximales aux extrémités de leurs intervalles de
définition.
4.1. Equations différentielles linéaires du second ordre
Les équations différentielles linéaires du second ordre sont les plus simples des équations
différentielles linéaires que l'on ne sache pas en général intégrer. Elles interviennent en
outre dans de nombreux problèmes de mécanique et de physique. Il parait donc normal
de les étudier plus particulièrement.
On désigne par K l'un des corps R ou C.
On s'intéresse à l'équation différentielle linéaire homogène
y" + p(t)y' + q(t)y = o (L)
où p et q sont deux fonctions continues de / dans K, où / est un intervalle ouvert de M,
et où on étudie les solutions à valeurs dans K.
Rappel. Les équations différentielles du type (L) sont un cas particulier d'équations
différentielles linéaires homogènes, pour lesquels on a les résultats suivant (voir la partie 2.1
de ce chapitre) :
- toute solution maximale de (L) est définie sur / tout entier ;
- l'ensemble <S des solutions maximales de (L) est un K-e.v de dimension 2. De plus,
pour tout £o € /, l'application S —> K2 / h-> (/(£o)> /'(^o)) est un isomorphisme ;
- tous les éléments / G S sont de classe C°° ;
Wronskien. Le wronskien d'un couple de solutions maximales (u,v) de (L), défini par
wronskien(w, v) = uv' — u'v vérifie
V£0 € /,Vt G /, wronskien(u, v)(t) = wronskien(u,v)(t0) exp ( — / p(s) ds
(voir l'exercice 7 page 368). En particulier, on retrouve le résultat du corollaire 1 page 359.
Par ailleurs, si p est identiquement nulle, le wronskien de (u, v) est constant.
Astuces de calcul. On peut toujours ramener (L) au cas où p = 0 en procédant comme
suit. Posons y = z • x, où z et x sont deux fonctions de classe C2 de / dans K encore
inconnues. En remplaçant dans (L) on obtient :
zx" + (2z' + pz)x' + (z" + pz' + qz)x = 0.
Il suffit donc de choisir z tel que 2z' + pz = 0, et le tour est joué (on doit supposer p de
classe C1 pour que z soit C2).
Si p = 0, (L) s'écrit y" + qy = 0, et par produit par y' on a y"y' + qyy' = 0, ou encore
di(y' ) + q{t) ji{y2) = 0. Cette expression peut parfois rendre des services.

4. QUELQUES COMPLÉMENTS
375
Rappelons enfin que la connaissance de deux solutions indépendantes de (L) permet
de résoudre (Z/) : y" + p(t) y' + q(t) y = r(t) par la méthode de variation des constantes
(voir page 360). Si on ne connaît qu'une seule solution particulière de (L), on peut en
trouver une autre indépendante grâce à la méthode d'abaissement de l'ordre exposée à la
page 360.
Exercices.
Exercice 1. On considère l'équation différentielle (L) : y" + q(t) y = 0,oùq: R+ -> R
est une fonction continue telle que /0 °° \q(t)\ dt converge.
a) Soit y une solution bornée de (L). Etudier le comportement de y' en +co.
b) Montrer que (L) admet des solutions non bornées.
Solution, a) Comme y est bornée et que /0 °° \q(t)\ dt converge, on voit que /0 °° q(t)y(t) dt =
— J0 °°y"{t)dt converge. On en conclut que y' converge en +oo. Notons a = \imt-,+00y,(t). Si
a^O, y'(t) ~ a en +oo, donc lorsque x —» +oo, f£ y'{t) dt ~ f£ a dt = a x, donc y{x) ~ ax, ce
qui absurde car y est bornée. On en déduit a = 0, donc y' tend vers 0 en +oo.
b) Raisonnons par l'absurde en supposant que (L) n'admette que des solutions bornées. Soit
(u,v) une base des solutions de (L). On a vu dans la question précédente que u' et v' tendent
vers 0 en +oo, donc wronskien(w, v) = uv' — u'v tend vers 0 en +oo. Or la forme de l'équation
différentielle (L) montre que le wronskien de u et v est constant (voir plus haut la sous-partie
sur le wronskien), et comme sa limite est nulle, il est identiquement nul. Ceci est absurde car
comme (u, v) est une base des solutions de (L), on a wronskien(w, v)(t) ^ 0 pour tout t.
EXERCICE 2. On considère l'équation différentielle (L) : y" + q(t) y = 0, où q : R —> R
est une fonction continue et strictement négative sur R.
a) Montrer que la seule solution réelle de (L) bornée sur R est la fonction nulle.
b) Montrer qu'une solution non nulle s'annule au plus une fois sur R.
Solution, a) Soit / une solution de (L) sur ]R, et posons z = f2. On a
z" = 2//" + f'2 = -2q(t) f2 + f'2 > 0,
la fonction z est donc convexe. Deux cas se présentent.
- Si z est constante, / est constante donc nulle.
- Sinon, il existe to G R tel que ^(^o) ¥" 0- Comme z est convexe, sa courbe représentative
est au dessus de sa tangente en £o> ce qui s'écrit z(t) > z(to) + z'(to) (t — £o)- On en déduit,
selon le signe de 2'(£o)> que z tend vers +oo en —oo ou en +oo. Donc z n'est pas bornée
sur R, donc y n'est pas bornée sur R.
b) Avec les notations précédentes, si y s'annule en deux points t\ et ti (£i < £2)» alors z = y
aussi. Comme z est convexe et positive, ceci entraîne z(t) = 0 sur [£1,^2], donc y{t) = 0 sur
[£1,^2], donc d'après le théorème de Cauchy-Lipschitz, y est nulle sur R tout entier. Ainsi, une
solution y qui s'annule en deux points est identiquement nulle.
Exercice 3 (Théorèmes d'oscillation et de comparaison). 1/ On considère
l'équation différentielle (L) : y" + p(t) y' + q(t) y = 0,oiipetq sont deux fonctions réelles
continues sur un intervalle / de R.
a) Montrer qu'une solution non nulle / de (L) n'a qu'un nombre fini de zéros dans tout
segment de /.
b) Soient f,g deux fonctions qui forment une base des solutions de (L). Soient ti et t2

376
6. ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES
(t\ < t2) deux zéros consécutifs de /. Montrer qu'il existe un unique point t0 € ]ti}t2[ tel
que g(t0) = 0.
2/ a) Soient / un intervalle de R, et r, s : / —> R deux fonctions continues telles que r < s
sur /. Soit x une solution non nulle de (L\) : a:" + r(£) x = 0, y une solution non nulle de
(L2) : y" + s(t) y = 0. Soient £1 et t2 (h < t2) deux zéros consécutifs de x. Montrer que
si a; et y ne sont pas proportionnelles sur ]£i,£2[, il existe t0 G ]ti,t2[ tel que y(t0) = 0.
b) Si q est une fonction continue sur / qui vérifie q(t) < fj? pour tout t (avec \i >
0), montrer que deux zéros consécutifs t\ et t2 (ti < t2) d'une solution non nulle de
(L) : y" + q(t) y = 0 vérifient t2 - ti > n/fj,.
c) Si q est une fonction continue sur / qui vérifie q(t) > À2 pour tout t (avec À > 0),
montrer que toute solution de (L) : y" + q(t) y = 0 s'annule au moins une fois dans tout
intervalle fermé de longueur w/X.
Solution. 1/ a) On sait déjà (voir l'exercice 2 page 356), que les zéros de / sont isolés.
Supposons que / ait une infinité de zéros dans un segment [a,b] C /. Comme [a, 6] est
compact, il existe un élément x G [a, 6] qui est un point d'accumulation des zéros de /. Par
continuité de /, on a f(x) = 0, autrement dit x est un zéro de /. Ceci est absurde car x est un
point d'accumulation des zéros de / et les zéros de / sont isolés.
b) La fonction / ne s'annule pas sur ]ti,*2[« Quitte à changer / en —/, on peut donc supposer
/ > 0 sur ]*i,*2[' Comme f(t\) = 0, on a
m = ,im /W ~ /(«') = lim M- > 0,
t>tl x t>tl x
et comme /'(£i) ^ 0 (sinon / serait la fonction nulle d'après le théorème de Cauchy-Lipschitz),
on a /'(h) > 0. On montrerait de même f'{t2) < 0.
Ceci étant, posons W = fg' — f'g = wronskien(/, (7). Comme (/, p) est une base de solutions
de (L), W ne s'annule pas, donc garde un signe constant sur [êi,^]. Quitte à changer g en — g,
on peut même supposer W > 0 sur [£1,^2]. On a W(*i) = -f'(ti)g(ti) > 0, donc g(ti) < 0, et
de même, à partir de ^(£2) = — f'{t2)g{t2) > 0, on obtient #(£2) > 0- Comme g est continue, le
théorème des valeurs intermédiaires nous assure donc l'existence de to G ]t\, t2[ tel que g(to) = 0.
Il nous reste à montrer que g ne s'annule qu'une fois dans ]*i,*2[- Supposons que outre le
point £o> g s'annule en un autre point t'0 de ]ti, t2[. En appliquant à / ce que l'on vient de montrer
pour g, on en déduit que / s'annule entre to et t?0, ce qui absurde car t\ et t2 sont deux zéros
consécutifs de /. D'où l'unicité de to G ]^i,<2[ tel que #(£0) = 0.
2/ a) Supposons que y ne s'annule pas sur ]ti,<2[- Par hypothèse, x ne s'annule pas sur ]ti,^[>
et quitte à changer x en — x et y en —y, on peut supposer que x et y prennent des valeurs > 0
sur ]£i,Ê2[- On généralise maintenant la méthode utilisée dans la question précédente. On pose
W{t) = xy'—x'y. Comme précédemment, on a x'(ti) > 0 et x'(t2) < 0. Comme x(ti) = x(t2) = 0,
on a donc W(ti) < 0 et W(t2) > 0.
Par ailleurs, W = xy" - x"y = x(-s(t)y) -y(-r(t)x) = xy(r(t) - s{t)) < 0 sur [ti,t2], donc
W décroît de W(*i) < 0 à W(t2) > 0. Autrement dit, W est nulle sur [ti,t2]. On en conclut que
x'/x = y'/y sur ]*i,*2[> donc x et y sont proportionnelles sur jii,^!- D'où le résultat.
b) Soit / une solution non nulle de (L) et ti,t2 deux zéros consécutifs de /. Supposons t2 —1\ <
7r//z. Alors il existe (p G M. telle que la fonction g : t ■-► sin(nt + (p), ne s'annule pas sur [ti,^]*
Une telle fonction ne peut pas être proportionnelle à / car f(ti) = f(t2) = 0. Comme g est
solution de l'équation différentielle y" + fj? y = 0, le résultat de la question précédente nous dit
que g s'annule au moins une fois sur ]ti,^2[» ce qui est absurde. On a donc bien t2 — ti > irlv»
c) Soit [£1,^2] un segment de longueur 7r/À. On peut trouver cp G R tel que la fonction g : t *-*
sin(Xt + (p) s'annule aux points t\ et t2. La fonction g est solution de l'équation différentielle
y" + X2y = 0. Si / et g sont proportionnelles, alors / s'annule en t\ et t2. Sinon d'après 2/a),
/ doit s'annuler au moins une fois sur ]<i,<2[- Ainsi / s'annule toujours au moins une fois sur le
segment \t\,t2].

4. QUELQUES COMPLÉMENTS
377
EXERCICE 4. On considère l'équation différentielle (L) : y" + q{t) y = 0, où q : [a, b] —> R
est une fonction continue. On suppose que (L) possède une solution y nulle en a et 6 et
> 0 sur ]a, b[. Montrer
/
J a
\q{t)\dt>
a b-a
Solution. La fonction y est continue sur [a,6], donc il existe c G [a,b] tel que y(c) = suptetay\ y(t).
Comme de plus y (a) = y(b) = 0 et que y > 0 sur ]a, 6[, on a c G ]a, 6[. On écrit maintenant, pour
tout a, (3 tels que a < a < (5 < b,
*b rb\n.ii,
"b
Or, d'après le théorème des accroissements finis, on peut trouver a G ]a>c[ et (3 € ]c, b[ tels
que
»W-»W =l/(o) et g(t)-y(c) =»>(/?).
c — a c — b
On en conclut
[\~nuM^ 1 ...//m ^/-a._ ! \y(c)-y(a) y(b)-y(c)
Ja
\q{t)\dt>-^-\y'{(5)-y'{a)\ =
y(c) y(c)
c — a b — c
1 1
+
c — a b — c
(car y (a) = y(b) = 0). Une rapide étude de la fonction c ■-> ^ + 533 montre qu'elle atteint son
minimum pour c= (a + 6)/2, point en laquelle elle vaut 4/(6 — a). Donc finalement
"6 114
\q(t)\dt >-— + -—>__,
,a c — a 0 — c 0 — a
d'où le résultat.
Ja
4.2. Lemme de Gronwall et applications
On a parfois affaire à des inégalités portant sur une fonction et sa dérivée. Ce type de
problème peut être résolu grâce au résultat qui suit.
Théorème 1 (Lemme de Gronwall). Soient ip,tpety trois fonctions continues sur
un segment [a,b], à valeurs positives et vérifiant l'inégalité
Alors
V* € [a, 6], y(t) < <p(t) + / ^(s)y(s)ds. (*)
Ja
\ft G [a, 6], y(t) < (p(t) + / <p(s)ip(s) exp ( / ip(u)du j ds.
Démonstration. Posons F(£) = f*ip(s)y(s)ds. En multipliant les deux membres de (*) par tp(t),
on obtient F'(t) — ip(t)F(t) < <p(t)ip(t), ce qui s'écrit aussi
G'{t) < <f(t)ip(t) exp (- j ip(s)ds\ avec G{t) = F(t)exp (- j ip(s)dsj .
Comme G{a) = F(a) = 0, on en déduit, par intégration
G{t) < l (p(s)ip(s) exp ( — / ip(u) du j ds.
Or, d'après (*), y{t) < (p(t) + G(t)exp (f^tp(s)dsj, d'où le résultat en utilisant l'inégalité ci
dessus. □

378
6. ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES
Ce théorème n'est pas au programme des classes de mathématiques spéciales. Il n'est
pas nécessaire de connaître le résultat, mais il faut en revanche savoir le retrouver
facilement, et se souvenir que le lemme de Gronwall exprime qu'à partir d'une inégalité
intégrale portant sur y, on peut en déduire une inégalité sur y.
On utilise parfois le lemme de Gronwall dans le cas particulier suivant.
Corollaire 1. Soient ipety: [a,b] —> R+ deux fonctions continues et vérifiant
3c > 0,V£ G [a,b], y{t) <c+ <ip(s)y(s)ds.
Ja
Alors
V* G [a, 6], y(t) < c exp l / tp(s) ds
Démonstration. Il s'agit du lemme de Gronwall dans le cas particulier où ip est la fonction
constante égale à c, on a donc pour tout t G [a, 6]
y{t) <c+ ctp(s) exp ( / ip(u) du) ds = c — c\ exp ( / ip(u) du)\ = cexp I / tf)(s) ds ) .
D
Entraînez vous à démontrer ce corollaire directement, sans utiliser le lemme de
Gronwall général.
Citons enfin une application intéressante du lemme de Gronwall, utile dans les
majorations d'erreurs sur les solutions d'équations différentielles.
Corollaire 2. Soit y : [a, b] —> Rn une fonction de classe C1 vérifiant
3a > 0,3/? > 0,W G [a, b]t \\y'(t)\\ < 0 + a\\y(t)\\.
Alors
V* 6 [a, b], \\y(t) || < \\y(a) ||ea<'-«> + | («-<*-) - l) .
Démonstration. Il suffit d'écrire, pour tout t G [a, 6],
llvWII < llvtoll + llvW " l/toll < llvtoll + T lll/WII * < lll/WII + «* - a) + a /' ||y(5)|| ds,
J a J a
puis on applique le lemme de Gronwall et on conclut en intégrant par parties. D
Exercices.
Exercice 1. Soit q : R+ —> R une fonction de classe C1, strictement positive et croissante.
Montrer que toutes les solutions de l'équation différentielle (L) : y" + q(t) y = 0 sont
bornées sur R+.
Solution. On va chercher à utiliser le lemme de Gronwall. Soit y une solution de (L) sur E+.
On a 2y'y" + 2q{t)yy' = 0, donc par intégration
Vt G M+, 2/'(*)2 - 2/(0)2 + 2 / <z(s)î/(sy (s) ds = 0,
et en intégrant par parties, on obtient
V* G R+, 2/(*)2 + <K%(*)2 = A" + f q'{s)y{sf ds, K = y'(0)2 + q(0)y(0)2.
Jo
On a donc
V* G M+, q{t)y{tf < K + f ^ q(s)y2(s) ds.

4. QUELQUES COMPLÉMENTS
379
En appliquant le premier corollaire du lemme de Gronwall à la fonction qy2} on en déduit
donc y(t)2 < K/q(0) pour tout t e R+, d'où le résultat.
Exercice 2. Soit F : Rxl^r (t,x) i-> F(t,x) une fonction de classe C1 et
globalement lipschitzienne en x, i.e
3C > Oyt e R,Vx}y G Rn, \\F(t,x) - F(t,y)\\ < C \\x - y\\.
On pose G = F + /, où / : R x Rn est une fonction de classe C1 qui vérifie \\f(t, x)\\ < e
pour tout (t}x) e R x Rn, où e > 0 est fixé.
On suppose que les deux problèmes différentiels
(x' = F(t,x) jy' = G(t,y)
\ *(0) =x0 \ yï
y(o) = yo
admettent respectivement une solution x et y, définies sur un même intervalle [0, T] de
IR. Montrer
Vi 6 [0, T], ||x(i) - V{t) || < ||x„ -1*» ect + L (e« _ i).
Solution. Posons u = x — y. Pour tout te [0,T],ona
llti'MII = WAt) - y'(t)\\ = \\F(t,x(t)) - G(tty(t))\\ = \\F(!Mt)) - F(t,y(t)) - /(*,y(*))ll
< \\F(ttx(t)) - F(tlVm\ + ll/(*,V«)ll < C||ti(t)|| +e,
et il suffit ensuite d'appliquer le second corollaire du lemme de Gronwall.
Remarque. Ce résultat entraîne qu'une petite variation de la vitesse initiale d'un point
matériel et une petite variation du champ de forces auquel est soumis ce point entraîne
une petite variation de sa trajectoire.
4.3. Principe de majoration a priori
Cette partie est consacrée à un résultat appelé principe de majoration a priori (ou
théorème de sortie de tout compact), portant sur le comportement d'une solution maximale
d'une équation différentielle aux extrémités de son intervalle de définition. Ce résultat est
hors-programme ; il en existe une version faible (voir l'exercice 1 page 381) qui doit être
connue et qui suffit à montrer de nombreux résultats portant sur les solutions maximales.
Préliminaires. Soit F : Q, C R x W1 —> W1 (où Cl est un ouvert de M x Rn) une
application continue, localement lipschitzienne en la seconde variable. Le théorème de Cauchy-
Lipschitz dit que pour tout (£o>#o) G Cl, il existe un intervalle réel / centré en £0 et une
solution <p de y' = F(t,y) vérifiant (p(to) = xq.
Autrement dit, le problème de Cauchy a toujours une solution, définie sur un intervalle
centré en t0. Nous allons voir qu'on peut trouver un voisinage de (t0ixo) dans Cl tel que
toutes les solutions du problème de Cauchy pour (t, x) dans ce voisinage soient définies
sur un même intervalle /.
Lemme 1. Soit (to,x0) € Cl. Il existe un voisinage V de x$ dans Cl et un intervalle ouvert
I centré en to tel que pour tout (ti,x) € / x V, il existe une solution ip de y' = F(t,y)
définie sur I et vérifiant (p(t\) = x.

380
6. ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES
Démonstration. Commençons par un rappel. Pour tout t G R et pour tout a > 0, on pose IQ(t) =
]t - a,t + a[. Pour tout x G Rn et pour tout r > 0, on pose Br(z) = {y G Rn | \\x - y\\ < r}.
Nous avons vu, au cours de la démonstration du théorème de Cauchy-Lipschitz page 354 que si
U = Ia(t) x Br(#) est un cylindre de sécurité pour F en (t,x), (i. e. F est lipschitzienne en la
seconde variable sur U et il existe un majorant M > 0 de F sur U tel que aM < r), alors il
existe une solution ip de y' = F(t,x) définie sur Ia(t) et vérifiant <p(t) = x.
Soit U C Çl un voisinage compact de (to,xo) tel que F soit lipschitzienne en la seconde
variable sur U. Notons M un majorant de F sur £/, et choisissons a > 0 et r > 0 tels que
^a(^o) x Br(#o) C U et aM < r (ainsi Ia(to) x Br(#o) est un cylindre de sécurité pour F en
(*o>zo)).
Posons I = Ia/3{to) et V = Br/3(x0). Soit (t\tx) G / x V. Alors ha/z{h) * B2r/3(z) est
un cylindre de sécurité pour F en (ti,x) (en effet, ha/zi^i) C /<*(£())> B2r/3(x) C Br(xo), et
(2a/3)M < 2r/3 < r), donc il existe une solution ip de y' = F(t,y) définie sur l2a/3(h) et
vérifiant <p(ti) = x. Comme / C i2o/3(^i)> on en déduit le résultat. □
Nous sommes maintenant en mesure de démontrer le théorème suivant.
Théorème 1 (Principe de majoration a priori). Soient ]a, b[ un intervalle ouvert de R, O
un ouvert de Rn, et F : ]a, b[ x O —*• Kn une fonction continue et localement lipschitzienne
en la seconde variable. Soit tp : ]or,/?[ —*• M.n une solution maximale de y' = F(t,y).
Alors si (3 < b (resp. si a < a), pour tout compact K C O, il existe un voisinage V de
P (resp. de a) dans ]<*,/?[ tel que (p(t) & K pour tout t G V.
Démonstration. Montrons le résultat au voisinage de (5 (le problème au voisinage de a de traite
de la même manière). Raisonnons par l'absurde et supposons l'existence d'un compact K C O
et d'une suite {(5n) de ]a,/?[ convergeant vers (3 tels que <p((3n) £ K pour tout n.
Comme K est compact, on peut extraire de (<p(l3n)) une sous suite convergente, encore notée
MPn)) (par commodité). Soit xq la limite de (</?(/?„)). On a xq G O car xq G K C O.
D'après le lemme précédent, comme (/?, xq) G ]a, 6[xO, il existe un voisinage ](3 — e, (5 + e[x V
de {(3)Xq) dans ]a,6[ x O vérifiant la propriété suivante : pour tout t\ G }(3 — e,fi + e[, pour tout
# G V, il existe une solution ip dey' = F(t,y) définie sur )(3 — e,fi + e[ et vérifiant ip(ti) = x.
Choisissons n G N tel que j3n G ]fi — e,(3 + e[ et <p{Pn) € V. Notons ip la solution définie sur
]/3 — e,P -\-e[ de j/; = F(t,y) telle que ^(y^n) = fiPn)' L'unicité au problème de Cauchy donnée
par le théorème de Cauchy Lipschitz montre que tp = </? sur ]j3 — e, /?[. La fonction définie sur
]a, (3-\-e[ par
t^<p{t) sU G ]<*,/?[, t>-+ip(t) site[p,(3 + e[
est donc solution de y' = F(£, y) sur ]a, /? + £[. Ceci est absurde, car (p est une solution maximale
sur ]a, P[. D'où le résultat. □
Remarque 1. - Dans le cas O — Rn, ce résultat s'écrit : si P < 6, alors limt_^ ||</?(£) Il =
+oo.
- Une fonction localement lipschitzienne F : Rn —> Rn y \-+ F{y) peut être vue
comme une fonction de R x Rn -> R" (en posant F(t}y) = F(y)). Le théorème
précédent s'énonce alors comme suit : si (p : ]a, 6[ —*• Rn est une solution maximale
de y' = F(y), et si b < +co, alors limt_^ ||<£(£)|| = +co-
- Il existe une version faible du principe de majoration a priori dont la preuve est
plus simple et ne repose pas sur le lemme précédent (voir l'exercice 1).
Grâce au principe de majoration a priori, nous pouvons maintenant démontrer le
théorème 1 page 358 (la version faible — exercice 1 — permet aussi de le démontrer).
Corollaire 1. Soit (L) : X' = A(t)X + B(t) une équation différentielle linéaire sur
Rn, où A : }a}b[ -> Mn{R) et B : ]a,b[ -> Rn sont continues.
Alors les solutions maximales de (L) sont définies sur ]a, b[.

4. QUELQUES COMPLÉMENTS
381
Démonstration. On définit l'application F : ]o, b[ x Rn -» Rn (t, X) h-> ;4(*) X + £(*). Elle est
continue sur ]a, 6[ x Rn et localement lipschitzienne en X, car F(£, X) — F(t, Y) = A(t) (X — Y)
et A est continue.
Soit X : ]a,/?[ —* Rn une solution maximale de (L). Supposons (3 < 6, et to G ]a,6[ étant
fixé, notons M = sup^^ \\A(t)\\ et N = supte[tQ^ \\B(t)\\ (on a muni .MnW de la norme
d'algèbre ||A|| = suP|m|=1'pX||). On a
\/te[t0,Pl II-XT'WH < Af ||-X-(*)|| + //,
donc d'après le lemme de Gronwall (voir le corollaire 2 page 378), X est bornée au voisinage
de (3~. Ceci contredit le principe de majoration a priori, donc (3 = b. On montrerait de même
a = a. □
Exercices.
Exercice 1 (Une version faible du principe de majoration a priori). On
considère F : ]a, b[ x Rn —> Rn (avec —oo < a < b < +oo) une fonction continue et localement
lipschitzienne en la seconde variable.
Soit (p : ]a,(3[ —> Rn une solution maximale de y' = F(t}y). Si /? < 6, montrer que
ip n'est pas bornée au voisinage de (3 (sans utiliser, bien sûr, le principe de majoration a
priori).
Solution. Raisonnons par l'absurde : supposons (3 < b et ip bornée au voisinage de j3. Soit
t0 e ]a,/?[ et soit M > 0 tel que \\<p(t)\\ < M pour tout t G [to,(3[.
Comme F est continue sur le compact [to, (3] xBf (0, M), il existe K > 0 tel que \\F(t, x)\\ < K
pour tout (t,x) e [t0ip] x Bf(0,M), et on a \\<p'(t)\\ = \\F(tt(p(t))\\ < K pour tout t e [t0,/?[.
Comme de plus <p' est continue, on en déduit que l'intégrale Jf (p'(t)dt converge absolument,
donc converge, donc <p converge en /?. Notons xq = \imt-+p<p(t). Prolongeons (p par continuité
en (3 en posant (p(j3) = xq. Comme (p'{t) = F(t,(p(t)), on voit que ip' converge en /?, donc le
prolongement de <p est dérivable en P et <£>'(/?) = F((3,<p((3)).
Ainsi prolongée, (p est solution de l'équation différentielle y' = F(t,y) sur ]a,(3]. Or d'après
le théorème de Cauchy-Lipschitz, il existe une fonction tp définie sur un intervalle ouvert Ip
centré en (3, solution de y' = F(t,y), et vérifiant ip((3) = xq = <p((3). Comme (p et ip coïncident
en xo, l'unicité au problème de Cauchy garantie par le théorème de Cauchy-Lipschitz entraîne
que (p = ip sur ]<*, (3] n Ip. Donc la fonction définie sur ]a, (3] U Ip par
t*-+<p(t) si te]a,(3], tt-+ip{t) si te i/jxja,/?],
est solution de y' = F(t,y) sur un intervalle contenant strictement ]a}(3[. Ceci est absurde car
(p est une solution maximale. D'où le résultat.
Remarque. Ce résultat est plus faible que le principe de majoration a priori énoncé à la
page 380, car le fait que (p ne soit pas bornée n'entraîne pas forcément ||<^(t)|| —> +oo.
Cette version faible permet aussi de montrer le corollaire 1. En fait, elle suffit à montrer
beaucoup de conséquences du principe de majoration a priori.
Exercice 2. Soit F : W1 —> Rn une fonction de classe C1 et bornée sur Rn. Montrer que
le champ de vecteurs F est complet, c'est-à-dire que toute solution maximale de l'équation
différentielle X' = F(X) est définie sur R tout entier.
Solution. Soit <p : ]a, b[ —> Rn une solution maximale de X' = f(X). Supposons b < +oo. Alors
si £o € ]a>fr[> en notant M un majorant de F sur Rn, on a d'après l'inégalité des accroissements
finis
V* G M[, Mt)\\ < \MU>)\\ + Mt) - <p(to)\\ < \\<p(to)\\ + M{t - to) < M(b - t0).

382
6. ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES
Ainsi, (p est bornée au voisinage de b. En appliquant le principe de majoration a priori (ou le
résultat de l'exercice précédent), on conclut à une absurdité. Donc b = +00. On montrerait de
même a = —00.
Exercice 3. Soit F : Rn —> Rn une application de classe C1. On considère le système
différentiel (E) : X' = F(X). En munissant Rn de la métrique euclidienne standard, on
suppose de plus que pour tout X e Rn tel que ||X|| = 1, F(X) • X < 0.
Soit X0 € Rn vérifiant \\X0\\ < 1. Montrer qu'il existe une solution (p de (E) telle
que (p(0) = Xq et définie sur un intervalle de la forme ] — a, +00[ avec a > 0, vérifiant
\\<p(t)\\ < 1 pour tout t>0.
Solution. Le théorème de Cauchy-Lipschitz nous assure l'existence d'une solution maximale <p
de (E) définie sur un intervalle de la forme ] — a,(3[ (a, (3 > 0) et vérifiant (p(0) = Xq.
Montrons
3tje]o,0[,v*e]o,î7[, Mt)\\<\. (*)
Si ||Xo|| < 1 c'est évident par continuité de (p en 0. Sinon, ||Xo|| = 1, donc ^[(p(t) • (p(t)]t=o =
2/(0) • <p(0) = 2F(X0) • X0 < 0, c'est-à-dire i(\\<p(t)\\2)t=0 < 0, d'où (*).
Montrons maintenant que ||<£>0O|| < 1 pour tout t e ]0,/?[. Notons r = {^o G ]0,/?[ | V£ €
]Oj^o[» 11^(011 < !}• D'après (*), T est non vide, donc 7 = supT existe. Supposons 7 < /?. Alors
on a ||(^(7)|| = 1 par continuité de tpy et £[ip(t) • <^(<)]<=7 = V(t) ' V>(7) = 2^(^(7)) • ^(7) < 0,
c'est-à-dire £t{\\<p{t)\\2)t=y < 0. On en déduit qu'il existe S e ]0,7[ tel que \\(p(ô)\\ > ||y>(7)|| = 1.
Ceci est absurde par définition de 7. On a donc 7 = (3.
Terminons. La fonction (p est bornée au voisinage de /?, donc d'après le principe de majoration
a priori (ou le résultat de l'exercice 1), on a (3 = +00. D'où le résultat.
4.4. Dépendance des solutions vis-à-vis des conditions initiales
Soit F : Q C R x Rn —> Rn (où ù est un ouvert de R x Rn) une application continue
et localement lipschitzienne en la seconde variable. Le théorème de Cauchy-Lipschitz dit
que pour tout (£o>^o) G fi, il existe une solution maximale (ptQ,x0 de X' = f(t,X) définie
sur un intervalle ouvert It0,x0 contenant t0 et telle que (pt0,x0M = -^o- En notant
W= (J {(t0,X0)}xIt0iXocnxR}
(t0,x0)en
on peut ainsi définir une application $ de W dans Mn par $(£0,^o;£) = <Ao,*0M- Ainsi,
$(£0, ^0; • ) est la solution maximale de X' = F(t, X) passant en X0 au temps £o-
Un problème nouveau (et intéressant) se pose alors : celui de l'étude de la dépendance
de $ par rapport à ses paramètres. Ce changement de point de vue s'avère d'ailleurs très
fécond dans la théorie des équations différentielles.
Dans le cas général, on peut montrer que W est ouvert (cela découle essentiellement
du lemme 1 page 379) et que $ est continue sur W. La démonstration est assez technique.
Nous allons démontrer ces résultats dans certains cas particuliers.
Systèmes différentiels linéaires. On considère le système différentiel homogène sur
Rn (H) : X' = A(t) X où A : J -> Mn{R) est continue (et / un intervalle ouvert de R).
Soit (ei,... ,en) la base canonique de Rn. Fixons t0 G /. On sait que pour tout i, il
existe une unique solution Xt de (H) définie sur I et telle que Xi(t0) = e*. Pour tout

4. QUELQUES COMPLÉMENTS
383
t € 7, on note Mto(t) la matrice dont les vecteurs colonnes sont les Xi(t), de sorte que
-Mt0 = A(t)Mt0 et M*0(t0) = 7n.
Soit X0 G Mn. La fonction (p : t >-+ Mto(t) X0 est donc solution de (H) et vérifie <^(to) =
X0. Avec les notations précédentes, on a donc, pour tout t G 7, l'égalité <pt0,x0{t) =
$(£0,^o;0 = MtQ(t)Xo. La matrice Mto(t) est souvent notée R(t}t0).
Définition 1. L'application I2 —> À4nW (M') »-> R(t,t') est appelée la résolvante de
(if). Elle vérifie les propriétés suivantes.
- Pour tout (t0, X0) € 7 x Mn, la solution (pt0,x0 de (i7) vérifiant (pt0>x0(to) = X0 s'écrit
<Ao,Xo W = #(*, *o) *o = S(*o, *o; *) ;
- par construction, on a
V(t,t',t")<E73, R(t,t')oR(t\t") = R(ttt") et Vt € 7, R(t,t) = In.
- pour tout t0 ^ 7 fixé, on a ;|#(t, t0) = ^M ° 7?(t, t0).
Proposition 1. Pour tout (tyt') e I2, on a R(tttf) € </4(R) et 72(t,t')_1 = R(t',t).
Démonstration. Il suffit de remarquer que R(t,t?) o R(t',t) = R(t,t) = In. □
Proposition 2. La résolvante R est de classe C1 sur I2.
Démonstration. Fixons to G 7. Par construction, l'application t i-» R(t, to) est de classe C1 sur
7. Maintenant, comme R(t,t') = R(t,to) o R(to,t') = R(t,to) o R(t',to)~l, on en conclut que R
est de classe C1 sur 72. □
Proposition 3. L'application $ : (t0,X0;t) h-> $(to,X0;t) = <£>t0,x0(t) est continue sur
I xRnxI.
Démonstration. Il suffit d'écrire $(to,Xo;t) = R(t,to)Xo et d'utiliser la proposition précédente.
□
Remarque 1. - Les colonnes de la matrice R(t,to) sont des solutions de (H), donc
det R(t, to) est un wronskien. En particulier, d'après le résultat de la question b) de
l'exercice 7 page 368, on a
det i?(t,t0) = [det#(t0,t0)] exp ( / tr A(s)ds J = exp ( / tr A(s)ds
- Connaissant R(t} t0), la méthode de variation des constantes pour résoudre le système
différentiel (L) : X' = A(t) X + b(t) en terme de résolvante s'exprime comme suit :
on cherche les solutions (p de (L) sous la forme (p(t) = R(t, to)ip{t), où ip : 7 —» Rn
est une fonction C1 encore inconnue. La fonction (p est solution de (L) si et seulement
si
v*€ 7' ^W = AWofl(^)*W + fl(^) (^(*)) = m°R(t,to)m + Kt),
ce qui équivaut à ^(t) = #(t,t0)_16(t) = R(t0it)b(t). La solution y> de (L) vérifiant
y?(to) = Xo, notée <Pt0,x0, est donc donnée par
<PtQ,x0(t) = R(t,t0) fx0+ / R(t0,s)b(s)ds
On en déduit la proposition qui suit.
Proposition 4. &nt Ze système différentiel (L) : X' = A(t) X-\-b(t), où A: I -> A^n(R)
et b : 7 —> Mn sont continues. Avec les notations précédentes, la fonction $ : (to, -Xoi t) ■-»•
Wa'oM est continue sur 7 x En x 7.

384
6. ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES
Cas des équations différentielles de la forme X' = F(X).
Proposition 5. Soit F : Rn —*• Rn une fonction localement lipschitzienne.
Conformément aux notations précédentes, on note t *-*■ $(to,Xo\t) la solution maximale (p de
X' = F(X) telle que ip(t0) = X0.
Soit (to, X0) G M xRn, et notons ]a, b[ l'intervalle de définition de la solution maximale
t h-> $(to,Xo\t). Alors pour tout a G R, la solution maximale t i—► $(£o + a,Xo,t) est
définie sur }a + a, 6 + a[ et on a
Vt G ]a + a, b + a[, $(*<, + a, X0; t) = $(i0, ^0; t - a).
Démonstration. Posons y> : ]a, 6[—* Rn £ »-» $(£o, Ao; t) et ^ : ]a + a, 6 + a[—* Rn 1h-> <p(£ — a).
On vérifie facilement que ?/>' = F(^), et comme ip(to + a) = <£>(£o) = -Xo» on a ^W = $(£o +
a, Xq\ t) pour tout t G ]a + a, 6 + a[.
Or -0 est une solution maximale (sinon <p ne serait pas une solution maximale), donc 11->
$(£o + a, -Xo» t) est définie sur ]a + a, 6 + a[ et
\/t G ]a + a, 6 + a[, $(*o + a,X0;*) = VW = ¥>(* - a) = $(*o> *o;* - a).
□
Dans l'exercice qui suit, on montre la continuité de $ dans un autre cas particulier.
Exercices.
Exercice 1. Soit F : RxRn->Rn une application de classe C1 et globalement
lipschitzienne en la seconde variable, i. e.
3L > 0,VX,y G Rn,V* G R, 11^(4,X) - F(tyY)\\ < L\\X -Y\\.
a) Montrer que les solutions maximales de X' = F(t} X) sont définies sur R.
b) Pour tout t0 G R, pour tout X0 G Rn, on note t h-> $(to,X0;t) la solution sur R de
X' = F(t, X) qui prend la valeur X0 au point t0. Montrer que l'application $ ainsi définie
est continue sur R x Rn x R.
Solution, a) Soit <p une solution maximale de X' = F(t,X) définie sur ]a,b[. Supposons par
exemple b < +oo. Soit c G ]o, b[. Alors pour tout t G [c, 6[,
||y/(t)|| = ||F(i,y>(t))|| < \\F(tt<p(t)) ~ F{tM\ + 11^,0)11 <L\\<p(t)\\ + M,
où M est un majorant de t ■-> F(4,0) sur le compact [c, 6]. On en conclut, avec le corollaire 2
du lemme de Gronwall (page 378), que cp est bornée au voisinage de b. Ceci est absurde d'après
le principe de majoration a priori (ou le résultat de l'exercice 1 page 381). On a donc b = +oo.
On montrerait de même a = — oo.
b) On procède en plusieurs étapes.
(i) Fixons d'abord t0 G Rn. Pour tout X G Rn, on note <px : R -* R * »-» (p(t0, X\ t). On a
V*,gR,VX,F GRn, II^W-^WII = \\F(ty(px(t)) - F(t,<pY(t))\\ <L \\<px(t) -yvWII,
donc d'après le corollaire 2 du lemme de Gronwall,
V* G R, \\<px(t) - <f>Y(t)\\ < \\<px(to) - <pY(to)\\ c^1*-*01,
ce qui s'écrit aussi
Vfc G R,VX,y G Rn, ||*(<ô,X;t) - *(«o,y;t)|| < P - ^11 e2*-*0'. (*)
En écrivant maintenant
Il*(<d,x;t) -*(*o,y;Oll < !*(*>.*;0 -*(*>,*; 011 + ll*(*>,*iO -*(<ô,v,OII
< \\*(totX;t) - *(to,X',t')\\ + ||X - FII e^'-H
on en conclut que pour tout t0 G R fixé, l'application (X,*) h-> $(£0, A";*) est continue.

4. QUELQUES COMPLÉMENTS
385
(ii) Montrons maintenant, pour t\ G R fixé, la continuité de (t}X) »-> $(£,X;ti). Soit
(*o, X0) G R x Rn. Pour tout (t, X) G R x Rn, on a
*(i,X;ti) = <K*o»*(*.*ï*>)»*i)
(en effet, pour t,X,to fixés, ces deux fonctions de t\ sont des solutions de X' = F(t,X) qui
coïncident en ti = to, elles sont donc égales d'après le théorème de Cauchy-Lipschitz). On en
conclut avec (*) que
||*(t>A';ii)-*(*>.*oïti)|| < \\*(t,X;to)-Xo\\eLto-t°l.
Or Xq = $(to,Xo-}to) = $(t,$(^J(p;i);ito), donc toujours d'après (*)
\\$(t,X-t0)-Xo\\ < \\X-^(to,Xo;t)\\eL^-tol
On en déduit
||*fcX;ti)-*(*o,*o;«i)|| < ||X-*(to,-ïoi*)l|cL(""'o|+|tl"'o|).
Ceci entraîne que lorsque (t,X) —> (£o,^o), on a $(t,X\ti) —* $(£o,^o;£i)> d'où la continuité
voulue.
(iii) Il suffit maintenant d'écrire $(s,X\t) = $(£o, $(s»X\to)\t) (pour to fixé), pour conclure
que $ : (s,X;i) h-> $(s,X;£) est continue.
Exercice 2. Soit / : R2 —> R une fonction de classe C1, globalement lipschitzienne en
la seconde variable, telle que
V*eR+, /(M)>0, /(t,-l)<0.
Montrer qu'il existe une fonction (p : ]R —> R solution de (E) : y7 = f(t,y) vérifiant
\<p(t)\ < 1 pour tout t > 0 (on pourra utiliser le résultat de l'exercice précédent).
Solution. D'après l'exercice précédent, les solutions maximales de (E) sont définies sur R. De
plus, en notant t1-» $(a, t) la solution maximale de (E) prenant la valeur a en t = 0, la fonction
$ : R2 —> R ainsi définie est continue.
Remarquons maintenant le fait suivant. Si <p : R —* R est solution de (E) et s'il existe
to > 0 tel que <p(to) > 1, alors (p(t) > 1 pour tout t > to. En effet, supposons qu'il existe t\ > to
tel que (p(t\) < 1. Alors il existe u G ]£o,£i] tel Que <p{u) = 1 d'après le théorème des valeurs
intermédiaires. Autrement dit, le fermé <£>-1({l}) a une intersection non vide avec ]<o,^i]« Notons
Ê2 = inf<£>-1({l}) fl [£o,£i]- On a (pfo) = 1 et t2 ^ to (car y>(£o) > 1), et (p(t) > 1 pour tout
t G l^cM, d°nc ^Ote) < 0, ce qui est absurde puisque (p'fo) = /(<2,^(^2)) = /(^2,1) > 0. On
montrerait de même que s'il existe to > 0 tel que (p(to) < — 1, alors y>(£) < — 1 pour tout t > to.
Ceci étant, notons
A+ = {ye[-l,l] \3teR+Mv>t)>l} et A- = {ye{-l,l]\3teR+,$(y,t)<-l}.
Comme $ est continue, on voit facilement que A+ et A~ sont des ouverts de [—1,1]. Par ailleurs,
A+ ^ 0. En effet, si (p : R —> R est la solution de (E) vérifiant <p(l) = 1, on ne peut pas avoir
<p(0) > 1 (sinon (p(t) > 1 sur R+ d'après le principe énoncé plus haut), et de même, on ne peut
pas avoir (p(0) < —1. Donc (p(0) G [—1,1], et comme (p(l) = 1 et (p'(l) = /(1,1) > 0, on a
cp(t) > 1 sur un voisinage à droite de 1, d'où y = <p(0) G A+. De même, A~ est non vide.
. On a A+ fl A~ = 0. En effet, raisonnons par l'absurde en supposant que A+ C\ A~ contienne
un élément y. Notons (p : t>-+ $(y,t), et soient t\,t2 > 0 tels que (p(h) > 1 et <p(t2) < —1. On a
(p(ti) > 1 donc (p(t) > 1 pour tout t > t\ d'après le principe énoncé plus haut, d'où t2 <t\. On
montrerait de même t\ < £2, ce qui est absurde. Donc A+ f) A~ = 0.
Comme [—1,1] est connexe et que A+ et A~ sont deux ouverts disjoints et non vides de
[-1,1], on ne peut pas avoir A+ UA~ = [-1,1]. Il existe donc yo G [—1,1] tel que yo £ A+ UA~.
On voit alors que la fonction (p = $(j/o, . ) vérifie \<p(t)\ < 1 pour tout t G R+. Si |<£>(£o)| = 1 pour
un to > 0, par exemple <p{to) = 1, le fait que (p'(to) = /Oto, 1) > 0 montre que sur un voisinage à

386
6. ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES
droite de £o, <p(t) > 1) donc yo G A+ ce qui est absurde. Finalement, (p est une solution de (E)
sur R qui vérifie \<p{t)\ < 1 pour tout t G R+.
Exercice 3. Soit / : R2 —*• R une fonction de classe C1 et globalement lipschitzienne en
la seconde variable. On suppose
3T > 0,V(t,i/) e R2, f{t + Tty) = f{tty).
On suppose également que (E) : y' = /(t, y) admet une solution définie sur R et bornée
sur R. Montrer que (E) admet une solution définie sur R et T-périodique (on pourra
utiliser le résultat de l'exercice 1).
Solution. Les hypothèses de l'énoncé de l'exercice 1 sont satisfaites, donc les solutions maximales
de (E) sont définies sur R. De plus, si on note 11-> $(?/, t) la solution maximale de (E) prenant
la valeur y en t = 0, la fonction $ : R2 —> R ainsi définie est continue sur R2.
On sait qu'il existe une solution (p de (E) bornée sur R. Par ailleurs, l'exercice 4 page 357
montre que la suite ((p(kT))keN est monotone. De plus <p est bornée, donc cette suite est bornée,
donc elle converge. Notons t sa limite.
Remarquons maintenant que pour tout k G N, on a $(<p(kT),t) = (p(kT + t) pour tout t€l
(en effet, ces fonctions de t sont solutions de (E) et prennent la même valeur en 0). Fixons alors
t € R. Pour tout k G N, on a
$(<p{kT),t + T) = y>[(* + 1)T + t] = *(?[(* + 1)T|, t),
donc en faisant tendre A; vers +oo, on obtient, $ étant continue $(£, t+T) = $(^, £). Ceci est vrai
indépendamment de t G R. Finalement, la fonction ip = $(.£, . ) est une solution T-périodique
de (E) sur R.
Exercice 4. Si M = (ra^-) G A^n(R), on note M > 0 si pour tout (i,j), ra^ > 0. Si
Y = (j/i,..., yn) G Rn, on note V > 0 si yi > 0 pour tout i, et on note Y > 0 si yi > 0
pour tout i.
Soit ^4 : R+ —> A^n(R) une fonction continue vérifiant >4(£) > 0 pour tout t G R+.
a) Soit Y : R+ -> Rn une solution de Y' = A(t) Y vérifiant Y(0) > 0. Montrer que pour
tout t G R+, Y(t) > 0.
b) Montrer qu'il existe une solution Y de (L) : Y' = -A(t)Y} non nulle, telle que
Y(t) > 0 pour tout t G R+.
Solution, a) Notons (yi) les composantes de Y et (ojj) celles de A et supposons le résultat faux.
Alors c = inf{£ G R+ | 3i,y;(£) = 0} existe. Comme Y est continue, il existe i tel que yi(c) — 0,
et par ailleurs, Y(t) > 0 pour tout t G [0, c]. On a donc ^(t) = 5^?=1 aij(£) 2/j(£) > 0 pour tout
£ G [0, c], donc j/i est croissante sur [0,c], donc j/;(c) > yi(0) > 0, ce qui est absurde.
b) Donnons l'idée. Lorsque p est grand, et si X vérifie X' = A(t)X avec X(0) > 0, alors
Y : tn X(p — t) est solution de (L). Comme X(t) > 0 sur [0,p], on a y(*) > 0 sur [0,p].
Ensuite, notre but sera de faire tendre p vers +00 et d'en tirer parti.
Soit R(t, s) la résolvante de (L) (voir la définition 1 page 383), de sorte que pour tout s G R+
fixé, 4f (*,*) = -A(t)R(t,s) et R(s,s) = In.
Notons E le vecteur de Rn dont toutes les composantes sont égales à 1, et pour tout p G N,
notons Cp = R(0,p)E. Pour tout p G N, nous notons Yp(t) = R(t,0)Cp = R(t,p)E. On
a Yp(t) > 0 pour tout t G [0,p]. En effet. Considérons l'application (p : [0,p] -> Rn * ^
JR(p-t,i)£, = rp(p-t). Ona
V* G [0,p], d£.(t) = -^(p-t,p)E = A(p-t) R(p -t,p)E = A(p-t) <p(t),

5. PROBLÈMES
387
et comme ^>(0) = E > 0, on en déduit d'après la question précédente que <p{t) > 0 pour tout
t G [OjP]» c'est-à-dire Yp(t) > 0 pour tout t e [0,p].
Pour tout p e N, on note ensuite Ap = CP/\\CP\\. La suite (Ap) est à valeurs dans la sphère
unité de Rn qui est compacte, on peut donc en extraire une sous suite convergente (A^^).
Notons A sa limite. Posons Y(t) = R(t,0) A = \imp_>+00 R(t,Q) A^y Alors Y est solution de
(L) et on a
Vp G N, R(t, 0) 4,(P) = ||^-|ï y*p)(t),
donc R(t, 0) A^(p) > 0 pour <p(p) > t. En passant à la limite lorsque p —» +00 (avec t fixé), on
en déduit Y(t) > 0, et ceci pour tout teR+, d'où le résultat.
5. Problèmes
Problème 1. Résoudre sur R+* l'équation différentielle (E) : y'iogt + 2ty2 - y/t = 0.
Etant donné y0 G M, étudier l'existence de solutions y de (E) définies sur R+* telles que
y(i) = yo-
Solution. L'équation différentielle (£*) est résolue sur chacun des intervalles ]0,1[ ou ]l,+oo[.
Nous nous plaçons donc sur l'un de ces intervalles.
La forme de (E) nous invite à poser y = z logt. En remplaçant dans (£*), on obtient
facilement {E') : z1 + 2tz2 = 0. Il s'agit d'une équation de Ricatti. Le théorème de Cauchy-
Lipschitz nous dit qu'en dehors de la solution nulle, aucune solution z de {E') ne s'annule.
Ainsi, si z n'est pas la solution nulle, {E') peut s'écrire z1/z2 = —2£, donc par intégration, on a
1/z = —t2 + c, où c est une constante réelle. Autrement dit, les solutions de (£") sont celles de
la forme z(i) = (t2 — c)"1 ou la fonction nulle. .
Ainsi, si y est une solution de (E) sur R+*, en notant I\ = ]0,1[ et I2 = ]1, +oo[, on a pour
tout k G {1,2}
3ck G R, Vt G Jfc, y(t) = J5^-, (*)
tz - cfc
ou bien y est identiquement nulle sur /&.
Si y est du type (*) sur Jfc, on doit nécessairement avoir c\ > 1 ou c\ < 0 (pour A; = 1), et
C2 < 1 (pour k = 2).
(i) De plus, si ci ^ 1 (resp. C2 ^ 1), on a y(l) = 0 et la dérivée à gauche (resp. à droite) de
y en 1 est j£(l) = (1 - ci)"1 (resp. ^(1) = (1 - ca)"1).
(ii) Si ci = 1 (resp. C2 = 1), on a facilement y(l) = 1/2.
Traitons maintenant plusieurs cas selon la forme de y sur I\.
- Si y est identiquement nulle sur Ji, alors nécessairement y est identiquement nulle sur I2
(d'après (i) et (ii)), donc y est identiquement nulle sur R+*.
- Si y est du type (*) avec ci ^ 1, alors nécessairement (d'après (i) et (ii)), y est du type (*)
sur I2 avec C2 ^ 1 et l'égalité des dérivées à gauche et à droite de / en 1 donne ci = C2,
et vues les conditions imposées à ci et C2, on a nécessairement ci = C2 < 0.
- Si y est du type (*) avec ci = 1, alors y est nécessairement du type (*) sur I2 avec C2 = 1.
Dans ce cas, on a y(t) = \ogt/(t2 — 1) pour tout t ^ 1, y(l) = 1/2, et on vérifie facilement
que y est dérivable en 1.
Finalement, les solutions sur R+* de (E) sont
- la fonction nulle ;
- les fonctions de la forme t >-> \og t/(t2 — c), c < 0 ;
- la fonction t >-> \ogt/(t2 - 1) si t ^ 1, 1 >-> 1/2.
Si yo G R est donné, on en déduit qu'il n'y a de solution y sur R+* vérifiant y(l) = yo si et
seulement si yo G {0,1/2}. Si yo = 0, il y a une infinité de solutions ; si yo = 1/2, il n'y a qu'une
seule solution.

388 6. EQUATIONS DIFFERENTIELLES
Problème 2. Soit / : M —> M une fonction continue. On suppose que l'équation
différentielle (E) : y' = f(y) admet une solution (p définie sur R et bornée sur R. Montrer
qu'il existe t0 G R tel que f(t0) = 0.
Solution. Raisonnons par l'absurde, en supposant f(t) ^ 0 pour tout t e R. Comme / est
continue, / garde alors un signe constant sur M, par exemple f(t)>0 pour tout t G R.
Ainsi, pour tout t G R, <p'(t) = f(<p(t)) > 0. Donc <p est strictement croissante. De plus
ip est bornée, elle converge donc en +oo. Soit l sa limite. En faisant tendre t vers +oo dans
(p'(t) = f((p(t)), on en déduit, par continuité de /, que <pf converge vers £' = f(£) > 0 en +oo. La
fonction <p' est continue et vérifie <p'(t) ~ £', donc par intégration des équivalents, on en déduit
que lorsque t —► +oo, <p(t) — cp(0) ~ £' t. Ceci est impossible car (! ^ 0 et ip est bornée sur R.
D'où le résultat.
Problème 3 (Méthode d'Euler-Cauchy pour l'intégration numérique d'une
Équation différentielle). Soient T > 0, / = [0,T], et / : JxEm^Rm une fonction
de classe C1. On suppose
3L > Oyt G /,Vx,y G Rm, \\f{ttx) - f(t,y)\\ <L\\x- y\\.
Soit y : / —> Rm une solution de l'équation différentielle (E) : y' = f(t,y). On se
propose d'approcher numériquement y par la méthode dite d'Euler-Cauchy. Soit N G N*,
/i = T/N et pour tout n G {0,1,..., TV}, tn = nh. On définit yo, yi,..., y m par récurrence
par
î/o = 2/(0) et yn+i =yn + h f(tnt yn).
Pour tout n G {0,1,..., TV}, on pose en = y(£n) — yn. On se propose de majorer ||en||.
Comme / est de classe C1, y est de classe C2, et on pose M = sup{||?/"(£)||, £ G /}.
a) On pose en = [y(tn+i) -y(£n)] - h f(tn} y(tn)). Montrer que pour tout n G {0,1,..., N},
lkn|| < Mh2/2.
b) En déduire
Vn G {0,1,...,TV}, \\en\\ < ^eLt».
Solution, a) On peut aussi écrire
en = Wn+l) - V(tn)] - V(«n) = / ^ WW ~ îft*»)] dt>
Jtn
et comme \\y'{t) - y'(tn)\\ < M(t - tn), on en déduit ||en|| < f£+1 M{t - tn) dt = Mh2/2.
b) On commence par écrire
en+i - en = y(tn+1) - y(tn) - (yn+i - yn) = en + h[f(tn,y{tn)) - f(tn,yn)]y
donc
||cn+i - Cn|| < Iknll + hL ||en|| d'où ||en+i|| < (1 + /iL)||en|| + ||en||.
Maintenant, avec les inégalités 1 + hL < ehL et ||en|| < Mh2/2} on en déduit ||en+i|| < e/lL||en|| +
Mh2/2, et une récurrence sur n donne
||e»|| < enhL ||e0|| + (l + ehL + • • • + e^"1^) M y.
Comme eo = 0, ceci s'écrit aussi
n .. ^ /, hL (n-i)hL\ *,h2 enhL-l h2 enhL fc2 Lt M h
M<(1 + e^ + ... + e(nl)^M_ = __M_<_M_ = e^
et c'est terminé.

5. PROBLÈMES
389
Problème 4. Soit / : R —> R une fonction continue, impaire, strictement positive sur
R+*. On considère l'équation différentielle (E) : x" + f(x) = 0 (équation d'un point
matériel soumis à un champ de forces contraire à sa position).
a) Montrer que les solutions maximales de (E) sont définies sur R.
b) Soit x une solution de (E) vérifiant les conditions initiales x(0) = Xo > 0, x'(0) = 0.
Montrer que x est une fonction périodique et exprimer sa période.
Solution, a) Soit x une solution maximale de (E), et soit ]a, b[ son intervalle de définition. On a
x'x" + x'f(x) = 0, donc par intégration, on obtient l'existence d'une constante K eR telle que
x'(t)2 fu
V*€]o,6[, -f- + F(x(t)) = K} où F(u)= I f(t)dt. (*)
(l'interprétation physique de ce résultat est la conservation de l'énergie cinétique ajoutée à
l'énergie potentielle). La fonction F, primitive d'une fonction impaire, est paire. Par ailleurs,
F'(t) = f(t) > 0 sur R+, et comme F(0) = 0, F est positive sur R+, donc sur R.
Donc x'(t)2/2 = K — F(x(t)) < K est majorée, donc x' est bornée. Si 6 < +oo, on en
déduit, d'après l'inégalité des accroissements finis, que x est bornée au voisinage de 6. Le vecteur
V = ( */ ) est donc borné au voisinage de b. Par ailleurs, V est solution de l'équation différentielle
du premier ordre X' + g(X) = 0, où g(y) = (f(ï\), le principe de majoration a priori (voir le
théorème 1 page 380 ou l'exercice 1 page 381) entraîne que V n'est pas borné au voisinage de 6,
ce qui est absurde. On a donc 6 = +oo. On montrerait de même que a = —oo.
b) En faisant t = 0 dans (*) on obtient K = F(xo), donc
x'(t)2
VteR, -y- = F(x0)-F(x(t)). (**)
On a x"(0) = —f(xo) < 0, et comme rc'(O) = 0, il existe e > 0 tel que x'(t) < 0 sur ]0,e[. Ainsi,
l'ensemble r = {t > 0 | Vu G ]0,t[,a/(tt) < 0} est non vide. Notons tç = supT. On a x'(t) < 0
pour tout t e ]0,£o[> et d'après (**), on a F(x(t)) < F(xo) pour tout t G ]0,*o[- Comme F est
croissante sur R+ et paire, on en déduit \x(t)\ < xo pour tout t G ]0, tôt-
Maintenant, l'équation (**) entraîne
V*G]0,*0[, *'(*) = _1 donc = t90 ^== du
°h ^(F^o) - F(x(t))) Jx{t) y/2{F{x0) - F(u))
(l'intégrale est bien convergente car au voisinage de Xq, F(xo) — F(u) ~ (#o — u)f(xo) donc
y/F(xo) — F{u) ~ y/f(xo) y/xo — u). Par ailleurs, l'intégrale
"xo du
T0
-I
U0 V*(FM - F(u))
converge (la fonction F est paire), et comme son intégrande est positive et que \x(t)\ < xq pour
tout t G ]0,*o[i (***) entraîne t < Tq pour tout t G ]0,*o[» d°nc *o < Tq. Ainsi, to est fini. Par
continuité de x' on a x'(to) = 0, donc F(x(to)) = F(xo) d'après (**), et comme F est paire,
strictement croissante sur R+, ceci entraîne |a;(£o)| = #o- De plus, x est strictement décroissante
sur ]0, £o[> donc x(to) < xo, donc la seule possibilité est x(to) = —xq. En faisant maintenant
tendre t vers to par valeurs inférieures dans (***), on en déduit to = Tq.
Considérons maintenant la fonction y : t *-^ —x{t + To). On a 2/(0) = —x(to) = #o> 2/(0) =
—x'(to) = 0, et comme / est impaire, y est solution de (E). D'après le théorème de Cauchy-
Lipschitz, il y a unicité au problème de Cauchy, et comme x et y ont les mêmes conditions
initiales en 0, on a x = y sur R. En d'autres termes, x(t) = -x(t + To) pour tout t G R. On en
déduit x{t) = -x(t + T0) = x(t + 2T0). Donc x est 2To-périodique. La fonction x n'admet pas
de période plus petite, car nous avons montré x(t) < x(0) sur ]0,To] et sur ]To,2To[, \x(t)\ =
\x(t - T0)| < z(0), donc finalement, x(t) ^ x(0) sur ]0,2T0[.
Remarque. On traite de la même manière l'équation du pendule L0"+g sin $ = 0. Partant
d'une vitesse nulle en 9 = 0O, le pendule a sa période égale à 2y/L/g /_°o . de .

390
6. ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES
Problème 5. Déterminer les solutions à valeurs réelles définies sur R, deux fois dérivables,
de Téquation différentielle (E) : yy'y" = 0.
Solution. Soit <p : R —► R une fonction deux fois dérivable vérifiant <p<p'<p" = 0. On va montrer
(on s'en doutait) que <p" = 0, c'est-à-dire que <p est une fonction affine.
Pour cela, raisonnons par l'absurde et supposons l'existence de to G R tel que (p"(to) ^ 0.
Quitte à considérer la fonction t i-> (p(t + to), on peut même supposer to = 0, de sorte que
</(0) # 0.
Dans un premier temps, nous montrons l'existence d'un a > 0 vérifiant <p'{t) ^ 0 pour tout
t tel que 0 < \t\ < ce. Si (pf{0) 7^ 0> c'est évident par continuité de ipt. Sinon, (p'{0) = 0, et il suffit
d'écrire <p'(t) = </>'(0) + tcp"{0) + o(t) = #"(0) + o(l)] pour conclure.
Ensuite, nous montrons l'existence de (3 > 0 vérifiant cp(t) ^ 0 pour tout t tel que 0 < \t\ < f3.
Si (p(0) 7^ 0, c'est immédiat par continuité de (p. Sinon, cp(0) = 0. Si <p'{0) ^ 0, il suffit d'écrire
<p(t) = t[tf/(0) + o(l)], et si (f/(0) = 0, on écrit <p(t) = Ç[<p"(0) + o(l)] pour conclure.
En posant maintenant 7 = inf{a,/?}, on a donc (p(t)(pf(t) ^ 0 pour tout t tel que 0 < \t\ < 7.
Comme <p est solution de (E), on en déduit «^'(t) = 0 pour tout t vérifiant 0 < \t\ < 7.
Pour montrer ^"(0) = 0, on pourrait maintenant conclure avec le théorème de Darboux. On
peut s'en tirer autrement, en procédant comme suit. Comme cp" = 0 sur ]0,7[, <p' est constante
sur ]0,7[. De même, cp' est constante sur ] — 7,0[. Par continuité de (p' en 0, <p' est donc constante
sur ] — 7,7[, donc ^"(O) = 0. Ceci est contradictoire, d'où le résultat.
Problème 6. Soit / : Rn -> Rn une fonction de classe C1 telle que /(0) = 0. On suppose
que pour tout x G Rn, la matrice jacobienne de / en x, notée f'(x), est symétrique définie
négative.
Montrer que si Y : R —> Rn est une solution de l'équation différentielle Y' = f(Y),
alors lim^+oo Y (t) = 0.
Solution. Soit Ieln,I/0. En posant V : t •-> lXf{tX), on a V'{t) = tXf'(tX)X < 0
pour tout t G R (car f'{tX) est définie négative). Ainsi V est strictement décroissante. Comme
V(0) = 0, on en déduit V(l) = tXf{X) < 0. En résumé, nous avons montré
\/X G Rn, X ^ 0, lXf(X) < 0. (*)
Ceci étant, posons a : t ■-> *y(*)y(*) = ||y(*)||2. On a
vu g r, a'(ti) = 'y'Myfti) + *y(tt)y;(ti) = 2*y(n)y;(n) = 2*y(tt) /(y(u)), (**)
donc d'après (*), a'(u) < 0 pour tout u G R. Ainsi, la fonction a est décroissante. Comme elle
est positive, elle admet donc une limite £ G R+ en +00. Il s'agit de montrer t = 0.
Supposons l > 0. Sur R+, on a £ < a{t) = \\Y{t)\\2 < a(0), autrement dit, pour t > 0, Y{t)
prend ses valeurs dans le compact K = {X G Rn | £ < \\X\\2 < a(0)}. D'après (*) et comme
£ > 0, on a lXf{X) < 0 pour tout X G K, et la compacité de K entraîne 7 = sup{*X/(X), X G
K} < 0. Ainsi, d'après (**), on a a'{t) < 27 < 0 pour tout t > 0, donc a(t) - a(0) < -27*, ce
qui entraîne lim£_>+00 a(t) = —00. Ceci est impossible puisque a est positive. Donc £ = 0, d'où
le résultat.
Problème 7 (Résolution d'équations matricielles grâce aux équations
différentielles). 1/ Soit A G .Mn(C) une matrice dont les valeurs propres Ai,...,A»
vérifient 9ft(Ai) < 0 pour tout i. Si ||. || désigne une norme d'algèbre sur Mn(C), montrer
qu'il existe a > 0 et K > 0 tel que ||eM|| < Ke~at pour tout t > 0.
2/ a) Soient A et B e Mn{R). Exprimer la solution Y : R -> A4n(R) de l'équation
différentielle (E1) : Y' = AY -\- YB, telle que y(0) = C, où C G A^n(R) est une matrice

5. PROBLÈMES
391
donnée.
b) On suppose que pour toute valeur propre À de A ou de B, 9ft(A) < 0. Montrer que
pour toute matrice C G Mn(M), il existe une unique matrice X G Mnfà) telle que
AX + XB = C, puis exprimer X en fonction de A, B et C.
3/ Soit A G Mn(M). Montrer que l'équation matricielle tAS + SA = — C admet une
solution S G Mn(M) symétrique positive pour toute matrice symétrique positive C si
et seulement si pour toute valeur propre À de A, on a 9ft(A) < 0. (Indication. Pour la
condition nécessaire, on pourra étudier les variations de la fonction u •->• t(éuAX)S(euAX),
où X G Cn).
Solution. 1/ On sait que l'on peut écrire A = D + AT, où D est une matrice diagonalisable
dont les valeurs propres sont Ai,..., An et N une matrice nilpotente vérifiant DN = ND (voir
le tome Algèbre sur la décomposition de Dunford).
Soit P G ^n(C) telle que D = P~lD\P où D\ est la matrice diagonale dont les coefficients
diagonaux sont Ai,..., An. Pour tout tel, etDl est la matrice diagonale dont les coefficients
diagonaux sont les etXi. En désignant par ||. ||oo la norme IK^i^OHoo = suPij \aitj\ sur ^n(C),
on a ||etz?1||oo = supje^l = e-ct, où c = — supi5R(Ai) > 0. Comme toutes les normes sont
équivalentes en dimension finie, on en déduit l'existence de K\ > 0 tel que \\etDl || < K\ e~ct
pour tout teR. Comme etD = P~letDlP pour tout t G R, on en déduit
Mt G R, ||e'D|| < K2 e~ct avec K2 = ||P_1|| • Kx • ||P||.
Maintenant, comme N est nilpotente, on a
V* G R, etN = In + tN + • • • + ,*W 1.| Nn~\
(n-1)!
et on en déduit que ||e*^|| = o(tn) lorsque t —* +oo. Maintenant, D et N commutent, donc
etA = etD+tN = etDetN pour tout t e R+> donc ||eM|| < ||etD|| . ||e^|| = 0(e-ct^n) lorsque
t —*■ +oo. Comme tn = o(ec*/2), on a e~cttn = o{e~ct/2) lorsque t —> -Hoo, donc finalement
||eti4|| = o(e_at) lorsque t —► +oo avec a = c/2 > 0. D'où le résultat.
2/ a) L'équation différentielle correspondante est linéaire à coefficients constant, donc on sait
déjà qu'une telle solution X existe et est unique. Or on vérifie facilement que Y : tt-* etACetB
convient, c'est donc la solution de (E) vérifiant Y(0) = C.
b) Existence. En désignant par Y la fonction de R dans .Mn(R) trouvée précédemment, on a
Y' = AY -f YB donc par intégration entre 0 et t, on obtient
Y(t) -C = a( f Y (s) ds] + ( f Y (s) ds] B. (*).
Par ailleurs, les hypothèses sur les valeurs propres des matrices A et B permettent d'affirmer,
grâce au résultat de la question 1/, l'existence de a > 0 et M > 0 telles que He^H < Me~at et
\\etB\\ < Me~at pour tout t > 0. La forme de Y(t) entraîne donc
V*>0, 11^(011 ^llc^ll-ll^ll-llc^ll^^c-20* avec K = M2\\C\\.
On en déduit que l'intégrale /0+o° Y {s) ds converge absolument donc converge, et que Y(t) tend
vers 0 lorsque t —> +oo. En faisant t —* +oo dans (*), on en déduit
/•+oo r+oo
C = AX + XB avec X = - Y(s)ds = - etACetBdt.
Jo Jo
Unicité. Pour montrer que X ainsi défini est unique, il suffit de montrer que l'application
$ : Mn(R) —► Mnfà) X i-> AX + XB est injective. Nous venons de montrer dans la partie
existence que $ est surjective. Comme $ est un endomorphisme en dimension finie, ceci entraîne
l'injectivité de $, d'où le résultat.

392 6. ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES
3/ Condition nécessaire. Par hypothèse, il existe une matrice symétrique positive S telle que
lAS + SA = — In. Soit X G Cn un vecteur non nul, et considérons l'application
Vx : R -> Cn t* ^ *(euAX) 5 (e^X).
On a
Vu G M, Vx{u) = \AeuAX) S (euAX) + \euAX) S (AeuAX)
= tX^CAS + SA)euA X = -*(eu>lX)(euAX) < 0
(le terme t{euAX)(euAX) est le carré de la norme hermitienne de euAX qui est non nul, car
X 7^ 0 et euA est inversible — toute exponentielle de matrice est inversible, l'inverse de eM étant
e~M).
Ceci étant, soit À une valeur propre de A et X G Cn un vecteur propre non nul associé. Pour
tout n G N, AnX = \nX donc euAX = eXuX} et en passant au conjugué, euArX = eIuX, donc
Vu G R, V* (n) = * (eXnZ) 5 (eA UX) = e<A+X>u lXSX.
On en déduit Vx(0) = (A + Â)Vx(O) =_2$R(A)Vx-(0). Or on a vu plus haut que Vx(0) < 0 et
comme S est positive, on a V^(0) = lXSX > 0. Donc nécessairement 9?(A) < 0, et ceci pour
toute valeur propre À de A.
Condition suffisante. Supposons que 9?(A) < 0 pour toute valeur propre A de A. Comme lA a
les mêmes valeurs propres A, la résultat de la question 1/b) s'applique et montre que la matrice
S = /0+o° eutA C euA du vérifie lAS + SA = -C. Pour tout w, la matrice S(u) = eutACeuA est
congrue à la matrice C, donc symétrique positive. Comme S est l'intégrale de S(u) sur R+, on
en déduit que S est symétrique. Par ailleurs, pour tout X G Rn, on a
f+oo
tXSX= / ^5(u)Xdu>0
Jo
car tXS(u)X > 0 pour tout u. Finalement, S est symétrique positive et vérifie lAS + SA = —C,
d'où le résultat.
lim / tr(A(s)) ds = —oo.
t-»+oo
Problème 8. Soit A : R —> .Mn(IR) une application continue telle que pour tout t € R, la
matrice symétrique B(t) = lA(t) + ^4(t) est négative. On considère le système différentiel
(L): V = i4(*)y (Y eRn).
a) Si Yî et Y2 sont deux solutions de (L) sur M, montrer que tYi(t)Y2(t) converge lorsque
t —> +oo.
b) Montrer que (L) admet une solution non identiquement nulle Y qui tend vers 0 en
+oo si et seulement si
ftv(A(s))
Jo
(Indication. On pourra utiliser le résultat de l'exercice 7 page 368).
Solution, a) Commençons par remarquer que si Y est une solution de (L), alors la fonction
V : t •-> ||F(*)||2 = *Y(t) Y{t) vérifie
v* g r, v"(t) = 'y'w^w + '^wy'w = *y(«) £(*) y (t) < o,
donc V est décroissante, et comme elle est positive, V(t) = \\Y(t)\\2 converge nécessairement
lorsque t —> +oo.
Maintenant, si Yx et y2 sont deux solutions de (L), on a 'y^ = è(llyi+12||2- ll^i II2- INI2)»
donc d'après ce que l'on vient de voir, *YiY2 converge en +oo.
b) On sait que l'ensemble S des solutions de (L) est un espace vectoriel de dimension n. Soit
(Yî,... ,Yn) une base de S. Pour tout t G R, on note R(t) la matrice de .Mn(R) dont les vecteurs
colonnes sont les !*(£), et on note M(t) = lR{t)R{t). Le coefficient d'indice (ij) de M(t)

5. PROBLÈMES
393
est tYityYjit), donc d 'après la question précédente, M(t) converge lorsque t —» +00. Notons
M = \imt->+00M(t).
Comme (Yi,..., Yn) est une base de solutions de <S, toute solution de (L) peut s'écrire sous la
forme t \-+ R(t)X0, où X0 G Rn est un vecteur fixé. Comme ||#(£)X0||2 = t(R(t)X0)(R(t)X0) =
tXoM(t)Xo^ on voit donc que l'existence d'une solution non nulle de (L) qui tend vers 0 en
+00 équivaut à l'existence d'un vecteur Xq ^ 0 tel que tXoM(t)Xo tend vers 0 en +00. Comme
M(t) converge vers M, ceci équivaut aussi à l'existence de Xq ^ 0 tel que 1XqMXq = 0.
Comme M est positive (limite de matrices positives), ceci équivaut à detM = 0, et comme
l'application déterminant est continue, ceci équivaut aussi à lini£_>+00 det M{t) = 0. Comme
M(t) = lR(t)R(t), ceci s'écrit aussi lim£_>+00 det R(i) = 0. On conclut facilement puisque d'après
la question b) de l'exercice 7 page 368,
Vt G R, detR(t) = wronskien(Yi,...,Yn)(t)= detR(0) • exp
/ tr A(u
)du
Problème 9. Soit y : R+ -> R une solution de l'équation différentielle (L) : y" + q(t)y =
0, où q : R+ —> R est une fonction continue telle que J0+o° i|g(£)| rft converge.
Montrer que y; converge en +00.
Solution. La formule de Taylor avec reste intégral donne l'existence de deux constantes réelles
a et 6 telles que
Vt > 1, y(t) =at + b+ (t- s)y"(s) ds = at + b- f (t- s)q(s)y(s) ds.
Ceci entraîne
v*>i, |«^|<|«| + M+/4.W.)||!!WLi
I t .h \ S \
V*>1,
t
f'*\q(s)\
donc d'après le lemme de Gronwall (voir le théorème 1 page 377),
2/(*)l^._i , \b\ , [ (\a\s+\b\)\q(s)\exp(f u|g(tt)|dtt) ds.
Comme fj~°° t\q(t)\ dt converge, on en déduit facilement que \y(t)/t\ est bornée sur [l,+oo[.
En d'autres termes, y(t) = 0(t) au voisinage de +00. Comme
Vt G M+, y'(t) = y'(0) + / y"(s) ds = y'(0) - f q(s)y(s) ds,
Jo Jo
on en déduit que y'{t) converge lorsque t —► +00.
Problème 10. 1/ On s'intéresse aux solutions sur R+*, à valeurs réelles, de l'équation
différentielle
ey" + (a + l)ty'+(e+l-\y = 0, (L)
où a > 1.
a) Montrer que sur R+*, (L) admet au moins une solution de la forme t 1-* tacp(t) où
a G M et où (p est la somme d'une série entière de rayon infini avec <^(0) ^ 0.
b) Donner le comportement asymptotique en 0+ de la solution générale sur R+* de (L).
(Indication. Distinguer deux cas, selon que a2 — 1 soit le carré d'un entier ou non.)
c) (Application.) Montrer que l'équation différentielle (E) : t4 y" - § t3 y' + (1 + £) y = 0
admet une unique solution / sur R+* qui vérifie f(t) ~ t1/6 lorsque t —» +00, et donner
un développement asymptotique à trois termes de / en +00.

394
6. ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES
Solution. 1/ a) Nous recherchons une solution / de (L) la forme tQ <p(t), où <p(t) est la somme
d'une série entière ^ ^n tn dont le rayon de convergence est infini. Supposons qu'une telle solution
/ existe ; on aura
+oo
V* > 0, f(t) = ta <p(t) = ^Un t"**- (*)
71=0
La fonction / est de classe C°° sur R+*, et compte tenu de l'expression de la dérivée d'une
fonction définie par une série entière, on a, pour tout t > 0,
+oo +oo +oo
f'(t) = ata-lip{t) + ta<p'(t) = ata-1 J2untn + taY. nUn tn~l = S(a + nîUn *n+a_1.
n=0
n=0
n=0
En d'autres termes, on peut dériver terme à terme l'expression (*). De même, on montrerait
f"{t) = ££X(a + n)(a + n- l)*n+a"2- Maintenant, / vérifie l'équation différentielle (L), donc
+oo +oo , -k /+oo \
V* > 0, ^(a+n)(a+n-lK*n+a+(a+l) ^(a+nKf+û+ t2 + - J I ^un*n+a = 0.
n=0 n=0 ^ ' \n=0 /
Après division par ta, nous sommes en présence d'une série entière en t dont la somme est nulle
pour tout t > 0. On en déduit que ses coefficients sont nuls (voir la conséquence du corollaire 1
page 238), ce qui s'écrit
1
a(a - 1) + (a + l)a + -
(a+l)a + (a+l)(a + l) + -
1
(a + 2)(a + 1) + (a + l)(a + 2) + -
ui = 0
U2 + Uq = 0
(a + n)(a + n - 1) + (a + l)(a + n) + -
Wn + Wn-2 = 0.
Autrement dit, si P est le polynôme P = X(X - 1) + (a + 1)X + 1/4 = X2 + aX + 1/4, on a
P(a) u0 = 0, P(a + 1) ui = 0 et Vn > 2, P(a + n) un + un-2 = 0. (**)
Les racines de P sont ai = — § + ^-v/a2 — 1 et a2 = — § — ^Va2 — 1-
Maintenant, choisissons a = ai, de sorte que P(a) = 0 et P(a + n) ^ 0 pour tout n G N*.
Partant de uq = 1, l'unique suite (wn) vérifiant (**) est donnée par
Vn € N, w2n = ™—p, , 0M et u2n+i = 0.
La série entière Y^un tn = ]CM2n t2n a un rayon de convergence infini car u2n/u2n-2 = l/P(or +
2n) donc limn_>+0o u2n/u2n-2 = 0 (voir la règle de D'Alembert, page 237). De plus, elle vérifie
par construction la relation de récurrence (**), donc si (p désigne sa somme, t »-> ta<p(t) vérifie
l'équation différentielle (L) et (p(0) = uq = 1 ^ 0.
b) Si a2 — 1 n'est pas le carré d'un entier, alors les deux racines ai et a2 du polynôme P
exhibé plus haut ne diffèrent pas d'un entier (car ai — a2 = Va2 — 1), et l'opération effectuée
plus haut en remplaçant a par ai peut être reprise telle quelle en remplaçant a par a2 (car
P{ot2) = 0 et P(a2 + n) ^ 0 pour tout n € N*). Ainsi, nous avons prouvé l'existence de
deux séries entières dont les sommes (p et ip sont non nulles en 0 et telles que t t-> tai cp(t) et
t h-> tQ2tp(t) sont solutions de (L). Ces deux solutions sont linéairement indépendantes, car si
Xtai(p(t) +nta2ip(t) = 0 pour tout t > 0, alors \tai-a2<p(t) + pipty) = 0, et en faisant tendre
t vers 0+, on obtient fitp(0) = \i = 0 (car a2 < ai), puis on conclut facilement À = 0. On sait
par ailleurs que l'ensemble des solutions de (L) sur R+* forme un e.v de dimension 2, et on en
conclut que la solution générale de (L) est t >-+ Xtai(p(t) + /j,ta2ip(t). Nous connaissons ai, a2,

5. PROBLÈMES
395
et nous savons donner des relations de récurrence permettant de calculer les coefficients de (p et
if). Ceci nous permet d'obtenir un développement asymptotique de la solution générale de (L).
Traitons maintenant le cas où a2 — 1 = m2, avec m G N. Soit $: tn ta (p(i) la solution
de (L) trouvée à la question précédente. Munis de cette solution de (L), nous allons déterminer
la solution générale de (L) grâce à la méthode d'abaissement de l'ordre décrite à la page 360 :
on cherche la solution générale / de (L) sous la forme f(t) = g(t)$(i), où g est une fonction
de classe C2 encore inconnue (la fonction $ est > 0 sur R+* donc ne s'y annule pas, car par
construction, tous les coefficients de cp sont strictement positifs on nuls). En remplaçant dans
(L), on obtient
0 = *V* + 2gf& + <?$") + (a + l)t (</$ + g&) + (t2 + i) (t?$)
= 9
t2$" + (a+l)t&+ (*2 + t)$
+1 [tg"$ + g'{2t& + {a + 1)$)]
et comme $ est solution de (L), on voit que f = g$ sera solution de (L) si et seulement si
g' est solution de l'équation différentielle (Z/) : £3/$ + y(2t$' + (a + 1)$) = 0. Les solutions
de (Z/) sont les fonctions de la forme t ■-►. Àexp(—F(£)), où À est une constante réelle et F
une primitive de 2$'/$ + (a + l)/£ sur E+*. On peut prendre pour F la fonction définie par
F(i) = 2 log $ + (a + 1) log t, donc finalement, la solution générale de (L') est
1 +—2c*i— a— 1 £—m— 1
La fonction t h-> l/(p(i)2 est de classe C°° sur R+. On considère son développement limité en 0
jusqu'à un ordre p>m:
—— = ao + ai t + a212 + • • • + ap tp + o(tp)
(on connaît les coefficients de <^, on peut donc calculer les coefficients du développement limité de
1/y?2), de sorte qu'un développement asymptotique de (***) en 0+ à la constante multiplicative
À près est
Comme g1 est solution de (Z/), on en déduit par intégration qu'un développement asymptotique
de g est, à une constante multiplicative près,
m tm t p — m
où c est une constante réelle. Maintenant, il ne reste plus qu'à écrire que la solution générale
de (L) est le produit de g par $, pour obtenir un développement asymptotique de la solution
générale de (L). (Le point remarquable ici est la présence d'un logarithme dans le développement
asymptotique).
c) Pour étudier le comportement asymptotique en +00, on va effectuer le changement de variable
u = 1/t pour se ramener en 0. Posons donc z{t) = y{l/t)> de sorte que y(t) = z(l/t). Comme
on voit que y est solution de (E) sur R+* si et seulement si
«>»• -'©♦j-'GM-ïM})-
En posant u = l/t, ceci est équivalent à dire que z est solution de l'équation différentielle
{E') : u2 z" + §uz' + (u2 + \)z = 0. On s'est ramené à une équation différentielle du type
précédent avec a = 5/3, et il s'agit de montrer qu'il existe une unique solution g de (E') sur K+*
telle que g(u) ~ w-1/6 au voisinage de 0.

396
6. ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES
En reprenant les notations précédentes, le polynôme P est ici P = X(X — 1) + | X + i =
X2 + | + J, dont les racines sont a\ = — § et a2 = — g. Ces deux racines ne diffèrent pas d'un
entier, nous sommes donc dans les conditions du premier cas traité à la question précédente.
Nous avions montré qu'une base de solutions de (E') est constitué des fonctions u h-> uai (p(u)
et«H w"2 V(n), où </? et ip sont les sommes de deux séries entières de rayon de convergence
infini, non nulles en 0, dont les coefficients sont déterminés grâce à la relation de récurrence (**).
Vues les valeurs ai = —3/2 et a2 = —1/6, on voit qu'il existe une unique solution g de (E')
équivalente à n-1/6 en 0+, qui est la fonction u ■-> î*-1/6^(*), où ip(u) = J2iZunUn avec
u0 = 1, Vn € N*, u2n = ï=m—57 TTT et u^-i = °-
De menus calculs nous donnent uq = 1, u2 = —3/20 et W4 = 9/1280, donc g(u) = n_1/6(l —
2^ u2 + ï2^ô m4 "*" ^C"6))- Comme /(t) = g(l/t), on en conclut finalement que lorsque t —> +00,
/(t) = ti/e _ A r 11/6 + _JL r23/6 + orr36/6).
M ' 20 1280 v ;
Remarque. L'équation P(o;) = 0 de l'exercice s'appelle équation indicielle de l'équation
différentielle (L).
Cet exercice est un cas particulier du théorème de Puchs portant sur les points
singuliers réguliers d'une équation différentielle linéaire. Dans le cas des équations différentielles
du type
tnPn(t) ?/(n) + t""1 A»-i(*) 2/(n_1) + • • • + tpi(t) y' + Po{t) y = 0, (£)
(0 est singulier pour (i£) car le terme dominant s'annule en 0) où les Pi(t) sont des
polynômes en t et pn(0) ^ 0, ce dernier s'exprime comme suit : si l'équation indicielle de
(E), définie par
ot{a - 1) • • • (a - n + l)pn(0) + ••• + <*(<*- l)p2(0) + api(0) + p0(0) = 0,
est telle que deux de ses racines ai,...,û;n ne diffèrent jamais d'un entier, alors une
base des solutions de (E) est constituée de fonctions de la forme t 1—► tai ipi(t)t où (pi
est la somme d'une série entière dont le rayon de convergence est non nul, et dont les
coefficients peuvent être déterminés par une relation de récurrence obtenue en remplaçant
formellement cette solution dans (E). Lorsque certains des c*i diffèrent d'un entier, c'est
plus délicat, et on voit apparaître des comportements en \ogt en voisinage de 0+.
Les équations différentielles linéaires à coefficients polynomiaux sont appelées
équations holonomes. Parmi ce type d'équations, on peut trouver des solutions avec d'autres
types de singularités, qui font apparaître des comportements en (log t)k ta ect au voisinage
de l'origine.

ANNEXE A
Théorème de Baire et applications
Cet appendice présente, sous forme d'une série d'exercices, le théorème de Baire, suivi
d'un bon nombre d'applications, notamment le théorème de Banach-Steinhaus. Ces
notions ne sont pas au programme des classes de mathématiques spéciales, mais elles
constituent une fort jolie théorie tout à fait accessible. Certains résultats sont surprenant, comme
par exemple
- l'ensemble des points de continuité d'une fonction dérivée est dense (exemple
historique dû à Baire lui même, voir l'exercice 2 page 399) ;
- l'ensemble des fonctions continues nulles part dérivables est dense dans l'ensemble
des fonctions continues. Cette "plaie lamentable" dont se détournait Hermite est
plus étendue que l'on ne pourrait le penser (voir l'exercice 4 page 401) ;
- un endomorphisme bijectif et continu sur un espace de Banach a son inverse continu
(théorème de Banach, voir l'exercice 6 page 403).
Le théorème de Baire
Exercice 0 (Théorème de Baire).
DÉFINITION 1. On dit qu'un espace métrique (E, d) est un espace de Baire si toute
intersection dénombrable d'ouverts denses dans E est dense dans E, autrement dit si
(i) pour toute suite d'ouverts (On)nen telle que Vn G N, On = £", C\ne^On = E.
1/ a) Montrer que cette définition est équivalente à la suivante :
(ii) Toute réunion dénombrable de fermés d'intérieurs vides de E
est d'intérieur vide dans E.
Définition 2. Soient (E, d) un espace de Baire et A une partie de E.
- On dit que A est un résiduel si elle contient une intersection dénombrable d'ouverts
denses dans E.
- On dit que A est maigre si elle est contenue dans une réunion dénombrable de fermés
de E d'intérieurs vides.
b) Montrer qu'une partie A d'un espace de Baire E est maigre si et seulement si E^A
est un résiduel.
2/ (Théorème de Baire.) Montrer que tout espace métrique complet est un espace de
Baire.
3/ (Un lemme utile dans les applications.) Soit (E,d) un espace de Baire et (Fn)ne^ une
o
suite de fermés de E telle que Un€N-Fn = E. Montrer que l'ouvert UneN-^n est dense dans
E.

398
A. THÉORÈME DE BAIRE ET APPLICATIONS
Solution. 1/ a) (i) => (ii). Soit (Fn)ne^ une suite de fermés d'intérieurs vides. Pour tout n,
o
l'ouvert On = E\Fn est dense dans E car E\Fn = E\Fn = E. Ainsi, d'après (i),
II*
.nGN
fl On = f| (£\Fn) = £\
nGN nGN
est dense dans 1?, c'est-à-dire : Un^Fn est d'intérieur vide.
L'implication (ii) => (i) se traite de la même manière en considérant les fermés Fn =
E\On.
b) Soit (Fn)nGN une suite de fermés d'intérieurs vides. Pour tout n G N, posons On = E\Fn,
ouvert dense dans E. On a
(AC
.nGN
)
(E\A) D E\
LnGN
= f| (£\Fn) = f| On,
neN n€N
et on en déduit facilement que A est maigre si et seulement si E\A est un résiduel. (Au passage,
remarquons par définition d'un espace de Baire, qu'un ensemble maigre est d'intérieur vide et
qu'un résiduel est dense dans E.)
2/ Soit (£*,d) un espace métrique complet et (On)nGN une suite d'ouverts denses dans E. Pour
montrer que Cïn^On est dense dans £*, il faut montrer
VV ouvert non vide de £*, Vf)
Ç]on
LnGN
?é0.
Donnons nous donc un ouvert non vide V de E. Par récurrence, on va construire une suite (Bn)
de boules fermées de E telles que
(I) Vn G N, Bn est une boule fermée de rayon non nul et inférieur à l/2n.
(II) B0 C O0 n V et Vn G N, £n+i C On+i n Bn.
L'ouvert Oq est dense dans E donc Oo fl V ^ 0. Or Oo fl V est ouvert, il existe donc une boule
ouverte B(xo,r) C Oq fl V. Si 5q est la boule fermée de centre x$ et de rayon inf{r/2,1}, on a
donc B0 C O0 n F.
Supposons les boules i?o> • • • >Bn construites et vérifiant (I) et (II). L'ouvert On+i est dense
o
dans J5, donc On+i f)Bn est un ouvert non vide. Il existe donc une boule ouverte B(x,r) incluse
o
dans On+i fl Bn. Si Bn+i désigne le boule fermée de centre x et de rayon inf{r/2, l/2n+1} on a
o
donc Bn+i C On+i fl Bn. Ainsi, i?n+i vérifie (I) et (II).
Par construction, {Bn)ne^ est une suite décroissante de fermés non vides de E dont le
diamètre tend vers 0. De plus E est complet, il existe donc x G E tel que nne^Bn = {x} (voir
la proposition 9 de la page 20). Or Bq C V, donc x G V. D'après (II), on a aussi Bn C On pour
tout n, donc x € On pour tout n. Ainsi, x G nnGNOn. Finalement, nous avons prouvé que V et
HriGN^n ont au moins un point commun, d'où le théorème.
o
3/ Soit G le fermé E\(UnFn). Il s'agit de montrer que G est d'intérieur vide.
o
Pour tout n G N, le fermé GnFn est d'intérieur vide car G fl Fn C G fl Fn = 0, donc (£7, d)
étant un espace de Baire,
\J(GnFn) = Gf)
neN
.nGN
= <3n£ = <3
est d'intérieur vide.
Remarque. On peut également définir un espace de Baire pour un espace topologique
général, avec les mêmes définitions. On peut montrer qu'un espace topologique compact
est un espace de Baire.

APPLICATIONS
399
Applications
Les exercices qui suivent sont indépendants les uns des autres, mais il est nécessaire
d'avoir fait l'exercice 0 pour les traiter.
Exercice 1 (Un e.v.n à base dénombrable n'est pas complet). Prouver, en
utilisant le théorème de Baire, qu'un espace vectoriel norme E admettant une base
dénombrable n'est pas complet.
Solution. Soit (en)n€N une base de E. Pour tout entier naturel n, on pose Fn = Vect(eo,..., en).
Le s.e.v Fn est un fermé (car s.e.v de dimension finie), d'intérieur vide car si une boule ouverte
B(rc,r) est incluse dans Fn (avec r > 0), alors x G Fn donc B(0,r) = B(rc,r) — {x} est inclus
dans Fn, et Fn étant invariant par homothétie, E C Fn ce qui est absurde.
Supposons maintenant E complet. D'après le théorème de Baire, Un^Fn est d'intérieur vide
dans E, ce qui est absurde car UneNFn = E. D'où le résultat.
Remarque. Ce même résultat est prouvé sans utiliser le théorème de Baire à l'exercice 8
de la page 56.
Exercice 2 (Une fonction dérivée est continue sur un ensemble dense).
1/ Soient (£, d) et (F, ô) deux espaces métriques. On suppose que (£", d) est complet. On
considère une suite (/n) d'applications continues de E dans F, convergeant simplement
vers une application f de E dans F.
a) Pour tout e > 0, pour tout n G N, on pose
Fn>£ = {xeE\\/p>ny ô(fn(x)t fp(x)) < e}.
o
Montrer que ùe = UneN-^n,e est un ouvert dense dans E et que
Vrco € fie,3V voisinage de x0}\/x G V, ô(f(x0)} f(x)) < 3e.
b) En déduire que l'ensemble des points de continuité de / est un résiduel.
2/ (Application.) Soit / : R —> R une application dérivable sur R. Que dire de l'ensemble
des points de continuité de la fonction dérivée /' ?
Solution. 1/ a) Fixons e > 0 et n G N. Pour p > n, l'ensemble Gp = {x G E \ 6(fn(x), fp(x)) <
e} est fermé (car fn et fp sont continues) donc Fnf£ = f\p>nGp est fermé.
Par hypothèse, la suite (/n) converge simplement, donc ^JnenFn,e = E, ce qui entraîne (voir
la partie 3/ de l'exercice 0) que
o
^e = Un€N.Fn)e
est un ouvert dense dans l'espace complet E.
o
Ceci étant, soit xq G Q.e et soit n G N tel que xq G Fn>£. Comme fn est continue, il existe un
o
voisinage V de xo inclus dans Fn,e tel que
\/xeV, 6(fn(x0)Jn(x)) <e.
Or V est inclus dans FnyE donc
Vx €VyP> n, ô(fn(x),fp(x)) < e,
donc en faisant tendre n vers l'infini (pour # et n fixés) on obtient ô(fn(x)} f(x)) < e pour tout
x eV. Finalement,
\fx G F, ô(f(x), /(xo)) < S(f(x)t fn(x)) + 6(fn(x), f(x)) + ô(fn(x0), f(x0)) < e + e + e = Se.

400
A. THÉORÈME DE BAIRE ET APPLICATIONS
b) Posons R = nnçN*^i/n e* montrons que / est continue en tout point de R. Soit xo e R et
e > 0. Fixons n G N* tel que 1/n < e/3. Comme xo G Œj/n, d'après le résultat de la question
précédente, il existe un voisinage V de xq tel que
Vz G F, ô(f(x)J(x0))<-<e.
n
Ceci suffit à prouver que / est continue en xq.
L'ensemble des points de continuité de / contient donc R. C'est donc un résiduel, en
particulier dense dans E d'après le théorème de Baire.
2/ Pour tout n G N*, on considère la fonction
f(x + ±) -f(x)
fn: R->R x -+ J V 7—i-^-Z.
n
La suite (/n) est une suite de fonctions continues qui converge simplement vers /' sur R. On en
déduit d'après 1/b) que l'ensemble des points de continuité de /' est un résiduel, en particulier
dense dans R puisque R est complet.
Remarque. On sait qu'il existe des fonctions dérivées discontinues sur un ensemble dense
(voir l'exercice 9 page 233).
Exercice 3. a) On considère une application / : R+ —> R continue et on suppose que
pour tout x > 0, la suite (f(nx))ne® converge vers 0. En utilisant le théorème de Baire,
montrer que lim^+oo f(x) = 0.
b) Soit Q, C ]0, +co[ un ouvert non borné. Montrer
3x0 > 0, V7V e N, 3n > N, nx0 G Q.
Retrouver grâce à ce dernier résultat le résultat du a).
Solution, a) Soit e > 0. On introduit, pour tout n G N*, l'ensemble
Fn = {x > 0 | Vp G N,p > n, \f(px)\ < e}.
Comme / est continue, Fn est un fermé de R+, donc de R. L'hypothèse vérifiée par / entraîne
o
]0,4-oo[ c UnçN*Fn, donc d'après le théorème de Baire, il existe no G N* tel que Fno ^ 0. Soient
a, (3 > 0 tels que ]a,(3[ C Fno, de sorte que
VzG]a,/?[,Vp>n0, \f(px)\<e. (*)
L'équivalence ((p + l)a < p0) <=> (p > -jjfjjj) montre que
W G N, N > -^—, I J ]pa,p/?[ = ]Na, +oo[.
p>N
Ceci est en particulier vrai pour un entier N fixé supérieur à no et à oc/{(3 — a). Donc d'après
(*), on a \f{x)\ < e pour tout x > 7Va, d'où le résultat.
b) Fixons n G N* et posons ùn = {x > 0 | 3p > n,px G fi}. L'ensemble Qn est ouvert. Il
est même dense dans R+. En effet, considérons un intervalle ouvert ]cx,j3[ inclus dans R+. En
procédant comme dans la question précédente, on montre que
3iV>n, |J ]pa}pl3[ = ]Na,+oo[.
p>N
Comme Q n'est pas borné, on en déduit (up>jv]pa:,p/?[) nfi^0, donc ]a,(3[ C\fln ^ 0.
Ainsi Qn est un ouvert dense dans R+ pour tout n G N*. Comme R+ est complet, on en
déduit d'après le théorème de Baire que nn€N*fin est dense dans R+. Ce dernier contient donc
au moins un élément xq > 0, et il est clair qu'un tel réel xq répond à la question.

APPLICATIONS
401
Résolvons maintenant la question a) à partir de ce dernier résultat. Raisonnons par l'absurde.
Si a) est faux,
3e > 0,W1 > 0,3a; > A, \f(x)\ > e.
Autrement dit, l'ouvert Q = {x > 0, \f(x)\ > e} est non borné. Donc
3x0 > 0, W G N, 3n > N, nx0 G ft,
ce qui s'exprime en disant que la suite (/(nxo))neN* ne tend pas vers 0. Ceci est absurde, d'où
le résultat.
Exercice 4 (Les fonctions continues nulle part dérivables sont denses).
On note C le R-e.v des fonctions continues de 7 = [0,1] dans R, muni de la norme de la
convergence uniforme ||/||oo = supte/ \f(t)\. L'e.v C est un espace de Banach (car fermé de
B(I, R), ensemble des fonctions bornées de 7 dans M, complet d'après l'exercice 1 page 21).
Pour e > 0 et n G N, on considère l'ensemble
Ue,n =\feC\VxeI,3yeI,0<\y-x\<et 1/fa) ~/W 1 > n) .
I I V-x I J
a) Montrer que Ue<n est un ouvert de C.
b) Montrer que U£tn est dense dans C (indication : pour / G C, pour ô > 0, on considérera
la fonction x t-* f(x) + ôsm(Nx) avec N bien choisi).
c) En déduire que l'ensemble des fonctions de C nulle part dérivables est un résiduel dans
Ç.
Solution, a) Nous allons montrer que le complémentaire F£yn de U£tn dans C est fermé. Pour
cela, on commence par remarquer que
Fe,n = {/ e C | 3x e /, Vy el,\y-x\<e |/(î/) - f(x)\ < n\y - x\} .
On considère ensuite une suite (fp)PeN de Fe,n Qui converge vers / G C. Il s'agit de montrer que
/ G Fe>„.
Pour tout p G N, on a /p G F£tTl donc
3xp G J,Vy G /, \y - xp\ < e, \fp(y) - fp(xp)\ < n\y - xp\.
La suite (xp) prend ses valeurs dans le compact 7, on peut donc en extraire une sous suite
convergente (^(p)), dont nous notons x la limite. Soit y E I tel que 0 < \y — x\ < e. Il existe
P G N tel que 0 < \y — x^^l < e pour tout p> P. Ainsi,
Vp > P, \U(P)(.y) ~ /v(p)(aV(p))| ^ n\y ~ x<p(p)\- (*)
Le caractère continu de / conjugué au fait que (fp) tende vers / au sens de ||. ||oo montre
que (f(p(p)(x(p(P))) tend vers f(x). En faisant tendre p vers l'infini dans (*), on en déduit que
\f{y) — flx)\ 5; n\y — x\- Oeci étant vrai pour tout y G I tel que \y — x\ < e, on en déduit que
/ G F£yTl et le résultat.
b) Soit / G C et ô > 0. Il s'agit de trouver g G U€fTl tel que ||/ - p||oo < à. On va chercher g sous
la forme f(x) + ôsin(Nx).
L'uniforme continuité de / sur le compact I est assurée par le théorème de Heine, de sorte
que
3a G ]0,e[,V(a:,y) G 72, \x - y\ < a} \f(x) - f(y)\ < -.
4-7T 6N
On choisit maintenant N > 2-ir tel que — < a et —— > n. Posons p(x) = f(x) + 5sin(iVa;).
iV 07T
Soit x G 7. Il est clair que
3y G I, 2tt < |iVaî - Afy| < 4tt et | sin(A^a;) - sin(Ny)\ > 1.

402
A. THÉORÈME DE BAIRE ET APPLICATIONS
On a en particulier
2n , 47r . .
— < F "" V\ — "Âf donc p — 2/| < a donc
/(y) - /(*)
De plus,
donc
ôsin(Ny) — ôsin(Nx)
g(y) - 9(x)
y-x
>
y-x
ON ON ON
>
y-x
ON
i —
< 4 ' 2tt
ÔN_
8tt
\y — x\ 47r '
> n, avec 0 < \y — x\ < a < e.
47T 87T 87T
Donc g G C/£)n, et comme ||/ — g\\oo = S, on en déduit le résultat.
c) Posons R = nngN*^i/n,n- Soit / G R. Pour tout n, / G V\jn<n donc si on se donne rc G /,
VneN*,3xneI,Q <\x-xn\< - et
n
/(a?) - f(xn)
Jb Jb'
n
> n.
Donc (xn) tend vers x et limn_»+0o i-ajf = +°°» ce Qui montre que / n'est pas dérivable
en x. Ceci étant vrai pour tout x E I, f est nulle part dérivable.
Ainsi, tout élément de R est nul part dérivable. Comme R est une intersection dénombrable
d'ouverts denses dans le complet C, l'ensemble des éléments de C nuls part dérivables est un
résiduel, en particulier dense dans C d'après le théorème de Baire.
Remarque. Une construction explicite d'une application continue nulle part dérivable fait
l'objet de l'exercice 9 page 84.
Exercice 5. Soit tp
► R une application de classe C°° vérifiant
Vx€]R,3neN, ip{n)(x) = 0.
On veut montrer que ip est une fonction polynôme sur R.
On pose Fn = {x G R | <^(n)(x) = 0} pour tout n G N puis Q, = Un€N^n et F = R\fi.
a) Soit (xp)pef$ une suite de points distincts de R tendant vers x G R telle qu'il existe
no G N vérifiant (p^n°\xp) = 0 pour tout p. Montrer que ip^(x) = 0 pour tout n > no-
b) Montrer que sur toute composante connexe de Q, (p est polynomiale.
c) Montrer que F n'a aucun point isolé.
d) En supposant F ^ 0, obtenir une absurdité. Conclure.
Solution, a) Quitte à prendre une sous suite de (xp)} on peut supposer cette suite strictement
monotone, par exemple strictement croissante. Pour tout p, on a ip(n°\xp) = (p(n°\xp+i) donc
d'après le théorème de Rolle, il existe yp G ]rcp,:Ep+i[ tel que (p(no+1\yp). Ainsi construite, la
suite (yp) est une suite de points distincts tendant vers x et annulant <p(no+l\ En itérant le
procédé, on peut ainsi construire pour tout n > no une suite de points distincts de R tendant
vers x et annulant (p(n\ Par continuité de ^n\ on en déduit (p(n\x) = 0 pour tout n > no-
b) Soit ]a,b[ une composante connexe de l'ouvert Q, et soit [c,d\ un segment inclus dans ]a,b[.
Soit xq G ]c, d[. Il existe n G N tel que xq G Fn donc il existe ce > 0 tel que (pw s'annule sur
]#o — a, xo + a[. On peut donc trouver un polynôme P tel que ip = P sur )xq — a, xq + a[. Ainsi,
l'ensemble
r = {* G ]x0id\ | \/x G [x0,t],(p(x) = P(x)}
est non vide, donc (5 = supT existe bien.
Supposons (3 < d. Comme (3 G ]c,d[ C fi, il existe un voisinage V = ]j3 - r], j3 + tj[ de j3 et
un polynôme Q tels que <p = Q sur V (même raisonnement que précédemment). Donc P = Q
sur l'ouvert Vfï ]xq,(3[^ 0, donc P et Q sont identiques, donc (3 + r] G T. Ceci est absurde, donc

APPLICATIONS
403
(3 = d, c'est-à-dire <p = P sur [xo, d]. On montrerait de même que ip = P sur [c,xq]. Ainsi, (p = P
sur tout segment de la composante connexe ]a, 6[, donc <p = P sur ]a, 6[ tout entier.
c) Raisonnons par l'absurde et supposons que F admette un point isolé xo, de sorte qu'il existe
e > 0 tel que ]xo — e,xo + e[ flF = {xq). On a ]xo — £, £o[ C fi et d'après la question b), il
existe un polynôme P tel que <p = P sur ]rco — £,#o[- De même, il existe un polynôme Q tel que
ip = Q sur ]xq,xq + e[. Par continuité des dérivées successives de (p et de P,Q, on a Vn G N,
pH(x0) = <?(n)(zo) = Q(n)(z0). La formule de Taylor pour les polynômes en x = xq montre
alors que P et Q sont identiques, donc <p = P sur ]xo — e^xq + e[. Si n = deg(P), on a donc
o
]xo — £, xo + £[ C Fn+i C O. Ceci est absurde car xq £ fi, d'où le résultat.
d) Supposons le fermé F non vide. Par hypothèse, Une^Fn = R, donc F = UnçN(^ H Fn). Pour
tout n, FnFn est fermé dans F et F est complet (car fermé de R). D'après le théorème de
Baire, il existe donc no G N tel que l'intérieur de F n Fno (pour la topologie induite par F) soit
non vide, c'est-à-dire
3n0 e N,3a,b G R, ]a,6[nF^0 et ]a,6[ f)F C Fno. (*)
Soit x G ]a, 6[flF. D'après c), on peut trouver une suite de points distincts (xp)pe^ de ]a, b[ H F
tendant vers x. D'après (*), on a (p^n°\xp) = 0 pour tout p, donc d'après a), (p^n\x) = 0 pour
tout n>riQ.
Si maintenant x G ]a,6[ nfi, alors comme ]a,6[ DF ^ 0, la composante connexe Q,x de Q
contenant x possède au moins une extrémité xq dans ]a, 6[. D'après b), il existe un polynôme
P tel que (p = P sur Çlx. Or xo € F donc pour tout n > no, <^nHxo) = P^n\xo) = 0, ce qui
montre que deg(P) < n0. Donc <^n°)(x) = p(n°)(x) = 0.
o
En résumé, on a prouvé ip^n°\x) = 0 pour tout x G ]a, b[. Donc ]a, 6[ C Fno, ce qui est
absurde car ]a,b[ Ci F ^ 0. Donc F = 0, donc fi = R, et d'après b), v3 est polynomiale sur R
tout entier.
Exercice 6 (Théorème de l'application ouverte; théorème de Banach).
Soient E et F deux espaces de Banach.
1/ Théorème de l'application ouverte. Soit T : E —> F une application linéaire continue
et surjective. Pour tout r > 0, on note B(r) = {x G E \ \\x\\ < r}.
a) En utilisant le théorème de Baire, montrer que pour tout r > 0, T[B(r)] est un voisinage
de 0 dans F.
b) Soit r > 0. Pour tout n G N, on pose Vn = B(r/2n). Montrer que T{V{) C T{Vq)
(indication : si yi G T(Vi), construire deux suites (yn) de F et (xn) de E telles que
yn G T(Ki), zn G Vn et yn - yn+l = T(xn) puis considérer £zn)
c) En déduire que T est une application ouverte (i. e. pour tout ouvert Cl de £, T(fi) est
un ouvert de F).
2/ Théorème de Banach. Si T : £" —*• F est une application linéaire continue et bijective,
montrer que T-1 est continue.
Solution. 1/ a) Pour tout n G N*, Fn = T[B(nr)] est un fermé de F. Comme T est surjective,
o
Unç^Fn = F, donc d'après le théorème de Baire, il existe n G N* tel que Fn ^ 0, i. e. il existe
une boule ouverte B(x,p) de centre x de rayon p > 0 incluse dans Fn.
On a alors B(0,/o) C F2n. En effet, donnons nous y G B(rc,/9) C Fn. Il existe deux suites (xp)
et (j/p) de B(nr) telles que
a; = lim T(xp) et ?/ = lim T(yv).
p—>+oo * p—»+oo
Donc y - x = \imp^QOT(yp - xp), et comme pour tout p, yp — xp G B(2nr), on en déduit
y — x G F2n. Ceci est vrai pour tout y G B(x,p) donc B(0,p) C i<2n.

404
A. THÉORÈME DE BAIRE ET APPLICATIONS
Finalement, on a
d'où le résultat.
b) Soit 2/1 G T{V\). Comme T(V2) est un voisinage de 0 d'après la question précédente, on a
T(VÏ) C T(Vi) + T(yïj donc 3Xl e Vu 3y2 e T(Ï5), yi-y2 = Tfa).
En itérant le procédé, on construit ainsi deux suites (yn) de F et (xn) de E telles que
VneN, yn€T(Vn)} xneVn et 2/n - 2/n+i = ^fan).
Pour tout n, xn e Vn donc ||xn|| < r/2n, donc Slknll converge, donc E étant complet,
2^n converge. On note x = X^5=i xn- En écrivant
/ n \ n n
VAT G N*, T f H ^ ) = S T W = X^" ~ îfrH-i) = W ~ Viv+i
\7l=l / 71=1 71=1
et en faisant tendre N vers +00, on obtient T{x) = y\ (ceci parce que T est continue et que
y M —> 0 lorsque TV —* +00, ce dernier fait étant aussi une conséquence de la continuité de T).
Comme pour tout n, ||£n|| < r/2n, on a ||x|| < r. Finalement, 2/1 G T(Vfo).
c) En combinant les résultats des deux questions précédentes, on s'aperçoit que T[B(r)] est un
voisinage de 0 pour tout r > 0. Donc si U est un voisinage de 0, T(U) est un voisinage de 0.
Considérons maintenant un ouvert Cl de E et x G Cl. L'ensemble Q — x est un voisinage de
0, donc T(fi — x) est un voisinage de 0, donc T(fl) = T(Q — x) + T{x) est un voisinage de T(x),
et ceci pour tout x G O, donc T(Œ) est ouvert.
2/ Soit C/ = T-1. D'après le théorème de l'application ouverte, pour tout ouvert Q de E,
U~1(Q) = T(Q) est un ouvert de E. L'image réciproque par U de tout ouvert est un ouvert, on
en conclut que U = T-1 est continue.
Exercice 7 (Théorème de Banach-Steinhaus et conséquences).
Soit E un espace de Banach, F un e.v.n. On note CC(E, F) l'e.v des applications linéaires
continues de E dans F, muni de la norme |/| = supi^y^ ||/(x)||.
1/ Théorème de Banach-Steinhaus. Soit H C Cc(EyF). Montrer que ou bien (|/||)/€#
est borné, ou bien il existe x € E tel que supye# ||/(^)|| = +co-
2/ (Une première conséquence.) Soit (/n) une suite d'applications linéaires continues de
E dans F, qui converge simplement vers une fonction / : E —> F. Montrer que / est une
application linéaire et continue.
3/ ( Une autre conséquence.) Soit Ei un espace de Banach, E2 un e.v.n. Soit B : E\xE2 -+
F une application bilinéaire dont les applications partielles sont continues, c'est-à-dire
- pour tout x G Ei, l'application B(x, •) : E2 —*• F y i-> B(x, y) est continue ;
- pour tout y € E2, l'application B(-,y) : E\ —*• F ïh _B(x,y) est continue.
Montrer que B est continue sur E\X E2.
Solution. 1/ Pour tout fc G N, on pose
Qk = {xeE\ sup||/(aO||>fc}.
feH
L'ensemble Qk est ouvert. En effet, si xq G fifc» il existe f e H tel que ||/(#o)|| > k. Comme /
est continue, il existe p > 0 tel que ||/(#)|| > k pour \\x — xo\\ < p. Donc la boule B(xo,p) est
contenue dans fi^.
Si chaque Q& est dense dans E, alors E étant complet, le théorème de Baire assure que
n&GN^À: est dense dans E, en particulier non vide. Si on choisit x G fïfceN^&j on a alors
suP/etf \\f(x)\\ = +00.

APPLICATIONS
405
Sinon, il existe un entier k tel que fi& ne soit pas dense dans E. En d'autres termes,
3x0 e E,3p> 0, B(x0,j£>)nfifc = 0,
de sorte que pour tout x e B(xo,p), supfeH \\f(x)\\ < k. On en déduit
Vx e B(0,/9),V/ G H} \\f(x)\\ = \\f(x + x0) - f(x0)\\ < \\f(x + x0)\\ + ||/(*o)|| < 2k.
Par continuité de chaque / G if, cette inégalité reste vraie sur la boule fermée Bf(0,p). Ainsi,
1 1k 9k
V/ G tf,V* G £, Us! = 1, ||/(x)|| = -||/(px)|| < - donc V/ G JET, |/| < -,
P P P
d'où le résultat.
2/ La fonction /, limite simple de fonctions linéaires, est clairement linéaire.
Il reste à montrer la continuité de /. Appliquons le théorème de Banach-Steinhaus avec H =
{fn>n G N}. La suite (/n) converge simplement, donc pour tout x G £*, supnGN ||/n(^)|| < +00.
D'après la question précédente, ceci entraîne l'existence de M > 0 tel que ||/n| < M pour tout
n G N. Si ||x|| = 1, on a donc ||/n(^)|| < M pour tout n, donc ||/(x)|| < M. Ceci est vrai pour
tout vecteur norme x, donc / est continue.
3/ Considérons l'ensemble
# = {£(-,y), \\y\\ = l}cCc(EuF).
D'après les hypothèses, pour tout x G £*i, l'application y h-> B(x>y) est continue. Ceci entraîne
supy^i^! ||jB(#,î/)|| < -foo, autrement dit on a supyG# ||/(#)|| < +00 pour tout x G E\. L'e.v.n
E\ est complet, donc d'après le théorème de Banach-Steinhaus,
3M > 0,Vy G £2, ||2/|| = 1, |B(-,1/)| < M.
Autrement dit, pour tout (a;,y) e Ei x E2 vérifiant ||a;|| = \\y\\ = 1, on a ||i?(:E,2/)|| < M. Donc
B est continue sur E\ x £?2 (c'est classique à partir de cette dernière inégalité !)
Exercice 8 (Existence de fonctions continues différentes de leur série de
Fourier) . On note C^ l'ensemble des fonctions de ]R dans C qui sont 27r-périodiques et
continues. Pour tout / € £2*-, on note
Vp€Z, <*(/) = ^jT/We-***
(coefficients de Fourier de /). Pour tout n G N*, on considère l'application
n
in ■ C2„ - C f^Yl CP(ÏÏ'
p=—n
On muni C2ir de la norme ||/||oo = sup_ff<t<ff \f(t)\.
a) Pour tout n € N*, montrer que tn est une forme linéaire continue et calculer sa norme
|4| = sup||/|loo=1|4(/)|.
b) Montrer que lim^+oo |ln| = +°°- Conclure avec le théorème de Banach-Steinhaus.
Solution, a) L'application £n est clairement une forme linéaire. La relation classique
A ipt sin[(2n + l)t/2] .... 1 [" M(2n + l)t/2] £U, M
22eP= sin(*/2) entrame V/GC2- in{f) = ^L sin(V2) /W*'
donc si ll/lloo = 1, on a
<ft. (*)

406
A. THÉORÈME DE BAIRE ET APPLICATIONS
Pour tout e > 0, on définit la fonction de ^tt
Dn{t)
fe
C 11—>
PnWI + e'
On a ||/e||oo < 1 et on montre facilement que
où Dn(t) =
sin[(2n + l)t/2]
sin(t/2)
e>0 t/-7r
* |sin[(2n + l)*/2]
Avec (*), on en déduit
i r
sin(*/2)
* |sin[(2n+l)*/2]
d*.
d*.
sin(t/2)
b) L'inégalité |sin(t/2)| < \t/2\ pour tout nombre réel t entraîne
^\sm[(2n+l)t/2]
Vn G N*,
«NI > ; T
t/2
* Jo
(2n+l)7r/2
sinn
n
du.
Comme l'intégrale /0+co |sinu/u\du diverge (car fJ^L^ \sinu/u\du > ^ Jj™-^ \sinu\du =
£)y on en déduit limn_>+00|ln| = +oo.
Maintenant, C2n est complet (car fermé de B(R, C), e.v des fonctions bornées de R dans C
qui est complet — voir l'exercice 1 page 21), et on peut donc appliquer le théorème de Banach-
Steinhaus qui entraîne l'existence de / G Ci* tel que supneN |^n(/)| = +oo. Autrement dit, la
série de Fourier de / en 0 diverge. La fonction / est donc différente de sa série de Fourier. En
conclusion, il existe des fonctions continues différentes de leur série de Fourier.
Remarque. Un exemple explicite d'une fonction continue 27r-périodique dont la série de
Fourier diverge en 0 fait l'objet de l'exercice 4 page 264.
Autres applications
Le lecteur amusé par les applications précédentes du théorème de Baire pourra
s'exercer sur les suivantes :
- il n'existe pas de partition dénombrable de [0,1] en fermés ;
- il n'existe pas d'application / : R —*• R continue en tout point de Q et discontinue
en tout point de R\Q (par contre, il existe des fonctions continues en tout point de
R\Q et discontinues en tout point de Q, voir le problème 9 page 110) ;
- si Ei et E2 sont deux espaces métriques complets et si une fonction / définie sur
Ei x E2 a toutes ses applications partielles continues, alors / est continue sur un
ensemble dense.
Remarque sur le théorème de Banach-Steinhaus
Il existe une version plus forte de ce théorème, valable sur des espaces vectoriels appelés
espaces de Fréchet. Ce ne sont pas des espaces normes, mais des espaces métriques dont
la distance n'est pas issue d'une norme.

ANNEXE B
Espaces de Hilbert
Cet appendice présente, sous forme d'un problème, les résultats généraux relatifs aux
espaces de Hilbert. Ce problème est suivi de deux exercices indépendants :
- le premier porte sur la topologie faible dans un espace de Hilbert,
- le second sur les opérateurs compacts et leur théorie spectrale dans les espaces de
Hilbert.
Cet appendice suppose connue la théorie des espaces préhilbertiens.
1. Résultats généraux sur les espaces de Hilbert
Problème 1. Nous n'étudierons ici que les espaces de Hilbert sur R (les propriétés des
espaces de Hilbert sur C sont analogues et se montrent de la même manière).
Rappel. Un espace vectoriel est dit préhilbertien s'il est muni d'un produit scalaire. S'il
est complet pour la norme issue du produit scalaire, on dit que c'est un espace de Hilbert
(ou hilbertien).
Les e.v de dimension finie sont très maniables, mais beaucoup de leurs propriétés
intéressantes ne sont plus vraies en dimension infinie. Les propriétés topologiques des
espaces de Hilbert en font des espaces de dimension infinie très souples, comme nous
allons le voir.
- Dans tout le problème, H désigne un espace de Hilbert de dimension infinie.
- Le produit scalaire de deux éléments x,y € H est noté (x, y), la norme associée est
IWI = \/(x>x)-
1/ Théorème de projection sur un convexe fermé. Soit C C H un convexe fermé.
a) Soit x £ H. Montrer qu'il existe un unique élément y € C tel que \\x — y\\ = d(x, C) =
mî2eC\\x- z\\.
L'élément y s'appelle la projection orthogonale de x sur C, et on note y = xc-
b) Si x € H, montrer que xc est caractérisé par la propriété suivante :
Vz € C, (z — xc-, x — xc) < 0.
2/ Orthogonal d'un sous espace. On rappelle que l'orthogonal d'une partie A de H
est
A1 = {y€H\\/xeA,(x,y)=0}.
a) Si A C H, montrer que A1 est un s.e.v fermé de H.
b) Soit F un s.e.v fermé de H. Montrer :
(i) F®F± = H;
(ii) si x G H, xp = Pf(x) où. pp est la projection orthogonale sur F ;
(iii) F = F11.
c) Soit F un s.e.v quelconque de H. Montrer que F = F11.
d) Montrer qu'un s.e.v F de H est dense si et seulement si F1 = {0}.
3/ Théorème de représentation de Riesz. On note H' le dual topologique de H, i. e.
l'e.v des formes linéaires de H continues.

408
B. ESPACES DE HILBERT
a) Pour tout a G H, on note <pa la forme linéaire H —> R rc i—► (a, x). Montrer que
l'application H —> //"' a*-+ (pa est un isomorphisme.
b) (Application : adjoint d'un endomorphisme). Soit w € CC(H) un endomorphisme
continu de #. Montrer que
3b G £c(£),V(x,y) G #2, (ti(a:),y> = {x,v(y)).
L'endomorphisme v est appelé adjoint de w et est noté u*. Montrer que \\u*f = |u| (où
M=SUP||x||=1||ti(x)||).
4/ Bases hilbertiennes.
a) Soit (en)n€N une suite de vecteurs de H de norme 1, deux à deux orthogonaux. On
note E = Vect(en)nGN- Soit v E H. Pour tout n G N, on note Àn = (v, en). Montrer que la
série J2 ^n en converge, que sa somme w est la projection orthogonale de v sur E et que
+oo
IMI2 = /J^n ^ IMI2 (inégalité de Bessel).
n=0
b) On dit que H est séparable s'il existe une suite (en)n€N de vecteurs de H de norme 1,
deux à deux orthogonaux, telle que Vect(en)ne^ soit dense dans H (on parle alors de base
hilbertienne).
Montrer que si H est séparable, tout élément v de H s'écrit v = 2nS ^» en ou Pour
tout n, An = (v,en>, et que ||v||2 = ££L0A2.
Solution. 1/ a) Posons 5 = d(rc, C) = infz€c ||a; — z\\. Il existe une suite (yn) de C telle que
linin^+oo \\x — yn\\ = ô. En utilisant le fait que H est un espace de Hilbert, nous allons montrer
que ceci entraîne la convergence de (yn). Comme H est complet, il suffit de montrer que (yn)
est de Cauchy.
Comme la norme ||. || est issue d'un produit scalaire, elle vérifie l'identité du parallélogramme,
donc
Vp^GN, \\(x - yp) + (x - yq)f + \\yp - yq\\2 = 2 (\\x - yp\\2 + \\x - yq\\2) . (*)
Or C est convexe, donc (yv + yq)/2 G C pour tout p, q G N, donc \\x — yp2y<?|| > 8, ou encore
||(a; - yp) + (x - yq)\\2 > 4<52. Avec (*), on en déduit
Vp,<? G N, ||%, - yq\\2 < 2 [(||o: - ypf - ô2) + (||z - yq\\2 - ô2)] ,
et comme ||x — yn\\ tend vers <5, on voit que (yn) est bien une suite de Cauchy.
Soit y la limite de (yn). Comme C est fermé, on a y G C et ||x — y\\ = limn_>+00 ||x — yn\\ =
ô = d(x,C).
Il nous reste à montrer que y est unique. Supposons ||x — z\\ = ô avec z G C, et définissons
une suite (yn) de C par yn = y si n est pair, t/n = z si n est impair. Cette suite vérifie ||x—t/n|| = ô
pour tout n, en particulier ||x — yn\\ tend vers <5, donc d'après ce que nous avons prouvé plus
haut, (yn) converge. Ceci entraîne z = y, d'où l'unicité.
b) Supposons d'abord que pour y G C, on ait
\/zeC, (z-y,x-y)<0.
Alors pour tout z G C,
II*"*!!2 = \\(z-y)-(x-y)\\2 = \\z-y\\2+\\x-y\\2-2{z -y,x-y)> \\z-y\\2+\\x-y\\2 > \\x-yf,
donc \\z — x\\ > \\y — x\\ pour tout z G C. De plus y E C, donc ||2/ — x|| = d(x,C), et d'après la
question précédente, y = xc-
Montrons maintenant que la propriété est vérifiée pour y = xc- Pour tout z G C, on a
||z - 2||2 > \\x - xc\\2, et en développant ||a; - z||2 = ||(ru - xc) — (z — xc)\\2, on obtient donc
\/z G C, -2(x -xc,z- xc) + \\z - xc\\2 > 0. (**)

1. RÉSULTATS GÉNÉRAUX SUR LES ESPACES DE HILBERT
409
Il s'agit de se débarrasser du terme en \\z — xc||2. L'idée est que lorsque z est proche de xc, le
terme \\z — #c||2 est petit devant l'autre ; on va donc appliquer (**) a un point z qui tend vers
xc- Fixons zq G C. Comme C est convexe, on a z = Xzq + (1 — \)xc G C pour tout À G [0,1],
donc en appliquant (**) à z, on tire
VA G [0,1], -2A(x - xc, z0 - xc) + A2||*0 - xc\\2 > 0,
donc
VA G ]0,1], -2(x - xc, 20 ~ xc) + A||*ô - xc\\2 > 0,
et en faisant tendre A vers 0 dans cette dernière inégalité, on obtient — 2(x — xc>zq — xc) > 0,
et ceci pour tout zq G C, d'où le résultat.
2/ a) Le fait que A1 soit un s.e.v de H est immédiat. Pour montrer que A1 est fermé, on
considère une suite (xn) de A1 qui converge vers un point x de H. Pour tout y G A, on a
(xn>y) = 0, et par continuité du produit scalaire (qui provient de l'inégalité de Schwarz), on en
déduit, en faisant n —» +oo, que (x,t/) = 0. Ceci est vrai pour tout y G j4, donc x G i4±.
b) Montrons (i). Il est clair que FDF1 = {0}, car si (x, x) = 0, on a x = 0. Montrons maintenant
F 0 F1 = H. Soit x e H. Comme F, s.e.v fermé de iJ, est un convexe fermé de iif, on peut
appliquer les résultats de 1/. Donc il existe un unique élément xp G F tel que ||x—x^H = d(x, F),
et on a
\/z G F, (2 - x/r, x - xf) < 0.
Comme F est un s.e.v, il est symétrique par rapport à xp G F, et cette dernière inégalité est
donc une égalité. On en tire
\/z G F, (z, x — xf) = (z — x/r, x — xp) — (0 — xf, # — xp) = 0,
donc x — xp G F1. En conclusion, on a x = xp + (x — x/r) avec x/r G F et x — x/r G F1, donc
x e F ® F1, et ceci étant vrai pour tout x G iif, on a bien H = F 0 F1. Du même coup, nous
avons montré que xp = Pf(x), qui est l'assertion (ii).
Il nous reste à montrer (iii). Il est clair que F C F11, car si x G F, on a (x, y) = 0 pour tout
y G F-1, donc x G F11. Montrons l'inclusion réciproque. Soit x G F11. Comme F®F1 = if, il
existe un unique couple (xi,X2) G F x F1 tel que x = xi + X2. Or x est orthogonal à F1, donc
(x2,x) = 0 = (x2,xi) + (x2,X2) = ||#2||2> donc X2 = 0, et finalement x = x\ G F. On a donc
F11 C F, d'où (iii).
c) L'ensemble F est un s.e.v fermé de #, donc F = (F)11. Or
F C F donc (F)1 C F1 donc F11 C (F)11 = F. (***)
Par ailleurs, F C F11, et comme un orthogonal est fermé, F C F11. Avec (***), on en déduit
F = F±JL.
d) Comme F = F11 et que H = F1 0 F11 (car F1 est un s.e.v fermé), on a H = F^ + F,
donc F = iif si et seulement si F1 = {0}.
3/ a) Remarquons tout d'abord que <pa est bien une forme linéaire, et elle est continue d'après
l'inégalité de Schwarz.
L'application H —» H' a h-> (pa est clairement linéaire. Elle est injective car si cpa = 0, alors
0 = <Pa(a) = (a>a) = ||a||2, donc a = 0.
Il nous reste à montrer (c'est plus délicat) qu'elle est surjective. Soit L G H'. Si L = 0,
L = cp0 et c'est terminé. Sinon, L ^ 0. et KerL = ^({O}) est un s.e.v de H, fermé car L est
continue. Donc d'après 2/a), (KerL) 0 (KerL)1 = H. Si L était nulle sur (KerL)1, alors L
serait nulle sur H ce qui est absurde par hypothèse. Donc il existe a G (Ker L) tel que L(a) ^ 0.
Montrons que (KerL)1 = Vect(a). Soit v G (KerL)1. On pose
w = v-^la qui vérifie L(w) = L(v) - L (^\ a) = L(v) - ^\ L(a) = 0,
L(à) \L(a>) ) L\a)

410
B. ESPACES DE HILBERT
donc w G KerL. Par ailleurs, w est combinaison linéaire de deux éléments de (KerL)1, donc
w G (KerL)1. Finalement, w G (KerL) n (KerL)-1- = {0} donc w = 0, c'est-à-dire v = ^A a G
Vect(a). On a donc bien (KerL)1 = Vect(a).
Ceci étant, posons b = ttS a. Nous allons montrer <#, = L.
- Pour tout x G KerL, on a <pb(x) = îtM (a,a;) = 0 car a G (KerL)-1.
- Si x G (KerL)1, alors il existe À G M tel que x = Xa, donc
<pb(x) = X<pb(a) = X |pij2 («,a) = AL(a) = L(Aa) = L(x).
Finalement, nous avons montré que L et (pb coïncident sur les deux espaces supplémentaires
KerL et (KerL)1. Donc L = <#,, d'où la surjectivité désirée.
b) Soit y E H. L'application x t~* (u(x),y) est une forme linéaire continue, donc d'après 3/a),
3\ay G H,\/x G H, {u{x)>y) = (ay,x).
L'unicité de ay entraîne que y *-+ ay est linéaire. Notons v l'endomorphisme de H défini par
v(y) = ayt de sorte que
Vrc, y G H} {u(x),y) = {x,v(y)).
L'unicité de ay entraîne celle de v. Il nous reste à montrer que v est continu. Pour tout y e H,
on a
\\v(y)f = (v(y)Mv)) = (uHy)U) < h[v(y)]\\ • IMI < M • Mv)\\ • IMI,
donc ||v(î/)|| < 1161 • \\y\\. Ceci étant vrai pour tout y G H, on en déduit que v est continu et que
M < M-
Nous avons donc prouvé l'existence et l'unicité de u*, et on a ||w*| < |u|. De même,
!«**! < Iw*l- L'unicité de l'adjoint entraîne u** = u, donc |u| < |«*I, et finalement, on a
î**I = III w
4/ a) Pour tout n, notons i?n = Vect(efc)o<À:<n> s.e.v de dimension finie de H, donc fermé. La
projection orthogonale de v sur En est pEn(v) = Y%=o ^k ^k (en effet, si pEn (v) = X)JL0 f^k ek, on
àv-pEn(v) G L?1, donc pour tout fc, 0 < k < n, 0 = (v ~PEn{v),ek) = (v,ek) - fa = ^k-Vk)-
En particulier, |b*»||2 = £2=o**- Comme \\pEn(v)\\2 < \\v\\* (car |M|2 = |b*»||2 +
\\v -VEn(v)\\2), on en déduit que la série £ A2 converge. Comme || Y,n=P ^n en\\2 = En=P An>la
série ^ An en est de Cauchy, donc elle converge car H est complet. Notons w sa somme.
Pour tout n G N, on a (v — w, en) = (v, en) — («;, en) = Xn — Xn = 0, donc v — w G E1. Or
w e E, donc iu = p.e(v).
Comme w; = \imn->+00pEn(v)} on a H|2 = \imn->+00\\pEn(v)\\2 = Ejf^n, et |H!2 =
\\PE(v)\\2 < M|2.
b) Il suffit de remarquer que dans ce cas, E = H et w = Ph(v) = v.
Remarque. Les résultats des questions de 1/ (resp. de 2/b)) restent vrais dans un espace
préhilbertien si C est supposé complet (resp. si F est complet, en particulier s'il est de
dimension finie). Les démonstrations sont les mêmes.
S'il existe une famille libre dénombrable de vecteurs (en)n€N telle que Vect(en)n€N
soit dense dans H, alors H est séparable (appliquer le procédé d'orthonormalisation de
Schmidt). La plupart des espaces de Hilbert dans lesquels on travaille sont séparables.
2. Quelques propriétés des espaces de Hilbert
Les deux exercices qui suivent ont pour but de présenter des propriétés intéressantes
des espaces de Hilbert. Ils sont indépendants. Il est nécessaire, pour les traiter, d'avoir
pris connaissance des résultats du problème précédent.

2. QUELQUES PROPRIÉTÉS DES ESPACES DE HILBERT 411
Exercice 1 (Topologie faible dans un espace de Hilbert) . Soit H un espace de
Hilbert dont le produit scalaire est noté ( , ). Soit (xn) une suite de points de i7,
- on dit que (xn) converge fortement vers x G H si lim \\x — xn\\ = 0 (c'est la
n—»+oo
convergence usuelle) ;
- on dit que (xn) converge faiblement vers x G H si pour tout y E H, lim (xny y) =
n—»+oo
1/ a) Si (xn) converge faiblement vers rc, montrer que x est la seule limite faible possible
de (xn). Si de plus il existe M > 0 tel que ||xn|| < M pour tout n G N, montrer que
NI < M-
b) Si (xn) converge fortement vers x, montrer que (xn) converge faiblement vers x. La
réciproque est-elle vraie ?
c) Si (xn) converge faiblement vers x et si lim^+oo ||xn|| = ||z||, montrer que (xn) converge
fortement vers x.
2/ Compacité faible de la boule unité fermée. Soit (xn) une suite bornée de H.
On veut montrer qu'il existe une sous suite de (xn) qui converge faiblement.
a) Montrer qu'il existe une sous suite (yn) = (x^)) de (xn) telle que pour tout fc G N, la
suite ({yn,Xk))neN soit convergente.
b) Si E est l'adhérence du s.e.v Vect(xn)ne^, montrer
3\ueEyv£E, lim (yn,v) = {u,v).
n—*+oo
c) En déduire que (yn) converge faiblement vers u.
Solution. 1/ a) Soit x' e H tel que pour tout y E H, limn_>+00 (xn,y) = (x',y). Alors pour tout
y € H, {x,y) = limn_»+00 (xn,y) = (x',y), donc {x — x',y) = 0 pour tout y G H. En particulier
{x — x',x — x') = \\x — a/||2 = 0, donc x = x'.
Si ||#n|| < M pour tout n, alors pour tout n, |(xn,a;)| < ||a;n||«||aî|| < M||a;||. Comme((a;n,x))
converge vers {x,x) = \\x\\2, on en déduit ||a;||2 < M \\x\\ donc ||:c|| < M.
b) C'est évident car pour tout y E H, \(xn,y) - (x,y)\ = \(xn - x,y)\ < \\xn - x\\ • ||y||.
Par contre, la réciproque est fausse. Par exemple, dans un espace de Hilbert séparable dont
(en)neN est une base hilbertienne (par exemple H = £2, espace des suites réelles (xn) telles que
Y^ Xn < +oo), la suite (en)nepi converge faiblement vers 0 car si y G if, on a y = ]CnS (v* en) en
et ]P (2/, en) converge, donc liuin-^+oo (y, en) = 0, Bien sûr, il est clair que (en) ne converge pas
fortement (si c'était le cas, sa limite forte serait sa limite faible donc 0, ce qui est impossible
puisque ||en|| = 1 pour tout n).
c) Il suffit d'écrire \\xn — x\\2 = \\x\\2 + ||#n||2 — 2{x,xn).
2/ a) Comme (xn) est bornée, la suite réelle ((#n>zi))neN* es* bornée. On peut donc extraire
une sous suite (a^n)) de (xn) telle que la suite ({x^^n),x\))n^* converge.
De même, la suite réelle {{x(pi(n),X2))neN* est bornée, on peut donc extraire une sous suite
(2Vi°v>2(n)(n))n€N* de (^(n)) telle que la suite ((^lOV?2(n),^2))neN* converge.
En procédant par récurrence, on construit ainsi pour tout k une sous suite (a;¥jl0-o¥)fc(n))nGN*
telle que la suite ((x(pi0...ov>k(n),xk))nen* converge.
On définit alors la suite (yn) par yn = scVl0...OVB(n) pour tout n (procédé d'extraction
diagonal). Pour n > fe, la suite (yn) est une sous suite de {xtpi0...otpk^)nen* » donc la suite ((yn, Xk))neN*
converge, et ceci pour tout k G N*.
b) Pour tout k, la suite ((yn,Xk))neN* converge. Il est donc clair que pour tout v G F =
Vect(xk)keN*, la suite {{yn,v))nen* converge. _
Montrons que cette propriété reste vraie si v G E = F. Soit v € E. Soit e > 0 et w G F tel
que \\v - w\\ < e. La suite {{yn,w))neN* converge. Elle est donc de Cauchy, ce qui entraîne
3N G N,Vp,(? > Nt \(yp,w) - (yqiw)\ < £-

412
B. ESPACES DE HILBERT
On en déduit
Vp,g> N, \(vP,v)-(yqiv)\ < \(yP,v-w)\ + \(ypiw)-{yqiw)\ + \(yqiv-w)\ < Me+e+Me}
où M est un majorant de (||£n||) (donc de (||î/n||))- Donc ((2/n,v))n€N* est une suite de Cauchy,
donc elle converge car H est complet.
Pour tout v G Ey on note £(v) la limite de la suite ((yn>v))neN*- U est clair que l'application
l : E —* R ainsi définie est linéaire. Elle est continue car (yn) est bornée. Le s.e.v £", fermé
dans un complet, est complet. Muni du produit scalaire sur H, c'est donc un espace de Hilbert,
donc d'après le théorème de représentation de Riesz, il existe un unique vecteur u de E tel que
£(v) = (u, v) pour tout v e E. Ceci s'écrit aussi
3\u G E, Vv G E, lim (yn,v) = (u,v).
n—►+<»
c) Comme E est un s.e.v fermé de H, on sait que E&E1 = H. Soit v G H, et soit (i>i,t>2) G E x
-E"-1 tel que t; = v\ +V2. Pour tout n, ona,yn€ E, donc (j/n,^) = (î/n, M- Or limn_>+00 (î/n,i>i) =
{u,vi) car vi G .E1, et comme n G E, on a (w,t>i) = (u,v). On en déduit limn_»+0o (yn,v) = (w,v),
et ceci pour tout v G if, d'où le résultat.
Remarque. A l'aide du théorème de Banach-Steinhaus (voir l'exercice 7 page 404 dans
l'annexe A), on montre facilement que si (xn) converge faiblement, alors (xn) est bornée
(considérer les formes linéaires fn:H—>R x i—► (xn,x)).
La convergence faible permet de définir la topologie faible sur H (un ensemble est
faiblement fermé si toute limite faible de points de cet ensemble reste dans cet ensemble).
Si H est séparable, la topologie faible sur la boule unité de H est métrisable (i. e. il existe
une distance d sur H telle que la topologie induite par d est la topologie faible — prendre
pour d la fonction d(w,v) = YHnS)éi\(en>u~v)\> ou (en) es* une ^ase hiltatienne).
On comprend alors mieux le terme de compacité faible, car dans un espace métrique, la
propriété de Bolzano Weierstrass est équivalente à la propriété de Borel-Lebesgue.
Exercice 2 (Opérateurs compacts dans un espace de Hilbert).
Soit E un R-espace de Banach. On note CC(E) l'e.v des endomorphismes continus de
E, muni de la norme ||/| = supN|=1 ||/(x)||.
Un endomorphisme (on dit aussi opérateur) f sur E est dit compact si f(B) est compact
(où B désigne la boule unité fermée de E). On note Ccomp(E) l'ensemble des opérateurs
compacts de E.
I. Généralités.
1/ a) Montrer Ccomp{E) C CC{E).
b) Soit / G CC(E). Montrer que les trois assertions suivantes sont équivalentes :
(i) / est un opérateur compact ;
(ii) pour tout e > 0, on peut recouvrir f(B) par un nombre fini de boules ouvertes de
rayon e ;
(iii) pour toute suite (xn) bornée de E, on peut extraire de la suite [/(#„)] une sous
suite convergente,
(pour (ii), on pourra utiliser le résultat de l'exercice 2 page 32).
2/ a) Montrer que Ccomp{E) est un s.e.v fermé de CC(E).
b) Si / 6 CC(E) est de rang fini (i e. si f(E) est de dimension finie), montrer que
/ € Ccomp(E).
II. Opérateurs compacts dans un espace de Hilbert. Dorénavant, E désigne un
R-espace de Hilbert.
1/ a) Si / € Ccomp(E), montrer que / est limite d'opérateurs continus de rang fini.

2. QUELQUES PROPRIÉTÉS DES ESPACES DE HILBERT 413
b) Si / G Ccomp(E), montrer que son adjoint /* est un opérateur compact.
c) Si (en)n€N est une suite de vecteurs de norme 1, deux-à-deux orthogonaux, et si / G
(E), montrer \imn-,+00 f (en) = 0.
2/ Valeurs propres d'un opérateur compact dans un Hilbert Soit / G £Comp(^)- On note
A(/) = {A g R | 3x ^ 0, f(x) = Xx}
(ensemble des valeurs propres de /).
a) Si A G A(/) et A 7^ 0, montrer que le sous espace propre Ker(/ — A Id) correspondant
est de dimension finie.
b) Montrer que 0 est le seul point d'accumulation possible de A(/). En déduire que A(/)
est au plus dénombrable.
III. Opérateurs compacts autoadjoints. Soit / G £ComP(£) autoadjoint (i. e Vx,y G
E,(f(x),y) = {x,f(y))).
1/ a) Montrer qu'il existe une suite (xn) de vecteurs de E, tous de norme 1, telle que
limn_+00 |(/(:rn),a:n)| = ||/|.
b) Si / 7^ 0, en déduire que / a au moins une valeur propre non nulle.
2/ a) Montrer que deux sous espaces propres de / pour des valeurs propres distinctes
sont orthogonaux.
b) Soit G le s.e.v engendré (algébriquement) par les vecteurs propres de / associés à des
valeurs propres non nulles. En notant F = G, montrer que F1 = Ker /.
c) On suppose que A(/) n'est pas fini. Montrer qu'il existe une famille orthonormale
dénombrable (en)n€N de vecteurs propres, associés à des valeurs propres non nulles, telle
que
+oo
Vx G E,3y€ Ker /, x = ]P (x, en) en + y.
n=0
Que dire si A(/) est fini ?
Solution. I. 1/ a) Soit / G £COmp(£)- L'ensemble f(B) est compact, donc borné, donc f(B)
est borné, donc / est continue, d'où le résultat.
b) Montrons d'abord que les assertions (i) et (ii) sont équivalentes.
- (i) =>• (ii) est clair car f(B) étant compact, on peut toujours, pour tout e > 0, recouvrir
f(B) (donc f(B)) par un nombre fini de boules ouvertes de rayon e.
- (ii) ==> (i). Soit e > 0. On peut recouvrir f(B) par un nombre fini de boules de rayon
e/2 : f(B) C Ui<i<nB(a;;,£/2). Ainsi, f(B) C Ui<j<nB(xi,e), et comme ceci est possible
pour tout e > 0, f(B) est précompact (voir l'exercice 2 page 32). De plus f(B), fermé
dans le complet E, est complet. On en déduit que f(B) est compact.
Montrons maintenant l'équivalence entre les assertions (i) et (iii).
- (i) =$> (iii). Soit (xn) une suite de E, bornée. Soit M > 0 tel que ||rcn|| < M pour
tout n. Pour tout n, xn/M G B, donc la suite (f(xn/M)) est à valeurs dans le compact
f(B). On peut donc en extraire une sous suite convergente (/(^v?(n)/^))n€N) donc la suite
(f(x<p(n)))neN est une sous suite convergente de (f(xn)).
- (m) =$■ (i). Soit (yn) une suite de f(B). Il s'agit de montrer que l'on peut en extraire
une sous suite convergente. Pour tout n G N*, il existe xn G B tel que \\f(xn) —yn\\ < Vn-
D'après (iii), on peut extraire de (f(xn)) une sous suite convergente [/(^v?(n))]neN) et il
est alors clair que la sous suite (y^rî)) est convergente.
2/ a) Montrons que £COmp(-^) ^s^ un s.e.v de JCC(E).
Si / G Ccomp(E)) et si À G R, on a (Xf)(B) = à/(jB), donc À/ G £Comp (E).
Soient f,g G Ccomp(E). Soit (xn) une suite bornée de E. On peut extraire de [/(zn)]neN
une sous suite convergente [/(^¥j(n))]neN- De même, comme (x^n)) est bornée, on peut extraire

414
B. ESPACES DE HILBERT
de b(a;v(n))]n€N une sous suite convergente [p(:w>(n))]neN- Les deux suites [/(aVov>(n))]neN
et [^(a;V5oV(n))]n€N sont donc convergentes, donc la suite [(/ + g)(x<poxi>(n))]neN est convergente.
D'après l'équivalence (iii) <==>■ (i) de la question précédente, on en déduit que / + g est un
opérateur compact.
Montrons maintenant que Ccomp(E) est un fermé de CC(E). Soit (/n) une suite de Ccomp(E)
qui converge vers / G CC{E). Soit e > 0. Choisissons n G N tel que |/n - /||| < e/2. Comme
fn est un opérateur compact, d'après l/b)(ii), on peut recouvrir fn{B) par un nombre fini de
boules ouvertes de rayon e/2. Alors f{B) est recouvert par les boules de même centre et de
rayon e, donc / est compact d'après l/b)(ii).
b) Soit / G CC(E) de rang fini. Comme / est continue, f(B) est bornée. Par ailleurs, f(E) est
fermé (c'est un sous espace de dimension finie), donc f(B) C f(E). Finalement, f(B) est un
fermé borné de f(E). Comme f(E) est de dimension finie, f(B) est donc un compact de f(E),
donc de E puisque f(E) est fermé.
II. 1/ a) Soit e > 0. D'après I.l/b)(ii), il existe un nombre fini de boules de rayon e recouvrant
f(B) : f(B) C Ui<i<nB(2/i,e). Soit F = Vect(yi,... ,yn) et pf le projecteur orthogonal sur F.
On a 1/ — pf o F\\ < e. En effet, si x e B, on sait qu'il existe i tel que \\f{x) — yi\\ < e.
De plus, on sait que \\f(x) — pf ° /Mil = inf^eF \\f(x) — y\\, et comme yi G F, on en déduit
\\m-PFof(x)\\<\\f(x)-yi\\<e.
En résumé, pour tout e > 0, nous avons trouvé un opérateur g continu de rang fini (ici
g = Pf ° f qui est bien de rang fini car F est de dimension finie), tel que \\g — /||| < e. D'où le
résultat.
b) Remarquons déjà que si / G CC(E) est de rang fini, alors /* aussi. En effet. La relation
(x>f*(y)) = (f(x)>y) Pour tout x,y € E entraîne f*(E) C (Ker/)1. Par ailleurs, la restriction
de / à (Kerf)1 est un isomorphisme de (Ker/)1 sur /(£*), donc (Ker/)1 est de dimension
finie. Donc f*(E) est de dimension finie.
Ceci étant, soit / G CCOmp(E). D'après la question précédente, il existe une suite (/n)
d'opérateurs continus de rang fini qui converge vers /. Or pour tout n, |/n~/*|| = |(/n-/)*I = I/n-/|,
donc (/*) converge vers /*. Or tous les /* sont continus et de rang fini, donc compacts (voir
I.2/b)), et comme CCOmp(E) est fermé, on en déduit /* G £comp(£)-
c) Supposons le contraire. Alors il existe a > 0 et une sous suite de (en), encore notée (en), telle
que ||/(en)|| > a pour tout n. Comme / est compact, il existe une sous suite (e^(n)) de (en) telle
que (/(6^(n))) converge. Notons x sa limite. On a ||x|| > a, et
VyeE, (x,y)= lim (/(cv(n)),y) = lim (cv(n),/*(y)),
et le dernier membre est nul en vertu de l'inégalité de Bessel (voir le problème 1, question 4/a)).
On en déduit (x,t/) = 0 pour tout y G i?, donc x = 0. Ceci est absurde car ||x|| > a > 0.
2/ a) Supposons que Ker(/ — À Id) soit de dimension infinie. Alors on peut trouver une suite
orthonormale (en) de vecteurs de Ker(/—Àld) (en partant d'un vecteur eo de norme 1, construire
les en par récurrence). Pour tout n G N, on a f(en) = Àen, donc ||/(en)|| = À ^ 0. Ceci est
absurde d'après le résultat de la question précédente.
b) Soit (Àn) une suite de valeurs propres distinctes de /, convergeant vers une valeur À. Il
s'agit de montrer que À = 0. Pour tout n G N, on note xn un vecteur propre associé à la valeur
propre Àn. Le procédé d'orthonormalisation de Schmidt permet de construire une suite
orthonormale (y<n)neN qui vérifie Vect(t/o> • • • >2/n) = Vect(xo,... ,xn) pour tout n. D'après II.l/c), on a
limn-+00 f\yn) =0. Pour tout n, on a (/~An Id)(yn) G Vect(x0,... ,xn-i) = Vect(j/o, • • • ,î/n-i)-
Donc Xnyn et (/ - An Id)(yn) sont orthogonaux, et comme f(yn) = \nyn + (/ - An Id)(j/n),
on en déduit ||/(2/n)|| > |An| \\yn\\ = |An|. Comme (f(yn)) tend vers 0, on en déduit que (An)
tend vers 0. Ainsi, 0 est le seul point d'accumulation possible de A(/). D'après le théorème de
Weierstrass, on en déduit que pour tout n, A(/) n [l/n,n] est fini, donc
A(/)n]R+*= |J (A(/)n
1
-,n
n

2. QUELQUES PROPRIÉTÉS DES ESPACES DE HILBERT 415
est au plus dénombrable. On montrerait de même que R~* n A(/) est au plus dénombrable.
Donc A(/) est au plus dénombrable.
III. 1/ a) Montrons déjà
sup \(f(x)ty)\ = lfl (*)
IHI=lly||=i
Si \\x\\ = |M| = 1, on a |</(x),y>| < \\f(x)\\ \\y\\ < |/|.
Par définition de la norme intrinsèque |/|, il existe une suite (xn) de vecteurs de norme 1
qui vérifie limn_>+00 ||/(xn)|| = |||/|- En posant yn = f(xn)/\\f(xn)\\ pour tout n, on a \\yn\\ = 1
et (f(xn),yn) = ||/(zn)||, donc limn_>+00 (f(xn)tyn) = |/|, d'où (*).
Ceci étant, posons M = sup||x||=1 |(/(a;),a;)| et montrons M = |/|. Tout d'abord, il est clair
que pour tout vecteur x de norme 1, \{f(x),x)\ < \\f(x)\\ ||z|| = ||/(z)|| ^ Il/Il) d°nc M < |/|.
Montrons l'inégalité réciproque. Si ||x|| = ||2/|| = 1, le caractère autoadjoint de / permet
d'écrire, pour e G {-1,1}, (f(x + ey)tx + ey) = (f(x)tx) + (/(î/),y) + 2e(/(z),y) donc
4 {f(x),y) = (f(x + y)yx + y)~ {f(x -y),x- y)
ce qui entraîne
W(x)>v)\<\(f(* + v),x + v)\ + \{f(x-v),*-y)l
Or, par normalisation on a \(f(x + y),x + y)\ < M\\x + y\\2 et \(f(x -y),x -y)\ < M\\x-y\\2,
donc finalement
4 \(f(x),y)\ < M (||o: + yf + \\x - y\\2) = 2M (\\x\\2 + \\y\\2) = 4M.
Finalement, nous avons montré |(/(x),t/)| < M dès que ||x|| = \\y\\ = 1. Avec (*), on en déduit
l/l < M.
Nous venons de montrer |/| = sup^u-! |(/(x),x)|, on conclut facilement qu'il existe une
suite (xn) de vecteurs normes telle que (/(xn),xn) converge vers ||/|.
b) Il est clair que Ton peut trouver une sous suite de la suite (xn) construite précédemment,
encore notée (xn), et a G {-1,1} tels que limn_>+00 (f(xn),xn) = a |/|.
Comme / est compact, on peut en extraire de (xn) une sous suite, encore notée (xn), telle
que (f(xn)) converge. Soit y sa limite. Posons A = a ||/|. Pour tout n, on a
\\f(xn) - Axn||2 = ||/(xn)||2 + A2 ||xn||2 - 2X(xnJ(xn)) < 2A2 - 2A(/(xn),xn),
donclimn^+00||/(xn)-Axn|| =0. Comme y-Axn = (y- f{xn)) + (f(xn)--\xn), on en déduit
que \imn->+00y — \xn = 0. De plus A = a|/| ^ 0, on a donc limn_>+00xn = y/A, et comme
||xn|| = 1 pour tout n, on a y ^ 0.
Le fait que limn_>+00 f(xn) — Xxn = 0 permet alors d'affirmer f(y) = A y, donc A est valeur
propre non nulle de /.
2/ a) C'est comme en dimension finie. Si f{x) = Xx et f(y) = \xy avec A ^ /x, alors
A(z,î/) = (f(x),y) = (xj(y)) = /*(z,y),
donc (x,y) = 0.
b) Montrons que G1 C Ker/. L'ensemble G1 est stable par /. En effet, considérons x G G1.
Pour tout vecteur propre y de f associé à une valeur propre A ^ 0, on a (/(x),t/) = (x, f(y)) =
\(x,y) = 0, donc par linéarité (f(x),y) pour tout y G G, c'est-à-dire x G G1.
La restriction g de f h G1 est donc un endomorphisme (qui reste bien sûr compact et
autoadjoint) de G1, qui est un espace de Hilbert (car fermé dans E). Comme G n G1 = {0}, g
n'a aucune valeur propre non nulle. Donc d'après III. 1/b), g = 0, autrement dit, f(x) = 0 pour
tout x G G1. Donc G1 C Ker/.
Montrons maintenant l'inclusion réciproque. Soit x G Ker/, soit y un vecteur propre de /
associé à une valeur propre A ^ 0. Alors
0=(f(x),y) = (xj(y)) = \(x,y),
donc (x,y) = 0, et par linéarité, x G G1.
Donc Ker/ = G1. Or G1 = (G)1 = F1, d'où le résultat.

416
B. ESPACES DE HILBERT
c) Si À(/) n'est pas fini, d'après II.2/b), À(/) est dénombrable. Notons (\n)n€N les éléments
non nuls de A(/). Pour tout n, le sous espace propre E\n = Ker(/ — Àn Id) est de dimension
finie, et on note (en,i,..., en>Pn) une base orthonormale de E\n. Alors (en) = (en>i) neN est une
l<t<Pn
base orthonormale de G (d'après III.2/a)). Tout élément de F = G s'écrit donc sous la forme
x = ^2o°° (x>en) £n et comme F © F1 = E, on en déduit le résultat d'après III.2/b).
Si A(/) est fini, en notant A(/)\{0} = {Ai,..., Ap}, G = E\l © • • • © E\p est de dimension
finie, donc F = G, donc
EXl © • • • © EXp © Ker / = F © F1 = E,
la somme directe étant orthogonale.
Remarque. Rappelons que la boule unité d'un e.v.n n'est compacte qu'en dimension finie
(théorème de Riesz, voir l'exercice 9 page 56). L'opérateur Id# n'est donc compact qu'en
dimension finie.

ANNEXE C
Théorème des nombres premiers
Cet appendice propose une preuve du théorème des nombres premiers, qui exprime
que ir(x)} le nombre de nombres premiers inférieurs à x, vérifie
x
n(x) ~ , x —> +00 tt(x) = Card {p premier, p < x}.
logrr
Ce célèbre résultat, conjecturé à la fin du dix-huitième siècle, résista aux mathématiciens
jusqu'à la fin du dix-neuvième siècle.
La preuve que nous proposons est classique et utilise la fonction £(s) = X^nS Vn*
dans le domaine complexe. Nous utilisons une démonstration qui n'emploie pas la théorie
des fonctions analytiques (qui est le cadre standard de cette preuve) et qui nous est donc
accessible à partir du programme des classes préparatoires.
La preuve fait l'objet du problème 3. Elle est précédée de deux problèmes qui
fournissent les ingrédients nécessaires à la démonstration : on démontre d'abord l'absence de
zéro de £(s) sur la ligne 3ft(s) = 1, puis on montre la formule de Perron, qui nous permet
d'exploiter l'expression de £(s) en fonction des nombres premiers.
La dernière partie de cette annexe présente une histoire de la preuve du théorème des
nombres premiers.
1. Préliminaires
Problème 1 (Propriétés de la fonction C(5))- 1/ (La fonction Ç(s)) On considère
la fonction Zêta de Riemann, définie pour la variable complexe 5 par la série
+oo i
£(S) = E^> s€D = {s€C\n(s)>l}
^—' ns
71=1
a) Montrer que cette série est bien définie pour 5 € -D et que Ç(s) est continue sur D.
Montrer de plus que pour 5 = a + it G D (<7,t6 M), on a |C(5)| < Gl(p ~ !)•
b) Pour tout TV G N*, montrer que
71=1 '
où {x} = x — [x] désigne la partie fractionnaire de x.
c) Montrer que £(s) est prolongeable en une fonction continue sur £K{1}, où D = {s G
C | 3ft(s) > 1}, et qu'il existe une fonction 77(5) continue sur D tout entier tel que
V5G^\{1}, Ç(s) = r](s) + -±-.
5 — 1
d) Pour une fonction s 1—> f(s) de la variable complexe s = a + ir (cr, r G M), on désigne
par f'(s) la dérivée en x = a de la fonction x ■->• f(x + ir) (nous n'aurons pas besoin du
cadre, généralement utilisé, de la dérivée par rapport à la variable complexe s de /(s)).
Montrer que C'(s) existe et est continue sur £K{1} et que la fonction rj'(s) est même

418
C. THÉORÈME DES NOMBRES PREMIERS
définie et continue sur D tout entier.
2/ a) En désignant par pk le fc-ième nombre premier, montrer Videntité d'Euler
TT / 1 \ / TT TT
Vs G L>, C(s) = J] ( —— I on rappelle que [[ = Jim J]
k=i v Fk y \ k=i k=h
b) En déduire que pour tout s G D, on a Ç(s) ^ 0.
c) On considère la série définie pour s G D par
ry, \ _ v^ A(n) a / \ _ / l°gP si 3fc G N* : n = pfc avec p premier
Z(SJ - 2^ -^T» AW - i 0 sinon.
n=l v
(A(n) s'appelle la fonction de Mangoldt). Montrer l'identité Ç(s)Z(s) = — Ç(s) pour tout
seD.
3/ a) Montrer l'existence de M0 > 0 et de Mx > 0 tels que
Va G [1,2], V* G M, |*| > 2, |C(<r + it)\ < M0log |*|, |C'(cr +1*)| < M log2 |*|
b) Montrer que si p > 1,
v.eA s = o + ir, log|i-P-1 = -gcos("rlogp). (**)
np
n=l
Après avoir montré 3 + 4cos# + cos20 > 0 pour ôçE, démontrer ensuite l'inégalité
Va > l,Vr G R, \Ç(a)\3\Ç{a + ir)\4\Ç(a + 2iT)\ > 1.
c) En déduire que Ç(s) ne s'annule pas sur £K{1}. Montrer ensuite l'existence de ra0 > 0
tel que
Va G [1,2],V* G R, |*| > 2, |C(<r + tt)| > -^-r
log' |*|
(considérer séparément les cas a > at = 1 + e/log9 |*| et 1 < a < at. Pour ce dernier,
utiliser 3/b) et l'inégalité \((a + it)\ > \Ç(at + i*)| - jj' |C'(z + it)\ dx).
d) Montrer que la fonction F(s) = Ç(s) — Z(s) est prolongeable en une fonction continue
sur D tout entier, et qu'il existe MF > 0 et A > 0 tels que
Va,*: l<a<2,|*| > A, \F(a + it)\ <MFlog9|*|.
Solution. 1/ a) Pour a > 1, notons Da = {z G C | Jft(^) > a}. Pour s e Da avec a > 1,
on a |l/ns| < l/na, donc la série converge normalement sur Da. Ainsi, Ç(s) est bien définie et
continue sur Da, et ceci est vrai pour tout a > 1 donc £(s) est bien définie et continue sur D.
L'inégalité |£(cr + it)\ < a/(a — 1) s'obtient en écrivant
. x. , £S 1 , K Z"71 dt , f+°°dt , 1 (7
b) Une intégration par parties donne l'égalité, pour n eW et s e D
rn+1l/2-x + n , f l/2-x + nln+1 /"n+1 <te 1 . 1 fn+1 dx
g fn+i 1/2 - x + ri _ f l/2-s + n1w _ r*-1-1 dz _ 1 J_ _ f
Vn *s+1 * ~ L x* \n Jn xs~ 2(n + l)s + 2ns Jn
Par sommation pour n allant de N à +oo on obtient
xs
s
f+°° 1/2 - {x} _ ^ / 1 1 \ f+00dx_ ^1 1 AT1-8

1. PRÉLIMINAIRES
419
c) L'identité précédente utilisée avec N = 1 donne
1
Vs G D, v(s) = CM -
S-l=2+S
1 f+°° 1/2 - {x}
L
X
8+1
dx.
(***)
L'intégrande de la dernière intégrale est continue par rapport à s sur D et elle est majorée en
valeur absolue sur D par x h-> l/(2x2), intégrable sur [l,+oo[. Donc l'intégrale est une fonction
continue de s sur D et rj(s) est bien prolongeable en une fonction continue sur .D, d'où le résultat.
d) Il suffit de montrer que r)'(s) existe et est continue sur D. Soit s = a+it G D. Dans l'intégrale
de l'expression (***) de 7/(5), Pintégrande (1/2 — {x})/xa+1+tt est continûment dérivable par
rapport à <r, sa dérivée est —(1/2 — {x})\ogx/(xa+1+tt) qui est majorée en valeur absolue par
logx/x2 lorsque s = a + it G D. Cette dernière fonction est intégrable sur [l,+oo[, l'hypothèse
de domination est donc vérifiée. On en déduit que rf(s) existe et est continue sur D.
2/ a) On remarque déjà que pour tout k et pour tout s G D, (1 — P^5)""1 = ICn^^/T*5,
Fixons m, M G N*. Pour tout s = a + it G -D, l'unicité de la décomposition d'un entier en
facteurs premiers implique
k=l \ik=0 \Pk)S ) 0<ii,...,im<M (Pl1 • • 'Pm )5 neTm%M
où ^"m^M désigne l'ensemble des entiers n G N* de la forme n = p^1 • • -p^ avec 0 < ik < M.
Maintenant, donnons nous N € N*. Soit pmo le plus grand nombre premier p^ et Mo la plus
grande des puissances ik apparaissant dans toutes les décompositions en facteurs premiers des
N premiers entiers 1,... ,7V. Considérons m > trq et M > Mo. Tous les entiers compris entre 1
et N sont dans Tm^i donc
cm - n
e 1
L^i ns
n€N* jn£Tm,M
<£-•
n>N
Cette expression est valable pour tout M > Mo- En faisant tendre M vers +00, on en déduit
m l +00
=k«-n £
771 -
«•> - n riF
<£-•
fc=l \ifc=0 vPfc ) y | n>7V
Comme on peut choisir N pour rendre Yln>N ^/n<T arbitrairement petit pour a > gq > 1 et que
l'inégalité précédente vaut pour tout m > mo, on en déduit que le produit infini de l'identité
d'Euler converge uniformément vers Ç(s) sur Dao dès que gq > 1. Ceci étant vrai pour tout
<to > 1 on en déduit que l'identité d'Euler vaut sur D tout entier.
b) Fixons s = a + it G D. Remarquons d'abord que 1 — p^s est non nul pour tout k et que
l-Pka<\l-Pka\<l+pj;a donc tog(l-p^)<tog|l-Pfca|<log(l+Pfca)-
On en déduit, lorsque k —> oo, l'estimation log|l — p^s\ = 0(p^a) = 0(k~~a), donc la série
5^1og|1 — PfrS\ converge. Si on note £ sa limite, ceci signifie que riik^i VU ~~PkS\ = exP(~"^) es*
non nul. On en déduit que Ç(s) ^ 0 d'après l'identité d'Euler.
c) Pour a > 1 fixé et s G Da, la majoration \A(n)/ns\ < \ogn/na montre que la série ]T) A(n)/n5
converge normalement sur ce domaine. On peut même écrire
n=\ fc=lj=l \Pk) k=l
Pk
et cette dernière série converge normalement vers Z{s) sur Da.
On considère maintenant pour tout n G N*, le produit fini
n
Pn(s) = '
n -
fc=l A Pk

420
C. THÉORÈME DES NOMBRES PREMIERS
dont la dérivée vérifie
n
(-P/Iogpj)
n „—s
Pi logPj
Nous avons vu plus haut que pour a > 1 fixé, la série Y^jPj*l°&Pj/0-~Pja) converge
normalement sur Da. Comme de plus Pn(s) converge uniformément vers Ç(s) sur Da (voir 2/a)) et que
|C(S)I ^ &/0- — a) est boraée sur ce domaine, on en déduit que Pn(s) converge uniformément
sur Da, donc forcément vers C'(s)- En faisant tendre n vers l'infini dans la dernière identité on
obtient
3/a) Commençons par montrer l'estimation sur C,{a + &), pour 1 < a < 2 et |£| > 2. L'identité
(*) entraîne
N
KWI < £
n=l
rr
/»+oo I -^ I liV1""5
+
TV'
N 2 />+oo j
s-1
+ i<(l + logiV) + il + l.
En choisissant TV = [|*|] + 1, on en déduit |C(^+**)| < 2 + log(|*| + l) + 2|*|/2TV < 4+log|*|. Ainsi,
on a montré Ç(cr + i£) = 0(log|£|) uniformément pour 1 < a < 2 et \t\ > 2, d'où la première
estimation.
On s'y prend de manière similaire pour l'estimation de C'(5)- O*1 commence par dériver
l'identité (*) (nous avions montré que nous pouvions bien dériver sous le signe intégral en 1/d)),
ce qui donne, pour tout TV e N*
71=1
icgn. r-ift^M(1_shgx)dx_
N1-3 log TV N1-3 N~3\ogN
X'
s-1
(s - l)i
Lorsque s = a + it avec 1 < a < 2 et \t\ > 2, l'expression précédente donne la majoration
irt,)i<£^+r"
l + |s|logx log TV 1 log TV
7z ax H
2z2 2 4 2TV
•"log*
«r^-^^r**^ »♦*■
Or /^ log x/x cte = ^ log2 TV et J^00 log rc/z2 dx = (1 + log TV)/TV, donc finalement
ICWI <
log2 TV
+ 2TV+ 2
s\ 1 +log TV
TV
+ logTV + -.
En choisissant TV = [\t\] + 1, on voit que ceci entraîne \Ç'(s)\ = 0(log2 \t\) uniformément pour
1 < a < 2.
b) La première identité est tout simplement une conséquence de la définition du logarithme
complexe, mais cette notion n'est pas aux programmes des classes préparatoires. On s'en tire
autrement. Fixons $ G E et considérons la série entière fo(x) = Yln^i cos(n0)£n/n, dont le rayon
de convergence est R = 1. Sa dérivée se calcule explicitement
Vx e } - 1,1[, fi(x) = J2 cos(n^)^-1 = ft l î-^_. j = _
n=l ^ '
COS 6 — X
2x cos 6 + x2

1. PRÉLIMINAIRES
421
Ainsi, comme fo(0) = 0, on a
fe(x) = J*fe{t)dt = [ l_C2t°o~e\t'>dt = 4log(1 " 2xcos$ + x2î = -l°z\1 ~ ^Y
On en déduit l'identité (**) en choisissant x = p~~a et 0 = rlogp.
Comme 3 + 4cos 6 + cos 20 = 2(1 + cos 0)2, la première expression est toujours positive pour
6 G M. Ceci entraîne, lorsque p est un nombre premier et a > 1, que l'expression
31og|l-p-| + 41og|l-p-^| + log|l-p-'-^| = -E3 + 4COS("TlOSPL+COS(2nTl0ëP)
71=1
est toujours négative, donc |1 — p~~a\3 • |1 —p~~(J~~'lT\A • |1 —p~~a~~2tr\ < 1. Compte tenu de l'identité
d'Euler (question 2/a)) appliquée à C((J)> CO7 + ^r) e* CO7 + 2îr), ceci entraîne bien le résultat
attendu.
c) On a déjà démontré que Ç(s) ne s'annule pas sur D, donc il s'agit ici de montrer que Ç(s) ne
s'annule pas pour fà(s) = 1. Raisonnons par l'absurde et supposons £(1 + ir) = 0, avec r ^ 0.
La dérivabilité en a = 1 de l'application [l,+oo[ ->C,(jh £(<j + zr), établi en 1/d), entraîne
C(cr + ir) = 0(a — 1) lorsque o —» 1+. Par ailleurs, Ç(<r) = 0(1/(a — 1)) lorsque <r —» 1+. Comme
de plus Ç(<t + 2zr) = 0(1), tout ceci entraîne
|<»|3|C(a + ir)\4\C(a + 2tr)| = 0((a - l)"3) x 0((a - l)4) x 0(1) = 0(a - 1), a ^ 1+,
donc cette expression peut être rendue arbitrairement proche de 0, ce qui est incompatible avec
l'inégalité établie à la question précédente. Donc £(1 + ir) ne s'annule jamais.
Donnons maintenant une minoration de |C(^+^)|- Soit e > 0. L'inégalité établie à la question
précédente entraîne, lorsque ot = 1 + e/log9 |£|<<r<2et|£|>2
< \C(rr\mt(a + 2irt|V4 < ^(AftloglBl)1/4 2M01/4log1/4|*| _ log7 \t\
< |CW| |«* + 2tf)| < ^-jjp < (£log-9|<|)3/4 - ^37^'
rl/4
'«* + **)
avec A = 1/(2M0 ). Lorsque 1 < cr < <t< et |t| > 2, on écrit
Ae^ , xwl 2i. ^3/4(>l-e1/4Mi)
/*at /4P"5/4
IC(* + tt)l>ICfo+«)|- / |C#(» + ^l^>7-Tûi-(<7'-<7)Milo«2l*l =
7<r log' |t|
log7 |*|
En choisissant e > 0 suffisamment petit, on peut supposer que ttiq = e3/4(A — el/AM\) est
strictement positif. Ainsi choisi, ttiq vérifie \(,{cr + it)\ > rao/log7 \t\ pour 1 < a < 2 et \t\ > 2.
d) Il est immédiat que F, comme £ et £', est prolongeable en une fonction continue sur £N{1}.
Lorsque s € D\{1} on a, vu que Z{s) = — C'W/CWi
s - 1 7?(s) + ^j 1 + (s - l)77(s)
et le dernier terme converge lorsque s —> 1 (vers 277(1)) donc F est bien prolongeable en une
fonction continue sur D tout entier.
La majoration de \F(s)\ est immédiate à partir des majorations démontrées précédemment
pour |C(s)| et \Ç'(s)\ et de la minoration obtenue pour |C(s)|-
Remarque. L'expression (***) permet de définir Ç(s) pour 3ft(s) > 0 (sauf en s = 1).
Dans le cadre des fonctions analytiques (ce qui est le cas pour C(s))> ce prolongement
est unique. On peut même poursuivre le procédé (l'identité (***) est issue de la formule
d'Euler-Maclaurin au premier ordre, que l'on peut utiliser à un ordre supérieur) pour
prolonger la fonction £(s) sur C\{1} tout entier.

422
C. THÉORÈME DES NOMBRES PREMIERS
Problème 2 (Formule de Perron), a) En utilisant le résultat de la question c) du
problème 14 page 182, montrer
1 fT xa+it i 1 (x> l)
Vx>0,V<7>0, Pa{x) = — lim / zdt={ V2 (s = 1)
27TT-^+ooJ_Ta + it yQ (0<rc<i)
b) Montrer que
v*>o,v.>0, q.w=i £~ (g+.g;;;+it) * - {<■ - *> j*>^1}
c) Soit (an)n>i une suite de nombres complexes vérifiant, pour tout e > 0, an = 0(ne). On
considère la fonction G(s) = Ylt™i an/ns de la variable complexe 5 (série de Dirichlet).
Montrer que G est définie et continue sur D = {z € C | fà(z) > 1} et que
Va>l, / <p(y)dy=— /ff,<vwUff,jrt* ou V>(î/) = 2^ fln-
7o 2nJ-oo (o- + it)(l + G + it) ^
Solution, a) En coupant l'intégrale en deux pour se ramener sur l'intervalle [0,T], on trouve
"T ^a+it fT / „a+it „a-it\ rT 2a œs(t\ogx) + 2* sin(* log s)
J-T(j + it J0 \a + tt a-itj J0
a2 + t2
dt
= 2xa(T cos(au\ogx) r tirinfrutogs) -
où on a effectué le changement de variable t = au. Lorsque T —» +00, les deux dernières
intégrales convergent respectivement vers les intégrales C(a logx) et S(a\ogx) de la question c)
du problème 14 page 182. On en déduit que Pa(x) existe bien et que
x
Pa{x) = — (C(a\ogx) + S(a\ogx)).
Les valeurs de C(v) et S(v) sont connues avec la question c) du problème 14 page 182. Elles
entraînent C(v) + S(v) = ^e~v si v > 0, C(0) + 5(0) = ?r/2 et C(v) + 5(v) = 0 si v < 0.
On en déduit que si x > 1 alors <rlogx > 0 donc Pa(x) = ^•(ne'~<Tlogx) = 1, si x = 1,
Pa(x) = J(7r/2) = 1/2, et si 0 < x < 1 alors Pa(x) = 0.
b) L'idée est de montrer que Qfa{x) = Pa(x). L'hypothèse de domination n'étant pas vérifiée
pour l'intégrande dérivée, on procède autrement. On considère pour tout n G N*
l+a+it
1 fn
X
Ln(l+ (T+it)(a + it)
L'intégrande est continûment dérivable par rapport à x donc fn(x) est dérivable et
dt.
1 fn xa~*~
f'n{x) = 2^J_n~o7Tït
it
On intègre par parties en supposant x > 0 et x ^ 1 ce qui donne
„a / n.in n.—in /*n A^it
x° f xm _ x~tn r _
2iiï\ogx \a + in a —in J-n{°~
+ it)2
+00 ixu
dt
Comme Pa(x) = limn_>oo f'n{x) on en déduit Pa(x) = 2i*logx /_ ~ j^fep dt, et donc
\fn{x) - Pa(x)\ <
X
2n log x
2 rn 1 . f+oc 1 A 2xa
/—n -^ r+00 ^
dt) =
n J-oo *2 A t2 ) 7rn|loga;|
Cette inégalité entraîne la convergence uniforme de (/^) vers Pa sur tout segment de la forme
[a, 6] avec 0 < cl < b < 1 ou 1 < a < 6. On en déduit que Qcn limite simple de (/n)» est dérivable
sur tout segment de cette forme, donc sur ]0,1[U]1, +oo[ et que Q'a = Pa sur cet intervalle.

2. PREUVE DU THÉORÈME DES NOMBRES PREMIERS
423
Maintenant on a Qa{x) = 0(x1+a) donc limx_»o>a;>o Qa(x) = 0 et comme Q'a{x) = Pa(x) = 0
pour 0 < x < 1, on en déduit Qa(x) = 0 pour 0 < x < 1. Comme Qa est continue sur R+ (son
intégrande est continue et majorée en valeur absolue par une fonction intégrable lorsque x est
dans tout segment inclus dans ]0, +oo[), on a aussi Qa(l) = 0. Comme de plus Q'a{x) = Pa{x) = 1
pour x > 1, le théorème des accroissements finis entraîne Qa(x) = x — l pour x > 1.
c) Soit <5 > 0. Par hypothèse, il existe M > 0 tel que |an| < Mns/2 pour tout n G N*, donc pour
tout s G £>i+<5 = {* G C | $t{z) > 1 + 5} on a |an/ns| < M/n1+<J/2. Ainsi, la série de fonctions
Yjan/ns converge normalement sur Di+$, elle est donc continue (et bornée) sur ce domaine.
Ceci étant vrai pour tout ô > 0 on en déduit que G(s) est bien définie et continue sur D.
Montrons la formule de Perron. Soit a > 1. Comme Y^an/ns converge normalement sur Day
en particulier sur 9ft(s) = a, on peut inverser les signes de sommation ce qui donne
J_ f+°° x1+ff+aG(a + it) M_ 1 g? f+°° s1+g+*qw/ng+* ^ _ S /in
27rt/_00 (a+ it)(l + a + i*) 2^^7.00 (a + ftXl + a + ttp-^^^U-
7c»—A 77»—X
Compte tenu de la valeur de Qa(x) obtenue à la question précédente, ceci entraîne
1 /+°° S1+0+*G(ct + ft) ^ V- , x , x
tt- / t rrrr: tt at = > (a; — n)an. (*)
2W-oo (tr + tO(l + tr + ft) ^^ ;n W
Par ailleurs, pour 0 < y < x on peut écrire <p(y) = ^îKnKx^Xniy) où Xniy) = 0 si y < n,
Xn(y) = 1 pour y >n. Ceci montre que
PX ÇX px
I <f(y)dy= ^2 / anXn(y)dy= J^ / andy = ^ (x - n)an.
J° l<n<xJo \<n<x^n \<n<x
Grâce à l'égalité (*) on en déduit la formule de Perron.
2. Preuve du Théorème des nombres premiers
Nous sommes maintenant armés pour démontrer le théorème des nombres premiers.
Dans le problème ci dessous, on utilisera les résultats établis dans les deux problèmes
précédents.
Problème 3 (Théorème des nombres premiers). 1/a) On considère la fonction
F(s) = Z(s) — C(s) = S^(A(n) — l)/ns, que nous avons définie dans le problème 1
page 417. Nous avons vu que F, définie et continue sur D, est prolongeable en une fonction
continue sur D tout entier. Montrer l'identité
v*>i, fw,)-M)%=g/^^(;%^. où *(„)-j>(»).
b) En déduire f* ip(y) ~ x2/2 lorsque x —> 00.
c) Montrer que ip(x) ~ x lorsque x —> 00.
2/a) Pour alléger les notations, lorsque la lettre p apparaîtra dans un indice ceci signifiera
forcément que p est un nombre premier. Montrer que
logrc
V-(x) = £
p<x
logpj
logp,
puis montrer que ir(x) = ^2p<x 1 (nombre de nombres premiers inférieurs à x) vérifie
ip(x) < 7r(x)loga; < 2tp(x).
b) Démontrer que ir(x) = ip(x)/ \ogx + 0(x/ log2 x). En déduire le théorème des nombres
premiers : n(x) ~ x/ log x.

424
C. THÉORÈME DES NOMBRES PREMIERS
Solution. 1/a) Nous sommes dans les hypothèses de la formule de Perron établie au problème
précédent, on en déduit que pour tout a > 1 on a
fx fx «-^ 1 r+oc Fia 4- it)x1+a+it
La borne sur \F(a + it)\ pour \t\ suffisamment grand, établie à la fin du problème 1, entraîne
qu'il existe M > 0 tel que \F(a + it) < Mlog9(2 + \t\) pour 1 < a < 2 et pour tout t G R. On
en déduit que pour tout x > 1 on a
V<re[l,2],Vte
F(a + ft)x1+"+i'
Mlog9(2+|t|)x;
1 + t2
(<7 + ôfc)(l + <7 + ôfc)
La dernière fonction étant intégrable sur R, l'hypothèse de domination est bien vérifiée donc
l'intégrale de droite dans (*) est bien une fonction continue de o G [1,2], en particulier en a = 1.
L'égalité (*) a donc lieu également lorsque a = 1, d'où le résultat.
b) Posons G(t) = F(l + it) x (1 -h it)"1 x (2 + it)"1, fonction continue et intégrable sur R. La
formule établie à la question précédente s'écrit
rx i r+oo
J MW - [y])dy = x2fG(\ogx)y FG{a) = — y_ G{t)eiat dt.
D'après le lemme de Riemann-Lebesgue (voir l'exercice 6 page 153), on a \ima-++<x> Tg(&) = 0,
donc ceci entraîne ^{^{y) — [y]) dy = o{x2). Comme y — 1 < [y] < y on a fç(y — l)dy <
Joly] dy < fâydy d'où on déduit $*[y] dy = x2/2 + o(z2), et finalement /* ip(y) dy = ^{^{y) -
ly])dy + fZ{y]dy = x2/2 + o(x2).
c) Soit e > 0 (e < 1/2). De ce qui précède, on déduit, la fonction ip étant croissante
r2 «.2/1^2 rx rx(l+e) 2/i _i_ ^2 „2
2 2 y*(l-e) ^x II
d'où, en divisant par ex on tire (1 — e/2)x + 0(2) < ^(2) < (1 + e/2)x + o(x). Comme on
peut avoir les petits o(x) plus petits que §rc en valeur absolue pour x suffisamment grand, ceci
entraîne (1 — é)x < ip(x) < (1 + e)x pour x assez grand.
2/a) On peut écrire
^(x) = Yl\ S logP]>
P<x \k>l,pk<x /
et comme le nombre d'entiers k > 1 tels que pk < x est égal à [logœ/logp], on en déduit la
formule voulue pour ip(x).
Pour tout nombre réel u > 1, l'inégalité [u] < u < [u] +1 < 2[u] entraîne [logrc/logp] logp <
logrc < 2[logx/logp] donc ip(x) < 7r(x)loga; < 2ip(x).
b) On a déjà montré 0 < ir(x) log a: — ip(x), majorons maintenant cette quantité. On a
ir(x)\ogx-^(x) = J2 (logo: - 1^1 logpj = Y, (log* ~ [i^ logp) + E loê (§)
P<x ^ L P<\/x y/x<p<x
car lorsque y/x < p < x on a 1 < logx/logp < 2 donc [\ogx/\ogp] = 1. Maintenant l'inégalité
lo|f — lolf — 1 e* Ie fait que 7r(n) — 7r(n — 1) = 1 si n est premier, = 0 sinon, entraîne
■K(x)\ogx-ip(x) < Y, \ogp+ ^2 (ir(n) - ir{n - 1)) log (-) ,
P<y/x y/x<Tl<X
et grâce à une transformation d'Abel sur la dernière somme, on obtient
I rp rp \ rp
7r(a:) log a; - tp(x) <y/x\ogy/x+ J2 7r(n) ( log ~ ~ log ~TT + ^^log 7T

3. HISTOIRE DU THÉORÈME DES NOMBRES PREMIERS
425
Pour x > 1 on a log(x/[x]) < log(2), et on sait que ir(x) < 2tp(x)/\og(x) = 0(x/\ogx). Par
ailleurs log g — log ^- = log rk^- = f™ dt/t, donc tout ceci entraîne
y/x<n<x—l
Comme 7r(x) = 0(x/\ogx), on a f*/ïï{t)/tdt = 0(f* dt/logt) = 0(x/\ogx) (voir le théorème 3
page 159), donc on a finalement démontré 0 < 7r(x) log a; — ip(x) < 0{x/\ogx). Ainsi, on a bien
ir(x) = ip(x)/\og(x) + 0(x/\og2 x). On en déduit facilement le théorème des nombres premiers
car ip(x) = x + o(x) donc tt(x) = x/ log x + o(rc/log:c).
3. Histoire du Théorème des nombres premiers
L'histoire du théorème des nombres premiers est exemplaire, à bien des égards, du
développement des mathématiques.
Les premières considérations relatives à l'ensemble des nombres premiers se trouvent
dans les livres d'arithmétique d'Euclide, où il est montré qu'il y a une infinité de nombres
premiers. Il faut attendre vingt et un siècle pour qu'un nouveau résultat tangible sur
ce sujet apparaisse : en 1737, Euler découvre le développement de la fonction zêta (aux
nombres entiers) en produit infini faisant intervenir les nombres premiers, et il en déduit
que la somme des inverses des nombres premiers diverge :
11111
-H 1 I 1 1 = +oo.
235711
Ceci entraîne que l'ensemble des nombres premiers est infini (voir également le problème 17
page 282). Euler venait ainsi de démarrer la théorie analytique des nombres. Il remarque
également que les nombres premiers sont infiniment moins nombreux que les entiers, ce
qu'on exprime sous la forme tt(x) = o(x). En 1808, Legendre observe empiriquement
l'estimation plus précise
*<*> ~ ïè'
puis Gauss, à la même époque, à partir de données statistiques, remarque que
l'approximation
dt
n(x) « Li(rc), Li(x) = /
logt
est meilleure. L'approximation de Gauss n'est pas incompatible avec l'estimation de
Legendre, et est effectivement plus précise : par exemple, pour x = 1010 on sait que
n{x) = 455 052 511, et x/ log(x) ~ 455 743 003 et Li(x) ~ 455 055 613.
Jusque là, les estimations proposées restent empiriques. En 1852, Tchébychev démontre
que si iï{x)l(x/\og(x)) converge alors sa limite est forcément 1. Il n'obtient donc pas
l'équivalent tt(x) ~ x/logx mais il démontre que pour x suffisamment grand, on a
0,921-?— <n(x) < 1,105- X
log x ' log x
Une nouvelle étape est franchie en 1859, lorsque Riemann a l'idée géniale de s'intéresser
à la fonction Ç(s) dans le domaine complexe. Il ne parvient pas à démontrer le théorème des
nombres premiers mais remarque que la distribution des nombres premiers est étroitement
liée aux zéros de ((s) et conjecture Vhypothèse de Riemann, qui exprime que les seuls zéros
de ((s) dans la bande 0 < 3ft(s) < 1 sont sur la droite 9ft(s) = 1/2 (pour rappel, on peut
prolonger £(s) au delà de 3ft(s) > 1, en utilisant par exemple la formule (***) de la
solution du problème 1). Cette conjecture n'est toujours pas démontrée ou infirmée et
reste aujourd'hui un des problèmes ouverts les plus célèbres des mathématiques. On sait

426
C. THÉORÈME DES NOMBRES PREMIERS
depuis 1901 que si cette hypothèse est vraie, alors l'approximation de n(x) par Li(z) est
très précise et vérifie
n(x) = U(x) + 0(x1/2\ogx).
Ainsi, l'hypothèse de Riemann est reliée à la régularité de la répartition des nombres
premiers.
Dans la continuité des travaux de Riemann, en 1896, Hadamard et La Vallée-Poussin
démontrent indépendamment et presque en même temps le théorème des nombres
premiers. Leur preuve (de même nature que celle proposée dans cette annexe) repose
essentiellement sur la démonstration que £(s) ne s'annule pas sur la droite 3ft(s) = 1.
Cette preuve du théorème des nombres premiers accélère le développement de la théorie
analytique des nombres dont elle est issue. On a longtemps pensé que le théorème des
nombres premiers était profondément lié aux méthodes de l'analyse complexe et qu'il
était impossible de le démontrer en dehors de ce cadre. Ces considérations furent rendues
caduques lorsqu'en 1949, Erdôs et Selberg produisirent la première preuve élémentaire
(au sens ou elle n'utilise pas la théorie de l'analyse complexe) du théorème des nombres
premiers. Bien qu'élémentaire, la preuve est très difficile. Pour ses travaux, Selberg a
obtenu la médaille Fields en 1950 (la médaille Fields a été crée en 1936 après une
proposition d'un mathématicien Canadien John Fields, pour pallier l'absence de prix
Nobel de mathématiques ; elle est décernée tous les quatre ans. Depuis 2003, le prix Abel
récompense également les mathématiciens et est décerné annuellement).
L'hypothèse de Riemann. L'hypothèse de Riemann, qui exprime que les seuls zéros de
((s) de la bande 0 < 3ft(s) < 1 sont sur la droite 9ft(s) = 1/2 a fait l'objet de nombreuses
études. La première avancée fut celle obtenue par Hadamard et La Vallée-Poussin, qui
montrèrent que £(s) ne s'annule pas sur 3ft(s) = 1. En 1900, Hilbert inclut l'hypothèse
de Riemann dans sa célèbre liste de 23 problèmes non résolus. En 1914, Hardy montra
qu'il y a une infinité de zéros de £(s) sur la droite critique 9ft(s) = 1/2. Selberg prouva en
1932 qu'il y a une proportion non nulle de zéros sur la droite critique. Le meilleur résultat
est celui de Conrey qui en 1989 prouva qu'au moins 40,219% des zéros sont sur la droite
critique.
De très nombreux mathématiciens, et même parfois les plus éminents d'entre eux, ont
proposé une preuve de l'hypothèse de Riemann. Jusqu'à présent (2007), toutes se sont
avérées fausses. En 2000, le Clay Mathematics Institute proposa un million de dollars
pour qui démontrerait ou infirmerait l'hypothèse de Riemann.
On a également cherché à calculer numériquement les zéros de ((s) pour vérifier qu'ils
sont bien sur la droite critique. On sait aujourd'hui que les 1013 premiers zéros sont bien
sur la droite critique, mais ceci n'apporte rien à la preuve. Il suffirait d'en trouver un en
dehors de cette droite pour démontrer qu'elle est fausse !

Index des notations
Les numéros en fin de ligne indiquent les pages où apparaissent les notations
correspondantes.
Ml
IMI«
d{x,y)
Ô(A)
d(A B)
mîxeA f{x)
suVxeAf(x)
A^B
B(x,p)
Bf(x,p)
S(xtp)
A
o
A
Fr(A),dA
9°f
r1
r\y)
\imx-*a f(x) = i
f(x-)tf(x+)
ldE
C(X,K)
Kerip
CA
C(E,F)
Cc{E, F)
Il/Il
£c(E)
E'
GUE)
exp(ti)
[AtB]
Conv(A)
norme du vecteur x, 7
norme définie par ||(a;i,... ,xn)\\ = (J2% W0)1^*» 8, 96
distance du point x au point y dans un espace métrique, 8
diamètre de la partie A, 8
distance entre les parties A et B, 8
borne inférieure de f(x) pour x E A, S
borne supérieure de f(x) pour x € A, 8
l'ensemble A privé de B (= {x £ A \ x g B}), 8
boule ouverte de centre x et de rayon /?, 9
boule fermée de centre x et de rayon p, 9
sphère de centre x et de rayon /?, 9
adhérence de A, 10
intérieur de A, 10
frontière de A, 11
composée des applications / et p : a; m g(f(x))> 11
si / est bijective, application réciproque de /, 12
image réciproque par / de l'ensemble Y (= {x | /(x) € K}), 14
limite de / en a selon ^4, 15
limite à gauche, à droite, d'une fonction / au point x, 15
application identité de E, 22
algèbre des applications continues de X dans K, 38
noyau de l'application linéaire <p, 38
complémentaire de l'ensemble A, 43
e.v des applications linéaires de E dans F, 48
e.v des applications linéaires continues de E dans F, 48
norme intrinsèque de / € CC(E1 F), 48
e.v des endomorphismes continus de E, 48
dual topologique de E, 49
algèbre des endomorphismes inversibles et bicontinus de Et 49
exponentielle de u € CC(E), 50
segment joignant les points A et B, 51
enveloppe convexe de l'ensemble A, 51

428
INDEX DES NOTATIONS
Card/
inf T, sup T
Vect(ei)i€/
Cn(7, E)
Ckn
logrc
detM
f(x) = 0(g(x))
f(x) = o(g(x))
f(x) ~ g(x)
Cm([ayb},E)
SbJ{t)dt
ff(t)dt
srnt)dt
T(x)
ft{z),S(z)
(Un)
J2Un
En pinx
neZ °»» e
ûn(/)A(/),Cn(/)
D
f*9
dfa
Mn(K)
grada/
/J(<0
(Xc//1 ) • • • ) (JbtJUfi
A/
[£Z.i *&(*)"
04(K)
trM
«/
Xa
lM
cardinal de l'ensemble fini 7, 54
borne inférieure, supérieure, de T C M, 54
sous espace vectoriel engendré par les vecteurs e*, i G 7, 56
dérivée de la fonction / au point a, 69
dérivée à gauche, à droite, de la fonction / au point a, 69
dérivée n-ième de /, 70
ensemble des fonctions de classe Cn de 7 dans E, 70
coefficient binomial, égal à ku^!_ky, 70
logarithme népérien de x > 0, 71
déterminant de la matrice carrée M, 83
/ est un "grand o" de g, 86
/ est un "petit o" de g, 86
f et g sont équivalentes, 86
e.v des fonctions continues par morceaux de [a, b] dans E, 97
intégrale de la fonction / entre a et 6, 120
l'une des primitives de /, 132
e.v des fonctions continues et intégrables sur 7, 146
e.v des fonctions continues et de carrés intégrables sur 7, 146
intégrale généralisée de / sur ]a, +oo[, 147
fonction gamma, 158, 295
partie réelle, partie imaginaire du nombre complexe z, 165, 366
suite de terme général est wn, 191
série de terme général un, 200
somme de la série ^2uny 200
nombres harmoniques :i7n = l + ^H h -, 202
AT" • ^
désigne \im.N-,+00^2n=_Ncnemx (convention de Cauchy), 257
coefficients de Fourier d'une fonction /, 258
notation du programme définie à la page, 258
limite à gauche, à droite, d'une fonction / au point x, 258
fonction zêta, 282
convolée de f et g, 284
différentielle de / au point a, 303
e.v des matrices n xn à coefficients dans K, 304
gradient de / au point a, 304
dérivée de / selon le vecteur v au point a, 304
dérivée partielle de / d'indice i, 305
base duale de la base canonique de Mn, 305
laplacien de /, 307, 318
puissance symbolique n-ième, 308
groupe des matrices inversibles de Mnfâ), 311
trace de la matrice carrée M, 313
différentielle partielle de / d'indice i, 324
produit scalaire de x et y, 329
fonction caractéristique de A> 331
a intégrale curviligne de a sur le bord orienté dK+, 338
wronskien(Vi, • • •, Vn) wronskien de n solutions d'une équation différentielle, 358
/«
ôk+

Index
abaissement de l'ordre (dans une équation
différentielle linéaire), 360
Abel
règle d'-, 148, 207
théorème d'-, 252
transformation d'-, 207
accroissements finis
généralisés (théorème des -), 72
inégalité des -, 74, 307
théorème des -, 72
accumulation (point d'-), 11
adhérence (d'une partie), 10
adjacentes (suites -), 192
algèbre normée, 14
analytique (fonction -), 255
application
- ouverte (théorème de 1'-), 403
application partielle, 14
arc, 42
arc géométrique, 337
arc paramétré, 336
arithmético-géométrique
inégalité -, 95
suite -, 198
Baire (espace de -), 397
Banach
espace de -, 20, 21
théorème de -, 403
Banach-Steinhaus (théorème de -), 404
base hilbertienne, 408
Bernoulli
équations de -, 371
nombres, polynômes de -, 299
Bernstein
polynômes d'approximation de -, 231
Bernstein S., théorème de -
- sur les séries de Fourier, 267
- sur les séries entières, 250
Bertrand
intégrales de -, 145
séries de -, 204
Bessel (inégalité de -), 259, 408
bêta (fonction -), 295
Bioche (règle de -), 135
Bolzano-Weirstrass (théorème de -, propriété
de-), 28
Borel (théorème de réalisation de -), 280
Borel-Lebesgue (propriété de -), 27
bornée (partie -), 8
boule (ouverte, fermée), 9
Brouwer (théorème de -), 52
Cantor
ensemble triadique de -, 63
théorème de - sur les séries trigonométriques,
292
Cantor-Lebesgue
escalier de -, 66
théorème de -, 292
caractéristique (fonction -), 331
Carathéodory (théorème de -), 54
Cauchy
critère de -
- pour les fonctions, 21
- pour les suites, 20
formule de -, 239
problème de -, 354
suite de -, 20
Cauchy-Lipschitz (théorème de -), 354
Césaro (moyenne de -), 195
chaleur (équation de la -), 348
changement de variable (théorème du -), 123,
146, 334
chemin, 42, 336
Clairaut (équation de -), 372
classe Cn (fonction de -), 70
compact (espace -), 27
compact (opérateur -), 412
compact à bord, 338
complet (espace métrique -), 20
complété (d'un espace métrique), 25
concave (fonction -), 94
connexe
- par arcs, 42
- par lignes brisées, 42
composante -, 41
espace - , 39
continue
- à gauche, à droite (fonction -), 16
application uniformément -, 12, 31
fonction -, 11
continue par morceaux (fonction -), 97, 143

430
INDEX
continuité sous le signe intégral (théorème de
-), 157
contractante (application -), 21
convention de Cauchy, 257
convergence
- absolue, 201
- normale, 221
- simple, 220
- uniforme, 220
convergence absolue
- des intégrales généralisées, 147
convergence dominée (théorème de -), 147, 186,
189
convexe
ensemble -, 51
fonction -, 94, 345
fonction logarithmiquement -, 101
convolution (produit de -), 284
critère de Cauchy
- uniforme, 221
critique (point -), 316
cylindre de sécurité, 354
Darboux
théorème de -, 47, 78
dense (partie -), 10
dérivable (fonction -), 69
dérivable (fonction continue, jamais -), 84, 401
dérivation par rapport à la variable complexe,
238
dérivations, 344
dérivation sous le signe intégral (théorème de
-), 157
dérivée
- à points de discontinuités denses, 233
- partielle, 305
points de continuité d'une -, 399
développement asymptotique, 87
développement limité, 87
diamètre (d'une partie), 8
difFéomorphisme, 71, 323
différentielle, 303
différentielle
- de l'inverse, 311
- du déterminant, 312
différentielle partielle, 324
Dini (théorèmes de -), 228
Dirac (séquence de -), 284
Dirichlet
intégrale de -, 174
noyau de -, 260
série de -, 422
discontinuité de première espèce, 16, 97
disque de convergence, 237
distance, 8
distance
- discrète, 8
- produit, 13
distances
- équivalentes, 12
- topologiquement équivalentes, 12
- uniformément équivalentes, 13
dual topologique, 49
échelle de comparaison, 86
enchaîné (espace bien -), 45
enveloppe convexe, 51
équation caractéristique
- d'une récurrence linéaire, 194
équation différentielle, 353
équation différentielle
- linéaire, 357
- non résolue, 354
équation indicielle, 396
équivalent (d'une fonction en un point), 87
escalier (fonction en -), 96, 119, 331
espace métrique, 8
espace vectoriel norme (ou e.v.n), 7
étoilée (partie -), 51
Euler
équation d'-, 364
constante d'-, 203
identité d'-, 282, 418
Euler-Cauchy (méthode d'-), 388
eulériennes (intégrales -), 295
Euler-Maclaurin (formule d'-), 301
exponentielle
- complexe, 243
- d'un endomorphisme continu, 50
extraite (suite -), 19
extremums
- liés, 317
- relatifs, 315
faible (topologie - dans un Hilbert), 411
Fejér (théorème de -), 286
fermée (partie -), 9
fermée (application -), 31
Floquet (théorème de -), 367
fonction entière, 237
fonctions strictement monotones (de Mn), 330
forme différentielle de degré 1, 337
formule de la moyenne, 123, 124
formule de Stirling, 211
Fourier
coefficients de -, 258
série de -, 258
Fréchet (espaces de -), 406
Fresnel (intégrale de -), 342
frontière (d'une partie), 11
Fubini (théorème de -), 333
Fuchs (théorème de -), 396
gamma (fonction -), 158, 295
Gauss
intégrale de -, 163, 335
gradient, 304
Green-Riemann (théorème de -), 338
Gronwall (lemme de -), 377

INDEX
431
groupe topologique, 59
Hadamard (lemme d'-), 311
Hadamard (produit de - de deux séries
entières), 243
Hardy (notation de -), 86
Hardy-Littlewood (théorème taubérien de -),
289
harmonique (fonction -), 313, 318
harmoniques (nombres -), 202
Hausdorff (distance de -), 61
Heine (théorème de -), 31
Helly (théorème de -), 235
hessienne (matrice -), 316
Hilbert (espaces de -), 407
Hôlder (inégalité de -), 95
holomorphe (fonction -), 239, 255, 313
holonomes (équations -), 396
homéomorphisme, 12, 31
homogènes (équations -), 371
homogènes (fonctions positivement -), 111
homographique (récurrence-), 193
Hypothèse de Riemann, 425
incomplètes (équations -), 370
induite (topologie -), 11
intégrable
fonction -, 143
fonction positive -, 143
fonction Riemann-, 121
intégrale
- absolument convergente, 147
- convergente, 147
- curviligne, 337
- d'une fonction continue par morceaux, 120
- dépendant d'un paramètre, 157
- généralisée, ou impropre, 147
- multiple, 331
intégration par parties, 123
intérieur (d'une partie), 10
inverse d'une série entière, 251
inversion globale, 323, 324
inversion locale, 321, 323
irrationalité de 7r2, 181
isolé (point -), 11
jacobien, 307
jacobienne (matrice -), 307
jacobien partiel, 325
lacunaire (zéros d'un polynôme -), 104
Lagrange
équations de -, 372
multiplicateurs de -, 317
Landau (notation de -), 86
Laplace (méthode de -), 160
laplacien, 307, 318
Leibniz (formule de -), 70
L'Hospital (règle de -), 73
ligne brisée, polygonale, 42
limite
- d'une application en un point, 15
- d'une suite, 19
Liouville (théorème de -), 248
lipschitzienne (application -), 13
logarithme intégral, 169
logarithmiquement convexe, 101
Maclaurin (formule de -), 73
maigre (partie -), 397
Mangoldt, fonction de -, 418
maximum (principe du -), 318
mesurable (ensemble -, au sens de Riemann),
332
mesure (d'un ensemble mesurable), 332
Minkowsky (inégalité de -), 96
morceaux
fonction Ck par -, 258
fonction continue par -, 97, 143
Morse (lemme de -), 347
moyennes, 113
Mûntz (théorème de -), 291
négligeable (partie -), 63
norme, 7
norme
- de la convergence en moyenne, 122, 146
- de la convergence en moyenne quadratique,
122, 146
- de la convergence uniforme, 8, 122, 221
norme d'algèbre, 14
normes équivalentes, 12
noyau de Dirichlet, 260
oscillation d'une fonction, 62
ouverte (partie -), 9
ouverte (application -), 12
Parseval (égalité de -), 240
partie élémentaire, 332
partie principale, 87
partie simple, 332
pavé (de Mn), 331
Péano (courbe de -), 108
Perron (formule de -), 422
phase stationnaire (méthode de la -), 169
Picard, théorème de -, 248
Pisot (nombres de -), 275
point fixe, 21, 23
Poisson (formule sommatoire de -), 272
polynôme trigonométrique, 256
précompact, 29, 32
première formule de la moyenne, 123
presque-périodiques (fonctions -), 116
primitive, 123
primitives (calcul de -), 132
principe de majoration a priori, 379
principe (des tiroirs), 275
problème de Cauchy, 354
procédé d'extraction diagonal, 32, 411

432
INDEX
produit de Cauchy
- de deux séries, 208
- de deux séries entières, 237
prolongement par continuité, 16
puissance symbolique n-ième, 308
quadratique (convergence en moyenne -), 259
Raab-Duhamel (règle de -), 205
rayon de convergence, 237
récurrence linéaire, 193
récurrente (suite -), 192
réglée (fonction -), 96
résiduel, 397
résidus (théorème des -), 184
résolvante (d'un système différentiel), 383
reste (d'une série), 200
Ricatti (équations de -), 371
Riemann-Lebesgue (lemme de -), 153
Riesz (théorème de -), 56
Riesz (théorème de représentation de -), 407
Rolle (théorème de -), 71
Runge (phénomène de -), 229
Schwarz
inégalité de -, 122, 146
théorème de -, 306
seconde formule de la moyenne, 124
segment, 42, 51
semi-convergentes (intégrales -), 147, 148
séparable (espace de Hilbert -), 408
séparé (espace topologique -), 10
série
- arithmétique, 200
- commutativement convergente, 207
- de Dirichlet, 422
- de Fourier, 258
- entière, 236
- géométrique, 201
- numérique, 200
- trigonométrique, 256
série entière d'un endomorphisme continu, 50
Simpson (formule de -), 79
solution maximale (d'une équation
différentielle), 354
sommable
famille -, 209
fonction -, 143
fonction positive -, 143
sommation
- par piles, 333
- par tranches, 334
sommes de Riemann, 124
somme partielle (d'une série), 200
sous groupes additifs de E, 197
sous suite, 19
sphère, 9
Steinhaus (Banach-, théorème de -), 404
Stirling (formule de -), 162, 211
subdivision, 119
subdivision
- pointée, 124
pas ou module d'une -, 119
suite, 191
suite
- à récurrence homographique, 193
- à récurrence linéaire, 193
- arithmétique, 193
- géométrique, 193
- récurrente, 192
support compact (fonction à -), 177
support (d'un arc paramétré), 336
taubérien (théorème -), 253, 289
Taylor (formule de -)
avec reste intégral, 75
Taylor (formules de -), 308
Taylor-Lagrange
formule de -, 73
inégalité de -, 74
Taylor-Young (formule de -), 75
théorème
- des nombres premiers, 417
- des valeurs intermédiaires, 31, 41
théorèmes d'oscillation et de comparaison, 375
thêta (fonction -), 273
Tietze-Urysohn (théorème de prolongement de
-),66
tiroirs (principe des -), 275
topologie (d'un espace métrique), 9
topologique (espace -), 10
transformation d'Abel, 207
unité (boule, sphère), 9
valeur d'adhérence (d'une suite), 19
variation bornée (fonctions à -), 114
variation de la constante (méthode de -), 359
Viète (François -), 199
voisinage (d'un point), 9
Von Staudt (théorème de -), 301
Wallis (intégrales de -), 126
Weierstrass
fonction de -, 110
théorème de -, 224, 231, 284
théorème de Bolzano-, 28
wronskien, 358, 368
Young (inégalité de -), 130
zéros des solutions d'une équation différentielle,
356, 375
zêta (fonction - de Riemann), 282, 417
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