Mon Cours Spe 2014
Mon Cours Spe 2014
Mon Cours Spe 2014
david Delaunay
16 octobre 2015
c b n a : Paternit + Pas dUtilisation Commerciale + Partage dans les mmes conditions :
Le titulaire des droits autorise lexploitation de luvre originale des fins non commerciales, ainsi que
la cration duvres drives, condition quelles soient distribues sous une licence identique celle
qui rgit luvre originale.
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Premire partie
Algbre
3
Chapitre 1
Groupes
Dfinition
On appelle relation dquivalence sur un ensemble E toute relation binaire R vrifiant
1) R est rflexive i.e. x E, xRx ;
2) R est symtrique i.e. x, y E, xRy yRx :
3) R est transitive i.e. x, y, z E, xRy et yRz xRz ;
Exemple Lquivalence des suites (ou de fonctions au voisinage de a R) est une relation
dquivalence.
Remarque En fait, une relation dquivalence se comprend comme une galit modulo certains
critres .
5
1.1. LENSEMBLE Z/N Z
Cl(x) = {y E/xRy}
df
Pour celle-ci Cl(a) = Cl(c) = {a, c}, Cl(b) = Cl(d) = {b, d} et Cl(e) = {e}.
Remarque Cl(x) runit les lments de E qui sont gaux modulo la relation R .
Thorme
a) x E, x Cl(x) ;
b) x, y E, xRy Cl(x) = Cl(y) ;
c) x, y E, x 6 Ry Cl(x) Cl(y) =
Ainsi une classe dquivalence nest jamais vide et deux classes dquivalence distinctes sont
disjointes.
dm. :
x Cl(x) car la relation R est rflexive.
Si xRy alors pour tout z Cl(y) on a yRz et donc xRz par transitivit. Ainsi Cl(y) Cl(x) et par
symtrie on a lautre inclusion et donc lgalit.
Enfin, par contrapose, si Cl(x) Cl(y) 6= alors pour un certain z Cl(x) Cl(y), on a xRz et yRz
donc par symtrie et transitivit, on obtient xRy.
Remarque Si y est lment dune classe dquivalence Cl(x) alors xRy et donc Cl(x) = Cl(y). Ainsi,
tout lment dune classe dquivalence dtermine celle-ci.
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CHAPITRE 1. GROUPES
Dfinition
Tout lment y dune classe dquivalence est appel reprsentant de celle-ci.
Dfinition
On appelle ensemble quotient de E par R lensemble des classes dquivalence pour rela-
tion R.
On le note E/R.
Remarque E/R se comprend comme lensemble obtenu lorsquon identifie entre eux les lments
qui sont gaux modulo R .
ab [n] n | (b a)
Proposition
La relation de congruence modulo n est une relation dquivalence sur Z.
dm. :
La relation est rflexive car a a [n] puisque n | (a a).
La relation est symtrique car a b [n] b a [n] puisque n | (b a) n | (a b).
Enfin, la relation est transitive car a b [n] et b c [n] a c [n] puisque n | (b a) et n |
(c b) n | (c a).
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1.1. LENSEMBLE Z/N Z
Dfinition
Pour a Z, on note a la classe dquivalence de a Z pour la relation de congruence
modulo n.
Ainsi
a = {a + kn/k Z} = a + nZ
Dfinition
On note Z/nZ lensemble quotient de Z pour la relation de congruence modulo n.
Thorme
Z/nZ est un ensemble fini n lments qui sont
0, 1, . . . , (n 1)
dm. :
0, 1, . . . , (n 1) sont des lments de Z/nZ.
Pour a, b {0, . . . , n 1},
a = b n | (b a) a = b
Par suite, les classes 0, 1, . . . , (n 1) sont deux deux distinctes.
Pour tout a Z/nZ, en considrant le reste r {0, 1, . . . , n 1} de la division euclidienne de a par n,
on obtient a = r. Ainsi toutes les classes dquivalence figurent parmi 0, 1, . . . , (n 1).
Exemple Z/2Z = {0, 1}, Z/3Z = {0, 1, 2}, Z/4Z = {0, 1, 2, 3}, etc.
Proposition
Pour tout a, b, a0 , b0 Z,
dm. :
n | a0 a et n | b0 b entranent n | (a0 + b0 ) (a + b) = (a0 a) + (b0 b) et n | (a0 b0 ) (ab) =
(a0 a)b0 + a(b0 b)
Dfinition
On dfinit deux oprations + et sur Z/nZ en posant
a + b = a + b et a b = ab
df df
Remarque La dfinition ci-dessus est consistante puisque le rsultat de ces oprations ne dpend pas
des reprsentants a, b choisis pour chaque classe.
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CHAPITRE 1. GROUPES
a, b, c G, (a ? b) ? c = a ? (b ? c) ;
e G, a G, a ? e = a = e ? a
a G, b G, a ? b = e = b ? a
Exemple (C, +), (R, +), (Z, +) sont des groupes abliens de neutre 0.
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1.2. STRUCTURE DE GROUPE
Proposition
On a
k, ` Z, ak ? a` = ak+` et (ak )` = ak`
dm. :
Il suffit de discuter selon les signes des exposants ditrations considrs, cest un peu lourd. . .
Remarque Si le groupe est not additivement, on note k.a litr dordre k de a. On a alors
Attention : En gnral
(a ? b)p 6= ap ? bp
En effet
(a ? b)p = (a ? b) ? (a ? b) ? . . . ? (a ? b)
et
ap ? bp = (a ? a ? . . . ? a) ? (b ? b ? . . . ? b)
Cependant, si a et b commutent alors (a ? b)p = ap ? bp
Thorme
(SE , ) est un groupe de neutre IdE .
Ce groupe est non commutatif ds que CardE > 3.
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CHAPITRE 1. GROUPES
Thorme
(Z/nZ, +) est un groupe ablien n lments de neutre 0.
De plus
a Z/nZ, a = (a)
dm. :
a + b = (a + b) = (b + a) = b + a donc + est commutative sur Z/nZ.
(a + b) + c = a + b + c = (a + b) + c = a + (b + c) = a + (b + c) donc + est associative sur Z/nZ.
a + 0 = a + 0 = a = 0 + a donc 0 est lment neutre de (Z/nZ, +).
a + (a) = a a = 0 = (a) + a donc a est symtrisable et a = (a).
Exemple n = 2, Z/2Z = {0, 1}.
+ 0 1
0 0 1
1 1 0
Remarque Dans une table doprations, sur chaque ligne figure chaque lment de groupe ; cela
provient de la bijectivit de lapplication x 7 a ? x sur G. On a la mme proprit sur les colonnes.
Thorme
Pour tout a Z/nZ et k Z
k.a = k a
dm. :
Par rcurrence pour k N.
Cas k = 0 : 0.a = 0 = 0.a.
Supposons la proprit vraie au rang k > 0.
Rcurrence tablie.
Pour k Z , on peut crire k = p avec p N.
On a alors
k.a = (p.a) = pa = pa = ka
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1.2. STRUCTURE DE GROUPE
Proposition
Si (G1 , ?1 ),. . . , (Gn , ?n ) sont des groupes de neutres e1 , . . . , en alors G = G1 . . . Gn
muni de la loi produit ? est un groupe de neutre e = (e1 , . . . , en ).
De plus :
- linverse dun lment (x1 , . . . , xn ) G est (x1 1
1 , . . . , xn ) ;
- si tous les groupes (G1 , ?1 ),. . . , (Gn , ?n ) sont commutatifs, le groupe (G, ?) lest aussi.
dm. :
Soit x = (x1 , . . . , xn ), y = (y1 , . . . , yn ) et z = (z1 , . . . , zn ) lments de G1 . . . Gn .
On a
x ? (y ? z) = (. . . , xi ?i (yi ?i zi ), . . .)
et
(x ? y) ? z = (. . . , (xi ?i yi ) ?i zi , . . .)
Puisque les lois ?i sont associatives, on obtient
x ? (y ? z) = (x ? y) ? z
x ? e = (. . . , xi ?i ei , . . .) = x et e ? x = (. . . , ei ?i xi , . . .) = x
x ? x0 = (. . . , xi ?i x1 0 1
i , . . .) = e et x ? x = (. . . , xi ?i xi , . . .) = e
x ? y = (. . . , xi ? yi , . . .) = (. . . , yi ? xi , . . .) = y ? x
Exemple Si (G, ?) est un groupe de neutre e alors (Gn , ?) est un groupe de neutre (e, . . . , e).
Exemple Pour (G1 , ?1 ) = (G2 , ?2 ) = (Z, +), la loi produit sur Z2 que nous notons + est dfinie par :
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CHAPITRE 1. GROUPES
Exemple Pour (G1 , ?1 ) = (R+? , ) et (G2 , ?2 ) = (R, +), la loi produit sur R+? R que nous notons
? est dfinie par :
(r, ) ? (r0 , 0 ) = (rr0 , + 0 )
(R+? R, ?) est alors un groupe ablien de neutre e = (1, 0).
De plus
(r, )1 = (1/r, )
1.3 Sous-groupes
(G, ?) dsigne un groupe de neutre e.
1.3.1 Dfinition
Dfinition
On appelle sous-groupe dun groupe (G, ?) toute partie H de G vrifiant :
1) e H ;
2) x, y H, x ? y 1 H.
Thorme
Si H est un sous-groupe dun groupe (G, ?) alors (H, ?) est un groupe de mme neutre.
avec = e2i/n .
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1.3. SOUS-GROUPES
hai = ak /k Z
df
Thorme
hai est un sous-groupe de (G, ?) contenant a.
De plus, pour tout sous-groupe H de G
a H hai H
x ? y 1 = ak` hai
a0 = e H, a1 = a H, a2 = a ? a H, a3 = a2 ? a H,. . .
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CHAPITRE 1. GROUPES
Remarque Mme si la loi ? nest pas commutative, le sous-groupe hai est commutatif car
ak ? a` = ak+` = a`+k = a` ? ak
En particulier
h2i = 2k /k Z = {. . . , 1/8, 1/4, 1/2, 1, 2, 4, 8, . . .}
et pour = e2i/n
hi = k /k Z = 1, , . . . , n1 = Un
car n = 1.
Exemple Dans (S4 , ) considrons le cycle c = 1 2 3 4 .
hci = Id, 1 2 3 4 , 1 3 2 4 , 4 3 2 1
Dfinition
On appelle groupe engendr par une partie A de G lintersection de tous les sous-groupes de
(G, ? ) qui contiennent A. On le note hAi
Thorme
hAi est un sous-groupe de (G, ?) qui contient A.
De plus, pour tout sous-groupe H de (G, ? ),
A H hAi H
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1.3. SOUS-GROUPES
A H H S hAi H
Exemple Pour a G,
h{a}i = ak /k Z = hai
Exemple Pour a, b G,
En fait
h{a, b}i = {produits finis ditrs de a et b}
Si a et b commutent, on peut simplifier
hT i = Sn
car il est connu que toute permutation peut scrire comme un produit de transpositions.
Thorme
Les sous-groupes de (Z, +) sont les nZ avec n N.
dm. :
nZ est un sous-groupe de (Z, +) car
nZ = {kn/k Z} = hni
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CHAPITRE 1. GROUPES
Il existe x0 H tel que x0 6= 0. Si x0 > 0 alors x0 H + , sinon x0 H + . Dans les deux cas H + 6= .
Rappelons : Toute partie non vide de N admet un plus petit lment.
Ici H + est une partie non vide de N, on peut donc introduire n = min H + .
On a n H donc nZ = hni H.
Inversement, soit x H. Par division euclidienne, x = qn + r avec 0 6 r < n.
On a alors r = x qn H car qn nZ H.
Si r > 0 alors r H + ce qui est impossible car r < n = min H + .
Il reste r = 0 et donc x = qn nZ.
Ainsi H nZ puis par double inclusion H = nZ.
Remarque Le naturel n tel que H = nZ est unique car
Si H = {0} alors n = 0 et si H 6= {0} alors n = min {x H/x > 0}.
Exemple Lapplication constante : G G dfinie par (x) = e est un morphisme du groupe (G, ?)
vers lui-mme.
Remarque Un morphisme dun groupe vers lui-mme est souvent appel endomorphisme.
Exemple Le dterminant dfinit par restriction un morphisme de (GLn (K), ) vers (K? , )
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1.4. MORPHISME DE GROUPES
1.4.2 Proprits
Proposition
Si : G G0 et : G0 G00 sont des morphismes de groupes alors : G G00 en est
un aussi.
dm. :
Soit x, y G. On a
(x ? y) = ((x)>(y)) = ( (x)) ( (y))
Remarque La compose de deux endomorphismes dun groupe (G, ?) est un endomorphisme du
groupe (G, ?).
Proposition
Si est un morphisme dun groupe (G, ?) vers un groupe (H, >) alors
Plus gnralement
x G, n Z, (xn ) = (x)n
dm. :
(e) = (e ? e) = (e)>(e) et en composant par (e)1 on obtient e0 = (e).
Aussi (x)>(x1 ) = (x ? x1 ) = (e) = e0 donc en composant par (x)1 gauche on obtient
(x1 ) = (x)1
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CHAPITRE 1. GROUPES
Thorme
Limage directe (resp. rciproque) dun sous-groupe par un morphisme de groupes est un sous-
groupe.
dm. :
Soit : G G0 morphisme de groupes.
Soit H un sous-groupe de (G, ?). Montrons que
(H) = {(x)/x H}
x0 >y 01 = (x ? y 1 ) (H)
car x ? y 1 H.
Ainsi (H) est un sous-groupe de (G0 , >).
Soit H 0 un sous-groupe de (G, >). Montrons que
1 (H 0 ) = {x G/(x) H 0 }
Dfinition
Si est un morphisme du groupe (G, ?) vers le groupe (G0 , >), on introduit
- son noyau ker = 1 ({e0 }) qui est un sous-groupe de (G, ?) ;
- son image Im = (G) qui est un sous-groupe de (G0 , >).
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1.4. MORPHISME DE GROUPES
Im(exp) = C?
Aussi, pour z = a + ib
exp(z) = 1 ea = 1 et eib = 1
Par suite
ker(exp) = 2iZ
Thorme
Soit un morphisme du groupe (G, ?) vers le groupe (G0 , >).
a) est injectif si, et seulement si, ker = {e} .
b) est surjectif si, et seulement si, Im = G0 .
dm. :
a) Si est injectif, e0 possde au plus un antcdent par . Puisque (e) = e0 , on obtient
ker = {e}
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CHAPITRE 1. GROUPES
Proposition
Si : G G0 et : G0 G00 sont des isomorphismes de groupes alors : G G00 en
est un aussi.
Thorme
Si : G G0 est un isomorphisme de groupes alors 1 : G0 G est un isomorphisme de
groupes.
dm. :
dm. :
Pour tout x0 , y 0 G0 , il existe x, y G tel que (x) = x0 et (y) = y 0 .
On a alors
Ainsi 1 est un morphisme de groupes et il est de plus bien connu que 1 est bijective.
Dfinition
On appelle automorphisme du groupe (G, ?) tout isomorphisme du groupe (G, ?) dans lui-
mme.
a (x) = axa1
Proposition
Lensemble Aut(G) des automorphismes dun groupe (G, ?) est un sous-groupe de (SG , ).
dm. :
Aut(G) est bien une partie de SG .
Lidentit est automorphisme de groupe, la compose de deux automorphismes de groupe est un auto-
morphisme de groupe et, enfin, lapplication rciproque dun automorphisme de groupe est encore un
automorphisme de groupe.
Exemple Les groupes R+? , et (R, +) sont isomorphes (via le logarithme nprien).
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1.5. GROUPES ENGENDR PAR UN LMENT
+ 0 1 2 3 1 i 1 i
0 0 1 2 3 1 1 i 1 i
1 1 2 3 0 et i i 1 i 1
2 2 3 0 1 1 1 i 1 i
3 3 0 1 2 i i 1 i 1
Les deux groupes (Z/4Z, +) et (U4 , ) se comportent de faon semblables ; ils sont isomorphes via
lapplication qui envoie k sur ik .
+ e a b c
e = (0, 0)
e e a b c
a = (1, 0)
a a e c b en notant
b b c e a
b = (0, 1)
c c b a e c = (1, 1)
(Z/2Z)2 , + se comporte dune faon diffrente ; il nest pas isomorphe aux groupes prcdents.
ak ? a` = ak+` = a` ? ak
Exemple Pour n > 3, le groupe (Sn , ) nest pas monogne car non commutatif.
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CHAPITRE 1. GROUPES
Thorme
(Z/nZ, +) est un groupe cyclique dont les gnrateurs sont les m pour m Z avec mn = 1.
dm. :
Z/nZ = h1i car
h1i = {k.1/k Z} = k/k Z = Z/nZ
Si m est gnrateur de Z/nZ alors il existe k Z tel que k.m = 1 et donc km 1 [n]. Il existe alors
` Z tel que
km + n` = 1
et ainsi m n = 1 en vertu du thorme de Bzout.
Inversement, si m n = 1 alors il existe k, ` Z tels que km + `n = 1 et donc
km 1 [n]
hmi = Z/nZ
G = ak /k Z
Le noyau de est un sous-groupe de (Z, +). Il existe donc n N tel que ker = nZ.
Cas n = 0 : est injectif, cest un isomorphisme de groupes. (G, ?) est alors isomorphe (Z, +) et G
est de cardinal infini.
Cas n 6= 0 : On a
(k) = (`) k ` ker
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1.5. GROUPES ENGENDR PAR UN LMENT
donc
ak = a` k ` [n]
On peut alors considrer lapplication : Z/nZ G dtermine par (k) = ak .
est un morphisme de groupes car
k ker ak = a0 k = 0
Dfinition
On dit quun lment a dun groupe (G, ?) est dordre fini sil existe n N? vrifiant an = e
On appelle alors ordre de a le plus petit n N? vrifiant an = e.
Exemple Le neutre e est lunique lment dordre fini gal 1 du groupe (G, ? ).
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CHAPITRE 1. GROUPES
Thorme
Si a est dordre fini gal n alors
m Z, am = e n | m
dm. :
() immdiat.
( ) Supposons am = e et introduisons le reste r de la division euclidienne de m par n.
m = qn + r avec 0 6 r < n
On a
ar = amqn = am ? (an )q = e
Or n est le plus petit naturel non nul vrifiant an = e donc r = 0 puis n divise m.
Corollaire
On a alors
k, ` Z, ak = a` k ` [n]
dm. :
Car
ak = a` ak` = e
Thorme
Si a est un lment dordre fini dun groupe (G, ?) alors son ordre n est le cardinal du sous-
groupe hai quil engendre et ce dernier est isomorphe (Z/nZ, +)
dm. :
hai = ak /k Z = e, a, . . . , an1
a G, an = e
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1.5. GROUPES ENGENDR PAR UN LMENT
dm. :
Cas (G, ?) commutatif
Soit a G. Lapplication : x 7 a ? x est une permutation de G. On en dduit
Y Y
(x) = x
xG xG
Or Y Y Y
(x) = (a ? x) = aCardG ? x
xG xG xG
Et par consquent
aCardG = e
Cas gnral
On dfinit sur G une relation binaire R en posant
xRy k Z, y = ak ? x
On vrifie aisment que R est une relation dquivalence et que pour tout x G
En particulier
x G, CardCl(x) = Card hai
En notant p le nombre de classe dquivalence de la relation R, on obtient
CardG = np
Corollaire
Si (G, ?) est un groupe fini alors tous ses lments sont dordre fini et leur ordre divise le
cardinal du groupe.
Exemple Dans (Z/6Z, +), 0 est dordre 1, 3 est dordre 2, 2, 4 sont dordre 3 et 1, 5 sont dordre 6.
Exemple Dans un groupe 6 lments, il peut y a avoir des lments dordre 2 et 3, mais pas
dlments dordre 4.
x H k Z, x = kc k Z, x = k.c
On en dduit
H = hci
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CHAPITRE 1. GROUPES
Exemple Montrons que (Z/nZ, +) possde un unique sous-groupe de cardinal d pour chaque d
divisant n.Soit d un diviseur de n.
Posons c = n/d et H = hci. On a
x H, d.x = 0
i.e.
x H, n | dx
puis
x H, c | x
Ainsi
H {0, c, 2c, . . . , (d 1)c}
et lgalit est acquise par cardinalit.
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1.5. GROUPES ENGENDR PAR UN LMENT
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Chapitre 2
Anneaux
K dsigne R ou C.
2.1 Structure danneau
2.1.1 Dfinition
Dfinition
On appelle anneau tout triplet (A, +, ) form dun ensemble A et de deux lois de composition
internes usuellement notes + et sur A vrifiant :
1) (A, +) est un groupe ablien de neutre 0A ;
2) est associative et possde un neutre 1A ;
3) est distributive sur + i.e.
a, b, c A, a(b + c) = ab + ac et (b + c)a = ba + ca
Si de plus la loi est commutative, on dit que lanneau (A, +, ) est commutatif.
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2.1. STRUCTURE DANNEAU
Thorme
Si a et b sont deux lments commutant (i.e. ab = ba ) dun anneau A on a pour tout n N
n
!
n n n n
X n k nk
(ab) = a b , (a + b) = a b
k=0
k
et
n1
X
an bn = (a b) ak bn1k
k=0
Dfinition
Un lment a dun anneau (A, +, ) est dit inversible sil existe b A tel que
ab = ba = 1
Thorme
Lensemble U (A) des lments inversibles de lanneau (A, +, ) est un groupe multiplicatif.
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CHAPITRE 2. ANNEAUX
et
(x1 , . . . , xn ) (y1 , . . . , yn ) = (x1 y1 , . . . , xn yn )
df
Thorme
Lensemble A muni des lois + et dfinies ci-dessus est un anneau de neutres
De plus, un lment (a1 , . . . , an ) A est inversible si, et seulement si, les a1 , . . . , an le sont
et son inverse est alors (a1 1
1 , . . . , an ).
Corollaire
U (A) = U (A1 ) . . . U (An ).
On a
U Z2 = {(1, 1), (1, 1), (1, 1), (1, 1)}
2.1.5 Sous-anneau
(A, +, ) dsigne un anneau
Dfinition
On appelle sous-anneau de (A, +, ) toute partie B de A vrifiant :
1) 1A B ;
2) x, y B, x y B ;
3) x, y B, xy B.
Exemple Z est un sous-anneau de (R, +, ) mais pas 2Z bien que stable par diffrence et produit
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2.1. STRUCTURE DANNEAU
Thorme
Si B est un sous-anneau de (A, +, ) alors B peut tre muni des lois + et dfinies par
restriction des lois sur A et (B, +, ) est alors un anneau de mmes neutres que A.
dm. :
B est un sous-groupe du groupe ablien (A, +) donc (B, +) est un groupe ablien.
B est stable par donc on peut dfinir la restriction de la loi sur B.
Celle-ci est associative sur A et possde un neutre 1A B donc est associative sur B et y possde un
neutre.
Enfin, est distributive sur + sur A donc a fortiori aussi sur B.
Exemple Considrons
Z [i] = {a + ib/a, b Z}
et montrons que (Z [i] , +, ) est un anneau commutatif.
Montrons que Z [i] un sous-anneau de lanneau commutatif (C, +, ).
On a videmment Z [i] C.
1 = 1 + i.0 Z [i].
Pour x, y Z [i], on peut crire x = a + ib et y = c + id avec a, b, c, d Z.
On a
x y = (a c) + i(b d) Z [i]
car a c, b d Z
et
xy = (ac bd) + i(ad + bc) Z [i]
Ainsi, Z [i] est un sous-anneau de (C, +, ) et donc (Z [i] , +, ) est un anneau commutatif.
Thorme
(Z/nZ, +, ) est un anneau commutatif de neutres 0 et 1.
De plus, dans (Z/nZ, +, ), m est inversible si, et seulement si, m n = 1.
dm. :
(Z/nZ, +) est un groupe ablien de neutre 0.
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CHAPITRE 2. ANNEAUX
On vrifie aisment que la loi est commutative, associative sur Z/nZ et possde un neutre 1. On vrifie
aussi que la loi est distributive sur +.
Soit m Z/nZ.
m inversible si, et seulement si, il existe k Z/nZ vrifiant k m = 1 i.e. si, et seulement si, il existe
k Z tel que km 1 [n]. Ainsi m est inversible si, et seulement si, il existe k, ` Z tels que
km + `n = 1
41 = 3
On a alors
4x = 9 x = 3 9
Ainsi
4x + 2 = 0 x = 5
Les solutions de lquation tudies sont donc les 5 + 11k avec k Z.
4x 6 [10] k Z, 4x = 6 + 10k k Z, 2x = 3 + 5k
2x 3 [5] x 3 3 = 4 [5]
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2.1. STRUCTURE DANNEAU
Attention : On sait
a, b A, a = 0A ou b = 0A ab = 0A
La rciproque nest pas toujours vraie !
Exemple Dans lanneau (Z2 , +, ), on a (1, 0) (0, 1) = (0, 0) alors que (1, 0), (0, 1) 6= (0, 0)
Exemple Dans lanneau (F(R, R), +, ), considrons les fonctions donnes par
On a f g = 0 alors que f, g 6= 0.
Dfinition
Lorsque a, b A vrifient ab = 0A avec a, b 6= 0A , on dit que a et b sont des diviseurs de zro.
Exemple En gnral, les anneaux F(X, K), L(E) et Mn (K) possdent des diviseurs de zros.
Exemple Les lments inversibles dun anneau ne sont pas diviseurs de zros.
En effet, si ab = 0A avec a inversible alors
b = a1 (ab) = a1 0A = 0A
Exemple Dans (R2 , +, ) les diviseurs de zros sont les (x, 0) et (0, x) avec x 6= 0.
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CHAPITRE 2. ANNEAUX
2.1.7.2 Intgrit
Dfinition
Un anneau (A, +, ) est dit intgre si
1) A non rduit {0A } ;
2) A ne possde pas de diviseurs de zros.
Proposition
Dans un anneau intgre (A, +, )
a, b A, ab = 0A a = 0A ou b = 0A
dm. :
Cest labsence de diviseurs de zro !
Proposition
Dans un anneau intgre (A, +, ) :
a, b, c A, (ab = ac et a 6= 0A ) b = c
et
a, b, c A, (ba = ca et a 6= 0A ) b = c
dm. :
Si ab = ac alors ab ac = 0A et donc a(b c) = 0A .
Si de plus a 6= 0A alors, par intgrit, b c = 0A et donc b = c.
x2 = 1A (x 1A )(x + 1A ) = 0A
Dfinition
Un lment a A est dit idempotent si a2 = a.
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2.2. CORPS
Dfinition
Un lment a A est dit nilpotent sil existe n N? tel que an = 0A .
2.2 Corps
2.2.1 Dfinition
Dfinition
On appelle corps tout anneau (K, +, ) vrifiant
1) (K, +, ) est commutatif ;
2) K est non rduit {0K } et
3) tous les lments de K, sauf le nul, sont inversibles.
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CHAPITRE 2. ANNEAUX
Proposition
Tout corps est intgre.
dm. :
Soit K un corps. K est commutatif et non rduit {0K }.
Pour a, b K, si ab = 0K et a 6= 0K alors on peut introduire a1 et on a b = a1 (ab) = 0K .
Ainsi, K ne possde pas de diviseurs de zro. Il est donc intgre.
2.2.2 Sous-corps
Soit (K, +, ) un corps.
Dfinition
On appelle sous-corps dun corps (K, +, ) toute partie L de K vrifiant :
1) L est un sous-anneau de (K, +, ) ;
2) x L, x 6= 0K x1 L.
Thorme
Si L est un sous-corps de (K, +, ) alors (L, +, ) est un corps.
dm. :
Puisque L est un sous-anneau de lanneau commutatif (K, +, ), on peut affirmer que (L, +, ) est un
anneau commutatif. Puisque 1K L, on peut affirmer que lanneau (L, +, ) nest pas rduit 0. Enfin,
puisque linverse dun lment non nul de L est lment de L, on peut affirmer que tout lment non nul
de lanneau L est inversible dans celui-ci.
h i n o
Exemple Considrons Q 2 = a + b 2/a, b Q .
h i
Montrons que (Q 2 , +, ) est un corps.
h i
Pour cela montrons que Q 2 est un sous-corps du corps (R, +, ).
h i
On a videmment Q 2 R.
h i
1=1+0 2Q 2 .
Pour x, y Q [i], on peut crire x = a + b 2 et y = c + d 2 avec a, b, c, d Q.
On a alors h i
x y = (a c) + (b d) 2 Q 2
et h i
xy = (ab + 2dc) + 2(ad + bc) Q 2
Enfin, si x 6= 0,
1 1 ab 2 a b h i
x = = = 2 2 Q 2
a+b 2 (a + b 2)(a b 2) a 2b2 a2 2b2
a b
car , 2 Q.
a2 +b 2 a + b2
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2.3. MORPHISMES DANNEAUX
Thorme
(Z/pZ, +, ) est un corps si, et seulement si, p est un nombre premier.
dm. :
Supposons que (Z/pZ, +, ) soit un corps.
Pour tout a {2, . . . , p 1}, a est inversible dans (Z/pZ, +, ) donc a p = 1 et par consquent a ne
divise pas p. On en dduit que p est un nombre premier.
Inversement, supposons p nombre premier.
(Z/pZ, +, ) est un anneau commutatif et Z/pZ 6= {0} car p = Card(Z/pZ) > 2.
Pour tout m Z/pZ, si m 6= 0 alors p ne divise pas m et donc, puisque p est un nombre premier,
mp=1
Exemple Soit F2 = {0, 1}. (F2 , +, ) est un corps pour les oprations suivantes
+ 0 1 0 1
0 0 1 et 0 0 0
1 1 0 1 0 1
Exemple Soit F3 = {0, 1, 2}. (F3 , +, ) est un corps pour les oprations suivantes
+ 0 1 2 0 1 2
0 0 1 2 0 0 0 0
et
1 1 2 0 1 0 1 2
2 2 0 1 2 0 2 1
Exemple Lapplication identit IdA : A A est un morphisme de lanneau (A, +, ) vers lui-mme.
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CHAPITRE 2. ANNEAUX
Exemple Lapplication : Z A dfinie par (k) = k.1A est un morphisme danneaux de (Z, +, )
vers (A, +, ).
En effet, (1) = 1A , (k + `) = (k + `).1A = k.1A + `.1A = (k) + (`) et
(k`) = (k`).1A = (k.1A ) (`.1A ) = (k)(`).
y A, !x A, y = (x)
Lapplication est donc bijective.
2.3.2 Proprits
Proposition
La compose de deux morphismes danneaux est un morphisme danneaux.
Proposition
Si : A A0 est un morphisme danneaux alors
a) (0A ) = 0A0 ;
b)x A, (x) = (x) ;
c) x A, n Z, (n.x) = n.(x) ;
d) x A, n N, (xn ) = (x)n ;
e) x A, x U (A) (x) U (A0 ) avec (x)1 = (x1 )
dm. :
est un morphisme du groupe (A, +) vers (A0 , +) donc
x A, n Z, (n.x) = n.(x)
x A, n N, (xn ) = (x)n
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2.3. MORPHISMES DANNEAUX
Enfin, si x U (A) alors (xx1 ) = (1A ) donne (x)(x1 ) = 1A0 . Aussi (x1 )(x) = 1A0 donc
(x) U (A0 ) et (x)1 = (x1 ).
2.3.3 Image et noyaux
Dfinition
Soit : A A0 un morphisme danneaux.
On appelle image et noyau du morphisme les ensembles
Remarque Ce sont en fait les images et noyaux de en tant que morphisme de groupes additifs.
Proposition
est injective si, et seulement si, ker = {0A }.
est surjective si, et seulement si, Im = A0 .
dm. :
Car est en particulier un morphisme de groupes additifs.
Dfinition
On dit quune application : A A0 est un isomorphisme danneaux si
a) est un morphisme danneaux ;
b) est bijective.
Proposition
La compose de deux isomorphismes danneaux est un isomorphisme danneaux.
Lapplication rciproque dun isomorphisme danneaux et un isomorphisme danneaux.
Dfinition
On dit que deux anneaux A et A0 sont isomorphes sil existe un isomorphisme danneaux de
lun vers lautre : ces deux anneaux possdent alors les mmes proprits calculatoires.
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CHAPITRE 2. ANNEAUX
En consquence
a b
Im = /a, b R2
b a
est un sous-anneau de M2 (R) isomorphe (C, +, ).
dfinie par
(k) = (k, k)
est un isomorphisme danneaux.
dm. :
Lapplication est bien dfinie car
k=` [mn] k = ` [m] et k = ` [n]
et ainsi
k = ` k = ` et k = `
On vrifie aisment que cette application est un morphisme danneaux.
Etudions le noyau de .
Si x ker alors (x) = (0, 0) i.e. x = 0 et x = 0. On alors m | x et n | x donc mn | x puisque
m n = 1. Ainsi x = 0 ce qui permet daffirmer ker = {0}.
Le morphisme est donc injectif.
Puisque
Card(Z/nmZ) = nm = Card(Z/nZ)Card(Z/mZ) < +
on peut affirmer par cardinalit que est bijective et finalement est un isomorphisme.
Remarque Soit rsoudre un systme du type
xa [m]
xb [n]
avec m n = 1. Par ce qui prcde, ce systme possde une unique solution modulo mn.
Pour la dterminer, il suffit de trouver x1 et x2 solutions respectives des systmes
x 1 [m] x 0 [m]
et
x 0 [n] x 1 [n]
Par morphisme, x = ax1 + bx2 est alors solution du systme initial.
Pour dterminer x1 et x2 , on part de la relation de Bzout
mu + nv = 1
et lon prend x1 = nv et x2 = mu.
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2.4. IDAL DUN ANNEAU COMMUTATIF
x = 26 + 56k avec k Z
Remarque Un idal est en particulier un sous-groupe additif (il suffit dexploiter labsorption avec
a = 1 )
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CHAPITRE 2. ANNEAUX
Proposition
Soit I un idal de lanneau (A, +, )
Si 1A I alors I = A.
Si I U (A) 6= alors I = A.
dm. :
Par absorption 1A I entrane A I puis =.
De mme, par absorption, I U (A) 6= entrane 1A I puis I = A.
2.4.2 Oprations
Proposition
Si I et J sont deux idaux de (A, +, ) alors I J est un idal.
De plus, I J est inclus dans I et J et contient tout idal inclus dans I et J.
dm. :
I J A, 0A I et 0A J donc 0A I J.
Si x, y I J alors x, y I donc x + y I. De mme x + y J donc x + y I J.
Si a A et x I J alors x I donc ax I. De mme ax J donc ax I J.
Proposition
Si I et J sont deux idaux de (A, +, ) alors
I + J = {x + y/x I, y J}
df
est un idal.
De plus, I + J contient I et J et est inclus dans tout idal contenant I et J.
dm. :
Pour x I, x = x + 0A I + J car 0A J. Ainsi I I + J et de mme J I + J.
0A I + J car 0A = 0A + 0A avec 0A I, J.
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2.5. APPLICATION LARITHMTIQUE
Dfinition
On appelle idal engendr par x A lensemble
xA = {xu/u A}
df
Thorme
xA est un idal contenant llment x et inclus dans tout idal contenant x.
dm. :
x = x 1 xA et si I est un idal contenant x alors par absorption, il contient xA.
Il reste montrer que xA est un idal.
On a xA A et 0A = x 0A xA.
Pour y, z xA, on peut crire y = xu et z = xv avec u, v A et alors y + z = x(u + v) xA.
Enfin, pour a A, ay = x(au) xA.
2.4.4 Idaux de (Z, +, )
Thorme
Les idaux de (Z, +, ) sont de la forme nZ avec n N.
dm. :
Les idaux de (Z, +, ) sont des sous-groupes de (Z, +) donc de la forme nZ avec n N.
2.5 Application larithmtique
Soit (A, +, ) un anneau intgre commutatif
2.5.1 Divisibilit dans un anneau intgre
Dfinition
On dit que a A divise b A sil existe u A tel que b = au. On note alors a | b.
Exemple a divise 0A et 0A | a a = 0A .
La notion de diviseurs de zro dans le cadre arithmtique ne doit pas tre confondue avec celle du cadre
de lintgrit !
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CHAPITRE 2. ANNEAUX
Thorme
On a quivalence entre :
(i) a | b ;
(ii) b aA ;
(iii) bA aA.
dm. :
Par dfinition (i) (ii)
(ii) (iii) Si b aA alors bA aA car aA est un idal.
(iii) (ii) Supposons bA aA. Puisque b bA, on a b aA.
Proposition
Soit a, b, c A.
a | b et b | c a | c
dm. :
bA aA et cA bA cA aA.
Proposition
Soit a, b, c A.
a | b et a | c a | (b + c)
dm. :
bA aA et cA aA (b + c)A bA + cA aA car aA est un idal.
2.5.2 Association
Dfinition
On dit que a A est associ b A si a et b se divise mutuellement.
Proposition
Ceci dfinit une relation dquivalence sur A.
Thorme
Soit a, b A. On a quivalence entre :
(i) a et b sont associs ;
(ii) aA = bA ;
(iii) u U (A), b = au.
dm. :
(i) bA aA et aA bA (ii)
(i) (iii) Supposons a et b associs.
Il existe u, v A tels que b = au et a = bv.
On a alors a = a(uv).
Cas a = 0A : b = au = 0A et donc b = a 1A .
Cas a 6= 0A : Par intgrit, uv = 1A et donc u U (A) puis b = au avec u U (A).
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2.5. APPLICATION LARITHMTIQUE
K? , A = B
Ainsi, tout polynme non nul est associ un unique polynme unitaire.
Dans la suite nous exploitons cette interprtation pour revoir larithmtique des entiers.
2.5.3.1 PGCD et PPCM
Thorme
Soit a, b Z. Il existe unique d N tel que
aZ + bZ = dZ
On a alors
d | a, d | b et c Z, (c | a et c | b) c | d
dm. :
aZ et bZ sont des idaux de Z donc aZ + bZ aussi.
Par suite, il existe d N unique vrifiant aZ + bZ = dZ.
Puisque aZ aZ + bZ = dZ, on a d | a. De mme d | b.
Si c | a et c | b alors aZ cZ et bZ cZ donc dZ = aZ + bZ cZ puis c | d.
Dfinition
Ce naturel d est appel PGCD de a et b
d=ab
df
Corollaire
Si d = a b alors il existe u, v Z vrifiant d = au + bv.
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CHAPITRE 2. ANNEAUX
Thorme
Soit a, b Z. Il existe unique m N tel que
aZ bZ = mZ
On a alors
a | m, b | m et c Z, (a | c et b | c) m | c
dm. :
aZ et bZ sont des idaux de Z donc aZ bZ aussi. Par suite, il existe m N unique vrifiant aZ bZ =
mZ.
Puisque mZ aZ, on a a | m et de mme b | m.
Si a | c et b | c alors cZ aZ bZ = mZ donc m | c.
Dfinition
Ce naturel m est appel PPCM de a et b :
m=ab
df
dZ = a1 Z + + an Z et mZ = a1 Z . . . an Z
Dfinition
Deux entiers a et b sont dits premiers entre eux si aZ + bZ = Z (autrement dit si leur PGCD
vaut 1).
On note a b = 1.
Thorme
Soit a, b Z. On a quivalence entre :
(i) a et b sont premiers entre eux ;
(ii) u, v Z, au + bv = 1.
dm. :
(i) (ii) via lgalit de Bzout.
(ii) (i) via 1 aZ + bZ donc aZ + bZ = Z.
Corollaire
On a
a, b, c Z, (a b = 1 et a c = 1) a (bc) = 1
a, b Z, a b = 1 , N, a b = 1
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2.5. APPLICATION LARITHMTIQUE
Thorme
a, b, c Z, (a | bc et a b = 1) a | c
dm. :
cZ = c(aZ + bZ) = acZ + bcZ aZ donc a | c.
Thorme
a, b, c Z, (a b = 1, a | c et b | c) ab | c
Dfinition
Un naturel p > 2 est dit premier si ses seuls diviseurs positifs sont 1 et lui-mme.
Exemple Deux entiers a et b sont premiers entre eux si, et seulement si, ils ne possde pas de facteurs
premiers en commun.
Thorme
Pour tout a N tel que a > 2 on peut crire
a = p1 2 N
1 p2 . . . pN
1 2 N
Exemple Si a = p 1 2 N
1 p2 . . . pN et b = p1 p2 . . . pN (criture quil est possible dobtenir en
autorisant les exposants tre nuls) alors
N N
min(i ,i ) max(i ,i )
Y Y
ab= pi et a b = pi
i=1 i=1
En particulier, on constate
(a b) (a b) = ab
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CHAPITRE 2. ANNEAUX
Lemme
Si p est un nombre premier et N? alors
(p ) = p p1
dm. :
Pour k J1, p K, le pgcd de k et p est un diviseur de p .
Puisque p est premier les naturels diviseurs de p sont 1, p, p2 , . . . , p .
Par suite pgcd(k, p ) = 1, p, . . . ou p .
On en dduit
k p 6= 1 p | k
Par suite, les entiers k J1, p K qui ne sont pas premiers avec p sont ceux qui sont les multiples de p
suivants
p, 2p, . . . , p
Il y en a p1 et donc
(p ) = CardJ1, p K p1 = p p1
Lemme
Si n et m sont deux entiers naturels non nuls premiers entre eux alors
(nm) = (n)(m)
dm. :
Par le thorme Chinois, lanneau Z/mnZ est isomorphe Z/mZ Z/nZ. Il y a donc autant dlments
inversibles dans Z/mnZ que dans Z/mZ Z/nZ.
Il y a exactement (mn) lments inversibles dans Z/mnZ.
Les lments inversibles de Z/mZ Z/nZ sont les couples forms par un lment inversible de Z/mZ
et un lment inversible de Z/nZ. Il y en a exactement (m)(n).
Au final, on peut conclure
(mn) = (m)(n)
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2.5. APPLICATION LARITHMTIQUE
Thorme
Si n > 2 scrit
n = p N
1 . . . pN
1
dm. :
On a
(n) = (p1 2 N 1 2 N
1 p2 . . . pN ) = (p1 )(p2 . . . pN )
car p 2 N
1 (p2 . . . pN ) = 1 puisque les nombres premiers pi sont deux deux distincts.
1
De mme
N
Y
(n) = (p 1
1
)(p2
2 ) . . . (pN
N ) = (p
i )
i
i=1
Or
(p ) = p p1 = p (1 1/p)
donc
N N N
Y Y 1 Y 1
(n) = p
i
i
1 =n 1
i=1 i=1
pi i=1
pi
a(n) 1 [n]
dm. :
a est un lment du groupe (U (Z/nZ) , ). Ce groupe possde (n) lments donc
a(n) = 1
i.e.
a(n) 1 [n]
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CHAPITRE 2. ANNEAUX
Remarque Si p est un nombre premier, (p) = p 1 et lon retrouve le petit thorme de Fermat
2.5.6 Musculations
2.5.6.1 Une relation
Proposition
X
n N? , n = (d)
d|n
dm. :
Considrons les n nombres rationnels
1 2 k n
, ,..., ,...,
n n n n
Lcriture irrductible des ces nombres est de la forme
k p
= avec d | n et p d = 1
n d
Il y a exactement (d) fractions qui se rduisent avec le dnominateur d et donc
X
(n) = (d)
d|n
2.5.6.2 Nombre de diviseurs
Div(p ) = {1, p, . . . , p } et (p ) = + 1
(a | m et b | n) ab | mn
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2.6. POLYNMES EN UNE INDTERMINE
Par suite, si
n = p N
1 . . . pN
1
(n) = (1 + 1) . . . (N + 1)
Dfinition
On appelle polynme coefficients dans K en une indtermine toute expression de la forme
+
X
P = an X n
n=0
o (an )nN est une suite dlments K nulle partir dun certain rang.
On note K [X] lensemble des polynmes coefficients dans K en lindtermine X.
Dfinition
+
X
Lorsque P = an X n nest pas le polynme nul, on introduit son degr
n=0
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CHAPITRE 2. ANNEAUX
Dfinition
+
X +
X
Pour P = an X n et Q = bn X n lments de K [X], on pose
n=0 n=0
+
X +
X n
X
P +Q= (an + bn )X n et P Q = cn X n avec cn = ak bnk
n=0 n=0 k=0
Thorme
(K [X] , +, ) est un anneau intgre de neutres 0 et 1 dont les lments inversibles sont les
polynmes constants non nuls.
dm. :
Lintgrit et la description des inversibles dcoulent de la relation
Dfinition
N
X
On appelle valeur dun polynme P = an X n en x K le nombre
n=0
N
X
P (x) = an xn K
n=0
et
A et B sont associs K ? , B = A
En particulier, tout polynme non nul est associ un unique polynme unitaire.
De plus, on bnficie dans K [X] dune division euclidienne
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2.6. POLYNMES EN UNE INDTERMINE
Thorme
Les idaux de (K [X] , +, ) sont de la forme P.K [X] avec P K [X].
dm. :
Soit I un idal de K [X].
Si I = {0} alors I = P.K [X] avec P = 0.
Sinon, soit P un polynme non nul de I de degr minimal.
Par absorption P.K [X] I.
Pour A I, par division euclidienne A = P Q + R avec deg R < deg P . R = A P I car A I et
P P.K [X] I.
Or deg R < deg P donc par minimalit du degr de P parmi les polynmes non nuls de I, on peut
affirmer R = 0 et donc A P.K [X]. Ainsi I P.K [X] puis I = P.K [X].
2.6.4 PGCD et PPCM
Thorme
Soit A, B K [X]. Il existe un unique polynme unitaire ou nul D K [X] vrifiant tel que
On a alors
D | A, D | B et P K [X] , (P | A et P | B) P | D
dm. :
Existence :
A.K [X] et B.K [X] sont des idaux de K [X] donc A.K [X]+B.K [X] aussi. Il existe donc D K [X]
vrifiant
A.K [X] + B.K [X] = D.K [X]
Si le polynme D nest pas nul, on peut le remplacer par un polynme associ et ds lors le choisir
unitaire.
Unicit :
Si D et D sont solutions alors ils sont associs et donc gaux car tous deux unitaires ou nuls.
Dfinition
Ce polynme D est appel PGCD des polynmes A et B.
D=AB
df
Corollaire
Si D = A B alors il existe U, V K [X] vrifiant
D = AU + BV
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CHAPITRE 2. ANNEAUX
Dfinition
De mme, on dfinit le PPCM de deux polynmes A, B K [X] comme lunique polynme
M K [X] unitaire ou nul vrifiant
On note
M =AB
Remarque On peut aussi parler du PGCD D et du PPCM M dune famille de plusieurs polynmes
A1 , K, An dfinis par
D.K [X] = A1 .K [X] + + An .K [X] et M.K [X] = A1 .K [X] An .K [X]
autrement dit si A B = 1.
Thorme
Soit A, B K [X]. On a quivalence entre :
(i) A et B sont premiers entre eux ;
2
(ii) (U, V ) K [X] , AU + BV = 1.
Thorme
Soit A, B, C K [X].
A | BC et A B = 1 A | C
Thorme
Soit A, B, C K [X].
A B = 1, A | C et B | C AB | C
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2.6. POLYNMES EN UNE INDTERMINE
Thorme
A, B K [X] sont premiers entre eux si, et seulement si, A et B nont aucunes racines com-
plexes en commun.
dm. :
( ) Par contrapose
Si A et B ont une racine complexe z en commun alors celle-ci est racine de D = A B en vertu de la
relation de Bzout. Le polynme D nest alors pas constant gal 1.
() Par contrapose
Si A et B ne sont pas premiers entre eux alors D = 0 ou D nest pas constant. Dans les deux cas D admet
une racine complexe qui est alors racine commune aux polynmes A et B.
Corollaire
Le polynme P C [X] est racines simples si, et seulement si, P P 0 = 1.
Exemple Le polynme X 2 + 1 est irrductible dans R [X] mais ne lest pas dans C [X].
Thorme
Si P est un polynme non constant de K [X], on peut crire
Y
P = Pii
16i6N
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CHAPITRE 2. ANNEAUX
Corollaire
Tout polynme rel de degr impair possde au moins une racine relle.
dm. :
Sa dcomposition en facteurs irrductibles doit au moins faire apparatre un terme de degr ce qui d-
termine une racine du polynme. Un argument de continuit en lien avec les limites en linfini dun
polynme de degr impair est aussi possible.
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2.6. POLYNMES EN UNE INDTERMINE
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Chapitre 3
Espaces vectoriels
La thorie sur les espaces vectoriels prsentes en MPSI dans le cas o le corps de base est R ou C stend
pour lessentiel au cas o le corps de base est un corps quelconque.
On se limite cependant dans ce cours au cas o K est un sous-corps de C : K = C, R, Q, . . .
3.1 Structure despace vectoriel
3.1.1 Dfinition
Dfinition
On appelle K-espace vectoriel tout triplet (E, +, .) form dun ensemble E, dune loi de com-
position interne + sur E et dun produit extrieur . oprant de K sur E vrifiant :
(1) (E, +) est un groupe ablien ;
(2) x, y E, , K, (x + y) = x + y, ( + )x = x + x, (x) = ()x et
1.x = x.
Les lments de K sont appels scalaires, ceux de E sont appels vecteurs, en particulier le
neutre additif de E est appel vecteur nul et note 0E .
Exemple On peut visualiser gomtriquement les oprations lintrieur dun espace vectoriel en
commenant par visualiser le vecteur nul 0E et en convenant que tout vecteur sera reprsent en partant
de celui-ci.
59
3.1. STRUCTURE DESPACE VECTORIEL
Exemple K est un K-espace vectoriel. Dans ce cas, vecteurs et scalaires se confondent et le produit
extrieur correspond la multiplication sur K.
Proposition
Si L est un sous-corps de K alors, par restriction du produit extrieur, tout K-espace vectoriel
est encore un L-espace vectoriel.
dm. :
La proprit (1) est conserve alors que la proprit (2) valant pour tout , K vaut a fortiori pour tout
, L.
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CHAPITRE 3. ESPACES VECTORIELS
Exemple Gomtriquement, les sous-espaces vectoriels non triviaux se visualisent comme des droites
et des plans contenant le vecteur nul.
Thorme
Si F est un sous-espace vectoriel dun K-espace vectoriel E alors F est aussi un K-espace
vectoriel pour les lois restreintes.
3.2.2 Oprations
Proposition
Si F et G sont deux sous-espaces vectoriels de E alors
F G = {x E/x F et x G}
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3.2. SOUS-ESPACES VECTORIELS
dm. :
F G E.
0E F G car 0E F et 0E G.
Soit , K et x, y F G.
On a x + y F G car x + y F puisque x, y F et F est un sous-espace vectoriel et de mme
x + y G.
Proposition
Si F et G sont deux sous-espaces vectoriels de E alors
F + G = {a + b/a F, b G}
x + y = (a + a0 ) + (b + b0 ) F + G
Exemple
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CHAPITRE 3. ESPACES VECTORIELS
Dfinition
On appelle espace vectoriel engendr par une partie A de E lintersection VectA de tous les
sous-espaces vectoriels de E contenant A.
Thorme
VectA est un sous-espace vectoriel de E contenant A.
De plus, pour tout sous-espace vectoriel F de E :
A F VectA F
Vect(F G) = F + G
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3.2. SOUS-ESPACES VECTORIELS
Dfinition
Xn
Soit F1 , . . . , Fn des sous-espaces vectoriels. On dit que la somme Fi est directe si
i=1
n
X
x Fi , !(x1 , . . . , xn ) F1 . . . Fn , x = x1 + + xn
i=1
n
Fi ou F1 Fn
i=1
Thorme
Les espaces F1 , . . . , Fn sont en somme directe si, et seulement si,
(x1 , . . . , xn ) F1 . . . Fn , x1 + + xn = 0E 1 6 i 6 n, xi = 0E
x E, !(a, b) F G, x = a + b
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CHAPITRE 3. ESPACES VECTORIELS
Exemple
Thorme
Les espaces F et G sont supplmentaires si, et seulement si, F G = {0E } et F + G = E.
Autrement dit, si, et seulement si, E = F G.
Exemple On note Sn (R) et An (R) les sous-espaces vectoriels de Mn (R) forms des matrices
symtriques et antisymtriques. Montrer que Sn (R) et An (R) sont des sous-espaces vectoriels
supplmentaires.
On a Sn (R) An (R) = {On } car
t
M = M et t M = M M = On
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3.2. SOUS-ESPACES VECTORIELS
Exemple Gomtriquement les sous-espaces affines se visualisent comme tant des points, des droites
ou des plans ne passant pas ncessairement par 0E .
Proposition
Si V est un sous-espace affine de direction F et si b V alors
V =b+F
dm. :
Ecrivons V = a + F .
Puisque b V , on a b a F et donc
b + F = {b + x/x F } = {a + x0 /x0 F } = a + F
Proposition
Lintersection de deux sous-espaces affines V et W de directions F et G est soit vide, soit gal
un sous-espace affine de direction F G.
dm. :
Supposons V W 6= . Considrons a V W . On a V = a + F et W = a + G.
Par suite, pour x E, x V W x a F G et ainsi V W = a + F G.
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CHAPITRE 3. ESPACES VECTORIELS
3.3 Dimension
I dsigne un ensemble, ventuellement infini.
E dsigne un K-espace vectoriel.
3.3.1 Combinaisons linaires
Dfinition
Une famille de scalaires (i )iI est dite presque nulle si
Exemple Une suite nulle partir dun certain rang est une famille presque nulle de KN .
Ainsi
K(N) = {u = (un )nN /N N, n > N, un = 0}
Dfinition
On appelle combinaison linaire dune famille (xi )iI de vecteurs de E tout vecteur de E
pouvant scrire X
i xi
iI
Remarque Bien que la somme porte sur lensemble I pouvant tre infini, la somme a du sens car elle
ne comporte quun nombre fini de termes non nuls.
Exemple Cas I = :
Seul le vecteur nul est combinaison linaire de la famille vide.
Cas CardI = 1 :
Les combinaisons linaires de (x) sont les x avec K.
Cas CardI = n :
Quitte rindexer, on peut supposer I = {1, . . . , n}.
Les combinaisons linaires de (xi )16i6n sont les 1 x1 + + n xn avec i K.
Cas CardI = + :
Les combinaisons linaires de la famille (xi )iI correspondent aux combinaisons linaires de ses
sous-familles finies.
Exemple Dans K [X], les combinaisons linaires des monmes X k avec k N sont exactement les
polynmes.
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3.3. DIMENSION
Remarque Si A est une partie de E alors Vect(A) est lensemble des combinaisons linaires (finies)
dlments de A.
Proposition
Si F est un sous-espace vectoriel de E alors toute combinaison linaire dune famille de vec-
teurs de F est lment de F .
Thorme
Vect(xi )iI est lensemble des combinaisons linaires de la famille (xi )iI .
Dfinition
Une famille (xi )iI de vecteurs de E est dite gnratrice si Vect(xi )iI = E ce qui signifie
que tout vecteur de E est combinaison linaire de cette famille
X
x E, (i )iI K(I) , x = i xi
iI
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CHAPITRE 3. ESPACES VECTORIELS
Exemple (x, y) est lie si, et seulement si, il existe (, ) 6= (0, 0) tel que x + y = 0E .
Cela quivaut encore dire
K, x = y ou K, x = y
Attention : (x, y) lie nimplique pas quil existe K tel que y = x (prendre x = 0E et y 6= 0E
quelconque)
Cependant
(x, y) lie et x 6= 0E K, y = x
Exemple Une famille infinie est libre si, et seulement si, toutes ses sous-familles finies le sont.
Exemple E = F(R, R). Pour a R, on note ea lapplication de R vers R dfinie par ea (t) = eat .
Montrons que (ea )aR est une famille libre dlments de F(R, R).
Soit a1 , . . . , an des rels deux deux distincts.
Supposons
1 ea1 + + n ean = 0
Pour tout t R,
1 ea1 t + 2 ea2 t + + n ean t = 0
Quitte rindexer, on peut supposer a1 < a2 < . . . < an
En multipliant la relation par ea1 t , on obtient
1 + 2 e(a2 a1 )t + + n e(an a1 )t = 0
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3.3. DIMENSION
3.3.4 Base
Dfinition
On appelle base de E toute famille (ei )iI de vecteurs de E la fois libre et gnratrice.
Thorme
Si (ei )iI est une base de E alors
X
x E, !(i )iI K(I) , x = i ei
iI
Dfinition
La famille (i )iI est alors appele famille des coordonnes (ou composantes) de x dans la
base (ei )iI .
Exemple Les coordonnes de x = (x1 , . . . , xn ) Kn dans la base canonique sont ses lments xi .
Exemple Les coordonnes de P K [X] dans la base canonique de K [X] sont ses coefficients.
La famille (i,j )iI est donc la famille des coordonnes de ej dans la base (ei )iI .
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CHAPITRE 3. ESPACES VECTORIELS
3.3.5 Dimension
Dfinition
On dit quun K-espace vectoriel est de dimension finie sil possde une famille gnratrice
finie. On sait quun tel espace possde alors une base finie et que toute base de cet espace est
forme du mme nombre de vecteurs quon appelle la dimension de celui-ci.
Exemple dim {0E } = 0, dim Kn = n, dim Mn,p (K) = np, dim Kn [X] = n + 1, dim K = 1,
dimC C = 1 et dimR C = 2.
Dfinition
Si un K-espace vectoriel E nest pas de dimension finie, on pose dim E = +.
Thorme
Toute famille libre de vecteurs de E peut tre complte en une base.
Thorme
Soit E est un K-espace vectoriel de dimension finie et (ei )16i6n une famille de vecteurs de E.
On suppose
n = dim E
On a quivalence entre :
(i) (ei )16i6n est une base de E ;
(ii) (ei )16i6n est une famille libre ;
(iii) (ei )16i6n est une famille gnratrice de E.
N
Exemple Soit (Pn )nN K [X] une famille de polynmes de degrs tags (i.e. n N, deg Pn = n
)
Montrons que (Pn )nN est une base de K [X].
Commenons par tudier la sous-famille (Pk )06k6n .
Supposons
0 P0 + + n Pn = 0
On a
n Pn = (0 P0 + + n1 Pn1 )
donc deg(n Pn ) < n puis n = 0.
En reprenant le procd, on obtient successivement n1 = 0,. . . , 0 = 0.
Ainsi, la famille (Pk )06k6n est libre, or cette famille est forme de n + 1 = dim Kn [X] vecteurs de
Kn [X] cest donc une base de Kn [X].
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3.3. DIMENSION
La famille (Pn )nN est alors libre car chacune de ses sous-familles finies est libre. Elle est de plus
gnratrice car pour tout P K [X], il existe n N tel que P Kn [X] ce qui permet dcrire
n
X +
X
P = k Pk = k Pk en posant k = 0 pour k > n
k=0 k=0
Thorme
Si F est un sous-espace vectoriel dun K-espace vectoriel E de dimension finie alors F est de
dimension finie et
dim F 6 dim E
De plus
dim F = dim E F = E
Thorme
Si F et G sont des sous-espaces vectoriels de dimensions finies dun K-espace vectoriel E
alors F + G et F G sont de dimensions finies et
dm. :
On complte une base de F G, dune part, en une base de F et, dautre part, en une base de G puis on
forme une base de F + G en considrant la famille de tous ses vecteurs.
Corollaire
Si F et G sont en somme directe alors
Thorme
Tout sous-espace vectoriel dun K-espace vectoriel de dimension finie admet au moins un
supplmentaire et tous ses supplmentaires sont dgales dimensions.
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CHAPITRE 3. ESPACES VECTORIELS
Thorme
Si F et G deux sous-espaces vectoriels dun K-espace vectoriel E de dimension finie vrifiant
Thorme
m
X
Si F1 , . . . , Fm sont des sous-espaces vectoriels de dimensions finies alors Fk est de dimen-
k=1
sion finie et
m
X m
X
dim Fk 6 dim Fk
k=1 k=1
De plus, il y a galit si, et seulement si, les sous-espaces vectoriels F1 , . . . , Fm sont en somme
directe.
Ainsi
m
m X
dim Fk = dim Fk
k=1
k=1
Thorme
On suppose
m
E = Fk
k=1
Dfinition
m
Une telle base est dite adapte la dcomposition E = Fk .
k=1
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3.4. APPLICATIONS LINAIRES
Thorme
Lensemble L(E, E 0 ) des applications linaires de E vers E 0 est un espace vectoriel pour les
lois usuelles de neutre lapplication linaire nulle o.
Dfinition
Lorsque E 0 = K, on parle de forme linaire et on note E ? au lieu de L(E, K).
Lespace E ? est appel espace dual de E.
Dfinition
Lorsque E 0 = E, on parle dendomorphisme et on note L(E) au lieu de L(E, E).
L(E) est un anneau pour les lois + et de neutres 0 et IdE .
Dfinition
Lorsque u est bijective, on parle disomorphisme et on dit que les espaces E et E 0 sont iso-
morphes.
On note GL(E, E 0 ) lensemble des isomorphismes de E vers E 0 .
Dfinition
Lorsque u est bijective et E 0 = E, on parle dautomorphisme et on note GL(E) = GL(E, E)
lensemble des automorphismes de E. (GL(E), ) est le groupe des inversibles de lanneau
(L(E), +, ), on lappelle groupe linaire de E.
3.4.2 Proprits
Proposition
Si u L(E, E 0 ) alors
u(0E ) = 0E 0
Thorme
Limage directe (resp. rciproque) dun sous-espace vectoriel par une application linaire est
un sous-espace vectoriel.
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CHAPITRE 3. ESPACES VECTORIELS
Dfinition
On appelle noyau et image dune application linaire u de E vers E 0 les ensembles
Thorme
Soit u L(E, E 0 ).
a) u est injective si, et seulement si, ker u = {0},
b) u est surjective si, et seulement si, Imu = E 0 .
v u = 0 Imu ker v
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3.4. APPLICATIONS LINAIRES
Proposition
Si (xi )iI une famille gnratrice de vecteurs de E et si u L(E, E 0 ) est surjective alors
(u(xi ))iI est une famille de vecteurs de E 0 gnratrice.
dm. :
Pour tout y F , il existe x E tel que y =X
u(x). X
(I)
Or, il existe aussi (i ) K telle que x = i xi et alors y = i u(xi ).
iI iI
Ainsi, (u(xi ))iI est gnratrice.
Proposition
Si (xi )iI une famille libre de vecteurs de E et si u L(E, E 0 ) est injective alors (u(xi ))iI
est une famille libre de E 0 .
dm. : X
Supposons i u(xi ) = 0E 0 .
X iI X X
On a u( i xi ) = 0 donc i xi ker u = {0E } puis i xi = 0E .
iI iI iI
Or la famille (xi )iI est libre donc
i I, i = 0
Ainsi (u(xi ))iI est libre.
Thorme
Soit u L(E, E 0 ) et (ei )iI une base de E.
1) u est injective si, et seulement si, (u(ei ))iI est libre.
2) u est surjective si, et seulement si, (u(ei ))iI est gnratrice de E 0 .
3) u est un isomorphisme si, et seulement si, (u(ei ))iI est une base de E 0 .
dm. :
1) ( ) ci-dessus.
( ) Supposons
X (u(ei ))iI libre. X
Soit x = i ei tel que u(x) = 0E 0 . On a i u(ei ) = 0E 0 donc i = 0 pour tout i puis x = 0E .
iI iI
2) ( ) ci-dessus.
( ) Supposons (u(ei ))iI gnratrice.
X X
Pour tout y F , on peut crire y = i u(ei ) et donc y = u(e) avec e = i ei .
iI iI
3) via 1) et 2)
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CHAPITRE 3. ESPACES VECTORIELS
Corollaire
Si deux espaces vectoriels sont isomorphes, ils sont dgales dimension.
Thorme
Si (ei )iI est une base de E et (e0i )iI une famille de vecteurs de E 0 alors il existe une unique
application linaire u : E E 0 vrifiant
i I, u(ei ) = e0i
dm. :
Analyse / Unicit : Supposons uX
solution.
Pour e E, on peut crire e = i ei avec (i )iI K(I) et alors
iI
X X
u(e) = i u(ei ) = i e0i
iI iI
X
u(e) = i e0i
iI
Corollaire
Deux espaces de dimensions finies gales sont isomorphes.
3.4.6.2 Par ses restrictions linaires
On suppose
m
E = Fk
k=1
Thorme
Si, pour tout k {1, . . . , m}, uk dsigne une application linaire de Fk vers E 0 alors il existe
une unique application linaire u de E vers E 0 prolongeant les uk i.e. vrifiant
1 6 k 6 m, x Fk , u(x) = uk (x)
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3.4. APPLICATIONS LINAIRES
dm. :
Analyse / Unicit :
Supposons u solution.
m
X
Pour x E, on peut crire x = xk avec xk Fk et alors par linarit,
k=1
m
X m
X
u(x) = u(xk ) = uk (xk )
k=1 k=1
m
X
u(x) = uk (xk )
k=1
E =F G
x F, p(x) = x et x G, p(x) = 0E
Lendomorphisme p vrifie
p2 = p , Imp = F et ker p = G
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CHAPITRE 3. ESPACES VECTORIELS
Proposition
Soit u L(E, E 0 ) avec dim E < +
On a rgu 6 dim E avec galit si, et seulement si, u injective.
dm. :
Introduisons (e1 , . . . , en ) une base de E avec n = dim E
rgu = dim Imu = dim u(E), or
Par suite rgu 6 n avec galit si, et seulement si, (u(e1 ), . . . , u(en )) est libre i.e. u injective.
Proposition
Soit u L(E, E 0 ) avec dim E 0 < +
On a rgu 6 dim E 0 avec galit si, et seulement si, u surjective.
dm. :
rgu = dim Imu avec Imu F .
Par suite rgu 6 dim F avec galit si, et seulement si, Imu = F i.e. u surjective.
Thorme
Soit u L(E, E 0 ) et v L(E 0 , E 00 ). On a
dm. :
rg(v u) = dim Im(v u) = dim v(u(E)).
Dune part, v(u(E)) = Imvu(E) donc rg(v u) = rg v|u(E) 6 dim u(E) = rgu.
Dautre part, v(u(E)) v(F ) = Imv donc rg(v u) 6 rgv.
Corollaire
On ne modifie pas le rang dune application linaire en composant celle-ci avec un isomor-
phisme.
dm. :
Si est un isomorphisme alors
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3.4. APPLICATIONS LINAIRES
Exemple Les hyperplans sont par dfinition les noyaux des formes linaires non nulles : ils
correspondent aussi aux sous-espaces vectoriels de dimension n 1.
Supposons dim E = n N? et considrons L(E, K) une forme linaire non nulle.
On a Im = K et donc dim ker = n 1
Un hyperplan de E est donc un espace dimension n 1.
La rciproque est aussi vraie.
dm. :
(i) (ii) et (iii)
(ii) (iv) car rgf = dim E dim ker f = n.
(iv) (iii) car rgf = n = dim F donc f surjective.
(iii) (ii) car dim ker f = dim E rgf = n n = 0
(i) (v) et (vi) ok
(v) (ii) car g f injective entrane f injective.
(vi) (iii) car f h surjective entrane f surjective.
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CHAPITRE 3. ESPACES VECTORIELS
Corollaire
Si dim E < +, ce qui prcde permet de caractriser les automorphismes de E.
(P ) = (P (a0 ), . . . , P (an ))
0 6 i 6 n, P (ai ) = bi
est
n
X
P = bi Li
i=0
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3.5. STRUCTURE DALGBRE
Remarque Si L est un sous-corps de K alors toute K-algbre est aussi par restriction une L-algbre.
3.5.2 Sous-algbre
Dfinition
On appelle sous-algbre dune K-algbre A toute partie B de A vrifiant :
1) 1A B ;
2) , K, x, y B, x + y B ;
3) x, y B, xy B.
Exemple
RN = F(N, R) est une R-algbre.
C = (un ) RN /(un ) converge est une sous-algbre de RN .
C0 = (un ) RN /un 0 nest pas une sous-algbre de RN car ne contient par la suite (1)nN .
Thorme
Une sous-algbre est une K-algbre pour les lois restreintes possdant les mmes neutres.
dm. :
Cest un sous-espace vectoriel et un sous-anneau et la proprit calculatoire 3) est videmment conserve.
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CHAPITRE 3. ESPACES VECTORIELS
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3.5. STRUCTURE DALGBRE
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Chapitre 4
Calculs matriciels
La thorie sur les matrices prsentes en MPSI dans le cas o le corps de base est R ou C stend pour
lessentiel au cas o le corps de base est un corps quelconque.
On se limite cependant dans ce cours au cas o K est un sous-corps de C : K = C, R, Q, . . .
4.1 Calcul matriciel
4.1.1 Matrices rectangles
Dfinition
On note Mn,p (K) lensemble des matrices de type (n, p) coefficients dans K i.e. lensemble
des familles A = (ai,j )16i6n,16j6p dlments de K. Une telle matrice est gnralement
figure par un tableau
a1,1 a1,p
A = ... .. M (K)
. n,p
an,1 an,p
Exemple On note
0 0
Ei,j = 1 Mn,p (K)
0 0
appele matrice lmentaire dindice (i, j) de Mn,p (K).
Thorme
Mn,p (K) est un K-espace vectoriel de dimension np et dlment nul On,p .
La famille des matrices lmentaires (Ei,j )16i6n,16j6p est une base de Mn,p (K)
Dfinition
Pour A = (ai,j ) Mn,p (K) et B = (bj,k ) Mp,q (K), on pose AB = (ci,k ) Mn,q (K)
avec
Xp
ci,k = ai,j bj,k
df
j=1
85
4.1. CALCUL MATRICIEL
Exemple Pour
a1,1 a1,p x1
.. .. et X = ..
A= . . .
an,1 an,p xp
on a
a1,1 x1 + + a1,p xp
AX =
..
.
an,1 x1 + + an,p xp
Exemple Pour Ei,j Mn,p (K) et Ek,` Mp,q (K), on a Ei,j Ek,` = j,k Ei,` .
En effet,
- si j 6= k alors Ei,j Ek,` = On,q car les 1 ne se croisent pas.
- si j = k alors Ei,j Ek,` = Ei,` Mn,q (K) car les 1 se croisent lors du calcul du coefficient dindice
(i, `).
On retient Ei,j Ek,` = j,k Ei,` .
Remarque Les oprations matricielles peuvent aussi tre conduites en raisonnant par blocs .
2 On In
Exemple Calcul de A pour A = M2n (R).
In On
Le produit par blocs se pose comme un produit de matrice coefficients (en prenant garde lordre des
facteurs).
In On
A2 = = I2n
On In
On obtient
AX1 + BX2
MX =
CX1 + DX2
On a
A2
2 AB + BA
M =
On A2
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CHAPITRE 4. CALCULS MATRICIELS
Thorme
Mn (K) est une K-algbre de dimension n2 de neutres On et In .
Celle-ci est non commutative ds que n > 2.
Exemple Lensemble Dn (K) form des matrices diagonales est une sous-algbre commutative de
Mn (K).
On observe
1 (0) 1 (0) 1 1 (0)
.. .. =
..
. . .
(0) n (0) n (0) n n
Exemple Lensemble Tn+ (K) form des matrices triangulaires suprieures est une sous-algbre de
Mn (K).
On observe
?0 ?00
1 ? 1 1 1
.. .. =
..
. . .
(0) n (0) n (0) n n
M Mn (K), AM = M A
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4.1. CALCUL MATRICIEL
et donc
M D = DM 1 6 i, j 6 n, (i j )mi,j = 0
Cette dernire condition est vrifie si, et seulement si, M est diagonale.
Remarque Ce rsultat peut tre tendu en raisonnant par blocs : les matrices commutant avec
0 0
D = 0 0 avec 6=
0 0
Kn M
n,1 (K)
x1
.
x = (x1 , . . . , xn ) 7 ..
X=
xn
Dfinition
Pour A Mn,p (K), on appelle application linaire canoniquement associe la matrice A
lapplication u : Kp 7 Kn qui x Kp associe y Kn dfinie par
y = Ax
Exemple
Prcisons
lapplication linaire canoniquement associe la matrice
1 2 1
A= M3,2 (R).
0 1 1
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CHAPITRE 4. CALCULS MATRICIELS
Dfinition
On dfinit le noyau, limage et le rang de la matrice A par
- ker A = ker u = {x Kp /Ax = 0} ;
- ImA = Imu = {y Kn /x Kp , y = Ax} ;
- rgA = dim ImA.
Proposition
Si C1 , . . . , Cp dsignent les colonnes de A alors
dm. :
Proposition
A Mn,p (K), rg(A) 6 min(n, p),
A Mn,p (K), B Mp,q (K), rg(AB) 6 min(rgA, rgB).
dm. :
Thorme
On a la formule du rang
rgA + dim ker A = p
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4.1. CALCUL MATRICIEL
On a
x1 + x3 = 0
x1 0 (
x2 = x1
A x2 = 0 x2 + x3 = 0
x3 0
x3 = x1
x1 x2 = 0
Donc
ker A = {(x1 , x1 , x1 )/x1 R} = Vect(1, 1, 1)
Par la formule du rang rgA = 2.
Puisque les vecteurs
y1 = (1, 0, 1) = Ae1 , y2 = (1, 1, 1) = Ae2
appartiennent limage de A et puisquils sont aussi indpendantes
ImA = Vect(y1 , y2 )
AB = BA = In
Exemple Une matrice triangulaire suprieure est inversible si, et seulement si, ses coefficients
diagonaux sont non nuls et alors
1
a1 ? 1/a1 ?
..
=
..
. .
(0) an (0) 1/an
Thorme
Lensemble GLn (K) des matrices inversibles de Mn (K) est un groupe multiplicatif de
neutre In .
dm. :
Cest le groupe des inversibles de Mn (K).
Attention : (AB)1 = B 1 A1 .
Proposition
On ne modifie pas le rang dune matrice en la multipliant par une matrice inversible.
dm. :
Soit P GLn (K) et A Mn,p (K).
On a rg(P A) 6 A et rgA = rg(P 1 P A) 6 rg(P A) puis =.
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CHAPITRE 4. CALCULS MATRICIELS
Thorme
Pour A Mn (K), on a quivalence entre :
(i) A est inversible ;
(ii) ker A = {0} ;
(iii) ImA = Kn ;
(iv) rgA = n ;
(v) B Mn (K), AB = In ;
(vi) C Mn (K), CA = In .
De plus, si tel est le cas
B = C = A1
dm. :
(i) (iv) est connue et le reste est alors immdiat.
Exemple Inversons
1 0 1
A = 2 1 1
1 1 1
Par la mthode du pivot, on opre sur les lignes dune matrice de blocs A et In pour transformer A en
In . On sait qualors le bloc In sera transform en A1 .
1 0 1 1 0 0
2 1 1 0 1 0
1 1 1 0 0 1
1 0 1 1 0 0
0 1 1 2 1 0
0 1 0 1 0 1
1 0 1 1 0 0
0 1 1 2 1 0
0 0 1 1 1 1
1 0 1 1 0 0
0 1 1 2 1 0
0 0 1 1 1 1
1 0 0 0 1 1
0 1 0 1 0 1
0 0 1 1 1 1
On conclut
0 1 1
A1 = 1 0 1
1 1 1
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4.2. REPRSENTATIONS MATRICIELLES
4.1.6 Transposition
Dfinition
Pour A = (ai,j ) Mn,p (K), on pose t A = (a0j,i ) Mp,n (K) avec
a0j,i = ai,j
df
Proposition
, K, A, B Mn,p (K), t (A + B) = t A + t B
A Mn,p (K), B Mp,q (K), t (AB) = t B t A.
A Mn,p (K), t t A = A
1 t 1
A GLn (K), t A GLn (K) et t A = A
Dfinition
Une matrice M Mn (R) est dite symtrique (resp. antisymtrique) si t M = M (resp.
t
M = M )
Thorme
Les ensembles Sn (R) et An (R) forms des matrices symtriques et antisymtriques de
Mn (R) sont des sous-espaces vectoriels supplmentaires et
n(n + 1) n(n 1)
dim Sn (R) = et dim An (R) =
2 2
Dfinition
On note
1
.
Mate (x) = . Mn,1 (K)
df .
n
la matrice des coordonnes de x dans la base e.
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CHAPITRE 4. CALCULS MATRICIELS
(0)
Exemple Mate (ei ) = 1 = Ei .
(0)
Thorme
Lapplication x 7 Mate (x) est un isomorphisme du K-espace vectoriel E vers Mn,1 (K).
Dfinition
Soit x1 , . . . , xp E. On note
Proposition
Si A = Mate (x1 , . . . , xp ) alors rgA = rg(x1 , . . . , xp ).
dm. :
Notons lisomorphisme x E 7 Mate (x).
Les colonnes C1 , . . . , Cp de A sont donnes pas Cj = (xj ).
donc
rgA = dim Vect((x1 ), . . . , (xp )) = dim (Vect(x1 , . . . , xp ))
Mais lapplication est un isomorphisme donc
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4.2. REPRSENTATIONS MATRICIELLES
(P ) = (P (a0 ), . . . , P (an ))
akn
et alors
a20 an0
1 a0
1 a1 a21 an1
A=
.. .. .. ..
. . . .
1 an a2n ann
Soit (L0 , . . . , Ln ) la base de Kn [X] forme des polynmes dinterpolation de Lagrange en a0 , . . . , an .
Puisque (Lk ) = ck , la matrice de dans (L0 , . . . , Ln ) et C est In+1 .
Exemple Soit A Mn,p (K). La matrice de lapplication linaire canoniquement associe A dans les
bases canoniques de Kp et Kn est A.
En effet, A (ej ) = Aej correspond la j-me colonne de A.
Thorme
Soit u L(E, F ).
La matrice Mate,f (u) est lunique matrice A Mn,p (K) vrifiant
x E, y F, y = u(x) Y = AX
Thorme
Lapplication u L(E, F ) 7 Mate,f (u) Mn,p (K) est un isomorphisme de K-espaces
vectoriels.
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CHAPITRE 4. CALCULS MATRICIELS
Thorme
Lapplication u L(E) 7 Mate (u) Mp (K) est un isomorphisme de K-algbres.
B Mn (K), AB = BA
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4.2. REPRSENTATIONS MATRICIELLES
Proposition
0
0 1
Pee = Mate0 ,e (IdE ) GLn (K) et Pee = Pee0
Thorme
Si P est la matrice de passage dune base e une base e0 dun K-espace vectoriel E alors
x E, X = P X 0
4.2.5.3 Nouvelle matrice dune application linaire
Thorme
Si P est la matrice de passage dune base e une base e0 dun K-espace vectoriel E et si Q est
la matrice de passage dune base f une base f 0 dun K-espace vectoriel F alors
u L(E, F ), A0 = Q1 AP
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CHAPITRE 4. CALCULS MATRICIELS
On a X = P X 0 et Y = QY 0 . Si y = u(x) alors
Y = AX et Y 0 = A0 X 0
donc AX = QA0 X 0 puis
AX = QA0 P 1 X
Or ceci doit tre valable pour toute colonne X donc
A = QA0 P 1
Corollaire
On a
u L(E), A0 = P 1 AP
avec A = Mate (u), A0 = Mate0 (u).
4.2.6 Matrices quivalentes
Dfinition
On dit quune matrice A Mn,p (K) est quivalente une matrice B Mn,p (K) sil existe
P GLp (K) et Q GLn (K) telles que
B = Q1 AP
Proposition
Lquivalence de matrice est une relation dquivalence sur Mn,p (K).
Thorme
Soit A Mn,p (K) et r N avec 0 6 r 6 min(n, p).
avec
Ir Or,pr
Jr = Mn,p (K)
Onr,r Onr,pr
dm. :
() Car rg(Jr ) = r et lon ne modifie pas le rang en multipliant par des matrices inversibles.
( ) Soit E et F deux K-espaces vectoriels de dimensions p et n munis de bases e et f .
On considre u L(E, F ) dtermine par
Mate,f (u) = A
Si r = rgA alors r = rgu et donc dim ker u = p r.
Soit G un supplmentaire de ker u dans E :
E = G ker u
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4.2. REPRSENTATIONS MATRICIELLES
avec dim G = r.
Soit une base e0 = (e01 , . . . , e0r , e0r+1 , . . . , e0p ) adapte la dcomposition E = G ker u.
Lapplication u|G : G Imu est un isomorphisme de K-espaces vectoriels.
Posons
f10 = u(e01 ), . . . , fr0 = u(e0r )
La famille (f10 , . . . , fr0 ) est base de Imu, on peut la complter en une base f 0 = (f10 , . . . , fp0 ) de F .
On obtient Mate0 ,f 0 (u) = Jr donc A et Jr sont quivalentes car reprsentent la mme application linaire.
Corollaire
Deux matrices sont quivalentes si, et seulement si, elles ont le mme rang.
et donc les colonnes de A sont colinaires une mme colonne Y , les coefficients de colinarit formant
la matrice X.
Synthse :
rgA = 1 donc ImA est une droite vectorielle.
Soit Y 6= 0 lment de ImA :
ImA = VectY
Notons C1 , . . . , Cn les colonnes de A.
Puisque C1 , . . . , Cn ImA, il
existe x1 , . . . , xn K tels que Cj = xj Y .
Pour t X = x1 xn , on a
Y t X = C1 Cn = A
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CHAPITRE 4. CALCULS MATRICIELS
Exemple Si A est semblable une matrice scalaire In alors il existe P GLn (K) telle que
A = P 1 (In )P et donc A = P 1 P = In .
Proposition
La similitude dfinit une relation dquivalence sur Mn (K).
Proposition
Deux matrices semblables sont quivalentes et ont donc mme rang.
La rciproque est fausse.
Protocole :
Pour montrer quune matrice A de Mn (K) est semblable une matrice B simple, il est frquent de
transposer le problme en termes vectoriels.
- on introduit u lendomorphisme canoniquement associ la matrice A ;
- on dtermine (souvent par analyse-synthse) une nouvelle base de Kn dans laquelle u est reprsent
par B.
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4.2. REPRSENTATIONS MATRICIELLES
4.2.8 Traces
4.2.8.1 Trace dune matrice carre
Dfinition
On appelle trace dune matrice A = (ai,j ) Mn (K) le scalaire
Proposition
La trace dfinit une forme linaire non nulle sur Mn (K).
dm. :
On vrifier aisment que lapplication trace est linaire et non nulle.
Exemple Lensemble des matrices de trace nulle de Mn (K) est un hyperplan car noyau dune forme
linaire non nulle.
Thorme
dm. :
Introduisons les coefficients des matrices A et B : A = (ai,j ) Mn,p (K) et B = (bj,i ) Mp,n (K).
Les matrices AB et BA sont carres donc on peut calculer leur trace et on a
n
X p
n X
X
tr(AB) = [AB]i,i = ai,j bj,i
i=1 i=1 j=1
et
p
X p X
X n
tr(BA) = [BA]j,j = bj,i ai,j
j=1 j=1 i=1
Dfinition
On appelle trace dun endomorphisme dun K-espace vectoriel de dimension finie la trace
commune aux matrices reprsentant cet endomorphisme.
Thorme
La trace dfinit une forme linaire sur L(E) vrifiant
Thorme
Si p est une projection vectorielle dun K-espace vectoriel E de dimension finie alors
trp = rgp
dm. :
On sait
E = Imp ker p
Dans une base adapte cette dcomposition, la matrice de p est de la forme
Ir O
O O
4.3 Dterminants
4.3.1 Dfinitions
4.3.1.1 Dterminant dune matrice carre
Dfinition
On appelle dterminant dune matrice A = (ai,j ) Mn (K) le scalaire
X n
Y
det A = () a(i),i
df
Sn i=1
encore not
a1,1 ... a1,n
.. ..
. .
an,1 ... an,n
[n]
n
Y
Exemple Si A = (ai,j ) Tn+ (K) alors det A = ai,i .
i=1
n
Y
En effet, pour i > j, ai,j = 0 donc a(i),i = 0 ds quil existe i vrifiant (i) > i.
i=1
En simplifiant les termes correspondants de la somme dfinissant le dterminant, il ne reste que les
permutations vrifiant
i {1, . . . , n} , (i) 6 i
Or pour une telle permutation (1) 6 1 donc (1) = 1 puis (2) 6 2 donc (2) = 2 car est injective,
etc. Au final = Id et il ne reste quun terme dans la somme donnant le dterminant de A do la
formule.
Proposition
et donc
X n
Y
det A = () ai,(i)
Sn i=1
Thorme
Pour tout A, B Mn (K)
det(AB) = det(A). det(B)
De plus A est inversible si, et seulement si, det A 6= 0 et alors det A1 = 1/det A.
Corollaire
SLn (K) = {A Mn (K)/ det A = 1} est un sous-groupe de (GLn (K), ) appel groupe
spcial linaire dordre n.
dm. :
SLn (K) est le noyau du morphisme de groupes GLn (K) K? qui envoie A sur det A.
Corollaire
Deux matrices semblables ont mme dterminant.
dm. :
Si B = P 1 AP avec P GLn (K) alors det B = det P 1 det A det P = det A.
Thorme
Pour tout u, v L(E),
det(u v) = det u det v
De plus, u est inversible si, et seulement si, det u 6= 0 et alors det u1 = 1/det u.
Corollaire
SL(E) = {u L(E)/ det u = 1} est un sous groupe de (GL(E), ) appel groupe spcial
linaire de E.
Proposition
Si e0 = (e01 , . . . , e0n ) est une autre base de E alors
dm. :
Soit P la matrice de passage de e e0 et A = Mate (x1 , . . . , xn ), A0 = Mate0 (x1 , . . . , xn ).
Notons X1 , . . . , Xn les colonnes de A et X10 , . . . , Xn0 celles de A0 .
Par formule de changement de bases : Xj = P Xj0 donc A = P A0 .
En effet
Thorme
Lapplication
En K
(x1 , . . . , xn ) 7 dete (x1 , . . . , xn )
est une forme n-linaire alterne (donc antisymtrique)
De plus, la famille (x1 , . . . , xn ) est une base de E si, et seulement si, dete (x1 , . . . , xn ) 6= 0.
Rappel :
Pour : E n F multilinaire :
alterne signifie :
i 6= j, xi = xj (x1 , . . . , xn ) = 0F
antisymtrique signifie :
(x(1) , . . . , x(n) ) = ()(x1 , . . . , xn )
pour tout Sn .
det(E1 ,...,En ) (C1 , . . . , Ci +Cj , . . . , Cn ) = det(E1 ,...,En ) (C1 , . . . , Ci , . . . , Cn )+ det(E1 ,...,En ) (C1 , . . . , Cj , . . . , Cn )
puis
det(E1 ,...,En ) (C1 , . . . , Ci + Cj , . . . , Cn ) = det(E1 ,...,En ) (C1 , . . . , Ci , . . . , Cn )
car le dterminant multipliant possde la colonne Cj positionne aux indices i et j.
et
det(E1 ,...,En ) (C(1) , . . . , C(n) ) = () det(E1 ,...,En ) (C1 , . . . , Cn )
On obtient les relations analogues sur les lignes.
Attention : Lopration Ci Cj + Ci modifie le dterminant : cest la combinaison de deux
oprations lmentaires.
Exemple Calcul de
1 1 1 ... 1
1 2 2 ... 2
1 2 3 ... 3
.. .. .. .. ..
. . . . .
1 2 3 ... n
En retranchant chaque ligne la prcdente (en commenant par la dernire)
1 1 1 ... 1
1 2 2 ... 2 1 1
1 2 3 ... 3
= .. =1
.. .. .. . . .. .
. . .
. . 0 1
1 2 3 ... n
Finalement
Dn = (a + (n 1)b)(a b)n1
Remarque On peut aussi raisonner par blocs comme dans lexemple ci-dessous.
A B
Exemple Pour A, B Mn (K), expression du dterminant de M2n (K).
B A
Via les oprations C1 C1 + Cn+1 , . . . , Cn Cn + C2n ,
A B A+B B
det = det
B A B+A A
Si A et B commutent, on obtient
A B
= det A2 B 2
det
B A
Thorme
Dveloppement de det A selon sa i-me ligne :
n
X n
X
det A = ai,j Ai,j = (1)i+j ai,j i,j
j=1 j=1
(1)n+1
+ +
+
+ +
..
.
(1)n+1 +
En permutant les colonnes selon le cycle = 1 2 n 1
1 1
Dn = (1)n+1 (1)n2
..
+ Dn1 = 1 + Dn1
. (0)
(0) 1 [n1]
Puisque D2 = 2, on obtient Dn = 2 n.
Dn = aDn1 bcDn2
Ainsi, (Dn ) est une suite rcurrente linaire dordre 2.
Rappel :
On appelle suite rcurrente linaire dordre 2 toute suite (un )nN KN vrifiant
n N, un+2 + pun+1 + qun = 0
avec (p, q) K K? .
Pour exprimer son terme gnral, on introduit lquation caractristique associe
r2 + pr + q = 0
de discriminant .
Cas K = C.
Si 6= 0 : 2 racines r1 , r2 et un = r1n + r2n avec , C.
Si = 0 : 1 racine double r et un = (n + )rn avec , C.
Cas K = R.
Si > 0 ou = 0 : semblable avec , R.
Si < 0 : 2 racines conjugues rei et un = ( cos(n) + sin(n)) rn avec , R.
Dans chaque cas, , se dterminent partir des deux rangs initiaux de la suite (un ).
a21 an1
1 a1 1
Vn (a1 , ..., an ) =
.. .. .. ..
. . . .
1 an a2n an1
n
Thorme
Y
Vn (a1 , ..., an ) = (aj ai )
16i<j6n
dm. :
Par rcurrence sur n > 1.
Cas n = 1 : ok
Supposons la proprit vraie au rang n > 1.
Soit a1 , . . . , an , an+1 K
Cas : les a1 , . . . , an ne sont pas deux deux distincts
Y
Vn+1 (a1 , . . . , an , an+1 ) = 0 = (aj ai )
16i<j6n+1
et ainsi on affirme
n
Y
Vn+1 (a1 , . . . , an , an+1 ) = Vn (a1 , . . . , an ) (an+1 ai )
i=1
Rcurrence tablie.
4.3.6 Comatrice
Dfinition
On appelle comatrice de A Mn (K) la matrice des cofacteurs de A, on la note
Thorme
dm. :
n
X n
X
A0i,k ak,j =
t
(comA)A i,j
= ak,j Ak,i = det A.i,j
k=1 k=1
car se comprend comme le dveloppement selon la i-me colonne de la matrice obtenue en remplaant
dans A sa i-me colonne par sa j-me colonne.
Corollaire
Si A GLn (K) alors
1 t
A1 = (comA)
det A
4.3.7 Musculation
Soit A Mn (K). Etudions rg(comA).
Si rgA = n alors A est inversible donc t comA aussi puis
rg(comA) = n
Rappel : Le rang dune matrice est lordre maximal des matrices carres inversibles extraites de celle-ci
Si rgA 6 n 2 alors aucune matrice carre dordre n 1 extraite de A nest inversible. On en dduit que
tous les mineurs de A sont nuls et donc comA = On puis
rg(comA) = 0
rg(comA) = 1
Rduction gomtrique
x F , u(x) F
Proposition
Si F et G sont stables par u alors F + G et F G aussi.
dm. :
u(F + G) = u(F ) + u(G) F + G.
u(F G) u(F ) u(G) F G.
Thorme
Si u et v commutent alors Imu et ker u sont stables par v.
111
5.1. SOUS-ESPACES STABLES
dm. :
Pour tout x ker u, u(v(x)) = v(u(x)) = v(0E ) = 0E donc v(x) ker u.
Pour tout y Imu, on peut crire y = u(x) et alors v(y) = v(u(x)) = u(v(x)) Imu.
Exemple ker u est stable par u, on peut introduire uker u et lon a uker u = 0.
Thorme
Si F est stable par u et v L(E) alors pour tout K, F est stable par u, u + v et u v.
De plus
(u)F = uF , (u + v)F = uF + vF et (u v)F = uF vF
dm. :
(u)(F ) = u(F ) F F .
(u + v)(F ) u(F ) + v(F ) F + F F .
(u v)(F ) = u(v(F )) u(F ) F .
Pour tout x F
(u)F (x) = (u)(x) = u(x) = uF (x) = (uF )(x).
(u + v)F (x) = (u + v)(x) = u(x) + v(x) = uF (x) + vF (x) = (uF + vF )(x).
(u v)F (x) = (u v)(x) = u(v(x)) = u(vF (x)) = uF (vF (x)) = (uF vF )(x).
Corollaire
Lensemble des endomorphismes stabilisant F est une sous-algbre de L(E) et lapplication
u 7 uF y dfinit un morphisme dalgbres.
Proposition
Si F est stable par u alors
dm. :
Soit x ker uF . On a x F et u(x) = uF (x) = 0 donc x ker u F .
Soit x ker u F . On a uF (x) = u(x) = 0 donc x ker uF .
ImuF Imu car uF est restriction de u et ImuF F car F est stable par u.
avec A Mp (K). Pour tout 1 6 j 6 p, u(ej ) Vect(e1 , . . . , ep ) donc u(ej ) F puis, par linarit,
pour tout x F , u(x) F .
Thorme
On suppose E = F1 Fm et on note e une base de E adapte cette dcomposition.
Pour u L(E), on a quivalence entre :
(i) chaque Fk est stable par u ;
(ii) la matrice de u dans la base e est de la forme
A1 O
..
.
O Am
x 6= 0E et K, u(x) = x
Dfinition
On appelle valeur propre de u tout K vrifiant
x 6= 0E , u(x) = x
Exemple On a
0 Spu x 6= 0E , u(x) = 0E
Ainsi
0 Spu u non injectif
u(x) = x
Thorme
On a quivalence entre :
(i) est valeur propre de u ;
(ii) E (u) 6= {0E } ;
(iii) lendomorphisme u Id nest pas injectif.
Dfinition
Si est valeur propre de u alors E (u) est appel sous-espace propre associ la valeur
propre .
Spu, uE (u) = Id
dm. :
u et u IdE commutent donc E (u) = ker(u IdE ) est stable par u.
De plus, pour tout x E (u), u(x) = x donc
uE (u) = Id
Corollaire
Si u et v commutent alors les sous-espaces propres de u sont stables pas v.
dm. :
En effet, E (u) = ker(u Id) et u Id commute avec v.
5.2.4 Les sous-espaces propres sont en somme directe
Thorme
Des sous-espaces propres de u L(E) associs des valeurs propres deux deux distinctes
sont en somme directe.
dm. :
Par rcurrence sur m N? , montrons que la somme de m sous-espace propres de u est directe.
Cas m = 1 : il ny a rien dmontrer.
Supposons la proprit tablie au rang m > 1.
Soit E1 (u), . . . , Em (u), Em+1 (u) des sous-espaces propres de u associs des valeurs propres deux
deux distinctes.
Supposons x1 + + xm + xm+1 = 0E avec xk Ek (u).
En appliquant u, on obtient 1 x1 + + m xm + m+1 xm+1 = 0E .
Par combinaison de ces deux quations, on obtient (1 m+1 )x1 + + (m m+1 )xm = 0E .
Cette quation est de la forme y1 + + ym = 0E avec yk = (k m+1 )xk Ek (u).
Par hypothse de rcurrence, les espaces E1 (u), . . . , Em (u) sont en somme directe donc
1 6 k 6 m, yk = 0E
ce qui fournit
1 6 k 6 m, xk = 0E
car
k m+1 6= 0
Enfin, en reprenant lquation initiale, on a aussi xm+1 = 0E .
Rcurrence tablie.
Corollaire
Une famille de vecteurs propres associs des valeurs propres deux deux distinctes est libre.
dm. :
Cas dune famille finie :
Soit x1 , . . . , xm des vecteurs propres associs des valeurs propres 1 , . . . , m deux deux distinctes.
Supposons 1 x1 + + m xm = 0E .
Puisque k xk Ek (u) et puisque les sous-espaces vectoriels E1 (u), . . . , Em (u) sont en somme
directe, on a
k {1, . . . , m} , k xk = 0E
Or xk 6= 0E (car cest un vecteur propre) donc k = 0.
Cas dune famille infinie :
Celle-ci est libre car ses sous-familles finies le sont par largumentaire prcdent.
Corollaire
En dimension finie gale n, un endomorphisme ne peut admettre plus de n valeurs propres.
dm. :
Si 1 , . . . , m sont des valeurs propres de u L(E) avec dim E = n alors
m
Ek (u) E avec dim Ek (u) > 1
k=1
donne m 6 dim E.
Remarque En dimension infinie, il peut y avoir une infinit de valeurs propres.
u(x) = x
0 6 k 6 n, ak = nak
AX = X et X 6= 0
On dit alors que la colonne X est vecteur propre associ la valeur propre .
On appelle spectre de la matrice A lensemble SpA form des valeurs propres de A.
Dfinition
Pour K, on note E (A) = ker(A In ) lespace des solutions de lquation AX = X.
Lorsque est valeur propre de A, E (A) est appel sous-espace propre de A associ la valeur
propre .
Remarque En identifiant tuple et colonne, les lments propres de A correspondent aux lments
propres de lendomorphisme canoniquement associ A dfini par
x Kn 7 y = Ax Kn
Remarque Pour dterminer, les valeurs propres de A, on tudie lquation aux lments propres
AX = X.
Thorme
Soit E un K-espace vectoriel de dimension finie non nulle et e une base de E.
Pour u L(E) et x E, en notant A = Mate (u) et X = Mate (x), on a
dm. :
On a
u(x) = x AX = X et x 6= 0E X 6= 0
Corollaire
Deux matrices semblables ont le mme spectre.
dm. :
Car elles reprsentent le mme endomorphisme.
est un polynme en .
Dfinition
On appelle polynme caractristique de A, le polynme A K [X] dtermin par la proprit
K, A () = det(In A)
a b
Exemple Polynme caractristique de A = .
c d
a b
det(I2 A) = = ( a)( d) bc
c d
et donc
A (X) = X 2 (a + d)X + (ad bc)
Thorme
Le polynme caractristique de A Mn (K) est unitaire, de degr n et possde les coefficients
remarquables suivants
dm. :
Par la formule des dterminants
X n
Y
A () = det(In A) = () (i),i a(i),i
Sn i=1
A () = P ()
Exemple Si
1 ?
A=
..
.
0 n
alors
SpA = {1 , . . . , n }
Corollaire
A Mn (K) possde au plus n valeurs propres.
dm. :
Car un polynme de degr n admet au plus n racines.
Corollaire
A Mn (C) possde au moins une valeur propre complexe.
dm. :
A C [X] est un polynme non constant, il possde donc au moins une racine dans C.
Remarque Aussi A M2n+1 (R) possde au moins une valeur propre relle.
On a
2 1 1 2 1 1
A () = (1)3 det(A I3 ) =
1 2 1 = 1 1 0
1 1 1 0 1
(2 + ) 1 1
det(I3 A) = ( + 1)2 1 0 = ( + 1)2 ( + 2)
1
1 0 1
Ainsi
A (X) = (X + 1)2 (X + 2)
Ainsi Sp(A) = {1, 2}
Etudions E2 (A)
y z = 0
x
X= y E2 (A) AX = 2X (A + 2I3 )X = 0 x + z = 0
z
x y + 2z = 0
Via C1 C1 + + Cn
(n 1) 1 1
(1)
..
. (1)
A () = det(In A) =
..
= (
. .. ..
. .
(1)
(n 1) (1)
puis via L2 L2 L1 , . . . , Ln Ln L1
(n 1) 1 1
0 +1 (0)
A () =
.. ..
. .
0 (0) +1
xn
x1 + + xn = 0
.. x1 + + xn = 0
.
x1 + + xn = 0
xn
x1 + + xn = nx1
.. x1 = . . . = xn
.
x1 + + xn = nxn
det(In A) = A ().
Dfinition
On appelle polynme caractristique de u L(E), le polynme caractristique commun aux
matrices reprsentant lendomorphisme u ; on le note u .
Thorme
Pour u L(E), u est un polynme unitaire de degr exactement n = dim E de la forme
Corollaire
Si E est un C-espace vectoriel de dimension finie alors tout u L(E) possde au moins une
valeur propre.
Remarque Si E est un R-espace vectoriel de dimension impaire alors tout u L(E) possde au moins
une valeur propre.
P () = P 0 () = . . . = P (1) () = 0 et P () () 6= 0
Rappel :
Un polynme P non constant est dit scind dans K [X] si, et seulement si, on peut le factoriser sous la
forme
Y n
P = (X i )
i=1
Remarque Abusivement, valeur propre de multiplicit 0 signifie que nest pas valeur propre.
On a A = (X )2 (X )
est valeur propre double et est valeur propre simple de A.
Thorme
X
u L(E), m (u) 6 dim E
Spu
avec galit si, et seulement si, le polynme u est scind dans K [X] (idem pour A Mn (K)
).
dm. :
La somme des multiplicits des racines dun polynme non nul est infrieure son degr avec galit si,
et seulement si, ce polynme est scind.
Corollaire
Si K = C alors u L(E) possde exactement n valeurs propres comptes avec multiplicit
(idem en A Mn (C) ).
dm. :
Dans C [X], tout polynme non constant est scind.
En particulier, on peut parler des valeurs propres complexes dune matrice relle.
Exemple Considrons
0 1
A= M2 (R)
1 0
On a A = X 2 + 1 donc SpR A = et SpC = {i, i}.
Thorme
Les valeurs propres complexes dune matrice relle sont deux deux conjugues.
De plus, deux racines complexes conjugues ont mme multiplicit et les sous-espaces propres
associs se correspondent par conjugaison.
dm. :
Soit A Mn (R). Le polynme caractristique de A est rel. Ses racines complexes sont donc deux
deux conjugues et deux racines conjugues ont mme multiplicit. Aussi
AX = X AX = X
Remarque Par conjugaison, une base de E (A) est transforme en une base de E (A) : ces deux
sous-espaces propres sont dgales dimensions.
5.4 Diagonalisabilit
E dsigne un K-espace vectoriel de dimension n N?
5.4.1 Endomorphisme diagonalisable
Dfinition
Un endomorphisme u L(E) est dit diagonalisable sil existe une base de E dans laquelle sa
matrice est diagonale. Une telle base est appele base de diagonalisation de u.
Exemple IdE est diagonalisable et nimporte quelle base de E est base de diagonalisation.
Thorme
Pour u L(E), on a quivalence entre :
(i) u est diagonalisable ;
(ii) il existe une base de E forme de vecteurs propres de u.
Une base de diagonalisation est aussi appele une base propre.
dm. :
(i) (ii) Supposons u diagonalisable et considrons e = (e1 , . . . , en ) une base de diagonalisation de u.
La matrice de u dans e est de la forme
1 0
..
.
0 n
Puisque les 1 , . . . , n sont deux deux distincts, les valeurs propres de u sont toutes simples et les
sous-espaces propres sont donc de dimension 1.
Exemple Considrons lapplication : Kn [X] Kn [X] dfinie par (P ) = nXP (X 2 1)P 0 .
Etudions la diagonalisabilit de .
Lapplication est bien dfinie car si P = aX n + , nXP = aX n+1 + ,
n(X 2 1)P 0 = naX n+1 + et donc (P ) = 0.X n+1 + Kn [X].
Puisque (X k ) = (n k)X k+1 + kX k1 , la matrice de dans (1, X, . . . , X n ) est
0 1
n ... ...
. . . .
. . n
1 0
E= E (u)
Sp(u)
X
(iii) dim E (u) = dim E.
Sp(u)
dm. :
Rappelons que lon sait dj que les sous-espaces propres dun endomorphisme sont en somme directe.
(i) (ii) Supposons u diagonalisable.
Soit e = (e1 , . . . , en ) une base propre de u. Pour tout i {1, . . . , n}, ei est vecteur propre de u donc
ei E (u)
Sp(u)
u est scind et pour tout k {1, . . . , m}, k est racine de u de multiplicit nk = dim Ek (u).
(ii) (i) Supposons (ii)
Puisque u est scind,
X la somme des multiplicits
X de ses racines gale son degr.
Ainsi deg u = m (u) et donc dim E (u) = dim E ce qui entrane la diagonalisabilit
Sp(u) Sp(u)
de u.
5.4.4 Matrice diagonalisable
Dfinition
Une matrice A Mn (K) est dite diagonalisable si elle est semblable une matrice diagonale
i.e. il existe P GLn (K) et D Dn (K) vrifiant
Thorme
Soit A la matrice dun endomorphisme u dans une base e de E. On a quivalence entre :
(i) A est diagonalisable ;
(ii) u est diagonalisable.
dm. :
Les matrices semblables A correspondent celles pouvant reprsenter lendomorphisme u.
Exemple En particulier, A est diagonalisable si lendomorphisme canoniquement associ la matrice A
lest.
Thorme
Soit A Mn (K). On a quivalence entre :
(i) A est diagonalisable ;
m
(ii) Ei (A) = Mn,1 (K) (ou Kn ) ;
i=1 X
(iii) n = dim E (A) ;
Sp(A)
(iv) A est scind dans K [X] et pour tout Sp(A), dim E (A) = m (A).
De plus, les matrices diagonales semblables A sont celles dont les coefficients diagonaux
sont les valeurs propres de A comptes avec multiplicit.
dm. :
On transite par lendomorphisme canoniquement associ.
Thorme
Si A Mn (K) admet n valeurs propres distinctes alors A est diagonalisable et, de plus, ses
sous-espaces propres sont des droites vectorielles.
Exemple Une matrice triangulaire coefficients diagonaux distincts est assurment diagonalisable.
1 1
Exemple Soit A = M2 (K).
1 1
a) Diagonalisabilit si K = R.
b) Diagonalisabilit si K = C.
A = X 2 2X + 2.
Dans M2 (R), A nest pas diagonalisable car A nest pas scind.
Dans Mn (C), A est diagonalisable car admet deux valeurs propres 1 + i et 1 i.
La matrice A est alors semblable
1+i 0
0 1i
1 a
Exemple Diagonalisabilit de A = M2 (R).
0 1
A (X) = (1 X)2 , SpA = {1}.
Si A est diagonalisable alors A est semblable I2 donc gale I2 .
Ainsi A est diagonalisable si, et seulement si, a = 0.
1 1 0
Exemple Diagonalisabilit de A = 0 1 1 M3 (R).
0 0 2
A = (X 1)2 (X 2), SpA = {1, 2}.
0 1 1
dim E1 (A) = 3 rg(A I3 ), or rg(A I3 ) = rg 0 0 1 = 2 donc
0 0 1
dim E1 (A) = 1 < 2 = m1 (A).
La matrice A nest donc pas diagonalisable.
Exemple Diagonalisabilit de
1 1
.. .. M (R) (avec n > 2)
A= . . n
1 1
Bilan :
-nX valeurs propres distinctes A diagonalisable ;
- dim E (A) = n A diagonalisable ;
- A non scind A non diagonalisable ;
- SpA, dim E (A) < m (A) A non diagonalisable.
5.4.5 Diagonalisation
5.4.5.1 Dun endomorphisme
Soit u L(E) diagonalisable.
Pour diagonaliser lendomorphisme u, il suffit dexhiber une base propre en considrant, par exemple,
une base adapte la dcomposition
E = E (u)
Sp(u)
x3
x1 + x2 x3 = 0
(
x2 = x1
u(x) = 0 AX = 0 x1 + x2 + x3 = 0
x3 = 0
x1 + x2 + x3 = 0
u(j ) = j j
A = P DP 1 avec P = Mate
Bilan : On forme une matrice de passage P diagonalisant A en prenant pour colonnes les vecteurs propres
de A. La matrice diagonale D obtenue a pour coefficients diagonaux les valeurs propres respectives des
colonnes formant P .
Exemple Diagonalisation de
0 0 0 1
0 0 1 0
A=
0
1 0 0
1 0 0 0
A = (X 1)2 (X + 1)2 via C1 C1 + C4 et C2 C2 + C3 .
Sp(A) = {1, 1}.
1 0 1 0
0 1 0 1
E1 (A) = Vect , , E1 (A) = Vect ,
0 1 0 1
1 0 1 0
Exemple Soit 6= 0 [] .
cos sin
Diagonalisation de R() = M2 (K).
sin cos
R() = X 2 2 cos X + 1.
= 4 sin2 < 0
Cas K = R
La matrice R() nest pas diagonalisable car R() non scind.
Cas K = C
On a
SpC (R ) = ei , ei
et ! (
x cos x sin y = ei x
X= Eei (R()) ix + y = 0
y sin x + cos y = ei y
On en dduit !
i
Eei (R()) = Vect
1
Par conjugaison !
i
Eei (R()) = Vect
1
i i
Pour P = , on a R() = P D()P 1 avec
1 1
ei
0
D() =
0 ei
5.4.6 Applications
5.4.6.1 Calcul des puissances dune matrice
Si A est diagonalisable, on peut crire A = P DP 1 avec P GLn (K) et D diagonale. On a alors
k N, Ak = P Dk P 1
Thorme
Soit u L(E) un endomorphisme diagonalisable et v L(E).
On a quivalence entre :
(i) v commute avec u ;
(ii) les sous-espaces propres de u sont stables par v.
dm. :
(i) (ii) dj vue.
(ii) (i) Supposons (ii).
Puisque u est diagonalisable
E= E (u)
Spu
et
(u v)(x) = u(v(x)) = v(x)
car v(x) E (u).
Ainsi, les endomorphismes u v et v u concident sur tous les sous-espaces propres de u.
Puisque E = E (u), ces endomorphismes sont gaux sur E.
Spu
5.4.6.3 Rsolution dquation matricielle
Remarque Lquation de degr 2 ici rsolue possde plus de deux solutions car lanneau Mn (K) nest
pas intgre.
5.5 Trigonalisabilit
E dsigne un K-espace vectoriel de dimension finie n N? .
5.5.1 Endomorphisme trigonalisable
Dfinition
Un endomorphisme u de E est dit trigonalisable sil existe une base de E dans laquelle la
matrice de u est triangulaire suprieure. Une telle base est dite base de trigonalisation de len-
domorphisme u.
Thorme
Soit e = (e1 , . . . , en ) une base de lespace E.
On a quivalence entre :
(i) la base e trigonalise un endomorphisme u ;
(ii) 1 6 k 6 n, Vect(e1 , . . . , ek ) est stable par u
dm. :
(i) (ii) Si la matrice A = (ai,j ) de u dans la base e est triangulaire suprieure alors
1 6 k 6 n, u(ek ) Vect(e1 , . . . , ek )
On en dduit
1 6 k 6 n, u(e1 ), . . . , u(ek ) Vect(e1 , . . . , ek ) stable par u
puis (ii) par combinaison linaire.
(ii) (i) Supposons (ii). On a en particulier
1 6 k 6 n, u(ek ) Vect(e1 , . . . , ek )
et donc la matrice de u dans e est triangulaire suprieure.
Corollaire
Le premier vecteur dune base de trigonalisation est un vecteur propre de lendomorphisme.
Thorme
Soit A la matrice dun endomorphisme u dans une base e de E. On a quivalence entre :
(i) A est trigonalisable ;
(ii) u est trigonalisable.
dm. :
Les matrices semblables A correspondent celles pouvant reprsenter lendomorphisme u.
Exemple En particulier, A est trigonalisable si lendomorphisme canoniquement associ la matrice A
lest.
5.5.3 Caractrisation
Thorme
Pour u L(E), on a quivalence entre :
(i) u est trigonalisable ;
(ii) u est scind dans K [X] ;
On a un critre analogue pour A Mn (K).
dm. :
(i) (ii) Supposons u trigonalisable. Il existe une base de E dans laquelle la matrice de u est de la forme
1 ?
T =
..
.
0 n
On a alors
n
Y
u (X) = T (X) = (X i )
i=1
Ainsi u est scind dans K [X] (et les coefficients diagonaux de T sont les valeurs propres de u comptes
avec multiplicit).
(ii) (i) Raisonnons matriciellement. Par rcurrence sur n N? , montrons que si le polynme caract-
ristique de A Mn (K) est scind alors A est semblable une matrice triangulaire suprieure.
Cas n = 1 : Cest immdiat, une matrice A M1 (K) tant dj triangulaire suprieure.
Supposons la proprit tablie au rang n 1 > 1.
Soit A Mn (K) de polynme caractristique A scind.
Le polynme A possde au moins une racine 1 est celle-ci est valeur propre de A. Soit e1 Kn un
vecteur propre associ. On complte ce vecteur en une base de Kn de la forme e = (e1 , e2 , . . . , en ). La
matrice de lendomorphisme u canoniquement associ la matrice A dans la base e est de la forme
1 ?
B=
0 A0
On a alors
A (X) = (X )A0 (X)
et donc le polynme caractristique de A0 est scind. Par hypothse de rcurrence, il existe P 0 GLn1 (K)
telle que la matrice P 01 A0 P 0 soit triangulaire suprieure. Considrons alors la matrice
1 0
P = Mn (K)
0 P0
5.5.4 Trigonalisation
Soit A Mn (K) telle que A soit scind dans K [X].
Protocole :
Pour trigonaliser A, on dtermine 1 valeur propre de A et e1 vecteur propre associ.
Le vecteur e1 dfinit la premire colonne dune matrice de passage Q que lon construit inversible. On a
alors
1 ?
Q1 AQ =
0 A0
avec A0 trigonalisable. En dterminant P 0 inversible telle que
2 ?
01 0 0
P AP =
..
.
(0) n
on forme alors
1 0
P =
0 P0
et alors
1 ?
P 1 Q1 AQP =
..
.
(0) n
de sorte que R = QP trigonalise la matrice A.
Exemple Trigonalisation de
1 0 1
A= 2 3 5 M3 (R)
1 1 1
Exemple Trigonalisation de
1 3 1
A = 1 1 1 M3 (R)
2 3 0
A = (X + 2)(X 1)2 .
1 est valeur propre double et 2 est valeur propre simple
E2 (A) = Vect(1, 0, 1), E1 (A) = Vect(1, 1, 1)
La matrice A nest pas diagonalisable, cependant elle est trigonalisable.
Considrons
1 1 0 1 1 0
P = 0 1 0 avec P 1 = 0 1 0
1 1 1 1 0 1
On obtient
2 0 0
P 1 AP = 0 1 1
0 0 1
5.5.5 Nilpotence
Dfinition
Un endomorphisme u L(E) est dit nilpotent sil existe p N vrifiant up = 0.
Le plus petit p vrifiant cette identit est appel indice de nilpotence de u.
Ce vocabulaire se transpose aux matrices
Exemple Si A = Mate u alors la matrice A est nilpotente si, et seulement si, lendomorphisme u lest.
1 1
Exemple La matrice A = est nilpotente car A2 = O2 .
1 1
Thorme
Soit u L(E). On a quivalence entre :
(i) u est nilpotent ;
(ii) u est trigonalisable avec 0 pour seule valeur propre.
Ce rsultat se transpose aux matrices de la faon suivante :
A Mn (K) est nilpotente si, et seulement si, A est semblable une matrice triangulaire
suprieure stricte
dm. :
(ii) (i) Car une matrice triangulaire suprieure figurant u a pour coefficients diagonaux les valeurs
propres de u, elle est donc triangulaire suprieure stricte et par consquent nilpotente.
(i) (ii)
Raisonnons matriciellement. Par rcurrence sur n N? , montrons que si A Mn (K) est nilpotente,
alors A est semblable une matrice triangulaire suprieure stricte.
Cas n = 1 : Une matrice nilpotente de taille 1 est ncessairement nulle.
Supposons la proprit tablie au rang n 1 > 1.
Soit A Mn (K) nilpotente.
La matrice A ne peut tre inversible et donc ker A 6= {0}. Soit e1 un vecteur non nul de ker A. On
complte ce vecteur e1 en une base de Kn de la forme e = (e1 , . . . , en ).
La matrice de lendomorphisme canoniquement associ A dans la base e est de la forme
0 ?
B= avec A0 Mn1 (K)
0 A0
La matrice B est semblable A et donc elle aussi nilpotente. On en dduit que le bloc A0 est nilpotent.
Par hypothse de rcurrence, il existe P 0 GLn1 (K) telle que P 01 A0 P 0 soit triangulaire suprieure
stricte. Formons alors
1 0
P = GLn (K)
0 P0
Par produit par blocs
?0
1 0
P BP = 01 0 0
0 P AP
est triangulaire suprieure stricte.
Finalement, A est semblable une matrice triangulaire suprieure stricte.
Rcurrence tablie.
Corollaire
Si u est un endomorphisme nilpotent dun K-espace vectoriel E de dimension n alors
un = 0
Rduction algbrique
Dfinition
N
X
On appelle valeur dun polynme P = ak X k K [X] en un endomorphisme u L(E)
k=0
lapplication
N
X
P (u) = ak uk L(E)
df
k=0
Thorme
Lapplication u : K [X] L(E) dfinie par u (P ) = P (u) est un morphisme de K-
algbres.
dm. :
Lapplication u est bien dfinie entre deux K-algbres.
u (1) = IdE .
Soit , K et P, Q K [X].
XN XM
On peut crire P = ak X k et Q = bk X k .
k=0 k=0
143
6.1. POLYNMES EN UN ENDOMORPHISME
N
X N
X N
X
u (P + M Q) = (ak + M bk )uk = ak uk + M bk uk = u (P ) + M u (Q)
k=0 k=0 k=0
Aussi !
N
X N
X
u (P Q) = (P Q)(u) = ak X k Q (u) = ak (X k Q)(u)
k=0 k=0
N
X
(X k Q)(u) = b` uk+` = uk Q(u)
`=0
donc !
N
X N
X
k
(P Q)(u) = ak X Q (u) = ak uk Q(u)
k=0 k=0
puis
u (P Q) = (P Q)(u) = P (u) Q(u) = u (P ) u (Q)
Exemple Puisque
X 3 2X + 1 = (X 1)(X 2 + X 1)
on a
u3 2u + IdE = (u IdE )(u2 + u IdE )
alors
n
Y
P (u) = (u k IdE )
k=1
Thorme
K [u] est une sous-algbre commutative de L(E).
De plus, si A est une sous-algbre de L(E),
u A K [u] A
Ainsi, K [u] est la plus petite sous-algbre de L(E) contenant u, on lappelle algbre engendre
par u.
dm. :
K [u] L(E), IdE K [u] car pour P (X) = 1 on a P (u) = IdE .
Soit , K et v, w K [u]. Il existe P, Q K [X] tels que v = P (u) et w = Q(u).
On a alors v + w = (P + Q)(u) K [u] et v w = (P Q)(u) K [u] donc K [u] est une sous-
algbre de L(E).
De plus, w v = (QP )(u) = (P Q)(u) = v w donc K [u] est une sous-algbre commutative de L(E).
Si A est une sous-algbre de L(E) contenant u alors par rcurrence
n N, un A
puis
K [u] = Vect uk /k N A
Exemple Si P K [X] alors ImP (u) et ker P (u) sont stables par u.
En effet, les P (u) et u commutent. On retrouve en particulier que les sous-espaces propres de u sont
stables par u.
Thorme
Lensemble des polynmes annulateurs de u L(E) est un sous-espace vectoriel et un idal
de K [X].
dm. :
Notons I = P K [X] /P (u) = 0 lensemble des polynmes annulateurs de u.
I est le noyau du morphisme dalgbres u , cest donc un sous-espace vectoriel et un idal de K [X].
Cor :Si P annule u et si P | Q alors Q annule u.
Exemple Si p est une projection vectorielle alors X 2 X = X(X 1) est annulateur de p et donc
Spp {0, 1}.
N
X
P (M ) = ak M k Mn (K)
df
k=0
k N, M k =
..
.
(0) kn
?0
P (A)
P K [X] , P (M ) =
O P (B)
Exemple On a
P K [X] , P (t M ) = t P (M )
En effet
k N, (t M )k = t (M k )
puis on conclut par linarit
Thorme
Lapplication M : K [X] Mn (K) dfinie par M (P ) = P (M ) est un morphisme de
K-algbres.
Thorme
K [M ] est une sous-algbre commutative de Mn (K) incluse dans toute sous-algbre de
Mn (K) contenant M ; on lappelle algbre engendre par M .
6.2.3 Polynme annulateur
Dfinition
On appelle polynme annulateur de M Mn (K) tout polynme P K [X] vrifiant
P (M ) = On .
a b
Exemple Soit M = M2 (K).
c d
On vrifie par le calcul que P = X 2 (a + d)X + (ad bc) est annulateur de M .
En effet
P (1 ) (0)
P (D) =
.. = On
.
(0) P (n )
Remarque Si A est diagonalisable semblable D alors P est aussi annulateur de A. Plus gnralement :
Proposition
Si A, B Mn (K) sont semblables alors A et B ont les mmes polynmes annulateurs.
dm. :
Par le calcul partir de la relation de similitude B = Q1 AQ ou simplement parce que les matrices A et
B reprsentent le mme endomorphisme.
Thorme
Lensemble des polynmes annulateurs de M Mn (K) est un sous-espace vectoriel et un
idal de K [X].
Corollaire
Si P annule M et si P | Q alors Q annule M .
SpR A = {1}
Puisque 1 est valeur propre et puisque les valeurs propres de A sont deux deux conjugues
SpC A = {1} ou SpC A = 1, j, j 2
p = X, X 1 ou p = X(X 1)
1 1
Exemple Polynme minimal de A = M2 (R).
2 4
A = X 2 5X + 6 = (X 2)(X 3) est annulateur de A donc A | A .
Par consquent
A = X 1, X 2 ou (X 2)(X 3)
Les cas A = X 1 ou X 2 sont exclure et il reste
A = (X 2)(X 3)
1 0 0
Exemple Polynme minimal de D = 0 1 0 M3 (R).
0 0 2
Cette fois-ci
D = (X 1)2 (X 2) et D = (X 1)(X 2)
et alors
ud = a0 IdE + a1 u + + ad1 ud1
Puisque ud+1 = u ud
ud+1 = a0 u + a1 u2 + + ad1 ud
et en exploitant la relation au dessus, on obtient une expression
Thorme
Soit P, Q K [X] et u L(E).
Si P et Q sont premiers entre eux alors
dm. :
Puisque P Q = 1, il existe des polynmes V et W tel que V P + W Q = 1.
On a alors Id = V (u) P (u) + W (u) Q(u).
Soit x ker P (u) ker Q(u)
On a
x = (V (u) P (u)) (x) + (W (u) Q(u)) (x) = 0
donc ker P (u) et ker Q(u) sont en somme directe.
Montrons ker P (u) ker Q(u) ker(P Q)(u)
Puisque (P Q)(u) = Q(u) P (u) on a ker P (u) ker P Q(u).
De mme ker Q(u) ker(P Q)(u) et donc ker P (u) ker Q(u) ker(P Q)(u).
Inversement
Soit x ker(P Q)(u). On a
et enfin lgalit.
Corollaire
Si P1 , . . . , Pm K [X] sont deux deux premiers entre eux alors :
m
!
Y m
ker Pk (u) = ker Pk (u)
k=1
k=1
dm. :
On raisonne par rcurrence en exploitant
m+1
! m
!
Y Y
(P1 . . . Pm ) Pm+1 = 1 ker Pk (u) = ker Pk (u) ker Pm+1 (u)
k=1 k=1
Rappel :
Si a 6= b alors (X a) (X b) = 1.
Plus gnralement, (X a) (X b) = 1 pour tout , N.
Encore plus gnralement, deux polynmes de K [X] sont premiers entre eux si, et seulement si, ils nont
pas de racines complexes en commun.
Exemple On appelle projecteur de E tout p L(E) vrifiant p2 = p.
Les espaces F = ker(p Id) et G = ker p sont supplmentaires et
x F, p(x) = x et x G, p(x) = 0E
En effet p p = 0 donc E = ker p2 p .
2
Or X 2 X = (X 1)X avec (X 1) X = 1
donc E = ker(p2 p) = ker(p Id) ker p.
on reconnat que p est la projection sur F paralllement G.
6.4.2 Diagonalisabilit
Thorme
On a quivalence entre :
(i) u est diagonalisable ;
(ii) u annule un polynme scind racines simples ;
(iii) le polynme minimal de u est scind racines simples.
De plus, le polynme minimal de u est alors
Y
u = (X )
Spu
dm. :
Notons 1 , . . . , m les valeurs propres de u.
(i) (ii) Supposons u diagonalisable. On a
m
E = Ek (u)
k=1
Considrons le polynme
m
Y
P = (X k )
k=1
Or les facteurs (X k ) tant premiers entre eux, le lemme de dcomposition des noyaux donne
m m
E = ker u (u) = ker(u k IdE ) = Ek (u)
k=1 k=1
Dfinition
On dit quun polynme de K [X] est scind simple lorsquil est scind dans K [X] racines
simples
On en dduit trT = dim Sn (R) dim An (R) = n et det T = (1)dim An (R) = (1)n(n1)/2 .
En fait, lendomorphisme T est la symtrie vectorielle par rapport Sn (R) et paralllement An (R).
SpA = {i, i}
Enfin, les multiplicits des valeurs propres conjugues sont gales car A R [X] donc
dim Ei (A) = dim Ei (A).
posant p cette
En valeur commune, on peut affirmer que A est semblable dans Mn (C)
iIp O
O iIp
On en dduit n = 2p, det A = 1 et trA = 0.
dm. :
Puisque F est stable par u, il lest aussi par u2 , . . . , un , . . . et
n N, (uF )n = (un )F
Si u est diagonalisable alors u annule un polynme scind simple P et alors P (uF ) = (P (u))F = 0
donc uF annule un polynme scind simple et est donc diagonalisable.
Proposition
Si F est stable par u L(E) alors le polynme minimal de uF divise le polynme minimal
de u.
dm. :
Le polynme minimal de u est annulateur de uF .
Thorme
Si u L(E) est diagonalisable et si F est un sous-espace vectoriel stable par u alors uF est
diagonalisable.
dm. :
u est scind racines simples dont uF lest aussi.
Corollaire
Soit u L(E) diagonalisable.
Les sous-espaces vectoriels stables par u sont ceux admettant une base de vecteurs propres.
dm. :
Si F est stable par u alors uF est diagonalisable donc F admet une base de vecteurs propres de uF .
Ceux-ci sont aussi vecteurs propres de u.
Inversement, si (e1 , . . . , ep ) est une base de F forme de vecteurs propres alors pour tout j {1, . . . , p},
u(ej ) Vect(ej ) F et donc F est stable par u.
Exemple Soit u et v L(E) diagonalisables.
Montrons que si u et v commutent alors il existe une base de E forme de vecteurs propres communs
u et v.
Puisque u est diagonalisable, E = E (u).
Spu
Pour Spu, E (u) est stable par v, or v est diagonalisable donc vE (u) lest aussi. Ainsi, il existe une
base B de E (u) forme de vecteurs propres de v. Cette base est a fortiori forme de vecteurs propres
de u. En accolant les bases B , on forme une base de E forme de vecteurs propres communs u et v.
Matriciellement, on a obtenu que si A, B Mn (K) sont diagonalisables et commutent alors il existe
P GLn (K) vrifiant P 1 AP et P 1 BP diagonales.
6.4.4 Trigonalisabilit
Thorme
On a quivalence entre :
(i) u est trigonalisable ;
(ii) u annule un polynme scind dans K [X] ;
(iii) le polynme minimal de u est scind dans K [X].
De plus, lespace E est alors la somme directe de sous-espaces stables par u sur chacun des-
quels u induit la somme dune homothtie et dun endomorphisme nilpotent.
dm. :
(i) (ii) Car si u est trigonalisable alors u annule son polynme caractristique qui est scind dans K [X].
(ii) (iii) Car le polynme minimal divise un polynme scind.
(iii) (i) Supposons le polynme minimal u de u scind dans K [X]. On peut crire
m
Y
u = (X k )k
k=1
avec 1 , . . . , m les valeurs propres distinctes de u. Par le lemme de dcomposition des noyaux
m k
E = ker (u k IdE )
k=1
Etudions F = ker(uk IdE )k . Lespace F est stable par u car u et (uk IdE )k commutent. On peut
introduire nk = uF IdF L(F ) et on a n k
k = 0 car F = ker(uk IdE ) . Ainsi uF = k IdF +nk
k
avec nk nilpotent. Enfin, puisque nk est nilpotent, il existe une base Fk dans laquelle la matrice de nk est
triangulaire suprieure. En accolant ces bases, on obtient une base de E dans laquelle la matrice de u est
triangulaire suprieure.
k
Remarque Les espaces ker (u k IdE ) sappellent espaces caractristiques de lendomorphisme u.
Corollaire
Si A Mn (K) est trigonalisable alors A est semblable une matrice diagonale par blocs o
chaque bloc diagonal est de la forme
I + N
avec N une matrice nilpotente.
Remarque Ce rsultat sapplique automatiquement lorsque K = C et lon retrouve que toute matrice de
Mn (C) est trigonalisable.
Corollaire
Si u L(E) est trigonalisable et si F est un sous-espace vectoriel stable par u alors uF est
trigonalisable.
dm. :
u est scind donc uF lest aussi.
Lendomorphisme d est videmment diagonalisable, ses sous-espaces propres sont les espaces caractris-
tiques.
Posons n lendomorphisme donn par n = u d.
uG = IdG + nG
Puisque nG est nilpotent, on peut calculer uG dans une base trigonalisant nG et affirmer que est alors
valeur propre de uG donc de uF . Or est la seule valeur propre de uF et donc = . On en dduit que
est la seule valeur propre de lendomorphisme diagonalisable dF et ainsi
x F, d(x) = x
Lendomorphisme d est alors dtermin de faon unique sur les espaces caractristiques de u.
Lendomorphisme n = u d est alors aussi unique.
Remarque La dcomposition de Dunford est utile pour calculer les puissances de u car la formule du
binme peut lui tre applique.
Dfinition
On appelle espace prhilbertien rel tout couple (E, ) form dun R-espace vectoriel E et
dun produit scalaire sur E. Il est alors usuel de noter (x | y), hx, yi ou x.y au lieu de
(x, y) le produit scalaire de deux vecteurs de E.
n
X
Exemple Sur E = Rn , hx, yi = xk yk = x1 y1 + + xn yn dfinit un produit scalaire.
k=1
h., .i : Rn Rn R est bien dfinie.
Soit , R, x, y, z Rn .
n
X
hx, y + zi = xk (yk + zk ) = hx, yi + hx, zi
k=1
161
7.1. PRODUIT SCALAIRE
(A | B + C) = tr t A(B + C) = (A | B) + (A | C)
(B | A) = tr t BA = trt t BA = tr t AB = (A | B)
Or
n
X n
X
t t
a2i,j
AA j,j
= A j,i
[A]i,j =
i=1 i=1
(X, Y ) = t XY = x1 y1 + + xn yn
avec X = t x1 xn et Y = t y1 yn .
Par lidentification des colonnes et des tuples, les produits scalaires canoniques se correspondent.
Laction de ce produit scalaire est la mme que celle du produit scalaire sur Rn .
Z b
Exemple Soit a < b deux rels et E = C ([a, b] , R). (f | g) = f (t)g(t) dt dfinit un produit
a
scalaire sur E.
En effet, lapplication (. | .) : E E R est bien dfinie et clairement bilinaire symtrique et pour
f E, on a
Z b
(f | f ) = f (t)2 dt > 0
a
et
(f | f ) = 0 f = 0
car seule la fonction nulle est une fonction continue positive dintgrale nulle.
Remarque Si lon considre : [a, b] R+? continue, on dfinit aussi un produit scalaire sur E en
posant
Z b
hf, gi = f (t)g(t)(t) dt
a
Le rsultat est encore vrai pour sannulant un nombre fini de fois.
Remarque On peut aussi dfinir des produits scalaires sur R [X] parmi lesquels les fameux suivants
Z 1 Z + Z 1
t P (t)Q(t)
hP, Qi = P (t)Q(t) dt, hP, Qi = P (t)Q(t)e dt ou hP, Qi = dt
0 0 1 1 t2
Proposition
x E, kxk = 0 x = 0E .
R, x E, kxk = || kxk.
dm. :
kxk = 0 (x | x) = 0 donc kxk = 0 x = 0E .
2 2
kxk = (x | x) = 2 (x | x) = 2 kxk donc kxk = || kxk.
Proposition
2 2 2
a, b E, ka + bk = kak + 2(a | b) + kbk ,
2 2 2
a, b E, ka bk = kak 2(a | b) + kbk ,
2 2
a, b E, (a b | a + b) = kak kbk .
dm. :
2
ka + bk = (a + b | a + b) = (a | a + b) + (b | a + b) par linarit en la premire variable.
2
ka + bk = (a | a) + (a | b) + (b | a) + (b | b) par linarit en la deuxime variable.
2 2 2
ka + bk = kak + 2(a | b) + kbk par symtrie.
Les autres identits sobtiennent de faon analogue.
Proposition
2 2 2
x, y E, 2(x | y) = kx + yk kxk kyk
dm. :
Il suffit dexploiter lidentit remarquable
2 2 2
kx + yk = kxk + 2(x | y) + kyk
Thorme
Exemple Sur Rn ,
n
n
!1/2 n
!1/2
X X X
xk yk 6 x2k yk2
k=1 k=1 k=1
Thorme
x, y E, kx + yk 6 kxk + kyk
avec galit si, et seulement si, x et y colinaires et (x | y) > 0.
(on dit que x et y sont positivement lis)
dm. :
On a
2 2 2
kx + yk = kxk + 2(x | y) + kyk
2 2
6 kxk + 2 |(x | y)| + kyk
2 2
6 kxk + 2 kxk kyk + kyk
2
= (kxk + kyk)
avec galit si, et seulement si, (x | y) = |(x | y)| = kxk kyk i.e. x, y colinaires et (x | y) > 0.
Corollaire
La norme euclidienne est une norme : tout espace prhilbertien rel est automatiquement un
espace norm.
Thorme
Le produit scalaire est une application bilinaire continue pour la norme euclidienne.
dm. :
(. | .) est une application bilinaire vrifiant |(x | y)| 6 1 kxk kyk elle est donc continue.
(x | x) = 0 x = 0E
Dfinition
On dit quune famille (ei )iI de vecteurs de E est orthogonale si elle est constitue de vecteurs
deux deux orthogonaux i.e.
i, j I, i 6= j (ei | ej ) = 0
On dit que la famille est orthonormale si ses vecteurs sont de plus unitaires
i, j I, (ei | ej ) = i,j
Proposition
Toute famille orthogonale ne comportant pas le vecteur nul est libre.
En particulier, les familles orthonormales sont libres.
dm. :
Soit (e1 , . . . , en ) une famille orthogonale finie ne comportant pas le vecteur nul.
Supposons 1 e1 + + n en = 0E .
2
Pour tout 1 6 j 6 n, (ej | 1 e1 + + n en ) = (ej | 0E ) donne j kej k = 0 et donc j = 0.
On peut conclure que la famille est libre.
On tend le rsultat aux familles infinies aisment car la libert dune famille infinie correspond la
libert de ses sous-familles finies.
Exemple Dans R3 muni du produit scalaire canonique considrons la famille (x1 , x2 , x3 ) avec
x1 = (0, 1, 1), x2 = (1, 0, 1), x3 = (1, 1, 0)
2
kx1 k = 2, e1 = 0, 1/ 2, 1/ 2
u = x2 + e1
(e | e1 ) = 0 donne = 1/ 2 puis u = (1, 1/2, 1/2), e2 = 2/ 6, 1/ 6, 1/ 6 .
u = x3 + e1 + e2
(e3 | e1 ) = 0 donne = 1/ 2,
(e3 | e2 ) = 0 donne = 1/ 6 puis u = (2/3, 2/3, 2/3) et e3 = 1/ 3, 1/ 3, 1/ 3 .
Exemple Dans M2 (R) muni du produit scalaire canonique (A | B) = tr(t AB) considrons la famille
(A1 , A2 , A3 ) avec
1 0 1 1 1 0
A1 = , A2 = et A3 =
0 1 1 1 0 0
On vrifie aisment que cette famille est libre et le processus dorthonormalisation de Schmidt donne
1 1 0 1 0 1 1 1 0
B1 = , B2 = et B3 =
2 0 1 2 1 0 2 0 1
Exemple Pour leur produit scalaire canonique, Rn et Mn,p (R) sont des espaces euclidiens.
Dfinition
On appelle base orthonormale dun espace euclidien E toute famille de vecteurs de E qui est
la fois une base et une famille orthonormale.
Exemple La base canonique de Mn,p (R) est orthonormale pour le produit scalaire canonique.
En effet
(Ei,j | Ek,` ) = tr(t Ei,j Ek,` ) = tr(Ej,i Ek,` ) = tr(i,k Ej,` ) = i,k j,`
Thorme
Tout espace euclidien E possde une base orthonormale.
dm. :
Soit (e1 , . . . , en ) une base de E.
Par lalgorithme de Schmidt, on peut former une famille orthonormale e0 = (e01 , . . . , e0n ).
Celle-ci est libre et constitue du bon nombre de vecteurs pour tre une base.
Remarque Si e0 = (e01 , . . . , e0n ) est une base orthonormale construite partir dune base
e = (e1 , . . . , en ) par lalgorithme de Schmidt alors la matrice de passage de e e0 est triangulaire
suprieure coefficients diagonaux strictement positifs. En effet, on a
k1
X
e0k = u/kuk avec u = ek (e0i | ek )e0i
i=1
et donc
ek Vect(e01 , . . . , e0k )
Ainsi, la matrice de passage de e0 e est triangulaire suprieure, aussi lest sa matrice inverse.
Thorme
Toute famille orthonormale dun espace euclidien E peut tre complte en une base orthonor-
me.
dm. :
Soit (x1 , . . . , xp ) une famille orthonormale de E.
Par le thorme de la base incomplte, on forme une base (x1 , . . . , xp , xp+1 , . . . , xn ).
En appliquant le procd de Schmidt, on obtient une famille orthonormale (e1 , . . . , ep , ep+1 , . . . , en ).
Or, par ce procd, on a ncessairement e1 = x1 , . . . , ep = xp car la famille (x1 , . . . , xp ) est dj
orthonormale.
On a ainsi obtenue une famille orthonormale de la forme (x1 , . . . , xp , ep+1 , . . . , en ). Celle-ci est aussi
une base de E car libre et constitue de n = dim E vecteurs de E.
k {1, . . . , n} , xk = (ek | x)
de sorte que
n
X
x= (ek | x)ek
k=1
dm. :
n
X
On a x = xk ek donc
k=1
n
! n n
X X X
(ek | x) = ek | x` e` = x` (ek | e` ) = x` k,` = xk
`=1 `=1 `=1
Corollaire
La matrice A Mn (K) dun endomorphisme u de E dans une base orthonormale e =
(e1 , . . . , en ) a pour coefficient gnral
dm. :
Le coefficient dindice (i, j) de A est la i-me composante dans e du vecteur u(ej ).
Exemple Si e = (e1 , . . . , en ) est une base orthonormale, alors
n
X
u L(E), tru = (ek | u(ek ))
k=1
dm. :
X n n
X
x= xk ek et y = yk ek donc
k=1 k=1
n n
! n X
n n
X X X X
(x | y) = xk ek | y` e` = xk y` (ek | e` ) = xk yk
k=1 `=1 k=1 `=1 k=1
Exemple Soit (x1 , . . . , xp ) une famille de p vecteurs dun espace euclidien E muni dune base
orthonormale e = (e1 , . . . , en ). Notons A = Mate (x1 , . . . , xp ). On a
t
AA = (hxi , xj i)16i,j6p
En effet,
p
X
t
AA i,j
= ak,i ak,j = hxi , xj i
k=1
car les (ak,i )16k6n sont les coordonnes de xi dans la base orthonormale e.
a (x) = (a | x)
E ? , !a E, x E, (x) = (a | x)
dm. :
Considrons lapplication : E E ? qui a E associe la forme linaire a : x 7 (a | x).
Lapplication est linaire et injective car
(x E, (a | x) = 0) a = 0E
ak = (ek | a) = (ek )
Si est une forme linaire sur E alors il existe une matrice A Mn (R) vrifiant
M Mn (R), (M ) = tr(AM )
Dfinition
On appelle orthogonal dune partie A de E lensemble not A constitu des vecteurs de E
orthogonaux tous les vecteurs de A
A = {x E/a A, (a | x) = 0}
Exemple {0E } = E et E = {0E }.
Thorme
A est un sous-espace vectoriel ferm de E.
dm. :
A E et 0E A car 0E est orthogonal tous les vecteurs de E, notamment ceux de A.
Soit , K et x, y A .
Pour tout a A, (a | x + y) = (a | x) + (a | y) = 0 donc x + y A .
Soit (xn ) (A )N convergeant vers un lment x .
Soit a A. Pour tout n N, (a | xn ) = 0 donc la limite (a | x ) = 0 car le produit scalaire est
continue.
On en dduit x A .
Proposition
Pour A, B E
a) A A
b) A B B A
c) A = Vect(A)
dm. :
a) Soit x A. Pour tout y A , (x | y) = 0 donc x A .
b) Supposons A B.
Soit x B . Pour tout y A on a (x | y) = 0 car x B et y B. Par suite x A .
Ainsi A B B A .
c) A Vect(A) donc Vect(A) A .
Aussi A A donc Vect(A) A puis A A Vect(A)
Proposition
Si F = Vect(ek )16k6m alors
F = {x E/1 6 k 6 m, (ek | x) = 0}
dm. :
Linclusion directe est immdiate, linclusion rciproque sobtient par la proprit : si x est orthogonal
une famille de vecteurs, il lest aussi aux combinaisons linaires de cette famille.
Dfinition
Deux sous-espaces vectoriels F et G de E sont dits orthogonaux sils sont forms de vecteurs
deux deux orthogonaux i.e.
(x, y) F G, (x | y) = 0
Exemple
Proposition
On a quivalence entre :
(i) F et G sont orthogonaux ;
(ii) F G ;
(iii) G F .
dm. :
(i) (ii) Supposons F et G sont orthogonaux.
Soit x F . Pour tout y G, (x | y) = 0 donc x G . Ainsi F G .
(ii) (i) Supposons F G .
Pour tout x F et y G, (x | y) = 0 car x G et y G. Ainsi, les espaces F et G sont orthogonaux.
Par un argument de symtrie, on a aussi (i) (ii).
x F G (x | x) = 0
Ainsi deux sous-espaces vectoriels orthogonaux sont en somme directe. Plus gnralement :
Thorme
Si F1 , . . . , Fm sont des sous-espaces vectoriels de E deux deux orthogonaux alors ceux-ci
sont en somme directe.
dm. :
Supposons x1 + + xm = 0E avec chaque xk dans Fk .
Pour tout 1 6 k 6 m,
(xk | x1 + + xm ) = (xk | 0E ) = 0
2
donne kxk k = 0 car (xk | xj ) = 0 pour j 6= k. Ainsi xk = 0E pour tout 1 6 k 6 m.
Dfinition
Lorsque les sous-espaces vectoriels F1 , . . . , Fm sont deux deux orthogonaux, on dit quils
n
sont en somme directe orthogonale et leur somme est note Fk .
k=1
Corollaire
Si F est un sous-espace vectoriel dun espace euclidien E alors
dim F = dim E dim F et F = F
dm. :
E = F F donne dim E = dim F + dim F .
F F et lgalit des dimensions donne F = F .
Exemple Dans Mn (R) muni du produit scalaire canonique, les sous-espaces vectoriels Sn (R) et
An (R) sont supplmentaires orthogonaux.
En effet, Ceux-ci sont orthogonaux car pour A Sn (R) et B An (R)
et
(A | B) = (B | A) = tr(t BA) = tr(BA) = tr(AB)
donc (A | B) = 0.
On en dduit
An (R) Sn (R)
puis, par galit des dimensions,
et ainsi
x E, x H (a | x) = 0
Dfinition
Tout vecteur a non nul de H est appele vecteur normal de lhyperplan H.
E = F F
Dfinition
On lappelle projection orthogonale sur F la projection pF sur F paralllement F .
On appelle symtrie orthogonale par rapport F la symtrie sF par rapport F et paralllement
F .
Proposition
p2F = pF , Sp(pF ) {0, 1}
ker(pF Id) = F = ImpF et ker pF = F
De plus, sF = 2pF IdE et Id pF = pF .
dm. :
Ce sont les proprits usuelles des projections qui sont ici particularises.
x E, kp(x)k 6 kxk
Par Pythagore
2 2 2 2
kxk = kp(x)k + kx p(x)k > kp(x)k
() Si p est une projection sur un sous-espace vectoriel F paralllement un sous-espace vectoriel G,
pour montrer que p est une projection orthogonale, il suffit de constater
(a, b) F G, (a | b) = 0
Supposons
x E, kp(x)k 6 kxk
Soit R et x = a + b. On a p(x) = a et lingalit kp(x)k 6 kxk fournit
2
R, 2 (a | b) + 2 kbk > 0
Si (a | b) 6= 0 alors
2
2 (a | b) + 2 kbk 2 (a | b)
0
dm. :
Le vecteur pF (x) est lment de F . On peut donc crire
m
X
pF (x) = (ek | pF (x)) ek
k=1
(a | x)
x E, pD (x) = 2 a
kak
(a | x)
x E, pH (x) = x 2 a
kak
Remarque Lors de la mise en place du procd dorthonormalisation de Schmidt dune famille libre
(x1 , . . . , xn ), le calcul
k
X
ek+1 = u/kuk avec u = xk (ei | xk )ei
i=1
dm. :
d(x, F ) = inf kx yk = min kx yk = kx pF (x)k.
yF yF
Corollaire
Soit a 6= 0E et D = Vect(a).
(a | x)
x E, d(x, D) =
x 2 a
kak
H = Vect(a) .
|(a | x)|
x E, d(x, H) =
kak
|tr(A)| 5
d(A, H) = =
kI2 k 2
Exemple Calcul de
Z 1 2
m= inf t2 (at + b) dt
(a,b)R2 0
On a m = d(X 2 , R1 [X])2 .
2
Soit p = pR1 [X] . On a m =
X 2 p(X 2 )
.
Dterminons p(X 2 ).
Pour cela formons une base orthonorme de R1 [X].
Lalgorithme dorthonormalisation de Schmidt donne la base orthonorme
1
P1 = 1 et P2 = 2 3 X
2
On en dduit
p(X 2 ) = P1 | X 2 P1 + P2 | X 2 P2 = X 1/6
Aprs calculs
2
m =
X 2 X + 1/6
= 1/180
dm. :
Soit (e1 , . . . , en ) une famille orthonormale. Celle-ci est base orthonormale de lespace F = Vect(e1 , . . . , en )
et
Xn
pF (x) = (ek | x) ek
k=1
On a alors
n
X
2 2
kpF (x)k = (ek | x)
k=1
2 2
et la relation kpF (x)k 6 kxk donne celle propose.
Remarque Si dim E < + et si (e1 , . . . , en ) est une base orthonormale alors il y a galit.
Si dim E = +X et si (en )nN est une famille orthonorme de vecteurs de E alors pour tout x E, la
2
srie numrique (en | x) converge et
+
X 2 2
(en | x) 6 kxk
n=0
X 2 2
En effet, les sommes partielles de la srie termes positifs |(en | x)| sont majores par kxk .
La suite (X n )nN est totale (ou abusivement X n dsigne la fonction polynomiale t 7 tn dfinie
sur [1, 1]).
Vect {X n /n N} = R [X]
est une partie dense de E norm par k . k donc, a fortiori, une partie dense de E norme par k . k2
puisque
kf k2 6 2 kf k
Thorme
Soit (en )nN une suite orthonormale totale dlments de E.
En notant pn la projection orthogonale sur lespace Fn = Vect(e0 , . . . , en ) on a
x E, pn (x) x
n+
dm. :
Commenons par remarquer
[
Vect {en /n N} = Fn
nN
Linclusion () est immdiate. Linclusion () provient de ce que la runion des Fn est un sous-espace
vectoriel de E contenant tous les vecteurs en .
Soit x E.
Soit > 0. Puisque Vect {en /n N} est une partie dense de E, il existe y Vect {en /n N} vrifiant
kx yk 6 . Par la remarque prcdente, il existe N N tel que y FN . Pour tout n > N , on a aussi
y Fn et donc
kx pn (x)k = d(x, Fn ) 6 kx yk 6
Corollaire
Si (en )nN est une suite orthonormale totale dlments de E alors
+
X
x E, x = (en | x) en
n=0
dm. :
Il suffit dexprimer pn (x) et dobserver
n
X
pn (x) = (ek | x) ek x
n+
k=0
7.4.6 Musculations
7.4.6.1 Polynme de Legendre
Soit E = C ([1, 1] , R) muni du produit scalaire
Z 1
hf, gi = f (t)g(t) dt
1
En orthonormalisant par lalgorithme de Schmidt, la famille (X n )nN on obtient une famille orthonor-
male totale, mais celle-ci est difficile calculer. . .
Considrons
n (n) n n
Pn = X 2 1 = Un(n) avec Un = (X 1) (X + 1)
Exemple P0 = 1, P1 = 2X, P2 = 4 3X 2 1
Proposition
deg Pn = n et Q Rn1 [X] , (Pn | Q) = 0
dm. : n
deg Pn = n car deg X 2 1 = 2n et lon drive n fois
Par intgration par parties successives, on obtient
Q Rn1 [X] , (Pn | Q) = (1) Un(n1) | Q0 = . . . = (1)n Un | Q(n) = 0
Thorme
La famille (Pn /kPn k)nN est une famille orthonormale totale de E et donc
+
X (Pn | f )
f= 2 Pn
n=0 kPn k
dm. :
La famille (Pn )nN est orthogonale car m < n, (Pn | Pm ) = 0 en vertu de ce qui prcde.
De plus, tant de degrs tags, elle constitue une base de R [X] et cest donc une famille totale comme
cela a t vu au dessus.
constitue alors la meilleure approximation euclidienne de f parmi les polynmes de degr infrieur N .
on obtient
bn/2c
!
X n
cos(nt) = (1) k
cosn2k (t) sin2k (t)
k=0
2k
2k 2 k
et puisque sin (t) = (1 cos t) , cette expression est un polynme en cos(t).
Dfinition
On appelle polynme de Tchebychev, lunique polynme de R [X] vrifiant
t R, cos(nt) = Tn (cos t)
Exemple T0 = 1, T1 = X, T2 = 2X 2 1 et T3 = 4X 3 3X
En vertu des calculs qui prcdent
bn/2c
!
X n
Tn (X) = X n2k (X 2 1)k
k=0
2k
Proposition
n N, Tn+1 = 2XTn Tn1
dm. :
On a
cos ((n + 1)t) + cos ((n 1)t) = 2 cos(t) cos(nt)
donc
Tn+1 (cos t) = 2 cos(t)Tn (cos t) Tn1 (cos t)
Lidentit
Tn+1 (x) = 2xTn (x) Tn1 (x)
tant vraie pour une infinit de valeurs (celles de [1, 1] ) on peut affirmer lidentit polynomiale propo-
se.
Thorme
La famille (Tn )nN est une famille orthogonale totale sur lespace E = C ([1, 1] , R) muni
du produit scalaire
Z 1
f (x)g(x)
hf, gi = dx
1 1 x2
dm. :
On vrifie aisment que h., .i dfinit un produit scalaire sur E.
La famille (Tn )nN est une famille de polynmes de degrs tags, cest donc une base de R [X].
Par le thorme de Weierstrass et la comparaison
Z 1 Z 1 2
2 f (x)2 kf k
kf k2 = dx 6 dx = kf k2
1 1 x2 1 1 x2
on peut affirmer que cette famille est totale.
Enfin cette famille est orthogonale car pour n 6= m
Z 1 Z
Tn (x)Tm (x)
hTn | Tm i = = cos(nt) cos(mt) dt = 0
1 1 x2 x=cos t 0
On peut donc crire dans lespace prhilbertien E
+
X hTn , f i
f= 2 Tn
n=0 kTn k
1 T
Z
(f | g) = f (x)g(x) dx
T 0
On dfinit les familles de fonctions (cn )nN et (sn )nN? par
c0 (x) = 1, cn (x) = cos(2nx/T ) et sn (x) = sin(2nx/T ) pour n N?
Ces fonctions sont deux deux orthogonales car
Z T
1
n 6= m, (cn | cm ) = cos (2(n + m)x/T ) + cos (2(n m)x/T ) dx = 0
2T 0
et de faon analogue
n 6= m, (sn | sm ) = 0 et n, m, (cn | sm ) = 0
On peut montrer (mais ce nest pas immdiat) que la famille constitue de ces fonctions est une famille
totale. On peut alors crire dans lespace prhilbertien E
+ +
X (cn | f ) X (sn | f )
f= 2 cn + 2 sn
n=0 kcn k n=1 ksn k
Thorme
Lensemble On (R) des matrices orthogonales de Mn (R) est un sous-groupe compact de
(GLn (R), ) appel groupe orthogonal dordre n.
dm. :
On (R) GLn (R), In On (R).
Soit A, B On (R). AB On (R) car t (AB) AB = t B t AAB
t = BB
t
= In .
1 t 1 1 t t
Soit A On (R). A On (R) car A A = A A = At A = In .
Ainsi On (R)
est un sous-groupe de (GL n (R), ).
On (R) = A Mn (R)/t AA = In = f 1 ({In }) avec f : A Mn (R) t AA.
Puisque f est continue et {In } ferm, On (R) est un ferm relatif Mn (R) et cest donc une partie
ferme.
Enfin, considrons k . k la norme euclidienne associe au produit scalaire canonique sur Mn (R).
185
8.1. MATRICES ORTHOGONALES
p p
Pour A On (R), kAk = tr(t AA) = trIn = n. Par suite On (R) est une partie borne.
Puisque Mn (R) est de dimension finie, On (R) est une partie compacte car ferme et borne.
Thorme
Soit A Mn (R) de colonnes C1 , . . . , Cn et de lignes L1 , . . . , Ln .
On a quivalence entre :
(i) la matrice A est orthogonale ;
(ii) la famille (C1 , . . . , Cn ) est orthonorme ;
(iii) la famille (L1 , . . . , Ln ) est orthonorme.
dm. :
Etudions (i) (ii).
Sur Mn,1 (R), le produit scalaire considr est le produit scalaire canonique dfini par
(X | Y ) = t XY = x1 y1 + + xn yn
Pour tout 1 6 i, j 6 n,
n
X n
X
t t
AA i,j
= A A =
i,k k,j
ak,i ak,j = (Ci | Cj )
k=1 k=1
Exemple La matrice
2 1 2
1
A= 1 2 2
3
2 2 1
est orthogonale.
En effet, ses colonnes sont unitaires et deux deux orthogonales.
dm. :
Rappelons que si x et y sont des vecteurs de colonnes coordonnes X, Y dans une base orthonormale
alors
(x | y) = t XY
Notons C1 , . . . , Cn les colonnes de P .
Les colonnes C1 , . . . , Cn sont les colonnes des coordonnes des vecteurs e01 , . . . , e0n dans la base ortho-
normale e et donc pour tout 1 6 i, j 6 n,
Par suite, la famille e0 est orthonorme si, et seulement si, la famille (C1 , . . . , Cn ) lest. Cela quivaut
affirmer P On (R).
De plus, si tel est le cas, Mate0 e = P 1 = t P .
Corollaire
Si e et e0 sont deux bases orthonormales de lespace euclidien E alors la formule de change-
ment de base relative aux endomorphismes scrit
A0 = t P AP
Dfinition
On dit alors que les matrices A et A0 sont orthogonalement semblables.
Proposition
Lensemble SOn (R) des matrices orthogonales positives de Mn (R) est un sous-groupe com-
pact de (GLn (R), ).
On lappelle groupe spcial orthogonal dordre n.
dm. :
SOn (R) = On (R) SLn (R)
Remarque Cest cette relation qui permet de dfinir le produit mixte de n = dim E vecteurs dun
espace euclidien orient comme gal au dterminant de cette famille dans nimporte quelle base
orthonormale directe.
x E, ku(x)k = kxk
Proposition
Si u est une isomtrie vectorielle alors Spu {1, 1}.
dm. :
Soit Spu et x 6= 0E vecteur propre associ.
Dune part ku(x)k = kxk = || kxk, dautre part ku(x)k = kxk. On en dduit || = 1
Thorme
Soit u un endomorphisme de E. On a quivalence entre :
(i) u est orthogonal ;
(ii) u conserve le produit scalaire i.e.
x, y E, (u(x) | u(y)) = (x | y)
dm. :
(i) (ii) Supposons que pour tout x E, ku(x)k = kxk.
Dune part
2 2 2 2
ku(x + y)k = ku(x) + u(y)k = ku(x)k + 2(u(x) | u(y)) + ku(y)k
et dautre part
2 2 2 2
ku(x + y)k = kx + yk = kxk + 2(x | y) + kyk
Or ku(x)k = kxk et ku(y)k = kyk donc
(u(x) | u(y)) = (x | y)
Corollaire
Lensemble O(E) des isomtries vectorielles de E est un sous-groupe compact de (GL(E), )
appel groupe orthogonal de E.
dm. :
Considrons e une base orthonorme de E et : Mn (R) L(E) lapplication qui M Mn (R)
associe u L(E) dtermin par Mate u = M . On a
est continue (car linaire au dpart dun espace de dimension finie) donc O(E) est compact.
est un morphisme de groupe multiplicatif donc O(E) est un sous-groupe de (GL(E), ).
Dfinition
On appelle isomtrie positive (ou isomtrie directe) toute isomtrie vectorielle de dterminant
1. On parle disomtrie ngative (ou indirecte) sinon.
Proposition
Lensemble SO(E) des isomtries positives de E est un sous-groupe compact de (GL(E), )
appel groupe spcial orthogonal de E.
dm. :
SO(E) = O(E) SL(E) avec SL(E) = {u L(E)/ det u = 1} sous-groupe ferm.
Thorme
Les matrices orthogonales positives de M2 (R) sont les matrices de la forme
cos sin
R() = avec R.
sin cos
R()R(0 ) = R( + 0 )
dm. :
a b
Soit M = SO2 (R). On a a2 + c2 = 1 donc il existe R vrifiant a = cos et b = sin .
c d
Puisque (a d)2 + (b + c)2 = 2 2(ad bc) = 0, on a aussi c = sin et d = cos .
Enfin, on vrifie par le calcul la relation R()R(0 ) = R( + 0 ).
Corollaire
Une isomtrie positive du plan a la mme matrice dans toute base orthonormale directe.
Celle-ci est de la forme R() avec R unique 2 prs de sorte et on parle alors de rotation
dangle .
dm. :
Soit e et e0 deux bases orthonormales du plan et u SO(E). On pose A = Mate u et A0 = Mate0 u. Par
formule de changement de base A0 = P 1 AP = AP 1 P = A car les matrices de SO2 (R) commutent
entre elles.
8.2.4.2 Isomtrie ngatives
Thorme
Les matrices orthogonales ngatives de M2 (R) sont les matrices de la forme
cos sin
S() = avec R.
sin cos
2
Elles vrifient (S()) = I2 .
dm. :
a b
Soit M = SO2 (R). On a a2 + c2 = 1 donc il existe R vrifiant a = cos et b = sin .
c d
Puisque (a + d)2 + (b c)2 = 2 + 2(ad bc) = 0, on a aussi c = sin et d = cos .
2
Enfin, on vrifie par le calcul la relation (S()) = I2 .
Corollaire
Les isomtries ngatives du plan sont les symtries orthogonales par rapport des droites.
Il existe une base orthonormale dans laquelle la symtrie est reprsente par la matrice
1 0
S(0) =
0 1
dm. :
On a
S() = S(0)R() = S(0)R(/2)R(/2) = R(/2)S(0)R(/2)
donc S() est semblable S(0) par le biais dune matrice de passage orthogonale. Ainsi, une isomtrie
ngative reprsente initialement dans une base orthonormale par S() peut aussi tre reprsente dans
une base orthonormale par S(0). On reconnat alors une symtrie orthogonale.
8.2.5 Rduction dune isomtrie vectorielle
Lemme
Soit u O(E). Si F est un sous-espace vectoriel stable par u alors F lest aussi.
dm. :
On suppose F stable par u et donc u(F ) F . Or u est bijective donc conserve la dimension et par
consquent u(F ) = F . Soit x F . Pour tout y F , on peut crire y = u(a) avec a F et alors
Ainsi u(x) F .
Lemme
Si u est un endomorphisme dun R-espace vectoriel rel de dimension finie non nulle alors il
existe au moins une droite vectorielle ou un plan stable par u.
dm. :
Soit P R [X] un polynme unitaire annulateur de u (par exemple, son polynme caractristique ou
minimal). On peut crire P = P1 P2 . . . Pm avec Pk polynmes unitaires irrductibles de R [X].
Puisque P (u) = 0, on a P1 (u) P2 (u) . . . Pm (u) = 0 et par consquent, au moins lun des en-
domorphismes composs nest pas injectif. Supposons que ce soit celui dindice k. Le polynme Pk est
irrductible dans R [X], il est donc de lune des deux formes suivantes :
Cas P (X) = X
est alors valeur propre de u et tout vecteur propre associ engendre une droite vectorielle stable.
Cas P (X) = X 2 + pX + q avec = p2 4q < 0
Soit x ker P (u). On a u2 (x) + pu(x) + qx = 0E et donc F = Vect(x, u(x)) est stable par u.
Dans les deux cas, u admet une droite ou un plan stable.
Thorme
Si u O(E) alors il existe une base orthonormale de E dans laquelle la matrice de u est
diagonale par blocs de blocs diagonaux de la forme
cos sin
(1), (1) ou avec R
sin cos
Autrement dit, lespace E est la somme directe orthogonale de E1 (u), E1 (u) et de plans sur
lesquels u opre comme une rotation.
dm. :
Par rcurrence sur la dimension de E.
Cas n = 1 :
u est une isomtrie dune droite et peut donc tre reprsente en base orthonormale par
(1) ou (1)
Cas n = 2 :
u est une isomtrie du plan et peut donc tre reprsente en base orthonormale par
cos sin 1 0
R() = ou
sin cos 0 1
Supposons la proprit tablie jusquau rang n avec n > 2.
Soit E un espace euclidien de dimension n + 1 et u O(E).
Il existe une droite ou un plan F stable par u et F est alors aussi stable par u.
Par hypothse de rcurrence, il existe une base orthonormale de F telle que la matrice de u dans celle-ci
soit de la forme voulue.
Par ltude initiale, il existe une base orthonormale de F telle que la matrice de u dans celle-ci soit de la
forme voulue.
En accolant ces deux, on forme une base orthonormale de E comme voulue.
Rcurrence tablie.
Corollaire
Toute matrice de On (R) est orthogonalement semblable une matrice diagonale par blocs avec
des blocs diagonaux de la forme
cos sin
(1), (1) ou avec R
sin cos
Remarque Si lon inverse lorientation sur D, lorientation induite sur P est, elle aussi, inverse.
Dfinition
On dit alors que f est la rotation daxe dirig et orient par ~u et dangle . On la note Rot~u, .
Proposition
, 0 R, Rotu, = Rotu,0 = 0 [2]
, 0 R, Rotu, Rotu,0 = Rotu,+0 = Rotu,0 Rotu, .
, 0 R, Rot1
u, = Rotu, .
dm. :
Immdiat par calcul matriciel.
Remarque Si lon change le vecteur en son oppos, lorientation induite sur P lest aussi et les mesures
angulaires dans P sont alors changes en leur oppose. Par suite
Rotu, = Rotu,
Exemple Soit E un espace vectoriel euclidien muni dune base orthonorme directe B = (~i, ~j, ~k).
Dterminons lendomorphisme f de E de matrice dans B
0 0 1
A= 1 0 0
0 1 0
La matrice A est orthogonale et det A = 1 donc f est une rotation autre que lidentit.
Axe D :
Laxe D est form des vecteurs invariants par f .
Pour ~u = x~i + y~j + z~k, on a
f (~u) = ~u x = y = z
Par suite D = Vect(~i + ~j + ~k).
Orientons D par le vecteur ~u = ~i + ~j + ~k.
Angle de la rotation :
On a trf = 2 cos + 1 or trf = trA = 0 donc cos = 1/2.
Pour conclure, il reste dterminer le signe de sin .
Soit ~x = ~u + ~v + w~ / D. On a
1
= ( 2 + 2 ) sin
[~u, ~x, f (~x)] = 0 cos sin
0 sin + cos
Ici
h i 1 1 0
~u,~i, f (~i) = 1
0 1 =1>0
1 0 0
donc
= 2/3 [2]
Finalement, f est la rotation daxe D dirig et orient par ~u = ~i + ~j + ~k et dangle 2/3.
x, y E, (u(x) | y) = (x | u(y))
Ainsi
(p(x) | y) = (x | p(y))
(x | y) = (p(x) | y) = (x | p(y)) = (x | 0E ) = 0
Proposition
Si u L(E) est un endomorphisme symtrique alors
Imu = (ker u)
dm. :
Soit x ker u et y Imu. On peut crire y = u(a) avec a E et alors
Ainsi, les espaces Imu et ker u sont orthogonaux et donc Imu (ker u) puis lgalit par les dimen-
sions.
Thorme
Soit u L(E) et e = (e1 , . . . , en ) une base orthonormale de E.
On a quivalence entre :
(i) u est symtrique ;
(ii) la matrice Mate u est symtrique.
dm. :
(i) (ii) Supposons u symtrique et tudions A = (ai,j ) = Mate u.
On a ai,j = (ei | u(ej )) et donc par symtrie,
Corollaire
Lensemble S(E) des endomorphismes symtriques de E est un sous-espace vectoriel de L(E)
n(n + 1)
de dimension .
2
dm. :
Sn (R) et S(E) sont isomorphes via reprsentation matricielle dans la base orthonorme e.
dm. :
Soit A Sn (R). Munissons E = Rn du produit scalaire canonique et considrons u lendomorphisme
de Rn reprsent par A dans la base canonique e.
Puisque A est symtrique et e orthonormale, lendomorphisme u est autoadjoint. Il existe donc une base
orthonorme e0 diagonalisant u. Par changement de base, on a alors A = P DP 1 avec D diagonale et
P orthogonale car matrice de passage entre deux bases orthonormes.
Exemple Pour A Mn (R), t AA est diagonalisable car symtrique relle.
Ses valeurs propres sont appeles valeurs singulires de A.
i 1
Exemple Pour A = , A = X 2 donc SpA = {0}.
1 i
Puisque A 6= O2 , la matrice A nest pas diagonalisable.
Dfinition
Un endomorphisme symtrique u de E est dit positif si
x E, (u(x) | x) > 0 ;
x E, (u(x) | x) = 0 x = 0E
On note S + (E) (resp. S ++ (E) ) lensemble des endomorphismes symtriques positifs (resp.
dfinis et positifs).
Proposition
Soit u un endomorphisme symtrique de E.
On a quivalence entre ;
(i) u est positif (resp. dfini positif) ;
(ii) Spu R+ (resp. Spu R+? ).
dm. :
(i) (ii) Supposons u positif.
Soit une valeur propre de u et x un vecteur propre associ.
2 2 2
(u(x) | x) = (x | x) = kxk et (u(x) | x) > 0 donc kxk > 0 puis > 0 car kxk > 0.
+
(ii) (i) Supposons Sp(u) R .
Par le thorme spectral, il existe une base orthonormale e = (e1 , . . . , en ) diagonalisant u :
1 (0)
Mate u =
..
.
(0) n
n
X
(u(x) | x) = i x2i > 0
i=1
0
/ Spu u GL(E)
Dfinition
Une matrice A Mn (R) symtrique est dite positive si
On note Sn+ (R) (resp. Sn++ (R) ) lensemble des matrices symtriques positives (resp. dfinies
positives).
Remarque Si lon introduit le produit scalaire canonique sur Mn,1 (R) alors
t
XAX = (AX | X)
Proposition
Soit A Sn (R). On a quivalence entre :
(i) A est positive (resp. dfinie positive) ;
(ii) SpA R+ (resp. SpA R+? ).
dm. :
(i) (ii) Supposons A positive.
Soit SpA et X vecteur propre associ.
t 2 2
XAX = t XX = kXk > 0 avec kXk > 0 donc > 0.
(ii) (i) Supposons SpA R+ .
La matrice A est orthogonalement semblable une matrice diagonale, donc il existe P On (R) telle
que t P AP = D avec D = diag(1 , . . . , n ).
Pour tout X Mn,1 (R), t XAX = t (P X)DP X = t Y DY avec Y = P X.
n
X
En notant y1 , . . . , yn les coefficients de la colonne Y alors t XAX = i yi2 > 0.
i=1
Dfinition
On appelle matrice de Gram dune famille (a1 , . . . , an ) de vecteurs de E la matrice carre
Exemple La famille (a1 , . . . , an ) est orthogonale si, et seulement si, G (a1 , . . . , an ) est diagonale.
La famille (a1 , . . . , an ) est orthonormale si, et seulement si, G (a1 , . . . , an ) est lidentit.
Thorme
La matrice de Gram G (a1 , . . . , an ) est symtrique positive et inversible si, et seulement si, la
famille (a1 , . . . , an ) est libre.
dm. :
A = G (a1 , . . . , an ) est symtrique car hai , aj i = haj , ai i.
Pour X = t 1 n , on observe
t 2
XAX = k1 a1 + + n an k > 0
La matrice symtrique A est donc positive. Elle est dfinie positive si, et seulement si,
t
XAX = 0 X = 0
cest--dire
1 a1 + + n an = 0E 1 = . . . = n = 0
ce qui correspond la libert de la famille (a1 , . . . an ).
On en dduit que A est inversible si, et seulement si, (a1 , . . . an ) est libre.
Thorme
Soit x E et (a1 , . . . , an ) une base dun sous-espace vectoriel F de E.
On a s
det G(a1 , . . . , an , x)
d(x, F ) =
det G(a1 , . . . , an )
dm. :
On crit x = y + z avec y F et z F . On sait d(x, F ) = kzk. Puisque
on peut crire
ha1 , a1 i ha1 , an i ha1 , yi
.. .. ..
G(a1 , . . . , an , x) =
. . .
han , a1 i han , an i han , yi
hy, a1 i hy, an i hy, yi + hz, zi
Analyse
205
Chapitre 9
K dsigne le corps R ou C.
9.1 Suites numriques
9.1.1 Limites
Dfinition
On dit quune suite (un )nN dlments de K converge vers ` K si
On note alors un ` ou un `.
n+
Il y a alors unicit du nombre ` qui est appele limite de la suite (un ).
Dfinition
On dit quune suite relle (un )nN diverge vers + si
A R, N N, n N, n > N un > A
On note alors un + ou un +.
n+
On dfinit de faon analogue la divergence vers .
n
1
Exemple Etudions lim 1+
n+ n
On peut crire n
1 1
1+ = exp n ln 1 +
n n
Or
1
n ln (1 + 1/n) n 1
n
donc n
1
1+ e
n n+
207
9.1. SUITES NUMRIQUES
Exemple Soit (un ) (R+ )N . On suppose que n un ` [0, 1[.
Montrons qualors un 0.
Introduisons > 0 (dont on prcisera la valeur par la suite).
Puisque n un `, pour n assez grand ` 6 n un 6 ` + donc 0 6 un 6 (` + )n .
Si lon choisit initialement > 0 pour que ` + < 1, on obtient un 0 par encadrement.
On montre de faon similaire, on montre
n
un ` > 1 un +
Ainsi un +
Les deux autres cas du thorme sobtiennent par passage loppos.
2n
X 1
Exemple Etudions la convergence de un =
k
k=n+1
On a
2n+2
X 1 2n
X 1 1 1 1
un+1 un = = + >0
k k 2n + 1 2n + 2 n + 1
k=n+2 k=n+1
De plus
2n
X 1 n
un 6 = 61
n+1 n+1
k=n+1
un ln 2
Dfinition
On dit que la suite (un ) est domine par la suite (vn ) et lon crit un = O(vn ) sil existe
M R+ et N N vrifiant
n > N, |un | 6 M |vn |
Remarque Il revient au mme de dire que lon peut crire partir dun certain rang
Dfinition
On dit que la suite (un ) est ngligeable devant (vn ) et lon crit un = o(vn ) si, pour tout > 0,
il existe N N vrifiant
n > N, |un | 6 |vn |
Remarque Il revient au mme de dire que lon peut crire partir dun certain rang
Exemple En crivant un Jvn pour signifier un = o(vn ), on peut proposer la hirarchie suivante ;
1 1 1
en J 2
J J J1Jln nJ nJnJn2 Jen
n n ln n
Dfinition
On dit que la suite (un ) est quivalente la suite (vn ) et lon crit un vn si lon peut crire
un = vn + o(vn )
Remarque Il revient au mme de dire que lon peut crire partir dun certain rang
un = vn n avec (n ) de limite 1
1 1
Exemple On peut crire sin
n n
n N, un ]0, +[
convergence de la suite (un ) dfinie par u0 = 1 et un+1 =
Exemple Etudions la 3 un
Considrons f : x 7 3 x dfinie sur ], 3]
ce qui donne
1 + 13
`=
2
car ` > 0.
Notons
1 + 13
=
2
On a
|un | |un |
|un+1 | = 3 un 3 = 6
3 un + 3 3
avec
1 1
q= = [0, 1[
3
Ainsi
|un | 6 q n |u0 |
et donc un .
dm. :
On a
1
vn ` = ((u1 `) + + (un `))
n
Pour > 0, il existe N N vrifiant
n > N , |un `| 6
Pour n > N ,
|u1 `| + + |uN 1 `| n N + 1
|vn `| 6 +
n n
donc
|u1 `| + + |uN 1 `|
|vn `| 6 +
n
Or
|u1 `| + + |uN 1 `| C te
= 0
n n
donc il existe N 0 N tel que pour n > N 0 ,
|u1 `| + + |uN 1 `|
6
n
Ainsi, pour n > max(N, N 0 ), |vn `| 6 2 ce qui permet de conclure.
Exemple Dterminons un quivalent de (un ) donne par u0 > 0 et n N, un+1 = ln(1 + un )
On a dj montr un 0+ . Dterminons maintenant un quivalent de (un ).
On a
1 2
1 1 un un+1 u 1
= 2 2n
un+1 un un un+1 un 2
On en dduit
2
un
n
Remarque Une srie est un cas particulier de suite, cest une suite de sommes partielles.
X
Exemple La srie n est la suite des sommes partielles
n>0
n
X n(n + 1)
Sn = k=
2
k=0
X
Exemple La srie q n est la suite des sommes partielles
n>0
n
X 1 q n+1
Sn = qk = (si q 6= 1 )
1q
k=0
X1
Exemple La srie est la suite des sommes partielles
n
n>1
n
X 1
Sn = (avec n > 1 )
k
k=1
n
X
uk = vn
k=0
X
Ainsi, la suite (vn ) se confond avec la srie un .
Dfinition
X
On dit que quune srie un converge si la suite de ses sommes partielles converge.
On peut alors introduire la somme de la srie
+
X n
X
uk = lim uk
df n+
k=0 k=0
Attention : Par essence, une somme de srie numrique est une limite, pour la manipuler, il est
indispensable de justifier a priori son existence, i.e. que la srie soit convergente.
X 1
Exemple Etudions
n(n 1)
n>2
Pour n > 2,
n n
X 1 X 1 1 1
= = 1 1
k(k 1) k1 k n n+
k=2 k=2
X 1
Ainsi la srie converge et
n(n 1)
n>2
+
X 1
=1
n=2
n(n 1)
X1
Exemple Etudions .
n
n>1
Pour n > 1, la fonction t 7 1/t tant dcroissante, on a
n n Z
1 X k+1 dt
Z n+1
X dt
> = = ln(n + 1) +
k k t 1 t
k=1 k=1
X1
Ainsi la srie diverge.
n
n>1
X
Remarque un converge si, et seulement si, la somme des aires hachures converge.
X (1)n1
Exemple Etudions .
n
n>1
Pour n > 1,
n n 1 1
(1)k1 1 (t)n
X X Z Z
= (1)k1 tk1 dt = dt
k 0 0 1+t
k=1 k=1
Or
1 1 1
tn
Z Z Z
dt 1
= ln 2 et 0 6 dt 6 tn dt =
0 1+t 0 1+t 0 n+1
donc
n
X (1)k1
ln 2
k n+
k=1
X (1)n1
Ainsi converge et
n
n>1
+
X (1)n1
= ln 2
n=1
n
Thorme
n0 N. On a quivalence entre :
SoitX
(i) un converge ;
n>0
X
(ii) un converge.
n>n0
dm. :
Les sommes partielles de deux sries diffrent dune constante et donc lune converge si, et seulement si,
lautre aussi.
Corollaire
On ne modifie pas la nature dune srie en en modifiant la valeur dun nombre fini de termes.
En revanche, cela modifie videmment la valeur de la somme. . .
Dfinition
X
Si la srie un converge, on peut introduire la somme
+
X
Rn = uk
k=n+1
Attention : On ne peut introduire le reste dune srie quaprs avoir justifi sa convergence.
Thorme
X
Si un converge alors pour tout n N,
+
X n
X +
X
uk = uk + uk
k=0 k=0 k=n+1
De plus
+
X
Rn = uk 0
n+
k=n+1
dm. :
Soit n N fix.
Pour N > n,
N
X n
X N
X
uk = uk + uk
k=0 k=0 k=n+1
Quand N +, on obtient
+
X n
X +
X
uk = uk + uk
k=0 k=0 k=n+1
un = Sn Sn1 S S = 0
Dfinition
Si (un ) ne tend pas vers 0 alors on dit que la srie de terme gnral un diverge grossirement
(DVG).
X
Exemple La srie cos(n) diverge grossirement.
En effet, si cos(n) 0 alors la relation cos(2n) = 2 cos2 (n) 1 donne la limite labsurdit 0 = 1.
X1
Exemple La srie diverge, mais pas grossirement.
n
n>1
X
Remarque Si un converge, alors
2n
X
uk = S2n Sn 0
n+
k=n+1
X
On peut alors retrouver la divergence de 1/n en exploitant
2n
X 1 1 1
>n =
k 2n 2
k=n+1
Thorme
X X X X
Si un et vn sont convergentes alors pour tout K, les sries un et u n + vn
convergent et
+
X +
X +
X +
X +
X
uk = uk et (uk + vk ) = uk + vk
k=0 k=0 k=0 k=0 k=0
dm. :
Par oprations sur les limites.
Corollaire
X
Lensemble constitu des suites u = (un )nN KN telles que la srie un converge est un
X+
sous-espace vectoriel de KN . Lapplication u 7 un y dfinit une forme linaire.
n=0
X X X
Exemple Si un et (un + vn ) convergent alors vn converge.
En effet, on peut crire
vn = (un + vn ) + (1).un
X X X
Exemple Si un converge et vn diverge alors (un + vn ) diverge.
X X X
Attention : Si un et vn divergent, on ne peut rien conclure sur la nature de (un + vn ).
9.2.4.2 Positivit
Thorme
Soit
X (un ) une suite relle.
Si un converge et si tous les termes de la suite sont positifs alors
+
X
un > 0
n=0
dm. :
Pour tout N N, on a
N
X
un > 0
n=0
donc la limite
+
X
un > 0
n=0
Corollaire
Soit (un ) et (vn ) deux suites relles vrifiant un 6 vn pour tout n N.
X X +
X +
X
Si un et vn convergent alors un 6 vn .
n=0 n=0
dm. :
On a, avec convergences,
+
X +
X +
X
vn un = (vn un ) > 0
n=0 n=0 n=0
Thorme
Soit (un ) une suite relle.
X +
X
Si un > 0 pour tout n N, si un converge et si un = 0 alors
n=0
n N, un = 0
dm. :
La suite (Sn ) des sommes partielles est croissante car
n N, Sn = 0
puis
n N, un = 0
9.2.4.3 Conjugaison
Thorme
Soit
X (zn ) une suite complexe.
X
Si zn converge alors zn aussi et
+
X +
X
zk = zk
k=0 k=0
dm. :
Par conjugaison de limites.
Corollaire
OnX a quivalence entre :
(i) zn converge ;
X X
(ii) Re(zn ) et Im(zn ) convergent.
De plus, on a alors
+
X +
X +
X
zk = Re(zk ) + i Im(zk )
k=0 k=0 k=0
dm. :
1 1
(i) (ii) car Re(zn ) = (zn + zn ) et Im(zn ) = (zn zn ).
2 2i
(ii) (i) car zn = Re(zn ) + iIm(zn ).
Dfinition
Une srie termes positifs est une srie dont le terme gnral est lment de R+ .
Thorme
X
Soit u une srie termes positifs. On a quivalence entre :
X n
(i) un converge ;
X n
(ii) M R, n N, uk 6 M .
k=0
dm. :
La suite (Sn ) des sommes partielles est croissante car Sn Sn1 = un > 0. Ainsi, cette suite converge
si, et seulement si, elle est majore.
X n
X
Remarque Si un est une srie termes positifs divergente alors uk +
n+
k=0
n N, un 6 vn
X X
a) Si vn converge alors u aussi.
X X n
b) Si un diverge alors vn aussi.
dm.
X:
a) un converge car cest une srie termes positifs aux sommes partielles majores car
n
X n
X +
X
uk 6 vk 6 vk = M
k=0 k=0 k=0
X 1
Exemple Dterminons la nature de
n2
n>1
Pour n > 2,
1 1
6
n2 n(n 1)
X 1 X 1
or converge donc, par comparaison de srie termes positifs, la srie converge,
n(n 1) n2
n>2
X 1
puis la srie converge.
n2
n>1
X ln n
Exemple Dterminons la nature de
n+1
n>1
ln n
On a n ln n + donc pour n assez grand,
n+1
ln n 1
>
n+1 n
X1 X ln n
Or diverge donc, par comparaison de srie termes positifs, la srie diverge.
n n+1
Plus prcisment, on peut mme affirmer
n
X ln k
+
k + 1 n+
k=1
car la suite des sommes partielles est croissante puisque ses termes sont positifs.
Thorme
X X
Soit un et vn deux sries termes positifs.
X X
Si un vn alors les sries un et vn ont mme nature.
dm. :
A partir dun certain rang n0 , on peut crire
1/2vn 6 un 6 2vn
Quitte modifier les premiers termes des sries, on peut supposer lencadrement vrai pour tout rang n.
Par cet encadrement, la convergence dune srie entrane la convergence de lautre.
X 1
Exemple Dterminons la nature de
n2 + n
On a
1 1
2
n +n n+ n2
X X
Or 1/n2 converge et 1/n2 > 0 donc 1/(n2 + n) converge.
X 1
Exemple Dterminons la nature de
n+ n
On a
1 1
n + n n+ n
X X
Or 1/n diverge et 1/n > 0 donc 1/(n + n) diverge.
Remarque Pour employer le rsultat qui prcde, il suffit seulement de vrifier la positivit de vn ,
lautre sera vraie (au moins partir dun certain rang) en vertu de lquivalent.
Remarque Via passage loppos, le rsultat est aussi vrai pour les sries termes ngatifs.
Attention : La conversation de la nature dune srie par quivalence des termes nest vraie que pour les
sries termes de signe constant.
X (1)n1
Exemple La srie converge absolument (CVA)
n2
n>1
X 1
En effet, converge.
n2
n>1
Thorme
X
Si un converge absolument alors celle-ci converge et
+ +
X X
un 6 |un |
n=0 n=0
dm. :
Cas (un ) est une suite relle termes positifs : il ny a rien dmontrer.
Cas (un ) est une suite relle. On introduit u+
n et un dfinis par
u+
n = max(un , 0) et un = max(un , 0)
On a
n N, un = u+ +
n un et |un | = un + un
Puisque 0 X6 u+ 6 |un |, on peut affirmer,
n , un X X par comparaison de sries termes positifs, la convergence
+
des sries un et un puis celle de un par diffrence de deux sries convergentes.
Cas (un ) est une suite complexe. On introduit Re(un ) et XIm(un ). X
On a |Re(un )| , |Im(un )| 6 |un | donc les sries relles Re(un ) et Im(un ) convergent puis la srie
X
complexe un converge aussi.
Bilan :Pour une srie relle ou complexe :
CVA CV
Remarque Plus gnralement, pour une srie termes de signe constant partir dun certain rang, il y a
aussi quivalence.
X X
Attention : Il se peut que la srie un converge alors que |un | diverge.
Dfinition
Une srie convergente, mais non absolument convergente, est dite semi-convergente.
X (1)n1
Exemple La srie est semi-convergente.
n
n>1
Thorme
X X
Soit un une srie numrique et vn une srie termes positifs.
X X
Si un = O(vn ) et si vn converge alors un converge absolument (et donc converge).
dm. :
Il existe M R et N N vrifiant
n > N, |un | 6 M vn
Quitte modifier les premiers termes des sriesX(ce qui ne change pas la nature de celle-ci), on peut
supposer la majoration vraie pour tout n N. Or M vn converge et M vn > 0 donc, par comparaison
X
de sries termes positifs, |un | converge.
Corollaire
X X
Si un = o(vn ) et si vn converge avec vn > 0 alors un converge absolument et donc
converge
X sin n
Exemple Dterminons la nature de la srie .
n2
On a
sin n 1
n2 6 n2
donc
sin n 1
=O
n2 n2
X 1 1 X sin n
Or converge et 2 > 0 donc, par domination, converge absolument et donc converge.
n2 n n2
dm. :
Cas 6 1
Puisque pour tout n > 1,
1 1
>
n n
X1 X 1
Puisque la srie diverge, on obtient par comparaison de sries termes positifs que la srie
n n
diverge.
Cas > 1
X 1
est une srie terme positifs. Nous allons montrer quelle converge en observant que ses sommes
n
n>1
partielles sont majores. Puisque la fonction x 7 1/x est dcroissante sur ]0, +[, on a pour tout k > 2
Z k
1 dt
6
k k1 t
et alors
n Z n n
X 1 dt 1 1 1 1
6 = = 1 1
k 1 t
1 t 1 1 n
k=2
puis
n
X 1 1
Sn = 1 + 61+ =M
k 1
k=2
X 1
Par consquent la srie converge car cest une srie termes positifs aux sommes partielles
n
n>1
majores.
X 1 X 1 X1 X 1
Exemple 2
et 1,001
convergent alors que et divergent.
n n n n
X
Remarque Puisquil sagit dune srie termes positifs, il est possible de comparer 1/n pour
tudier la nature dune srie numrique.
X 1 1
Exemple Nature de tan
n n
n>1
On sait
1
tan u = u + u3 + o(u3 )
u0 3
et donc
1 1 1
tan
n n n+ 3n3
X 1 1 X 1 1
or 3
converge et 3 > 0 donc tan converge.
3n 3n n n
X n+1
Exemple Nature de
n2 + 1
n>0
On a
n+1 1
2
n + 1 n+ n
X1 1 X n+1
Or diverge et > 0 donc diverge.
n n n2 + 1
X
Exemple Nature de en
n>0
On a
n2 en 0
n+
donc
1
en = o
n+ n2
X 1 1 X
or converge et > 0 donc en converge absolument et donc converge.
n2 n2
X ln(n)
Exemple Nature de
n2 + 1
n>1
On a
ln(n) ln(n)
n3/2 0
n2 + 1 n+ n
donc
ln(n) 1
= o
n2 + 1 n+ n3/2
X 1 1 X ln(n)
Or converge et 3/2 > 0 donc converge absolument puis converge.
n3/2 n n2 + 1
X 1
Exemple Nature de
ln(n)
n>1
On a
1
n +
ln n n+
X 1
Exemple Nature de
d2n
n>1
avec dn le nombre de diviseurs positifs de n.
Pour p nombre premier dp = 2.
Puisquil y a une infinit de nombre premiers, (1/d2n ) ne tend pas vers 0 et donc la srie diverge
grossirement.
Thorme
Soit q C. X
Si |q| > 1 alors q n diverge grossirement.
X
Si |q| < 1 alors q n converge absolument et
+
X 1
qn =
n=0
1q
dm. :
Cas |q| > 1 :
n
On a |q n | = |q| > 1 donc la suite (q n ) ne tend par vers 0. Il y a divergence grossire.
Cas |q| < 1 :
n n+1
X k 1 |q| 1
|q| =
1 |q| 1 |q|
k=0
X
donc q n converge absolument.
De plus
n
X 1 q n+1 1
qk =
1q 1q
k=0
donc
+
X 1
qk =
1q
k=0
+
X 1 1 1 1
Exemple n
= 1 + + + + n + = 2.
n=0
2 2 4 2
Thorme
X
Soit un une srie termes non nuls.
On suppose
un+1 +
un ` R {+}
X
Si ` > 1 alors u diverge grossirement.
X n
Si ` < 1 alors un est absolument convergente.
Si ` = 1 alors on ne peut rien conclure.
dm. :
Cas ` > 1 :
A partir dun certain rang n0
|un+1 /un | > 1
et donc la suite (|un |)n>n0 est croissante. Elle ne peut alors converger vers 0 que si elle est constante
gale 0 ce qui est exclu.
Cas ` < 1 :
Soit > 0 (quon fixera par la suite). A partir dun certain rang n0 ,
||un+1 /un | `| 6
et donc
|un+1 /un | 6 ` +
Par rcurrence
|un | 6 (` + )nn0 |un0 | = M (` + )n
avec M = (` + )n0 |un0 |. En choisissant initialement > 0 pour que q = ` + [0, 1[, on a
X
un = O(q n ) avec q n > 0 et q n converge
X
On en dduit que un converge absolument et donc converge.
Cas ` = 1 :
Considrons un = 1/n avec R.
On a
un+1
un 1
X
alors que un converge si, et seulement si, > 1.
Remarque Cest un critre grossier rserv aux suites dont le terme gnral comporte un produit (terme
gomtrique, factoriel,. . . ) induisant la nature de la srie.
!
X 2n
Exemple Nature de un avec un = 1/
n>0
n
2
(n!)
On a un = > 0 et
(2n)!
(n + 1)2
un+1 un+1 1
un = un = (2n + 1)(2n + 2) 4 < 1
X
donc un converge absolument puis converge.
n>0
X (1)n1 X (1)n1
Exemple Les sries et ln 1 + sont alternes.
n n
n>1 n>1
Thorme
X
Soit un une srie alterne.
X
Si la suite (|un |)n>0 dcrot vers 0 alors la srie un est convergente.
+
X
De plus, son reste Rn = uk vrifie :
k=n+1
- Rn est du signe de un+1 ;
- |Rn | 6 |un+1 |.
dm. :
Quitte considrer (un ), on peut supposer
n N, un = (1)n |un |
n
X
Posons Sn = uk .
k=0
X (1)n
Exemple Dterminons la nature de
n3 + 1
n>2
1re mthode :
(1)n X (1)n
= 1
Cest une srie alterne et 3 3
dcrot vers 0 donc converge.
n +1 n +1 n3 + 1
n>2
2me mthode
: X
(1)n 1 1 1 X (1)n
= O et converge avec > 0 donc converge absolument.
n3 + 1 n3 n3 n3 n3 + 1
n>2
n 1 2 3 4 5
|un | 1/2 1 1/4 1/3 1/6
(1)n (1)n
1 1
= + 2 +o
n + (1)n1 n n n2
X (1)n
Dune part, la srie alterne converge en vertu du critre spcial.
n
X 1 X 1
Dautre part, les sries et o convergent absolument.
n2 n2
Par somme, on peut conclure la convergence de la srie tudie
(1)n1
X
Exemple Dterminons la nature de ln 1 +
n
n>1
On crit
(1)n1 (1)n1
1 1
ln 1 + = +o
n n 2n n
X (1)n1
La srie alterne converge en vertu du critre spcial.
n
Mais
1 1 1 1 X 1
+o , > 0 et diverge
2n n 2n 2n 2n
X 1
1
donc par comparaison une srie termes positifs, +o diverge.
2n n
X (1)n
Finalement, par somme, la srie diverge.
n + (1)n
n>2
Remarque Ici
(1)n1 (1)n1
ln 1 +
n n
alors que
(1)n1 X (1)n1
X
ln 1 + diverge et converge
n n
Cet exemple illustre que la conservation de la nature dune srie par quivalence des termes est
incorrecte si la srie nest pas de signe constant.
N N N N
X sin(n) X Sn Sn1 X Sn X Sn1
= =
n=1
n n=1
n n=1
n n=1
n
puis
N N
X sin(n) X Sn SN +1
= S0 +
n=1
n n=1
n(n + 1) N +1
donc
1 ei(n+1)
2
|Sn | 6 6
1 ei |1 ei |
Sn+1 Sn 1 X Sn
Puisque (Sn ) est borne, 0 et =O 2
donc converge absolument
n+1 n(n + 1) n n(n + 1)
N
X Sn
et sa somme partielle converge quand n +.
n=1
n(n + 1)
N
X sin n
Par opration, on en dduit que la suite de terme gnral converge quand n + et donc la
n=1
n
X sin n
srie converge.
n
n>1
On peut aussi montrer que
+
X sin n 1
=
n=1
n 2
9.5 Applications
9.5.1 Lien suite-srie
Thorme
X
La suite (un ) et la srie (un+1 un ) sont de mme nature.
dm. :
n
X
On a Sn = (uk+1 uk ) = un+1 u0 donc la suite (Sn ) converge si, et seulement si, (un ) converge.
k=0
n
X 1
Exemple Montrons que la suite de terme gnral un = 2 n converge.
k=1
k
X
Etudions la srie (un+1 un ).
On a
1
un+1 un = 2 n+1+2 n
n+1
puis r
1 1 1
un+1 un = q 2 n 1+ +2 n
n 1+ 1 n
n
Ainsi
1 1 1 1
un+1 un = (1 + O (1/n)) 2 n 1 + +O + 2 n = O
n 2n n2 n3/2
X
La srie (un+1 un ) est absolument convergente donc converge puis (un ) converge.
2n
Exemple Soit (un ) dfinie par u0 = 1 et un = un1 pour n > 1
2n + 1
A
Montrons quil existe A > 0, tel que un .
n
On veut montrer que
X v n = nu n converge vers un rel > 0.
Etudions la srie (ln vn ln vn1 ).
1 n 2n 1 1 1 1
ln vn ln vn1 = ln + ln = ln 1 ln 1 + =O
2 n1 2n + 1 2 n 2n n2
X
Ainsi (ln vn ln vn1 ) est absolument convergente donc la suite (ln vn ) converge.
A
En posant ` sa limite, vn e` = A > 0 et un .
n
dm. :
Nous allons tudier la nature de la srie de terme gnral un+1 un .
On a
1 1 1 1 1 1
un+1 un = ln 1 + = +O 2
=O
n+1 n n+1 n n n2
donc la srie de terme gnral un+1 un est absolument convergente donc convergente.
Dfinition !
n
X 1
On pose = lim ln n appele constante dEuler.
n+ k
k=1
On a = 0, 577 103 prs.
Thorme
n
X 1
= ln n + + o(1)
k
k=1
dm. :
n
X 1
Puisque un on peut crire un = + o(1) donc ln n = + o(1)
k
k=1
n
X 1
Cor : ln n
k
k=1
+
X (1)n1
Exemple Calculons
n=1
n
On peut affirmer que cette srie alterne converge en vertu du critre spcial.
2n
(1)k1
X 1 1 1 1 1
S2n = = 1 + + + + + +
k 3 2n 1 2 4 2n
k=1
donc
1 1 1 1 1 1 1 1
S2n = 1+ + + + + + 2 + + +
2 3 4 2n 1 2n 2 4 2n
puis
2n n
X 1 X1
S2n = = ln(2n) + ln n + o(1) = ln 2 + o(1)
k k
k=1 k=1
Par suite
+
X (1)n1
= ln 2
n=1
n
or
(1)k1 (1)k1
1 1 1
ln 1 + = +o
k k 2 k2 k2
X (1)k1
est convergente et
k
k>1
1 1 1 1 1
+o
2 k2 k2 2 k2
X 1
1
Par quivalence de srie termes positifs, la srie 2
+o converge et donc
n n2
n
(1)k1
X
ln 1 +
k
k=1
k > N, 1 k x > 0
puis
Pn (x) PN (x)e`
n+
dm. :
Cas < 1 :
On a
1 n1
n = +
n (ln n) (ln n)
donc, partir dun certain rang,
1 1
>
n (ln n) n
X
Or la srie 1/n diverge et 1/n > 0 donc la srie tudie diverge.
Cas > 1 :
On peut introduire ]1, [ et on a
1 1
n = 0
n (ln n) n (ln n) n+
donc la srie tudie est de terme gnral ngligeable devant 1/n avec > 1. Cette srie est donc
convergente.
Cas = 1 et 6= 1 :
Par le thorme des accroissement finis
1 1 1
(ln(n + 1))1 (ln n)1 n+ n(ln n)
et donc la srie tudie converge si, et seulement si, la suite 1/(ln n)1 converge i.e. > 1.
Cas = 1 et = 1 :
On exploite
1
ln(ln(n + 1)) ln(ln(n))
n+ n ln(n)
Fonctions relles
On note alors f
` ou f (x) `.
a xa
Remarque Cette dfinition peut tre transforme en une dfinition quivalente en remplaant :
- |x a| 6 par |x a| < ;
- |f (x) `| 6 par |f (x) `| < .
Dfinition
On dit que f : I R tend vers + en a si
On note alors f
+ ou f (x) +.
a xa
Remarque Sous rserve dexistence, on dfinit aussi la limite droite de f en a comme tant la limite
en a de la restriction f |I]a,+[ .
10.1.1.2 Limite en +
On suppose lintervalle I non major.
239
10.1. LIMITE ET CONTINUIT
Dfinition
On dit que f : I R tend vers ` R en + si
Dfinition
On dit que f : I R tend vers + en + si
Thorme
Soit a < b R. Si f : ]a, b[ R est monotone alors f admet des limites en a+ et b qui sont
inf f et sup f
]a,b[ ]a,b[
Remarque Cet outil permet, entre autres, de calculer le sup et linf dune fonction relle partir de son
tableau de variation.
10.1.2 Continuit
Remarque Si f : I R admet une limite en a I celle-ci est ncessairement gale f (a).
Dfinition
Une fonction f : I R est dite continue en a I si f (x) f (a).
xa
Une fonction f : I R est dite continue si elle lest en tout a I.
Remarque Usuellement, la continuit dune fonction sobtient par argument doprations sur les
fonctions continues.
Exemple Si f, g : I R sont continues alors la fonction sup(f, g) : x 7 max(f (x), g(x)) lest aussi.
En effet, on remarque
1
max(a, b) = (a + b + |a b|)
2
donc
1
sup(f, g) = (f + g + |f g|)
2
est continue par oprations sur les fonctions continues.
En particulier, si f : I R est continue alors les fonctions f + = sup(f, 0) et f = sup(f, 0) le sont
aussi.
e1/x
si x > 0
f (x) =
0 si x 6 0
Soit a R.
Cas a < 0 :
Au voisinage de a, f (x) = 0 et donc f est continue en a.
Cas a > 0 :
Au voisinage de a, f (x) = e1/x et donc f est continue en a.
Cas a = 0.
Quand x 0+ , f (x) = e1/x 0 = f (0) et quand x 0 , f (x) = 0 0 = f (0).
Ainsi f est aussi continue en 0 et finalement f est continue sur R.
x [a, b] , f (x) = x
|f (x)| 6 1 + |`|
Thorme
Si f : I R est continue et strictement monotone alors f ralise une bijection de I vers un
intervalle J dont les extrmits sont les limites de f aux extrmits de I.
De plus f 1 : J I est continue, de mme stricte monotonie que f .
Remarque Inversement, si f : I J est une bijection continue, celle-ci est ncessairement strictement
monotone et sa bijection rciproque est continue.
Exemple Etudions les bijections induites par f : x R+ 7 x 2 x.
f est continue sur R+ , drivable sur ]0, +[ et f 0 (x) = 1 1/ x.
x 0 1 +
f 0 (x) || 0 +
f (x) 0 & 1 % +
Considrons = f[1,+[ .
0 (x) > 0 sauf pour x = 1 donc ralise une bijection de [1, +[ vers [1, +[.
1 + 1 +
, 1
1 % + 1 % +
Considrons = f[0,1] .
0 (x) < 0 sauf pour x = 0 ou 1 donc ralise une bijection de [0, 1] vers [1, 0].
1 0 1 0
,
0 & 1 1 1 & 0
10.2 Drivation
I et J dsignent des intervalles contenant chacun au moins deux points.
10.2.1 Nombre driv
Dfinition
On dit que f : I R est drivable en a I si le taux daccroissement
1
(f (a + h) f (a))
h
admet une limite finie quand h 0 (avec h 6= 0 ). Cette limite est note f 0 (a).
Dfinition
On dit que f : I R est drivable si elle est drivable en tout a I ; on peut alors introduire
sa fonction drive
f0 : I K
Dfinition
On dit que f : I R est de classe C 1 si f est drivable et si de surcrot sa drive est continue.
10.2.2 Thorme de Rolle
Thorme
Soit a < b R, f : [a, b] R continue sur [a, b] et drivable sur ]a, b[.
Si f (a) = f (b) alors il existe c ]a, b[ tel que f 0 (c) = 0.
dm. :
f est continue sur le segment [a, b] donc f admet des extremums en c, d [a, b]
x [a, b] , f (c) 6 f (x) 6 f (d)
dm. :
Introduisons a0 < a1 < . . . < an les valeurs dannulation de f ordonnes.
Pour i J1, nK, f est continue sur [ai1 , ai ], drivable sur ]ai1 , ai [ et f (ai1 ) = f (ai ) donc par le
thorme de Rolle, il existe bi ]ai1 , ai [ tel que f 0 (bi ) = 0.
Puisque
a0 < b1 < a1 < b2 < . . . < bn < an
les b1 , . . . , bn sont deux deux distincts. Ainsi f 0 sannule n fois au moins.
En itrant ce processus, f 00 sannule n 1 fois au moins,. . . , f (n) sannule 1 fois au moins.
(n)
Exemple Soit Un (X) = (X 2 1)n . Montrons que Un possde exactement n racines distinctes,
toutes dans ]1, 1[.
Posons
Pn (X) = (X 2 1)n = (X 1)n (X + 1)n
1 et 1 sont racines de multiplicit n de Pn .
1 et 1 sont donc racines de Pn , Pn0 , . . . , Pn(n1) .
En appliquant successivement le thorme de Rolle avec appui sur 1 et 1, on montre que pour tout
k J1, nK, Pn(k) admet au moins k racines dans ]1, 1[.
En particulier Un = Pn(n) admet au moins n = deg Un racines dans ]1, 1[. On en dduit que celles-ci
sont simples et quil ny en a pas dautres.
dm. :
Posons K R tel que
f (b) f (a) = K(b a)
i.e. K dtermin par
f (b) f (a)
K=
ba
et introduisons : x 7 f (x) K(x a).
est continue sur [a, b], drivable sur ]a, b[ et (a) = f (a) = (b).
Par application thorme de Rolle, il existe c ]a, b[ vrifiant 0 (c) = 0 i.e. f 0 (c) = K.
Exemple Soit f : [a, b] R de classe C 2 et g la fonction affine prenant les mmes valeurs que f en a
et b.
Montrons
(x0 a)(x0 b) 00
x0 ]a, b[ , c ]a, b[ , f (x0 ) g(x0 ) = f (c)
2
Cette identit est intressant car elle permet de mesurer lerreur commise lorsquon remplace f (x) par
g(x) (comme dans la mthode dintgration des trapzes).
f (b) f (a)
g(x) = (x a) + f (a)
ba
Posons K R tel que
(x0 a)(x0 b)
f (x0 ) = g(x0 ) + K
2
i.e.
f (x0 ) g(x0 )
K=2
(x0 a)(x0 b)
Considrons la fonction
(x a)(x b)
: x 7 f (x) g(x) K
2
La fonction est de classe C 2 et sannule en x0 , a, b.
Par application du thorme de Rolle, il existe c ]a, b[ vrifiant 00 (c) = 0 i.e. f 00 (c) = K.
x, y I, |f (y) f (x)| 6 M |y x|
1
(f (a + h) f (a))
h
Par le thorme des accroissements finis, il existe ch compris entre a et a + h tel que
1
(f (a + h) f (a)) = f 0 (ch )
h
Quand h 0 (avec h 6= 0 ), par encadrement ch a et par composition de limites
1
(f (a + h) f (a)) `
h
Corollaire
Soit f : I R une fonction de classe C k sur I\ {a}.
Si f (i) (x) possde une limite finie quand x a pour chaque i {0, . . . , k} alors f admet un
prolongement de classe C k sur I.
sin x
Exemple Soit f : R? R dfinie par f (x) =
x
Montrer que f se prolonge en une fonction de classe C 1 .
sin x x
f (x) = 1
x x0 x
Corollaire
Si est drivable et si 0 ne sannule pas alors 1 est drivable et
1
(1 )0 =
0 1
1 = Id
Corollaire
Si est de classe C n et si 0 ne sannule pas alors 1 est de classe C n .
d 1 d 1
(arcsin x) = et (arctan x) =
dx 1x 2 dx 1 + x2
Exemple Etudions la bijection rciproque de f : R+ R dfinie par f (x) = x + x + 1.
f ralise une bijection de R+ sur [1, +[ car cest une fonction continue, strictement croissante (par
oprations sur de telles fonctions) vrifiant f (0) = 1 et lim f = +.
+
Par le thorme prcdent, on peut affirmer que son application rciproque f 1 est drivable sur
f (R+? ) = ]1, +[
Etude de la drivabilit en 1.
Quand h 0 (avec h 6= 0 ),
1 1 1 x x x
f (1 + h) f 1 (1) = f 1 (1 + h) = = = x0
h h x=f 1 (1+h) f (x) 1 x+x x
10.3 Intgration
I dsigne un intervalle de R contenant au moins deux points.
10.3.1 Intgrale
Dfinition
Une fonction f : [a, b] R est dite continue par morceaux sil existe un dcoupage
Dfinition
Pour f : I R continue par morceaux et a, b I, il a t donn en premire anne un sens
lintgrale
Z b
f (t) dt
a
Z 1
t+1
Exemple Calculons dt.
0 t2 +t+1
On a
d 2
(t + t + 1) = 2t + 1
dt
donc on dcompose
Z 1 Z 1 Z 1
t+1 1 2t + 1 1 1
dt = dt + dt
0 t2 + t + 1 2 0 t2 + t + 1 2 0 t2 + t + 1
Or Z 1 1
2t + 1 2
dt = ln t + t + 1 = ln 3
0 t2 + t + 1 0
et Z 1 Z 1
1 1
dt = dt
0 t2 + t + 1 0 (t + 1/2)2 + 3/4
Sachant Z
du 1 u
= arctan
u2 +a 2 a a
avec ici u = t + 1/2 et a = 3/2, on obtient directement
Z 1 1
1 2 2t + 1
dt = arctan =
0 t2 + t + 1 3 3 0 3 3
Finalement Z 1
t+1 1
dt = ln 3 +
0 t2 +t+1 2 6 3
Z 1 p
Exemple Calculons 1 x2 dx.
0
On ralise le changement de variable x = sin t.
dx = cos t dt, pour t = 0, x = 0 et pour t = /2, x = 1.
Z 1 p Z /2 p Z /2
1 x2 dx = 1 sin2 t cos t dt = cos2 t dt
0 0 0
/2
Z /2
In = cos t. sinn1 t 0 + (n 1) cos2 (t) sinn2 (t) dt
0
Or /2
cos t. sinn1 t 0 = 0
et Z /2 Z /2
cos2 (t) sinn2 (t) dt = (1 sin2 (t)) sinn2 (t) dt = In In2
0 0
donc
In = (n 1)(In In2 )
puis enfin
n1
In = In2
n
Par cette relation de rcurrence, il est possible dexprimer In en fonction de I1 ou de I0 selon la parit
de n.
Cas n impair : n = 2p + 1.
2p 2p 2p 2
I2p+1 = I2p1 = I2p3 = . . .
2p + 1 2p + 1 2p 1
A terme
2p 2p 2 2
I2p+1 = I1
2p + 1 2p 1 3
Or
(2p + 1)!
2p(2p 2) . . . 2 = 2p p! et (2p + 1)(2p 1) . . . 3 =
2p p!
De plus
Z /2
I1 = sin(t) dt = 1
0
donc
(2p p!)2
I2p+1 =
(2p + 1)!
Cas n pair : n = 2p. De faon analogue
(2p)!
I2p =
(2p p!)2 2
Remarque On ne peut pas exprimer les primitives des fonctions suivantes laide des fonctions usuelles
2 sin t cos t et 1
t 7 et , t 7 , t 7 , t 7 , t 7 ,. . .
t t t ln t
Cependant celles-ci existent car toute fonction continue sur un intervalle y admet des primitives en vertu
du rsultat prcdent.
Corollaire
Si f : I R est continue et si F est une primitive de f alors
Z b
b
a, b I, f = [F ]a
a
Proposition
Soit a < b et f : [a, b] R
Z b
Si f est continue et si f (t) dt = 0 alors f sannule.
a
dm. : Z b
En introduisant F une primitive de f , la relation f (t) dt = 0 donne F (a) = F (b) et le thorme de
a
Rolle permet de conclure que F 0 = f sannule.
Proposition
Soit a < b et f : [a, b] R.
Z b
Si f est continue, f > 0 et si f (t) dt = 0 alors f = 0.
a
dm. : Z b
On introduit F une primitive de f . Puisque F 0 = f > 0, on a F croissante et f (t) dt = 0 donne
a
F (a) = F (b) et donc F est constante. On en dduit que f = F 0 = 0.
Z x2
dt
Exemple Etudions sur ]1, +[ la fonction : x 7 .
x ln t
Dfinition :
1
La fonction t 7 est dfinie et continue par morceaux sur ]1, +[ et
ln t
x > 1, x, x2 ]1, +[
x1
0 (x) = 2xF 0 (x) F 0 (x) = >0
ln x
Ainsi est croissante.
Limite en + :
Quand x +. Pour t x, x2 ,
1 1 1
6 6
2 ln x ln t ln x
En intgrant,
1 x2 x x2 x
6 (x) 6
2 ln x ln x
Or
x2 x x2
+
ln x ln x
donc (x) +.
Limite en 1+ :
Quand x 1+ . Pour t x, x2 ,
x 1 t x2
6 = 6
t ln t ln t t ln t t ln t
En intgrant
Z x2 Z x2
dt dt
x 6 (x) 6 x2
x t ln t x t ln t
Or
Z x2
dt x2
= [ln |ln t|]x = ln 2
x t ln t
donc (x) ln 2.
Finalement, on obtient le tableau de variation suivant
x 1 +
(x) ln 2 % +
On peut gnraliser :
Thorme
Soit f : I R et a I.
Si f est de classe C n+1 alors pour tout x I
n x
f (k) (a) (x t)n (n+1)
X Z
k
f (x) = (x a) + f (t) dt
k! a n!
k=0
On gnralise :
Thorme
Soit f : I K et M R+ .
Si f est de classe C n+1 et si
x I, f (n+1) (x) 6 M
h2 M2
|f (a + h) f (a) hf 0 (a)| 6
2
On en dduit
h2 M2
|hf 0 (a)| 6 2M0 +
2
Thorme
Si f : I R est de classe C n alors f admet un dveloppement limit lordre n en tout a I
de la forme
n
X f (k) (a)
f (x) = (x a)k + o ((x a)n )
k!
k=0
n
1 1 X 1
shu = u + u3 + + u2n+1 + o(u2n+2 ) = u2k+1 + o(u2n+2 )
6 (2n + 1)! (2k + 1)!
k=0
1 3 3
tan u = u + u + o(u )
3
n
1 (1)n 2n+1 X (1)k 2k+1
arctan u = u u3 + + u + o(u2n+1 ) = u + o(u2n+1 )
3 2n + 1 2k + 1
k=0
10.4 Fonctions convexes
E dsigne un R-espace vectoriel.
10.4.1 Barycentre
Soit (ui )iI une famille finie de vecteurs de E et (i )iI une famille de coefficients rels avec
X
i 6= 0
iI
Dfinition
On appelle barycentre de la famille (ui )iI affects des coefficients (i )iI le vecteur v de E
dtermin par
1 X
v= P i ui
i
iI
iI
On dit encore que v est le barycentre de la famille de vecteurs massiques ((ui , i ))iI .
Remarque Dans le plan ou lespace gomtrique muni dun repre dorigine O, on peut identifier point
M et vecteur OM .
On dfinit alors le centre de gravit (ou centre de masse) des points A1 , . . . , An affects de masses
m , . . . , mn comme
1 tant le point G tel que le vecteur OG est le barycentre de la famille de vecteurs
OA1 , . . . , OAn affects des coefficients (m1 , . . . , mn ).
On peut montrer que ce centre de gravit ne dpend pas du choix du repre initial.
Exemple
Dfinition
On appelle isobarycentre dune famille de vecteurs (u1 , . . . , un ) le barycentre v affect de
coefficients gaux 1
1
v = (u1 + + un )
n
Proposition
Le barycentre est inchang si :
a) on retire de la famille les vecteurs affects dun coefficient nul ;
b) on permute les vecteurs et les coefficients de la famille ;
c) on multiplie chaque coefficient par un scalaire non nul.
Remarque En exploitant un facteur de dilatation, tout barycentre peut tre ramen celui dune famille
dont la somme des coefficients vaut 1.
Thorme
On suppose I = I1 I2 avec
X X
I1 I2 = , 1 = i 6= 0 et 2 = i 6= 0
iI1 iI2
Si v1 et v2 sont les barycentres des familles ((ui , i ))iI1 et ((ui , i ))iI2 alors le barycentre
v de la famille ((ui , i ))iI est aussi le barycentre de la famille ((v1 , 1 ), (v2 , 2 )).
dm. :
1 X 1 X
On a v1 = i ui et v2 = i ui donc
1 2
iI1 iI2
1 1 X 1 X
(1 v1 + 2 v2 ) = i ui = P i ui
1 + 2 1 + 2 i
iI1 I2 iI
iI
Remarque On peut calculer le barycentre dune famille de plusieurs vecteurs en regroupant ceux-ci par
paquets et se ramener des situations o lon ne considre que des familles de deux vecteurs.
Remarque On peut aussi comprendre le segment [a, b] comme obtenu par le paramtrage
Dfinition
Une partie X de E est dite convexe si
a, b X, [a, b] X
Exemple
Exemple Les segments, les sous-espaces vectoriels et les sous-espaces affines sont des parties convexes.
Thorme
Soit X une partie de E. On a quivalence entre :
(i) X est une partie convexe ;
(ii) X contient tous les barycentres de ses vecteurs affects de coefficients positifs.
dm. :
(ii) (i) Supposons (ii). Pour tout a, b X, la partie X contient le segment [a, b] car celui-ci est constitu
des barycentres de a et b affects de coefficients positifs.
(i) (ii) Supposons X convexe et montrons par rcurrence sur n > 1 que X contient les barycentres des
familles de n lments de X affects de coefficients positifs.
Cas n = 1 : il ny a rien dmontrer.
Cas n = 2 : on retrouve la dfinition de la convexit.
Supposons la proprit vraie au rang n > 2.
Soit v le barycentre de ((ui , i ))16i6n+1 avec ui X et i > 0.
On peut supposer les i strictement positifs, sinon le problme est immdiatement rsolu par lhypothse
de rcurrence. Considrons ensuite a le barycentre de la sous famille ((ui , i ))16i6n . Par hypothse de
rcurrence a X. Par associativit, v est barycentre de a et un+1 affects de coefficients positifs et donc
v [a, un+1 ] X
Rcurrence tablie.
Remarque De manire semblable, on peut dfinir la notion de partie convexe du plan et de lespace
gomtrique.
Proposition
Une fonction est convexe si ses arcs sont en dessous des cordes associes
dm. :
Pour a, b I, notons A = (a, f (a)) et B = (b, f (b)) les points du graphe de f dabscisses a et b.
La corde dextrmits A et B le segment [A, B].
[A, B] = {(1 )(a, f (a)) + (b, f (b))/ [0, 1]}
soit encore
[A, B] = {((1 )a + b, (1 )f (a) + f (b)) / [0, 1]}
)
Ainsi, pour une fonction convexe, larc AB est en dessous de la corde [A, B].
Exemple Les fonctions affines x 7 x + sont convexes.
Pour ces fonctions, lingalit de convexit est en fait une galit.
Dfinition
On dit quune fonction f : I R est concave si elle vrifie
Proposition
Pour f : I R, on a quivalence entre :
(i) f est concave ;
(ii) f est convexe.
dm. :
Par passage loppos lingalit de convexit est renverse.
Remarque Par passage loppos et renversement dingalit, les rsultats qui suivent prsents pour
les fonctions convexes se transposent aux fonctions concaves.
10.4.4.1 pigraphe
Dfinition
On appelle graphe dune fonction f : I R lensemble
f = (x, y) R2 /x I et f (x) = y
Thorme
Pour f : I R, on a quivalence entre :
(i) la fonction f est convexe ;
(ii) lpigraphe de f est convexe.
dm. :
(i) (ii) Supposons f convexe.
Soit A et B des points de lpigraphe de f et A0 , B 0 les points du graphe de f de mmes abscisses. Le
)
segment [A, B] est au dessus du segment [A0 , B 0 ] lui mme au dessus de larc A0 B 0 . On en dduit que le
segment [A, B] est inclus dans lpigraphe de f .
(ii) (i) Supposons lpigraphe de f convexe.
Les cordes du graphe de f sont incluses dans lpigraphe de f et sont donc au dessus des arcs. On en
dduit que la fonction f est convexe.
Ex :
Dfinition
Pour f : I R et a 6= b lments de I, on note
f (b) f (a)
(a, b) =
ba
la pente (ou coefficient directeur) de la droite joignant les points dabscisses a et b du graphe
de f .
Thorme
Soit f : I R. On a quivalence entre :
(i) f est convexe ;
(ii) a, b, c I, a < c < b (a, c) 6 (a, b) 6 (c, b) ;
(iii) a, b, c I, a < c < b (a, c) 6 (c, b)
dm. :
(i) (ii) Supposons f convexe
Soit a, b, c I tels que a < c < b. On peut crire c = (1 )a + b avec
ca
= ]0, 1[
ba
Par convexit
f (c) = f ((1 )a + b) 6 (1 )f (a) + f (b)
donc
ca
f (c) f (a) 6 (f (b) f (a)) = (f (b) f (a))
ba
do (a, c) 6 (a, b).
Aussi
bc
f (b) f (c) > (1 )(f (b) f (a)) = (f (b) f (a))
ba
ce qui fournit (a, b) 6 (b, c).
(ii) (iii) Cest entendu
(iii) (i) Supposons (iii)
Soit a, b I et [0, 1]. Montrons
Si a = b : ok
Si a 6= b, quitte changer a et b dune part, et et 1 dautre part, on peut supposer a < b.
Si = 0 ou = 1 : ok
Si ]0, 1[, posons c = (1 )a + b. Puisque a < c < b, on a (a, c) 6 (c, b) ce qui donne
ca ca caba
f (c) f (a) 6 (f (b) f (c)) avec = =
bc bc ba bc 1
puis
f (c) 6 (1 )f (a) + f (b)
Ainsi f est convexe.
Corollaire
Si f : I R est convexe alors, pour chaque x0 I, la fonction x 7 (x0 , x) est croissante
dm. :
(i) (ii) Supposons f convexe. Soit a, b I tels que a < b et x ]a, b[.
On a
(a, x) 6 (a, b) 6 (b, x)
Quand x a+ , on obtient f 0 (a) 6 (a, b). Quand x b , on obtient (a, b) 6 f 0 (b).
Ainsi f 0 (a) 6 f 0 (b) et f 0 est une fonction croissante.
(ii) (i) Supposons f 0 croissante.
Soit a, b, c I tels que a < c < b.
Par le thorme des accroissements finis, il existe ]a, c[ tel que (a, c) = f 0 () et il existe ]c, b[
tel que (c, b) = f 0 (). Puisque 6 , on obtient
(a, c) 6 (c, b)
On peut alors conclure que f est convexe en vertu du thorme dingalit des pentes.
Corollaire
Soit f : I R deux fois drivable. On a quivalence entre :
(i) f est convexe ;
(ii) f 00 > 0.
dm. :
La monotonie de f 0 est donne par le signe de f 00 .
Exemple Les fonctions x 7 x2 , x 7 ex , x 7 chx sont convexes.
En effet, ces fonctions sont de drives secondes positives.
Notons que nous ne dirons pas que f est concave sur la runion ], 1] [1, +[ car la notion de
convexit dune fonction relle na de sens que pour une fonction dfinie sur un intervalle.
Thorme
Si f : I R drivable est convexe alors son graphe f est au dessus de chacune de ses
tangentes.
dm. :
Soit a I. Lquation de la tangente T en a est
y = f 0 (a)(x a) + f (a)
Corollaire
Si f : I R drivable est concave alors son graphe f est en dessous de chacune de ses
tangentes.
dm. :
Il suffit de considrer la fonction f qui est convexe.
10.4.6.2 Ingalits de convexit classiques
Exemple x R, ex > 1 + x
En effet, la fonction x 7 ex est convexe, en positionnant son graphe par rapport sa tangente en 0, on
obtient la proprit.
2
Exemple x [0, /2] , x 6 sin x 6 x
La fonction x 7 sin x est concave sur [0, /2], en positionnant son graphe par rapport sa tangente en 0
et par rapport sa corde joignant les points dabscisse 0 et /2, on obtient lencadrement propos.
Thorme
Soit f : I R une fonction convexe et n N? . On a
a1 , . . . , an I, f (1 a1 + + n an ) 6 1 f (a1 ) + + n f (an )
Corollaire
Pour f : I R convexe, on a
a1 + + an 1
a1 , . . . , an I, f 6 (f (a1 ) + + f (an ))
n n
dm. :
Il suffit de prendre 1 = . . . = n = 1/n
Exemple Montrons
a1 + + an
a1 , . . . , an R+ , n
a1 . . . an 6
n
donc
a1 + + an
ln n
a1 . . . an 6 ln
n
puis en composant avec la fonction exponentielle qui est croissante, on obtient lingalit voulue.
dm. :
Soit a I tel que a < x0 .
Lapplication restreinte x0 : ]x0 , +[ I est croissante et minore par (a, x0 ), cette application
converge donc en x+ 0 . Ainsi f est drivable droite en x0 et
On sait intgrer sur les segments [a, b] et on souhaite tendre la notion tout intervalle et ainsi donner un
sens entre autre
Z + Z 1
t dt
e dt et
0 0 t
K dsigne R ou C.
Soit a R.
11.1.1 Convergence
Dfinition
Soit f : [a, +[ K continue par morceaux. Z x
On dit que lintgrale de f sur [a, +[ converge si lintgrale partielle f (t) dt converge
a
quand x +.
On pose alors
Z + Z x
f (t) dt = lim f (t) dt
a df x+ a
Z +
Cette intgrale scrit aussi f sil nest pas utile de prciser une variable dintgration
a Z
(qui par ailleurs est muette) ou encore f (t) dt.
[a,+[
Remarque Lintgrale converge si, et seulement si, laire hachure converge quand x +
267
11.1. INTGRATION SUR [A, +[
Attention : Par essence, une intgrale impropre est une limite, pour la manipuler il faut pralablement
en justifier lexistence.
Z +
Exemple Etude de et dt.
0
La fonction t 7 et est dfinie et continue par morceaux sur [0, +[
Z x
et dt = 1 ex 1
0 x+
Z +
donc et dt converge et
0 Z +
et dt = 1
0
Z +
Exemple Etude de 1 dt.
0
La fonction t 7 1 est dfinie et continue par morceaux sur [0, +[.
Z x Z +
1 dt = x + donc 1 dt diverge.
0 x+ 0
Z +
dt
Exemple Etude de
1 t
La fonction t 7 1/t est dfinie et continue par morceaux sur [1, +[
Z x Z +
dt dt
= ln x + donc diverge.
1 t x+ 1 t
Pour la fonction inverse, il y a trop despace entre la courbe et laxe des abscisses pour que lintgrale
converge, la fonction inverse converge trop lentement vers 0 en +.
dm. :
On a
Z x Z b Z x
f= f+ f
a a b
donc une intgrale partielle converge si, et seulement si, lautre converge aussi.
Corollaire
On ne change pas la nature dune intgrale sur [a, +[ en modifiant les valeurs de la fonc-
Z +
tion intgre sur [a, c]. La nature de f (t) dt ne dpend que du comportement de f au
a
voisinage de +.
Dfinition
Z + Z +
Si f (t) dt converge alors on peut introduire lintgrale f (t) dt pour tout x
a x
[a, +[.
La fonction ainsi dfinie sappelle le reste de lintgrale convergente.
Thorme
Z +
Si f (t) dt converge alors pour tout x > a
a
Z + Z x Z +
f (t) dt = f (t) dt + f (t) dt
a a x
De plus
Z +
f (t) dt 0
x x+
dm. :
Soit x [a, +[ fix. On introduit y [x, +[ et on a
Z y Z x Z y
f (t) dt = f (t) dt + f (t) dt
a a x
Quand y +, on obtient
Z + Z x Z +
f (t) dt = f (t) dt + f (t) dt
a a x
De plus
Z + Z + Z x
f (t) dt = f (t) dt f (t) dt 0
x a a x+
11.1.3 Cas des fonctions continues
Soit f : [a, +[ K une fonction continue de primitive F .
Thorme
On a quivalence entre :
Z +
(i) f (t) dt converge ;
a
(ii) F (x) converge quand x +.
De plus, on a alors
Z +
+
f (t) dt = lim F (x) F (a) = [F (x)]a
a x+ df
Z +
dt
Exemple Etude de
0 +1 t2
Lintgrale converge car arctan t est primitive de lintgrande et converge en +.
De plus
Z +
dt +
2
= [arctan t]0 =
0 t +1 2
Proposition
Z +
Si f est continue et si f converge alors
a
Z +
d
f = f (x)
dx x
dm. :
Introduisons une primitive F de f . Puisque lintgrale converge, F admet une limite en + et on peut
crire Z +
f = lim F F (x)
x +
Z +
La fonction x 7 f est alors de classe C 1 et
x
Z +
d
f = F 0 (x) = f (x)
dx x
11.1.4 Proprits
11.1.4.1 Linarit
Thorme
Soit f, g : [a, +[ K continues par morceaux et K.
Z + Z + Z + Z +
Si les intgrales f et g convergent alors f + g et f convergent avec
a a a a
Z + Z + Z + Z + Z +
f +g = f+ g et f = f
a a a a a
Corollaire
Lensemble constitu des fonctions continues par morceaux de [a, +[ vers K dont lintgrale
0
converge dfinit un sous-espace vectoriel de Cpm ([a, +[ , K).
Z +
Lapplication f 7 f y dfinit une forme linaire.
a
Z + Z + Z +
Exemple Si f + g et f convergent alors g converge.
a a a
En effet, on peut crire
g = (f + g) + (1)g
Z + Z + Z +
Attention : Pour exploiter la relation f +g = f+ g, il faut pralablement justifier
a a a
la convergence dau moins deux des intgrales engages !
Ceci empche dcrire des aberrations telles
Z + Z + Z +
0 dt = 1 dt + (1) dt
0 0 0
Z + Z + Z +
Exemple Si f converge et g diverge alors f diverge.
a a a
Z + Z + Z +
Attention : Si f et g divergent alors on ne peut rien dire sur la nature de f + g.
a a a
11.1.4.2 Positivit
Thorme
Soit f : [a, +[ R continue par morceaux.
Z + Z +
Si f converge et si f > 0 alors f >0
a a
dm. :
En tant quintgrale bien ordonne dune fonction positive, pour tout x > a, on a
Z x
f >0
a
Z +
A la limite quand x +, on obtient f > 0.
a
Corollaire
Soit f, g : [a, +[ R continues par morceaux
Z + Z +
Si f et g convergent et si f 6 g alors
a a
Z + Z +
f6 g
a a
dm. :
Avec convergence, on a
Z + Z + Z +
g f= gf >0
a a a
Thorme
Soit f : [a, +[ R continue.
Z + Z +
Si f > 0 et si f converge avec f = 0 alors f est la fonction nulle.
a a
dm. :
Introduisons F une primitive de f . La fonction F est croissante et puisque lintgrale de f converge et
vaut 0, on a F (a) = lim F . On en dduit que F est constante et donc f = F 0 = 0.
+
11.1.4.3 Conjugaison
Thorme
Soit f : [a, +[ C continue par morceaux.
Z + Z +
Si f converge alors f convergent et alors
a a
Z + Z +
f = f
a a
dm. :
Par conjugaison de limites.
Corollaire
On a quivalence entre :
Z +
(i) f converge ;
Za + Z +
(ii) Ref et Imf convergent.
a a
De plus, on a alors
Z + Z + Z +
f= Ref + i. Imf
a a a
Z + Z +
Exemple Calcul de cos(t)et dt et sin(t)et dt.
Z + 0 0
x x x
e(i1)t
Z Z
it t (i1)t 1 1 + i
e e dt = e dt = =
0 0 i 1 0
x+ 1 i 1 + 2
On en dduit Z + Z +
1
cos(t)et dt = et sin(t)et dt =
0 1 + 2 0 1 + 2
dm. :
Puisque f est positive, pour tout x 6 y [a, +[, on a
Z x Z y
f (t) dt 6 f (t) dt
a a
Z x
Lintgrale partielle f (t) dt dfinit donc une fonction croissante de x. Si celle-ci est majore alors
a
elle converge quand x + et la rciproque est vraie.
Z +
Remarque Au contraire, si f diverge avec f > 0 alors
a
Z x
f +
a x+
Thorme
Soit f, g : [a, +[ R continues par morceaux telles que 0 6 f 6 g.
Z + Z +
Si g converge alors f aussi.
Za+ a
Z +
Si f diverge alors g aussi.
a a
dm. :
Soit x [a, +[. Puisque f 6 g, on a
Z x Z x Z +
f (t) dt 6 g(t) dt 6 g(t) dt
a a a
La fonction f est positive et ses intgrales partielles sont majores, lintgrale de f sur [a, +[ est donc
convergente.
Z + t
e
Exemple Nature de dt.
0 t+1
et
La fonction f : t 7 est dfinie et continue par morceaux sur [0, +[.
t+1
Pour t > 0, on a 0 6 f (t) 6 et .
Z + Z + t
e
Or et dt converge donc, par comparaison de fonctions positives, dt converge.
0 0 t +1
Z +
ln(1 + t)
Exemple Nature de dt.
1 t
ln(1 + t)
La fonction f : t 7 est dfinie et continue par morceaux sur [1, +[.
t
ln 2
Pour t > 1, on a f (t) > > 0.
Z + t Z +
dt ln(1 + t)
Or diverge donc, par comparaison de fonctions positives, dt diverge.
1 t 1 t
Thorme
Soit f, g : [a, +[ R+ continues par morceaux.
Z + Z +
Si f (t) g(t) alors les intgrales f et g ont mme nature.
t+ a a
dm. :
Pour t assez grand, on a la comparaison
1
g(t) 6 f (t) 6 2g(t)
2
qui est dcisive !
11.2.3 Intgrabilit
Soit f : [a, +[ K continue par morceaux.
Dfinition
Z +
On dit que f est intgrable sur [a, +[ si lintgrale |f | converge.
Z + a
Remarque Si f est positive, il est quivalent de dire que f est intgrable sur [a, +[ que de dire que
son intgrale de f converge.
cos(t)
Exemple Intgrabilit de t 7 sur [0, +[.
1 + t2
On
cos(t)
06 6 1
1 + t 1 + t2
2
Z +
dt
Or il y a convergence de donc, par comparaison de fonctions positives, il y a convergence
0 1 + t2
Z +
cos(t)
de lintgrale 1 + t2 dt.
0
cos(t)
Ainsi, la fonction t 7 est intgrable sur [0, +[.
1 + t2
Thorme
Z + Z
+ Z
+
Si f est intgrable sur [a, +[ alors f converge et f 6 |f |
a a a
dm. :
Cas f valeurs positives
Cest immdiat compte tenu des rsultats qui prcde.
Cas f valeurs relles
On pose f + = sup(f, 0) et f = sup(f, 0).
Les fonctions f + , f : I R+ sont continues par morceaux et vrifient f = f + f .
On a aussi |f | = f + + f donc 0 6 f + , f 6 |f |.
Z + Z +
Par comparaison de fonctions positives, les intgrales f + et f convergent puis, par opra-
Z + a a
|Imf | convergent donc Ref et Imf convergent puis par oprations f converge
a a a a
aussi.
Enfin, pour tout x [a, +[ Z
x Z
x
f 6 |f |
a a
donc la limite quand x + Z
+ Z
+
f 6 |f |
a a
Bilan :Pour une fonction relle ou complexe
Z +
f intgrable f converge
a
Remarque Plus gnralement, pour une fonction de signe constant, il y a aussi quivalence.
On peut encore approfondir : si f est de signe constant au voisinage de + alors lintgrabilit de f sur
Z +
[a, +[ quivaut la convergence de lintgrale f.
a
Z + Z +
Attention : Il se peut que f converge alors que |f | diverge.
a a
Ce phnomne se rencontre lorsque la convergence de lintgrale provient dune compensation entre
aires positive et ngative.
Dfinition
Z + Z + Z +
Si f converge alors que |f | diverge, on dit que lintgrale f est semi-
a a a
convergente.
Z + Z +
sin t
Exemple Les intgrales dt et cos(t2 ) dt sont des intgrales semi-convergentes
0 t 0
fameuses.
Thorme
Soit f : [a, +[ K et : [a, +[ R+ continues par morceaux.
Si
t [a, +[ , |f (t)| 6 (t) avec intgrable
alors f est intgrable.
dm. : Z + Z +
Lintgrale (t) dt converge et donc, par comparaison de fonctions positives, |f (t)| dt converge.
a a
Ainsi f est intgrable.
11.2.4.2 Comparaisons asymptotiques
Dfinition
Soit f, g : [a, +[ K.
On dit que f est domine par g au voisinage de + si
On crit alors
f (t) = O (g(t))
t+
Dfinition
Soit f, g : [a, +[ K.
On dit que f est ngligeable devant g au voisinage de + si
On crit alors
f (t) = o (g(t))
t+
Dfinition
Soit f, g : [a, +[ K.
On dit que f est quivalente g au voisinage de + si lon peut crire
On crit alors
f (t) g(t)
t+
Thorme
Soit f : [a, +[ K et g : [a, +[ R+ continues par morceaux.
Si f (t) = O (g(t)) et si g est intgrable sur [a, +[ alors f est intgrable sur [a, +[
t+
dm. :
Il existe A [a, +[ et M R+ vrifiant
dm. :
f (t) = o (g(t)) alors f (t) = O (g(t)).
t+ t+
Corollaire
Si f (t) g(t) alors lintgrabilit de f sur [a, +[ quivaut celle de g.
t+
dm. :
si f (t) g(t) alors f (t) = O (g(t)) et aussi g(t) = O (f (t)) de sorte que lintgrabilit dune
t+ t+ t+
fonction entrane lintgrabilit de lautre.
Attention : Ces noncs sont faux en terme de convergence dintgrale. Il est indispensable de
sexprimer en terme dintgrabilit. Cependant, on peut noncer le thorme dquivalence suivant :
dm. :
La fonction t 7 1/t est dfinie et continue par morceaux sur [1, +[.
Pour 6 1, Z x Z x
dt dt
> = ln x +
1 t 1 t x+
Z +
dt
et donc
diverge.
1 t
Pour > 1, Z x x
dt 1 1 1
= 1
1 t 1 t 1
x+ 1
Z +
dt
et donc
converge.
1 t
Z + Z + Z + Z +
dt dt dt dt
Exemple 2
et 1,00001
convergent alors que et divergent.
1 t 1 t 1 t 1 t
Corollaire
La fonction t 7 1/t est intgrable sur [1, +[ si, et seulement si, > 1.
11.2.6 En pratique
Z +
dt
Exemple Nature de .
0 t4
+1
La fonction f : t 7 1/(t4 + 1) est dfinie et continue par morceaux sur [0, +[.
Quand t +,
f (t) 0, on ne peut rien en conclure
1
f (t)
t+ t4
Or t 7 1/t4 est intgrable sur [1, +[ (car 4 > 1 ) donc f est intgrable sur [1, +[, puis sur [0, +[.
Z +
dt
Ainsi, lintgrale 4
est convergente.
0 t +1
Z +
t+1
Exemple Nature de dt.
0 t2 + 1
La fonction f : t 7 (t + 1)/(t2 + 1) est dfinie et continue par morceaux sur [0, +[.
On a
t+1 1
t2 + 1 t+ t
Z + Z +
dt t+1
Or lintgrale diverge donc, par quivalence de fonctions positives, lintgrale dt
1 t 1 t2 + 1
diverge.
Z +
t+1
On en dduit la divergence de dt.
0 t2 + 1
Z +
2
Exemple Nature de et dt.
0
2
La fonction f : t 7 et est dfinie et continue par morceaux sur [0, +[.
Quand t +, f (t) 0 mais ce nest en rien dcisif. Cependant t2 f (t) 0 donc
t+
1
f (t) = o
t+ t2
Or t 7 1/t2 est intgrable sur [1, +[ (car 2 > 1 ) donc f est intgrable sur [0, +[.
Z +
2
Lintgrale et dt converge.
0
Z +
cos(t)
Exemple Nature de dt.
0 1 + t2
2
La fonction f : t 7 cos(t)/(1 + t ) est dfinie et continue par morceaux sur [0, +[.
On a
cos(t)
f (t)
t+ t2
donc
cos(t)
t3/2 f (t) 0
t+ t
Z +
3/2 cos t
Ainsi f (t) = o(1/t ) et on peut conclure que f est intgrable sur [0, +[ et dt
t+ 0 1 + t2
converge.
Z +
1
Exemple Nature de dt.
1 ln(t + 1)
La fonction f : t 7 1/ln(t + 1) est dfinie et continue par morceaux sur [1, +[.
On a
tf (t) +
t+
Il existe A [1, +[ tel que pour t > A, tf (t) > 1 et donc f (t) > 1/t.
Z +
dt
Or diverge, donc par comparaison de fonctions positives (et moyennant un dcoupage des
1 t
Z +
1
intgrales en A ) on peut conclure que lintgrale dt diverge.
1 ln(t + 1)
- Si on dtermine > 1 tel que t f (t) 0 quand t + alors f est intgrable sur [a, +[ ;
t+
- Si tf (t) ` 6= 0 alors lintgrale de f sur [a, +[ diverge.
t+
Remarque Lintgrale converge si, et seulement si, laire hachure converge quand x b
Z 1
dt
Exemple Etude de .
0 1 t2
Il sagit dune intgrale impropre en la borne 1 (i.e. dune intgrale sur [0, 1[ )
Puisque
Z x
dt x
= [arcsin t]0 = arcsin x
0 1t 2 x1 2
Z 1
dt
Ainsi lintgrale impropre converge et vaut .
0 1t 2 2
On peut aussi procder un calcul plus immdiat assurant directement la convergence
Z 1 Z
dt dt 1
= = [arcsin t]0 =
0 1 t2 [0,1[ 1t 2 2
Z 1
dt
Exemple Etude de .
0 t
Lintgrale est impropre
en la borne 0.
La fonction t 7 1/ t est dfinie et continue par morceaux sur ]0, 1].
Z 1
dt h i1
= 2 t = 2 2 x 2
x t x x0+
Z 1
dt
donc lintgrale impropre converge et
0 t
Z 1
dt
=2
0 t
Z 1
dt
Exemple Etude de .
0 t
Lintgrale est impropre en la borne 0.
La fonction t 7 1/t est dfinie et continue par morceaux sur ]0, 1]
Z 1
dt
= ln x +
x t x0+
Z 1
dt
donc lintgrale impropre diverge.
0 t
Pour la fonction inverse, il y a trop despace entre la courbe et laxe des ordonnes pour que lintgrale
converge, cette fonction tend trop rapidement vers + en 0+ .
puis Z Z
b Z x b
f (t) dt f (t) dt 6 M dt = M (b x) 0
a a x x+
Dfinition
Lorsquune fonction f est dfinie et continue par morceaux sur un segment [a, b] on dit encore
que son intgrale converge et lon a
Z Z Z
f (t) dt = f (t) dt = f (t) dt
[a,b] [a,b[ ]a,b]
Z /2
sin t
Exemple Etude de dt.
0 t
Lintgrale converge car faussement impropre en 0 puisque
sin t
1
t t0+
ou encore Z b Z c Z b
f (t) dt = f (t) dt + f (t) dt
a a c
Remarque Si f : [a, b[ K est continue par morceaux, la convergence et la valeur des intgrales
Z Z Z b
f (t) dt et f (t) dt sont les mmes et encore une fois la notation f (t) dt ne cre pas
]a,b[ [a,b[ a
dambigut.
Z +
dt
Exemple Etude de .
1 + t2
1
La fonction t 7 est dfinie et continue par morceaux sur R.
1 + t2
R = ], 0] [0, +[
Z x Z
dt dt
2
= arctan x donc 2
converge et vaut .
1 + t x+ 2 1 + t 2
Z0 0 [0,+[
Z
dt dt
2
= arctan(x) donc 2
converge et vaut .
x 1 + t x 2 ],0] 1 + t 2
Z +
dt
Par suite converge et
1 + t2
Z +
dt
2
=
1 + t
Z
Exemple Etude de t dt.
R
La fonction t 7 t est dfinie et continue par morceaux sur R.
R = ], 0] [0, +[
Z x Z Z
1 2
t dt = x + donc t dt diverge puis t dt aussi.
0 2 x+ [0,+[ R
Z x Z
Attention : Ici t dt = 0 0. On naurait pu vouloir poser t dt = 0 mais cela nest pas
x x+ R
conforme la dfinition. Z x+1 Z
1
En fait, on peut aussi remarquer t dt = x + + et cette fois-ci t dt na plus de
x 2 x+ R
sens.
Pour cette raison, la convergence dune lintgrale sur ]a, b[ studie en la coupant en deux et non en
tudiant conjointement les deux bornes.
11.3.3 Proprits
Les proprits calculatoires de linarit, de positivit et de conjugaison prsentes pour les intgrales
sur [a, +[ restent vraies pour une intgration sur un intervalle I quelconque et se dmontrent par des
procds analogues.
Thorme
Lensemble des fonctions continues par morceaux de I vers K dont lintgrale
Z converge est
0
un sous-espace vectoriel de lespace Cpm (I, K) et lapplication f 7 f (t) dt y dfinit une
I
forme linaire.
Thorme
Pour f : I RZ continue par morceaux.
Si f > 0 alors f (t) dt > 0.
I
Thorme
Pour f : I RZ continue
Si f > 0 et si f (t) dt = 0 alors f est la fonction nulle.
I
Z
Soit f : I C est continue par morceaux telle que f converge.
I
Pour a < b R des lments ou des extrmits de I, la thorie qui prcde permet de donner un sens
Z b
f (t) dt
a
en tant quintgrale convergente de f sur [a, b], ]a, b], [a, b[ ou ]a, b[ selon les possibilits. Si plusieurs
interprtations sont possibles, celles-ci se correspondent. On pose encore
Z a Z b Z a
f (t) dt = f (t) dt et f (t) dt = 0
b a a
Thorme Z
Soit f : I C continue par morceaux telle que f converge.
I
Pour tous a, b, c lments ou extrmits de I, on a
Z b Z c Z b
f (t) dt = f (t) dt + f (t) dt
a a c
dm. :
Il suffit dtudier tous les cas de figures possibles. . .
Thorme
Soit f : I R continue par morceaux et positive.
OnZa quivalence entre :
(i) f converge ;
I Z
(ii) M R, [, ] I, f 6 M.
dm. :
Notons a < b R les extrmits Zde I.
Z b
(i) (ii) Supposons que f= f converge. Pour tout [, ] I,
I a
Z b Z Z Z b Z
f= f+ f+ f> f
a a
Ainsi f converge.
[a,b[
Cas I = ]a, b] : cest analogue
Cas I = ]a, b[ : on dcoupe lintervalle en c ]a, b[.
Corollaire
Z f, g : I R continues
Soit Z par morceaux telles que 0 6 f 6 g.
Si g converge alors f aussi.
ZI Z I
Si f diverge alors g aussi.
I I
11.4.2 Intgrabilit
Dfinition
Z dit quune fonction f : I K continue par morceaux
On Z est intgrable sur I si lintgrale
|f (t)| dt converge. On dit encore que lintgrale f (t) dt est absolument convergente.
I I
Exemple Si f : [a, b] K est continue par morceaux alors f est intgrable sur [a, b] mais aussi sur
]a, b], [b, a[ et ]a, b[.
Thorme Z
Si f : I K continue par morceaux est intgrable alors lintgrale f converge et
I
Z Z
f 6 |f |
I I
dm. :
Cas f valeurs positives : Cest immdiat par dfinition.
Cas f valeurs relles :
On pose f + = sup(f, 0) et f = sup(f, 0).
Les fonctions f + , f : I R+ sont continues par morceaux et vrifient f = f + f .
On a aussi |f | = f + + f donc 0 6 f + , f 6 |f |. Z Z
Par comparaison de fonctions positives, les intgrales f + et f convergent puis, par oprations,
Z I I
ce qui donne Z Z
f 6 |f |
I I
Bilan :Pour une fonction relle ou complexe
Z
f intgrable f converge
I
11.4.3 Oprations
11.4.3.1 Sur les fonctions
Thorme
Soit f, g : I K continues par morceaux et , K.
Si f et g sont intgrables alors f + g lest aussi.
dm. :
On a
|f + g| 6 || |f | + || |g|
Z Z Z
Or |f (t)| dt et |g(t)| dt convergent donc, par oprations || |f (t)| + || |g(t)| dt converge.
I I Z I
Remarque En revanche, on ne peut rien dire quant au produit de deux fonctions intgrables.
1 1 1
Par exemple 1/ t est intgrable sur ]0, 1] alors que = ne lest pas.
t t t
Cependant, si f 2 et g 2 sont intgrables sur I alors le produit f g lest aussi car
1 2 2
|f g| 6 |f | + |g|
2
Proposition
Soit f : I K continue par morceaux et J un intervalle inclus dans I.
Si f est intgrable sur I alors f est intgrable sur J.
dm. :
Pour tout [, ] J, on a
Z Z
|f (t)| dt 6 |f (t)| dt = M
I
Z
et donc |f (t)| dt converge.
J
Proposition
Soit f : ]a, b[ K continue par morceaux.
f est intgrable sur ]a, b[ si, et seulement si, f est intgrable sur ]a, c] et sur [c, b[.
dm. :
Car par dfinition
Z Z Z
|f (t)| dt converge si, et seulement si, |f (t)| dt et |f (t)| dt convergent
]a,b[ ]a,c] [c,b[
11.4.4 Intgrabilit par comparaison
11.4.4.1 Domination
Thorme
Soit f : I K et : I R+ continues par morceaux.
Si
t I, |f (t)| 6 (t) avec intgrable
alors f est intgrable.
dm. : Z
Par comparaison de fonctions positives, on obtient la convergence de |f (t)| dt.
I
Exemple Si I est un intervalle born et si f : I K est continue par morceaux et borne alors f est
intgrable sur I.
Thorme
Soit f, g : [a, b[ C continues par morceaux avec a R et b R {+}.
Si f (t) = O (g(t)) et si g est intgrable alors f est intgrable.
tb
Corollaire
Si f (t) = o (g(t)) avec g intgrable alors f lest aussi.
tb
Si f (t) g(t) alors f est intgrable si, et seulement si, g lest.
tb
Remarque On peut noncer des rsultats analogues pour une tude dintgrabilit sur ]a, b].
Thorme
Soit a < b deux rels et R
Z b
dt
converge si, et seulement si, < 1
a (t a)
dm. : Z b
dt
Etude de .
a (t a)
Z b
dt
et donc lintgrale diverge.
a ta
Cas 6= 1
On a
Z b
dt
1 1
b (b a)1
= si < 1
(t a) 1 (t a)1 x xa+ + 1
x si > 1
Z b
dt
et donc lintgrale converge si, et seulement si, < 1.
a (t a)
Z 1 Z 1
dt dt
Exemple , 0,999
convergent.
t t
Z 1 Z 01 0
dt dt
et 2
divergent.
0 t 0 t
Z 1 Z 1
dt
Exemple Pour R, t dt = converge si, et seulement si, > 1.
0 0 t
Z +
dt
Exemple Lintgrale diverge pour toute valeur du rel .
0 t
Thorme
Soit a < b deux rels et R
Z b
dt
converge si, et seulement si, < 1
a (b t)
dm. :
Cest une configuration symtrique de la prcdente.
Z 1 Z 1
dt dt
Exemple converge alors que diverge.
0 1t 0 1t
11.4.6 En pratique
11.4.6.1 Intgrabilit sur [a, +[ ou ], a]
Les dmarches dintgrabilit dj vu sur [a, +[ se transposent ], a] en crivant |t| au lieu de t
lorsque lexposant est non entier.
Z +
2
Exemple Nature de et dt.
2
La fonction f : t 7 et est dfinie et continue par morceaux sur ], +[.
On a t2 f (t) 0 donc f est intgrable sur [0, +[
t+
On a t2 f (t) 0 donc f est intgrable sur ], 0].
t
Finalement f est intgrable sur R.
Z 1
cos t
Exemple Nature de dt.
0 t
La fonction f : t 7 cos(t)/ t est dfinie et continue par morceaux sur ]0, 1].
On a f (t)
+
+ mais ce nest en rien dcisif.
t0
Cependant
f (t) + 1/ t
t0
Z 1
cos t
or t 1/ t est intgrable sur ]0, 1] ( = 1/2 < 1 ) donc f est intgrable sur ]0, 1] et dt
0 t
converge.
Z 1
Exemple Nature de ln t dt.
0
La fonction f : t 7 ln t est dfinie etcontinue par morceaux sur ]0, 1].
tf (t) 0 donc f (t) = o 1/ t .
t+ t+
Z 1
Or t 1/ t est intgrable sur ]0, 1] ( = 1/2 < 1 ) donc f est intgrable sur ]0, 1] et ln t dt
0
converge.
Z 1
ln t
Exemple Nature de dt.
0 t
La fonction f : t 7 ln(t)/t est dfinie et continue par morceaux sur ]0, 1].
Quand t 0+ , tf (t) .
Il existe a > 0 tel que sur ]0, a], f (t) 6 1/t 6 0.
Z 1
ln t
Par comparaison de fonctions ngatives, lintgrale dt diverge.
0 t
Z +
dt
Exemple Nature de 21
.
1 t
La fonction f : t 7 1/(t2 1) est dfinie et continue par morceaux par morceaux sur ]1, +[.
Quand t 1+ , t = 1 + h avec h 0+ .
1 1
f (t) =
2h 2(t 1)
1
Or t 7 nest pas intgrable sur ]1, 2] donc f non plus.
t1
A fortiori, f nest pas intgrable sur ]1, +[.
Z +
dt
Puisque f est de signe constant, on peut affirmer que lintgrale diverge.
1 t2 1
1
t1
Z
Exemple Etude de dt.
0 ln t
La fonction f : t 7 (t 1)/ln t est dfinie et continue par morceaux sur ]0, 0[ = ]0, 1/2] [1/2, 1[.
Dune part
f (t) 0
t0+
donc f est intgrable sur ]0, 1/2].
Dautre part
f (t)
1
t1
donc f est intgrable sur [1/2, 1[.
1
t1
Z
Finalement f est intgrable sur ]0, 1[ et dt converge.
0 ln t
Elle vaut ln 2, mais cest une longue histoire. . .
2me mthode :
Z + Z + +
dt 1 1 t 1
= dt = ln = ln = ln 2
1 t(t + 1) 1 t t+1 t+1 1 2
Le calcul direct par primitive est souvent plus rapide, mais permet moins de libert quun calcul men
par les intgrales partielles.
Thorme
Soit : ]a, b[ ], [ une bijection de classe C 1 croissante et f : ], [ K une fonction
continue par morceaux. On a quivalence entre :
Z
(i) f (u) du converge ;
Z b
(ii) f ((t)) 0 (t) dt converge.
a
De plus, si tel est le cas
Z b Z
f ((t)) 0 (t) dt = f (u) du
a
dm. : Z
(i) (ii) Supposons la convergence de f (u) du.
Soit c ]a, b[ et = (c). Pour x [c, b[, on a
Z x Z (x)
0 =
f ((t)) (t) dt f (u) du
c u=(t)
et donc
Z x Z
f ((t)) 0 (t) dt
f (u) du
c xb
Z b Z
Lintgrale f ((t)) 0 (t) dt converge et vaut f (u) du.
c Z c Z
0
De mme, lintgrale f ((t)) (t) dt converge et vaut f (u) du.
Z b a Z
Remarque En appliquant aussi ce rsultat avec |f | et en exploitant que 0 est de signe constant, on
obtient aussi
u 7 f ((u)) 0 (u) intgrable sur ]a, b[ si, et seulement si, u 7 f (u) est intgrable sur ], [
+
e t
Z
Exemple Calcul de dt.
0 t
La fonction f : t 7 e t / t est dfinie et
continue par morceaux sur ]0, +[.
Ralisons le changement
de variable u = t
La fonction t 7 t ralise une bijection de classe C 1 de ]0, +[ vers ]0, +[
u = t, t = u2 , dt = 2u du
et donc
+ +
e t
Z Z
dt = 2eu du
0 t 0
Puisque lintgrale obtenue par le changement de variable est connue convergente, il en est de mme de
lintgrale initiale et donc
Z + t
e +
dt = 2eu 0 = 2
0 t
Thorme
Soit I un intervalle dextrmits a < b R et u, v : I K de classe C 1 .
Si le produit uv converge en a+ et b alors les intgrales
Z b Z b
u0 (t)v(t) dt et u(t)v 0 (t) dt
a a
dm. :
La fonction uv est de classe C 1 avec (uv)0 = u0 v + uv 0 .
Si uv converge en a+ et b alors, il y a convergence de lintgrale
Z b
u0 (t)v(t) + u(t)v 0 (t) dt
a
et Z b
b
u0 (t)v(t) + u(t)v 0 (t) dt = [uv]a
a
Z b Z b
b
u0 (t)v(t) dt + u(t)v 0 (t) dt = [uv]a
a a
Z +
Exemple Soit n N. Calcul de In = tn et dt.
0
fn : t 7 tn et est dfinie et continue par morceaux sur [0, +[.
Quand t +, t2 fn (t) 0 donc lintgrale dfinissant In converge.
Posons u0 (t) = et et v(t) = tn avec u(t) = et et v 0 (t) = ntn1 .
Les fonctions u et v sont de classe C 1 et uv possde des limites finies en 0 et +.
Par intgration par parties
Z + Z +
n t
n t +
In = t e dt = t e 0 ntn1 (et ) dt
0 0
In = n!
Z 1
ln(t)
Exemple Calcul de 2
dt.
0 (1 + t)
f : t 7 ln(t)/(1 + t)2 est dfinie et continue par morceaux sur ]0, 1].
tf (t) t ln(t) 0
t0+
Z 1
ln(t)
donc f intgrable sur ]0, 1] et donc lintgrale 2
dt converge.
0 (1 + t)
Posons u0 (t) = 1/(1 + t)2 et v(t) = ln(t) avec u(t) = 1/(1 + t) et v 0 (t) = 1/t.
Les fonctions u et v sont de classe C 1 mais le produit uv ne possde pas une limite finie en 0.
On ne peut procder cette intgration par parties. . . Il y a cependant deux solutions
1re mthode : on ralise lintgration par parties sur les intgrales partielles
Pour x ]0, 1]
Z 1 1 Z 1
ln t ln t dt
2
dt = +
x (1 + t) 1 + t x x t(t + 1)
et donc Z 1
ln t ln x 1
dt = + [ln t ln(t + 1)]x
x (1 + t)2 1+x
puis
Z 1
ln t x ln x
dt = + ln(1 + x) ln 2 ln 2
x (1 + t)2 1+x x0
donc Z 1
ln t
dt = ln 2
0 (1 + t)2
2me mthode : on choisit u(t) = t/(1 + t) qui est aussi convenable et qui sannulant en 0, permet
davoir le produit uv convergeant en 0
Z 1 1 Z 1
ln t t ln t dt
dt = = ln 2
0 (1 + t)2 1+t 0 0 t + 1
11.6 Musculation
11.6.1 Intgrales de Bertrand
Thorme
Z +
dt
Pour , R, converge si, et seulement si, > 1 ou ( = 1 et > 1 ).
e t (ln t)
dm. :
La fonction f : t 7 1/t (ln t) est dfinie, continue et positive sur [e, +[.
Cas < 1
t1
tf (t) = +
(ln t) t+
donc pour t assez grand
f (t) > 1/t > 0
Z + Z +
dt dt
Or diverge donc par comparaison de fonctions positives, diverge.
e t e t (ln t)
Cas > 1 :
Sous cas inutile : > 0
On a
t f (t) 0
t+
donc f est intgrable sur [e, +[ car f (t) = o(1/t ) avec > 1.
Sous cas gnral :
On introduit m ]1, [, on a
1
tm f (t) = m 0
t (ln t) t+
donc f est intgrable sur [e, +[ car f (t) = o(1/tm ) avec m > 1.
Cas = 1
Z x Z ln x
dt du
=
e t(ln t) u=ln t 1 u
converge quand x + si, et seulement si, > 1.
Remarque Par une intgration par parties judicieuse, on montre
Z + Z +
sin t 1 cos t
dt = dt
0 t 0 t2
Proposition
sin t
La fonction t 7 nest pas intgrable sur ]0, +[
t
dm. : Z +
sin t
Montrons que t dt diverge, le problme se posant en +.
0
n n k n
|sin t| |sin t|
Z Z Z
X X sin u
dt = dt = du
0 t (k1) t 0 u + (k 1)
k=1 k=1
Or Z Z
sin u sin u 2
du > du =
0 u + (k 1) 0 k k
donc Z n n
sin t
dt > 2 1
X
t +
0 k
k=1
Z +
sin t
Remarque On peut montrer que dt = mais cest une longue histoire. . .
0 t 2
Comportement asymptotique de
sommes et dintgrales
K dsigne R ou C.
12.1 Comparaison srie intgrale
12.1.1 Principe
Cas f dcroissante :
On a
Z n+1 Z n Z n+1
f (t) dt 6 f (n) 6 f (t) dt et f (n + 1) 6 f (t) dt 6 f (n)
n n1 n
Z n f croissante :
Cas Z n+1 Z n+1
f (t) dt 6 f (n) 6 f (t) dt et f (n) 6 f (t) dt 6 f (n + 1)
n1 n n
Thorme
Soit f : [0, +[ R continue par
Z morceaux, dcroissante et positive.
n
La srie de terme gnral wn = f (t) dt f (n) est convergente.
n1
dm. :
Puisque f est dcroissante, on a
303
12.1. COMPARAISON SRIE INTGRALE
Z n
f (n) 6 f (t) dt 6 f (n 1)
n1
et donc
0 6 wn 6 f (n X 1) f (n)
La nature de (f (n 1) f (n)) est celle de la suite (f (n)).
Or la fonction f est dcroissante
X et minore, elle converge donc en + et par consquent, la suite (f (n))
aussi. Ainsi la srie (f (n 1) f (n)) converge et, par comparaison de sries termes positifs, la
srie de terme gnral wn est convergente.
Remarque Cet nonc signifie quil y a convergence des portions daire hachure dans la figure
ci-dessous
Corollaire
X Z +
Sous les hypothses qui prcdent, la srie f (n) et lintgrale impropre f (t) dt sont
0
de mme nature.
dm. : n
X X XZ
Puisque wn converge, f (n) et f (t) dt sont de mme nature. Or
n>1 n>1 n1
n Z
X k Z n
f (t) dt = f (t) dt
k=1 k1 0
Z + X
Si lintgrale f (t) dt converge alors la srie f (n) converge.
0 n>1
Z + Z x X
Si lintgrale f (t) dt diverge alors, puisque f est positive f (t) dt + et donc f (n)
0 0 x+
n>1
diverge.
Remarque On peut aussi faire le lien entre la convergence des sries de Bertrand et celle des intgrales
de Bertrand.
n Z n+1
n1 n1
Z
dt dt
= et
0 t 1 1 t 1
donc par comparaison
n
X 1 n1
k 1
k=1
Cas 6 0.
On crit = (avec > 0 ) et on tudie
n n
X 1 X
= k
k
k=1 k=1
La fonction x 7 x est croissante sur [0, +[.
Z k Z k+1
t dt 6 k 6 t dt
k1 k
En
Z nsommantXn Z n+1
t dt 6 k 6 t dt
0 k=1 1
Or
Z n Z n+1
n+1 n+1
t dt = et t dt
0 +1 1 +1
donc par encadrement
n n
X n+1 X 1 n1
k i.e.
+1 k 1
k=1 k=1
Exemple En particulier
n
X 1
2 n
k=1
k
Thorme
X X
Soit un une srie numrique et vn une srie termes positifs convergente.
X
Si un = o(vn ) alors la srie un converge et
+ +
!
X X
uk = o vk
k=n+1 k=n+1
X
Si un = O(vn ) alors la srie un converge et
+ +
!
X X
uk = O vk
k=n+1 k=n+1
X
Si un vn alors la srie un converge et
+
X +
X
uk vk
k=n+1 k=n+1
dm. :
Cas un = o(vn ). X
Par comparaison, la srie un est absolument convergente.
Soit > 0. Il existe N N tel que
n > N, |un | 6 |vn | = vn
Pour
k > n + 1, |uk | 6 vk puis en sommant
+
X +
X +
X
uk 6 |uk | 6 vk
k=n+1 k=n+1 k=n+1
Ainsi !
+
X +
X
uk = o vk
k=n+1 k=n+1
Cas un = O(vn ) : dmarche analogue sachant
M R+ , N N, n > N, |un | 6 M vn
Cas un vn . X
Par quivalence de sries termes positifs, la srie un converge.
On a
un = vn + o(vn ) = vn + wn avec wn = o(vn )
donc !
+
X +
X +
X +
X +
X +
X
uk = vk + wk = vk + o vk vk
k=n+1 k=n+1 k=n+1 k=n+1 k=n+1 k=n+1
Attention : La suite (vn ) de rfrence doit tre positive ou, pour le moins, positive partir dun certain
rang.
1 1 X 1
On a 2 et est une srie termes positifs convergente donc
k2 +1 k k2
k>1
+ +
X 1 X 1 1
k2 + 1 k2 n
k=n+1 k=n+1
Si un = O(vn ) alors
n+ !
n
X n
X
uk = O vk
n+
k=0 k=0
Si un vn alors
n+
n
X n
X
uk vk
n+
k=0 k=0
dm. :
n
X X
Remarquons que vk + car vn est une srie termes positifs divergente.
n+
k=0
Cas un = o(vn ).
n+
Soit > 0. Il existe N N vrifiant
n > N, |un | 6 |vn | = vn
Pour n > N,
X n NX 1 X n NX 1 Xn
uk 6 uk + uk 6 uk + vk
k=0 k=0 k=N k=0 k=N
Xn
Or, puisque vk +, il existe N 0 N tel que
k=0
N 1 n
X X
0
n > N , uk 6 vk
k=0 k=0
0
Pour
n> max(N, N ), on obtient
Xn n
X
uk 6 2 vk
k=0 k=0
Ainsi !
Xn n
X
uk = o vk
n+
k=0 k=0
Cas un = O(vn ) : semblable.
n+
Cas un vn : on crit un = vn + o(vn ).
n+ n+
Attention : La suite (vn ) de rfrence doit tre positive ou, pour le moins, positive partir dun certain
rang.
Exemple Etudions
n
X 1
k=1
k + k
On a
1 1
n + n n+ n
X1
Or est une srie termes positifs divergente donc
n
n n
X 1 X 1
ln n
k+ k n+ k
k=1 k=1
et alors
1 1
(u1 + + un ) = ` + (1 + + n )
n n
X
Puisque n = o(1) avec 1 est une srie termes positifs divergente
n>0
n n
!
X X
k = o 1 = o(n)
k=1 k=1
Ainsi
1 1
(u1 + + un ) = ` + o(n) = ` + o(1) `
n n
sin(`) = `
et on en dduit r
3
un
n
donc
n
X 1 1
n = 1 + + ln 1
k k
k=2
Puisque n 0, on a
+
X 1 1
+ ln 1 =1
k k
k=2
puis
n + +
X 1 1 X 1 1 X 1 1
n = + ln 1 + ln 1 = + ln 1
k k k k k k
k=2 k=2 k=n+1
Or
1 1 1
+ ln 1
n n n+ 2n2
X 1
et est une srie termes positifs convergente donc
n2
+ +
X 1 1 1 X 1 1
+ ln 1 2
=
k k n+ 2 k 2n
k=n+1 k=n+1
Thorme
Soit f : [a, +[ K et g : [a, +[ R+ continues par morceaux.
On suppose que g est intgrable.
Si f (t) = o (g(t)) alors f est intgrable et
t+
Z + Z +
f (t) dt = o g(t) dt
x x+ x
Z + Z +
f (t) dt = O g(t) dt
x x+ x
Z + Z +
f (t) dt g(t) dt
x x+ x
dm. :
Dans les trois cas, la fonction f est videmment intgrable
Ainsi Z + Z +
f (t) dt = o g(t) dt
x x+ x
Attention : La fonction de rfrence g est positive, ou pour le moins, au voisinage de +.
Puisque
1 1 1
avec 3 > 0 et intgrable sur [1, +[
t3 + 1 t+ t3 t
Par intgration de relation de comparaison, on obtient
Z + Z + +
dt dt 1 1
= = 2
x t3 + 1 x+ x t3 2t2 x 2x
Thorme
Soit f : [a, +[ K et g : [a, +[ R+ continues par morceaux.
On suppose que g nest pas intgrable.
Si f (t) = o (g(t)) alors
t+
Z x Z x
f (t) dt = o g(t) dt
a x+ a
dm. :
Puisque la fonction g est positive, mais non intgrable, on a
Z x
g(t) dt +
a x+
Cas f (t) = o (g(t)).
t+
Soit > 0. Il existe A [a, +[ tel que
t [A, +[ , |f (t)| 6 |g(t)| 6 g(t)
et alors, pour x > A
Z x Z x Z A Z x
f (t) dt 6
|f (t)| dt 6 |f (t)| dt + g(t) dt
a a a A
Z A Z x
Puisque le terme |f (t)| dt est constant et que g(t) dt tend vers linfini, il existe A0 [a, +[ tel
a a
que
Z A Z x
0
x > A , |f (t)| dt 6 |g(t)| dt
a a
Ainsi
Z x Z x
f (t) dt = o g(t) dt
a x+ a
puis
Z x Z x Z x Z x
f (t) dt = g(t) dt + o g(t) dt g(t) dt
a a a x+ a
Exemple Soit f : [0, +[ R continue admettant une limite ` en +.
On peut crire f (t) = ` + o(1) et donc, par intgration de relation de comparaison
t+
Z x
f (t) dt = `x + o(x)
0
On a
ln t ln t ln t
avec > 0 et non intgrable sur [1, +[
t + 1 t+ t t
Par intgration de relation de comparaison, on obtient
Z x Z x
ln t ln t 1 2
dt dt = (ln x)
1 t+1 1 t 2
f (x) = o (g(x))
xb
dm. :
Analogue aux prcdentes.
Remarque Cet nonc se transpose aux situations f (x) = O (g(x)) et f (x) g(x).
xb xb
Cet nonc se transpose aux intgrales sur ]a, b].
On a
et 1 1
et t 7 est positive et non intgrable sur ]0, 1]
t t0 t+ t
donc, par intgration de relation de comparaison
Z 1 t Z 1
e dt
dt = ln x
x t x t
12.3.4 Musculation
Soit f : [0, +[ R une fonction de classe C 1 ne sannulant pas et vrifiant
xf 0 (x)
6= 1
f (x) x+
Etudions lexistence de Z +
f (t) dt
0
On a
f 0 (x)
1
+o
f (x) x+ x x
Par intgration de relation de comparaison
On ne peut cependant pas aller jusqu affirmer f (x) x . . . mais lon va nanmoins dterminer la
x+
Z +
nature de lintgrale f (t) dt.
0
Cas < 1. On a
ln(xf (x)) = ln(x) + ln(f (x)) (1 ) ln x +
x+ x+
Ainsi xf (x) + et donc
x+
Z +
f (t) dt diverge
0
et donc
1
f (x) = o
x+ x
ce qui assure que f est intgrable sur [0, +[.
Familles sommables
317
13.1. ENSEMBLES DNOMBRABLES
(k, `) = 2k (2` + 1)
Remarque Dire quun ensemble est dnombrable signifie quil est possible de numroter de faon
exhaustive ses lments.
Dfinition
Si E est un ensemble dnombrable et si : N E est une application bijective, on dit que la
suite (xn )nN dfinie par xn = (n) est une numration des lments de E.
13.1.2 Proprits
Thorme
Toute partie infinie de N est dnombrable.
dm. :
Soit F une partie infinie de N. Considrons la suite (un ) dfinie par rcurrence en posant
La suite (un )nN est constitue dlments de F et est strictement croissante. De plus, tout lment de F
figure dans cette suite. Considrons en effet x F . Puisque la suite (un ) tend vers +, il existe N N
tels que x < uN +1 et donc x / F \ {u0 , . . . , uN }. Or x F donc x {u0 , . . . , uN }.
La fonction : N F dfinie par (n) = un ralise alors une bijection de N vers F .
Thorme
Un ensemble est fini ou dnombrable si, et seulement si, il est en bijection avec une partie de N.
dm. :
( ) Si un ensemble est fini de cardinal n alors il est en bijection avec J1, nK (comprendre , quand
n = 0 ). Si un ensemble est dnombrable, il est par dfinition en bijection avec N.
() Soit E un ensemble en bijection avec une partie F de N via une application : E F .
Si lensemble E est fini, le problme est rsolu.
Si lensemble E est infini alors F est une partie infinie de N et il existe alors une bijection de : N F .
Lapplication 1 est alors une bijection de N vers E. Lensemble E est dans ce cas dnombrable.
Dfinition
Un ensemble est dit au plus dnombrable sil est fini ou bien dnombrable i.e. sil est en
bijection avec une partie de N.
13.1.3 Oprations
13.1.3.1 Inclusion
Thorme
Toute partie dun ensemble dnombrable est au plus dnombrable.
dm. :
Car par restriction en bijection avec une partie de N.
Corollaire
Sil existe une injection dun ensemble E dans un ensemble dnombrable alors E est dnom-
brable.
dm. :
Soit : E F injective avec F dnombrable. Par lapplication , E est en bijection avec (E) qui est
une partie de F donc est en bijection avec une partie au plus dnombrable.
13.1.3.2 Produit cartsien
Thorme
Si E et F sont des ensembles dnombrables alors E F est dnombrable.
dm. :
Soit : E N, : F 7 N et : N2 7 N bijectives. Lapplication (x, y) 7 ((x), (y)) est une
bijection de E F vers N.
Corollaire
Si E1 , . . . , En sont des ensembles au plus dnombrables alors E1 . . . En est dnombrable.
dm. :
Par rcurrence sur n N? .
Cas n = 1 : ok
Supposons la proprit tablie au rang n > 1.
Soit E1 , . . . , En , En+1 dnombrables.
Par hypothse de rcurrence E = E1 . . . En est dnombrable et donc, par le thorme E En+1 est
dnombrable. Or E En+1 nest autre que E1 . . . En En+1 .
Rcurrence tablie.
Exemple Q est une partie dnombrable.
En effet, on peut construire une injection de Q dans Z N par lapplication
r = p/q 7 (p, q)
en notant p/q le reprsentant irrductible du nombre rationnel r
Or lensemble Z N est dnombrable et Q est alors dnombrable car cest un ensemble infini en
bijection avec une partie dun ensemble dnombrable.
N
Remarque En revanche, lensemble R nest pas dnombrable ni (N) ou {0, 1} .
13.1.3.3 Runion
Thorme
Soit (Ei )iI une famille densembles.
Si chaque Ei est[ au plus dnombrable et que lensemble dindexation I est aussi dnombrable
alors la runion Ei est au plus dnombrable.
iI
dm. :
Cette dmonstration est hors programme.
Entrapercevons cependant le rsultat dans le cas dune runion dnombrable densembles dnombrables.
On peut introduire i : N Ei bijective pour chaque i I et : N I bijective. Considrons alors
lapplication
[
f : N2 Ei
iI
[
dfinie par f (k, `) = k (`). Celle-ci est une surjection de N2 sur Ei .
iI
[
Pour chaque x Ei , lensemble des antcdents f 1 ({x}) est non vide ce qui permet de dfinir
[ iI
une injection de Ei dans N2 .
iI
Si (ui )iI est une famille finie de rels ou de complexes, on sait donner un sens la somme de ses termes
X
ui
iI
La notion de famille sommable vise tendre aux familles infinies dnombrables cette notion.
Contrairement aux sries, la sommation ne sera pas ordonne, le rsultat du calcul sera indpendant de la
manire dont il est organis.
I dsigne un ensemble au plus dnombrable ( I fini, I = N, I = Z, I = N2 ,. . . )
Sinon, on pose X
ui = +
iI
X
Exemple On suppose I fini. La famille (ui )iI est assurment sommable et ui dsigne nouveau la
iI
somme de ses termes.
Exemple On dit que la famille (ui )iI est support fini si son support J = {i I/ui 6= 0} est fini.
Si la famille (ui )iI est support fini alors celle-ci est sommable.
En effet, pour toute partie F finie I,
X X X
ui 6 ui = ui = M
iF iF J iJ
X X
De plus ui = uj car ici le majorant est un maximum.
iI iJ
X
Exemple La famille de rels positifs (un )nN est sommable si, et seulement si, la srie un converge.
De plus, on a alors
X +
X
un = un
nN n=0
X
En effet, si la famille (un ) est sommable alors un converge car il sagit dune srie termes positifs
aux sommes partielles majores. De plus
+
X N
X X
un = lim un 6 un
N +
n=0 n=0 nN
X
Inversement, si la srie un converge alors pour toute partie F finie I, il existe N N tel que
F J0, N K et donc
X N
X +
X
un 6 un 6 un
nF n=0 n=0
Exemple Soit q [0, 1[ et un = q |n| pour n Z. La famille (un )nN est sommable.
En effet, pour toute partie F finie Z, il existe N N tel que F JN, N K et alors
N N
X X X 1 qN 1+q
ui 6 q |n| = 1 + 2 q n = 1 + 2q 6
n=1
1q 1q
iF n=N
De plus, on a
X 1+q
q |n| =
1q
nZ
car
N
X 1+q X 1+q
F finie I, ui 6 et q |n|
1q N + 1q
iF n=|N |
Remarque Si (ui )iI est sommable alors pour tout permutation S(I), la famille permute
(u(i) )iI lest aussi et de mme somme.
En effet, les sommes finies considres pour tudier (ui )iI et (u(i) )iI sont les mmes.
13.2.2 Comparaison
Thorme
Soit (ui )iI et (vi )iI deux familles de rels positifs indexes par I.
Si ui 6 vi pour tout i I et si la famille (vi )iI est sommable alors la famille (ui )iI lest
aussi et X X
ui 6 vi
iI iI
dm. :
Pour toute partie finie F incluse dans I
X X X
ui 6 vi 6 vi
iF iF iI
Thorme
Soit (ui )iI une famille de rels positifs et J I.
Si la famille (ui )iI est sommable alors la sous-famille (ui )iJ lest aussi et
X X
ui 6 ui
iJ iI
dm. :
Pour toute partie finie F incluse dans J X X
ui 6 ui
iF iI
13.2.3 Regroupement de la sommation
Soit (ui )iI une famille de rels positifs indexe par un ensemble I dnombrable.
Thorme
On suppose I = I1 I2 avec I1 , I2 disjoints. On a quivalence entre
(i) (ui )iI est sommable ;
(ii) (ui )iI1 et (ui )iI2 sont sommables.
De plus, on a alors X X X
ui = ui + ui
iI iI1 iI2
dm. :
(i) (ii) Supposons (ui )iI sommable. Puisque I1 , I2 I, les sous-familles (ui )iI1 et (ui )iI2 sont
sommables. De plus, pour F1 finie I1 et F2 finie I2
X X X X
ui + ui = ui 6 ui = M
iF1 iF2 iF1 F2 iI
donc X X X
ui + ui 6 ui
iI1 iI2 iI
Remarque Ce rsultat stend videmment I = I1 I2 . . . IN avec (Ij )16j6N deux deux
disjoints.
On a quivalence entre :
(i) la famille (ui )iI est sommable ;
X X
(ii) chaque famille (ui )iIn est sommable et la srie ui converge.
iIn
De plus, si tel est le cas !
X +
X X
ui = ui
iI n=0 iIn
dm. :
Cette dmonstration est hors programme.
(i) (ii) Supposons (ui )iI sommable
Pour tout n N, In I donc (ui )iIn est aussi sommable. [
Pour tout N N, considrons la partition finie de I ralise partir de I0 , . . . , IN et J = In .
n>N +1
On a
N X
X N X
X X X
ui 6 ui + ui = ui
n=0 iIn n=0 iIn iJ iI
X X
Puisque ui est une srie termes positifs aux sommes partielles majores, celle-ci converge
iIn
et !
+
X X X
ui 6 ui
n=0 iIn iI
(ii) (i) Supposons (ii). Soit une partie F finie I. Il existe N N tel que
N
[
F In
n=0
et alors
X N
X X N X
X + X
X
ui = ui 6 ui 6 ui = M
iF n=0 iF In n=0 iIn n=0 iIn
+ n
x X x2
Exemple Soit x [0, 1[. Montrons = .
1 x n=0 1 x2n+1
La famille (xp )pN? est sommable. Pour n N, considrons In = {2n (2k + 1)/k N}.
+ + X + X
+
X X X n
xp = xp = x2 (2k+1)
et ainsi
+ n
x X x2
=
1 x n=0 1 x2n+1
Corollaire
Si : N I est une bijection alors on a quivalence entre :
(i) (u
Xi )iI est sommable ;
(ii) u(n) converge.
De plus, si tel est le cas
X +
X
ui = u(n)
iI n=0
dm. :
Il suffit de considrer la partition de I constitue de In = {(n)}.
Remarque En consquence, aprs indexation des lments de I, la sommabilit de la famille (ui )iI se
ramne la convergence dune srie termes positifs.
Thorme
Sil existe une famille de rels positif (vi )iI sommable vrifiant
i I, |ui | 6 vi
Dfinition
Soit (ui )iI une famille sommable de rels. Pour tout i I, on introduit
u+
i = max(ui , 0) et ui = max(ui , 0)
Les familles de rels positifs (u+
i )iI et (ui )iI tant sommables, on pose
X X X
ui = u+
i u
i
iI iI iI
Dfinition
Soit (ui )iI une famille sommable de complexes. Les familles de rels (Reui )iI et (Imui )iI
tant sommables, on pose
X X X
ui = Re(ui ) + i. Im(ui )
iI iI iI
X
Exemple On suppose I fini. La famille (ui )iI est assurment sommable et ui dsigne nouveau la
iI
somme de ses termes.
Exemple On suppose la famille (ui )iI est support fini et lon introduit son support
J = {i I/ui 6= 0}. X X
La famille (ui )iI est assurment sommable et ui = uj
iI iJ
Exemple Une famille de rels ou de complexes (un )nN est sommable X si, et seulement si, la famille
(|un |)nN lest . Ceci revient affirmer la convergence de la srie |un |.
X
Ainsi, la sommabilit de (un )nN quivaut la convergence absolument de un .
De plus, on a alors
X +
X
un = un
nN n=0
Si la famille (ui )iI est sommable alors chaque famille (ui )iIn lest aussi et la srie
X X
ui converge absolument.
iIn
De plus, on a alors !
X +
X X
ui = ui
iI n=0 iIn
dm. :
Cette dmonstration est hors programme.
Puisque la famille (ui )iIest sommable,
X X la famille (|ui |)iI lest aussi et donc les familles (|ui |)iIn le
sont encore et la srie |ui | converge. Ainsi les familles (ui )iIn sont sommables et la srie
iIn
X X
ui est absolument convergente car dans le cadre rel
iIn
X X X X
ui 6 u+
i + u
i 6 |ui |
iIn iIn iIn iIn
dm. :
Prendre In = pour n 6= 1, 2.
Corollaire
X
Soit : N I une bijection. Si la famille (ui )iI est sommable alors la srie u(n)
converge et
X +
X
ui = u(n)
iI n=0
dm. :
On utilise In = {(n)}.
Remarque Pour utiliser ces rsultats, il faut pralablement justifier la sommabilit de (|ui |)iI ce qui
pourra se faire en employant le rsultat analogue connu pour les familles de rels positifs.
13.2.7 Proprits
13.2.7.1 Linarit
Thorme
Soit (ui )iI et (vi )iI deux familles dlments de K = R ou C et , K.
Si (ui )iI et (vi )iI sont sommables alors (ui + vi )iI lest aussi et
X X X
ui + vi = ui + vi
iI iI iI
dm. :
Pour tout i I,
|ui + vi | 6 || |ui | + || |vi |
donc toute partie F finie I,
X X X X X
|ui + vi | 6 || |ui | + || |vi | 6 || |ui | + || |vi | = M
iF iF iF iI iI
Corollaire
Lensemble des familles (ui )iI sommables est unX sous-espace vectoriel de lespace KI des
familles indexes sur I et lapplication (ui )iI 7 ui y dfinit une forme linaire.
iI
13.2.7.2 Positivit
Thorme
Soit (ui )iI une famille de rels
Xpositifs.
Si (ui )iI est sommable alors ui > 0.
iI
dm. : X
Par dfinition ui est la borne suprieure dun ensemble de quantits positives.
iI
Corollaire
Si (ui )iI et (vi )iI sont deux familles de rels sommables vrifiant
i I, ui 6 vi
alors X X
ui 6 vi
iI iI
dm. :
Il suffit de considrer la famille positive (vi ui )iI .
Thorme
Soit (ui )iI une famille de rels
Xpositifs.
Si (ui )iI est sommable et si ui = 0 alors ui = 0 pour tout i I.
iI
dm. :
Pour tout i I, on a
X
0 6 ui 6 ui = 0
iI
car la somme est la borne suprieure de lensemble des sommes sur les parties finies F ; il suffit ici de
considrer F = {i}.
13.2.7.3 Conjugaison
Thorme
Si (ui )iI est une famille de complexes sommable alors (ui )iI lest aussi et
X X
ui = ui
iI iI
Corollaire
On a quivalence entre :
(i) la famille (ui )iI est sommable ;
(ii) les familles (Re(ui ))iI et (Im(ui ))iI sont sommables.
dm. :
(i) (ii) via Re(ui ) = (ui + ui )/2 et Re(ui ) = (ui ui )/2i.
(ii) (i) via ui = Re(ui ) + i.Im(ui ).
13.2.7.4 Ingalit triangulaire
Thorme
Si (ui )iI est une famille de rels ou de complexes sommable alors
X X
ui 6 |ui |
iI iI
dm. :
Soit : N I est une bijection
X X + X +
X
ui = u(n) 6 u(n) = |ui |
iI n=0 n=0 iI
13.3 Application la rorganisation des sommes
13.3.1 Permutation des termes dune srie
X X
Soit un une srie et S(N). Que dire de la srie u(n) ?
X (1)n1
Exemple Considrons la srie de somme S = ln 2 et permutons ses termes.
n
n>1
1 1 1 1 1
S =1 + + + +
2 3 4 2k + 1 2k + 2
Permutons les termes de S de la manire suivante :
1 1 1 1 1 1 1 1
S =1 + + + + + + +
2 4 3 6 8 2k + 1 4k + 2 4k + 4
on obtient
1 1 1 1 1 1
S= + + + +
2 4 6 8 4k + 2 4k + 4
puis
1 1 1 1 1
S= 1 + + = S
2 2 3 4 2
Ainsi, on peut changer la somme dune srie en en permutant ses termes !
Thorme
X X
Si un converge absolument alors pour tout S(N), la srie permute u(n) converge
absolument et
+
X +
X
u(n) = un
n=0 n=0
dm.
X:
Si un converge absolument alors (un )nN est sommable et
+
X X
un = un
n=0 nN
X
On en dduit que la srie u(n) converge absolument et donc
+
X X X +
X
u(n) = u(n) = un = un
n=0 nN nN n=0
X 1
Exemple Nature de pour S(N? ).
n(n)
n>1
Sachant
1 2
a + b2
ab 6
2
on a
1 1 1 1
6 2
+
n(n) 2 n (n)2
X 1 X 1
Or converge absolument et donc aussi.
n2 (n)2
X 1
Par comparaison de sries termes positifs, on obtient la convergence de .
n(n)
n>1
+ X
X + + X
X +
um,n = um,n ?
m=0 n=0 n=0 m=0
Thorme
Soit (um,n )(m,n)N2 une famille de rels ou de complexes. On a quivalence entre
(i) la famille (um,n )(m,n)N2 est sommable ;
X +
XX
(ii) pour tout n N, la srie |um,n | converge et la srie |um,n | converge.
m n m=0
De plus, on a alors
X X +
+ X
um,n = um,n
(m,n)N2 n=0 m=0
dm. :
On caractrise la sommabilit (|um,n |)(m,n)N2 par le thorme de sommation par paquets avec In =
N {n}.
Une fois la sommabilit acquise, on calcule la somme par la mme organisation par paquets.
Corollaire
On a alors
+ X
X + + X
X +
um,n = um,n
n=0 m=0 m=0 n=0
Exemple Montrons
+ X+ +
X 1 X 1
3
= 2
m=1 n=m
n n=1
n
1
Posons um,n = 3 si n > m et 0 sinon.
X n
|um,n | converge car um,n = 0 pour m > n.
m>1
+ n +
X X 1 1 XX
|um,n | = = donc |um,n | converge.
m=1 m=1
n3 n2 m=1
n>1
Ainsi, la famille (um,n )(m,n)(N? )2 est sommable et par le thorme de Fubini, on a lgalit
+ X
X + + X
X +
um,n = um,n
n=1 m=1 m=1 n=1
qui se comprend (u0 v0 +u0 v1 +u0 v2 + )+(u1 v0 +u1 v1 +u1 v2 + )+(u2 v0 +u2 v1 +u2 v2 + )+ .
Peut-on rorganiser la somme en u0 v0 + (u0 v1 + u1 v0 ) + (u0 v2 + u1 v1 + u2 v0 ) + ?
Dfinition
X X
On appelle produit de Cauchy des sries un et vn la srie de terme gnral
n
X
wn = uk vnk
k=0
Thorme
X X
Si um et vn sont deux sries absolument convergentes alors la famille (um vn )(m,n)N2
est sommable et ! + !
X +
X X
um vn = um un
(m,n)N2 m=0 n=0
dm. :
X +
XX
Pour tout n N, la srie |um vn | converge et la srie |um vn | converge donc la famille
m n m=0
(um vn )(m,n)N2 est sommable.
Corollaire
X X X
Si um et vn convergent absolument alors la srie produit de Cauchy wn converge
absolument aussi et on a ! + !
X+ +
X X
wn = um vn
n=0 m=0 n=0
dm. :
On procde une sommation par paquets avec
Ip = (m, n) N2 /m + n = p
sachant X
um vn = wp
(m,n)Ip
+
1 X
Exemple Soit a C tel que |a| < 1. Montrons = (n + 1)an
(1 a)2 n=0
Par sommation gomtrique ! !
+ +
1 X
n
X
n
= a a
(1 a)2 n=0 n=0
+
X 1 n
Exemple Pour x R, on pose f (x) = x .
n=0
n!
Vrifions
x, y R, f (x)f (y) = f (x + y)
On vrifie aisment labsolue convergence de la srie dfinissant f (x) par application du critre
dAlembert. On a ! + !
+
X 1 n X 1
n
f (x)f (y) = x y
n=0
n! n=0
n!
Par produit de Cauchy de sries absolument convergentes
+ Xn
X xk y nk
f (x)f (y) =
n=0
k! (n k)!
k=0
Or !
n n
X xk y nk 1 X n (x + y)n
= xk y nk =
k! (n k)! n! k n!
k=0 k=0
donc
+
X (x + y)n
f (x)f (y) = = f (x + y)
n=0
n!
On a tablira ultrieurement que f nest autre que la fonction exponentielle.
Espaces norms
Remarque Les normes sont usuellement notes N (.), k . k ou | . |, elles servent dfinir la longueur
dun vecteur.
Exemple Soit E un espace prhilbertien rel de produit scalaire not h., .i.
La norme euclidienne associe ce produit scalaire est une norme. Celle-ci est dfinie par
p
x E, kxk = hx, xi
Exemple Si F est un sous-espace vectoriel dun espace E norm par k . k alors la restriction
k . k : F R+ dfinit une norme sur F .
Proposition
Si k . k est une norme sur E alors :
a) x E, kxk = 0 x = 0E ;
b) x E, kxk = kxk ;
c) x, y E, |kxk kyk| 6 kx yk [ingalit triangulaire renverse].
337
14.1. NORME
dm. :
a) ( ) par dfinition et ( ) par homognit avec = 0.
b) par homognit avec = 1.
c) par lingalit triangulaire kxk = kx y + yk 6 kx yk + kyk donc kxk kyk 6 kx yk et par
un raisonnement symtrique kyk kxk 6 kx yk.
Dfinition
Un vecteur x dun espace E norm par k . k est dit unitaire si kxk = 1.
1
Exemple Si x 6= 0E alors u = x est un vecteur unitaire colinaire x.
kxk
Thorme
k . k1 dfinit une norme sur Kn .
dm. :
n
X
k . k1 : Kn R+ est bien dfinie. Soit x Kn . Si kxk1 = 0 alors |xk | = 0.
k=1
Par somme nulle de quantits positives |x1 | = . . . = |xn | = 0 et donc x = 0Kn .
Soit K et x Kn
n
X n
X n
X
kxk = |xk | = || |xk | = || |xk | |xn | = || kxk1
k=1 k=1 k=1
Soit x, y Kn .
n
X n
X n
X n
X
kx + yk1 = |xk + yk | 6 (|xk | + |yk |) = |xk | + |yk | = kxk1 + kyk1
k=1 k=1 k=1 k=1
2 2
Par somme nulle de quantits positives |x1 | = . . . = |xn | = 0 et donc x = 0Kn .
Soit K et x Kn
v v
u n u n
uX 2
u 2X 2
kxk2 = t |xk | = t|| |xk | = || kxk2
k=1 k=1
Soit x, y Kn
n
X
2 2
kx + yk2 = |xk + yk |
k=1
On en dduit v v
n
X
u n u n
uX 2
uX 2
|xk | |yk | 6 t |xk | t |yk |
k=1 k=1 k=1
donc
2 2
kx + yk2 6 (kxk2 + kyk2 )
puis
kx + yk2 6 kxk2 + kyk2
Finalement k . k2 est une norme sur Kn .
Thorme
k . k dfinit une norme sur Kn .
dm. :
k . k : Kn R+ est bien dfinie
Soit x Kn . Si kxk = 0 alors pour tout 1 6 k 6 n, 0 6 |xk | 6 kxk donc |xk | = 0 et donc x = 0Kn .
Soit K et x Kn
Soit x, y Kn .
kx + yk = max |xk + yk | 6 max (|xk | + |yk |) 6 max |xk | + max |yk | = kxk + kyk
16k6n 16k6n 16k6n 16k6n
p p 1/p
kxkp = (|x1 | + + |xn | )
df
Dfinition
On appelle distance associe la norme k . k sur E lapplication d : E E R+ dfinie par
d(x, y) = ky xk
df
Proposition
a) x, y E, d(x, y) = 0 x = y [sparation] ;
b) x, y E, d(x, y) = d(y, x) [symtrie] ;
c) x, y, z E, d(x, z) 6 d(x, y) + d(y, z) [ingalit triangulaire] ;
d) x, y, z E, d(x + z, y + z) = d(x, y) [invariance par translation].
dm. :
a) ky xk = 0 y x = 0E .
b) ky xk = kx yk.
c) kz xk = k(z y) + (y x)k 6 kz yk + ky xk.
d) k(y + z) (x + z)k = ky xk.
14.1.4 Boules
Dfinition
Soit a E et r > 0. On dfinit :
- la boule ouverte de centre a et de rayon r :
B(a, r) = {x E/ kx ak < r}
df
Bf (a, r) = {x E/ kx ak 6 r}
df
S(a, r) = {x E/ kx ak = r}
df
Exemple Dans (C, | . |), B(a, r) = D(a, r) = {z C/ |z a| < r} est le disque ouvert de centre a et
df
de rayon r.
Dfinition
Les boules de centre 0E et de rayon 1, sont appeles boules units.
Proposition
B(a, r) = a + rB(0E , 1) et Bf (a, r) = a + rBf (0E , 1).
Ainsi, les boules gnrales se dduisent des boules des boules units par homothties et trans-
lations.
dm. :
a + rB(0E , 1) = {a + ru/ kuk < 1}.
Si x a + rB(0E , 1) alors kx ak = kruk = r kuk < r donc x B(a, r).
1
Si x B(a, r) alors pour u = (x a), on a x = a + ru avec kuk < 1.
r
Proposition
Les boules sont des parties convexes.
dm. :
Etudions B(a, r).
Soit x, y B(a, r). [x, y] = {(1 )x + y/ [0, 1]}.
Soit z [x, y]. On peut crire z = (1 )x + y avec [0, 1].
On a alors kz ak 6 kx ak+(1) ky ak < r+(1)r = r lingalit stricte tant maintenue
car lun au moins des deux facteurs ou 1 est strictement positif.
14.1.5 Bornitude
Soit k . k une norme sur E.
Dfinition
Une partie A de E est dite borne sil existe M R+ vrifiant
x A, kxk 6 M
Dfinition
Soit X un ensemble. On dit quune fonction vectorielle f : X E est borne lorsque son
image lest i.e.
M R+ , x X, kf (x)k 6 M
Il est plus ais de raisonner ainsi que par les concepts de fonctions minores et majores.
Dfinition
Pour X = N, une fonction au dpart de N est communment appele une suite. La dfinition
qui prcde se transpose donc aux suites de vecteurs et par consquent une suite (un )nN E N
est dite borne si
M R+ , n N, kun k 6 M
Thorme
Soit f, g : X E et , K.
Si f et g sont bornes alors f + g lest aussi.
dm. :
Il existe M, M 0 R+ tels que
x X, kf (x)k 6 M et kg(x)k 6 M 0
On a alors
x X, kf (x) + g(x)k 6 || M + || M 0
donc f + g est borne.
Corollaire
Lensemble B(X, E) des fonctions bornes de X vers E est un sous-espace vectoriel de les-
pace F(X, E) des fonctions de X vers E .
Soit x, y E.
N (x+y) = k(1 (x + y), . . . , n (x + y))k = k(1 (x), . . . , n (x)) + (1 (y), . . . , n (y))k 6 N (x)+N (y)
Dfinition
En choisissant sur Kn , k . k = k . k1 , k . k2 , ou k . k , la norme N ci-dessus est note k . k1,e ,
k . k2,e ou k . k,e .
kf k = sup |f (x)|
df xX
x X, |f (x)| 6 M
Thorme
k . k dfinit une norme sur lespace B(X, K).
dm. :
Lapplication k . k est bien dfinie de B(X, K) vers R+ .
Soit f B(X, K). Si kf k = 0 alors sup {|f (x)| /x X} = 0 donc pour tout x X, kf (x)k = 0
puis f = 0.
Soit K et f B(X, K). Pour tout x X,
|f (x)| = || |f (x)| 6 || kf k
donc kf k 6 || kf k . Pour 6= 0,
1
6 1 kf k
kf k =
f
et donc || kf k 6 kf k puis lgalit. Pour = 0, lgalit est bien entendu aussi vrifie.
Soit f, g B(X, K). Pour tout x X
Corollaire
k . k dfinit une norme sur lespace B(N, K) des suites bornes o
dm. :
Il suffit de considrer X = N.
14.2.3 Norme de la convergence en moyenne et en moyenne quadratique
Soit a < b deux rels et E = C ([a, b] , K) lespace des fonctions continues de [a, b] vers K.
Cet espace est inclus dans celui des fonctions borne de [a, b] vers K. On peut donc le munir de la norme
induite
kf k = sup |f (t)|
t[a,b]
et, de surcrot, la borne suprieure est ici un maximum en vertu du thorme de la borne atteinte.
Pour f : [a, b] K continue, on pose aussi
!1/2
Z b Z b
2
kf k1 = |f (t)| dt et kf k2 = |f (t)| dt
df a df a
Thorme
k . k1 dfinit une norme sur C ([a, b] , K).
dm. :
Lapplication k . k1 : C ([a, b] , K) R+ est bien dfinie.
Z b
Soit f C ([a, b] , K). Si kf k1 = 0 alors |f (t)| dt = 0 or |f | est continue et positive sur [a, b]
a
donc f = 0.
Soit K et f C ([a, b] , K).
Z b Z b Z b
k.f k1 = |f (t)| dt = || |f (t)| dt = || |f (t)| dt = || kf k1
a a a
Thorme
k . k2 dfinit une norme sur C ([a, b] , K).
dm. :
Lapplication k . k2 : C ([a, b] , K) R+ est bien dfinie.
Z b
2 2
Soit f C ([a, b] , K). Si kf k2 = 0 alors |f (t)| dt = 0 or |f | est continue et positive sur [a, b]
a
donc f = 0.
Soit K et f C ([a, b] , K).
!1/2 !1/2 !1/2
Z b Z b Z b
2 2 2 2
k.f k2 = |f (t)| dt = || |f (t)| dt = || |f (t)| dt = || kf k2
a a a
En dveloppant
Z b Z b Z b
2 2 2
kf + gk2 6 |f (t)| dt + 2 |f (t)| |g(t)| dt + |g(t)| dt
a a a
donc
2 2 2
kf + gk2 6 kf k2 + 2 kf k2 kgk2 + kgk2
14.2.4 Produit despaces norms
Soit (E1 , N1 ), . . . , (Ep , Np ) des espaces norms. Considrons le produit cartsien
p
Y
E = E1 Ep = Ej
j=1
E est un K-espace vectoriel dont les lments x sont des tuples (x1 , . . . , xp ) avec
1 6 j 6 p, xj Ej
Thorme
k . k dfinit une norme sur E.
dm. :
Lapplication k . k est bien dfinie de E vers R+ .
Soit x = (x1 , . . . , xp ) E. Si kxk = 0 alors
j {1, . . . , p} , Nj (xj ) = 0
et donc
j {1, . . . , p} , xj = 0Ej
On en dduit x = 0E .
Soit K et x = (x1 , . . . , xp ) E
Soit x, y E
kx + yk = max Nj (xj +yj ) 6 max (Nj (xj ) + Nj (yj )) 6 max Nj (xj )+ max Nj (yj ) = kxk+kyk
16j6p 16j6p 16j6p 16j6p
Dfinition
(E, k . k) est appel espace norm produit des espaces norms (E1 , N1 ), . . . , (Ep , Np )
Cependant, lapplication k . k dfinie par kAk = n kAk est encore une norme sur Mn (K) et celle-ci
vrifie
kABk 6 kAk kBk
Cest une norme dalgbre sur Mn (K).
f E, kf k 6 kf k1
Applique en f = fn , on obtient
16 0
n + 1 n
Cest absurde !
Proposition
Lquivalence de norme dfinit une relation dquivalence sur lensemble des normes sur E.
Thorme
Sur un K-espace vectoriel de dimension finie, les normes sont deux deux quivalentes.
(admis)
Exemple Sur lespace de dimension infinie E = C ([a, b] , K), les normes k . k1 , k . k2 et k . k ne sont
pas quivalentes.
N (f ) = |f (0)| + kf 0 k et N 0 (f ) = kf k + kf 0 k
on a
kf k 6 N (f )
puis
N 0 (f ) 6 2N (f )
Exemple La notion de partie borne est invariante par passage une norme quivalente.
En effet, une partie est borne si, et seulement si, elle est incluse dans une boule de centre 0E et cette
notion nest pas change lorsquon passe une norme quivalente.
De mme pour la notion de suite ou de fonction borne.
Exemple La notion de vecteur unitaire nest pas invariante par passage une norme quivalente.
Remarque Lorsque deux normes ne sont pas quivalentes, certaines proprits peuvent tre vraies pour
une norme sans ltre pour lautre.
Exemple Dans E = C ([0, 1] , K), considrons la suite (fn )nN des fonctions fn : t 7 ntn .
Cette suite est borne pour k . k1 , mais ne lest pas pour k . k .
n
On a kfn k1 = 1 donc la suite (fn )nN est borne pour k . k1 .
n+1
En revanche kfn k = n + donc la suite (fn )nN nest pas borne pour k . k .
Conclusion : on retrouve nouveau que k . k1 et k . k ne sont pas quivalentes sur E.
Dfinition
On dit quune suite u = (un )nN dlments de E tend vers ` E si kun `k 0 i.e. :
Thorme
Si un ` et un `0 alors ` = `0 .
dm. :
0 6 k` `0 k 6 k` un k + kun `0 k 0 donc k` `0 k = 0 puis ` = `0 .
Dfinition
On dit quune suite u = (un )nN dlments de E converge sil existe ` E tel que un `.
Cet lment ` est alors unique, on lappelle limite de u et on note
` = lim u ou ` = lim un
n+
Remarque Si deux suites sont gales partir dun certain rang, elles ont mme nature et mme
ventuelle limite : on ne modifie pas la limite dune suite en modifiant la valeur dun nombre fini de ses
termes.
14.4.2 Oprations
Thorme
Si un ` alors kun k k`k.
Par consquent toute suite convergente est borne.
dm. :
Par lingalit triangulaire renverse
Thorme
Si un E ` et vn E `0 alors un + vn ` + `0 .
Si de plus E est une algbre norme alors un vn ``0 .
dm. :
kun + ` (` + `0 )k 6 || kun `k + || kvn `0 k 0.
kun vn ``0 k 6 kun vn un `0 k + kun `0 ``0 k 6 kun k kvn `0 k + |`0 | kun `k 0.
Thorme
Si n K et un E ` alors n .un .`.
dm. :
kn .un .`k 6 kn .un .un k + k.un .`k = |n | kun k + || kun `k 0.
14.4.3 Effet dun changement de norme
Thorme
Si N1 est domine par N2 alors toute suite convergeant pour N2 converge vers la mme limite
pour N1 .
dm. :
Car avec les notations qui prcdent
N1 (un `) 6 N2 (un `) 0
Corollaire
Deux normes quivalentes dfinissent les mmes suites convergentes et celles-ci ont mmes
limites pour les deux normes.
Attention : Si N1 et N2 ne sont pas quivalentes, il se peut quune suite converge pour une norme et
diverge pour lautre voire quelle converge deux pour ces deux normes, mais vers des limites diffrentes !
Dfinition
Les suites scalaires uj = (uj (n))nN sont appeles suites coordonnes (ou composantes) de
la suite vectorielle u dans la base e .
Les suites coordonnes de u dans la base canonique de R2 sont (n2 )nN et (1/(n + 1))nN .
Thorme
On a quivalence entre :
(i) u converge ;
(ii) les suites u1 , . . . , up convergent.
De plus, si tel est le cas,
dm. :
Choisissons k . k = k . k,e .
donc u `.
Exemple Dans R2 , n
1 1
n sin , 1 + (1, e)
n n n+
A2n = An An B 2
Dfinition
Les suites vectorielles uj = (uj (n)) sont appeles suites coordonnes de la suite u.
Thorme
On a quivalence entre :
(i) u converge ;
(ii) les suites u1 , . . . , up convergent.
De plus, si tel est le cas
lim u = (lim u1 , . . . , lim up )
Dfinition
On appelle srie de terme gnral un la suite (Sn ) dfinie par
n
X
Sn = uk
k=0
X
Cette srie est note un et le terme Sn est appel somme partielle de rang n de cette srie.
X X 1
Exemple Soit A Mp (K), An et An sont des sries matricielles.
n!
Dfinition
X
On dit que la srie un converge si la suite (Sn ) converge.
Sa limite S est alors appele somme de la srie et est note
+
X
un
n=0
On introduit aussi
+
X
Rn = uk = S Sn
k=n+1
Dfinition
X
Une srie un dlments de E est dite absolument convergente sil y a convergence de la
X
srie numrique termes positifs kun k.
Thorme
Si lespace E est de dimension finie, labsolue convergence dune srie dlments de E en-
trane sa convergence
dm. :
Introduisons
X e = (e1 , . . . , ep ) une base de E.
Soit u(n) une srie dlments de E et u1 , . . . , up les suites coordonnes dans e de la suite u.
Toutes les normes tant quivalentes sur E, il existe > 0 tel que
k . k,e 6 k . k
Pour N N, on a
N
X
(Ip A) Ak = Ip AN +1 Ip
N +
n=0
Or on a aussi
N
X
(Ip A) Ak (Ip A)B
N +
n=0
On en dduit
B = (Ip A)1
14.4.7 Musculation
Thorme
Soit E un espace de dimension finie et f : E E une application telle quil existe k [0, 1[
vrifiant
x, y E, kf (x) f (y)k 6 k kx yk
Montrons que f admet un unique point fixe.
dm. :
Unicit : si x et y sont deux points fixes de f alors
kx yk = kf (x) f (y)k 6 k kx yk
t I, un (t) u(t)
n+
CV S
On note alors un u.
I
359
15.1. SUITES DE FONCTIONS
tn
un (t) = avec t R+
1 + tn
Soit t R+ .
Quand n +
Si t [0, 1[ alors un (t) 0.
Si t = 1 alors un (t) = 1/2 1/2.
Si t ]1, +[ alors un (t) 1.
CV S
Finalement un u avec
0 si t [0, 1[
u : t 7 1/2 si t = 1
1 si t = ]1, +[
Soit t R+ .
Quand n +
Pour n assez grand, t < n donc
n
t
un (t) = 1 = exp (n ln(1 t/n)) et
n
CV S
Ainsi un u avec
u : t 7 et
Thorme
CV S CV S
Si un u et un v alors u = v.
I I
dm. :
Pour tout t I, on a un (t) u(t) et un (t) v(t) donc u(t) = v(t).
Dfinition
CV S
Si un u alors on dit que u est la limite simple de la suite (un ) et on note
I
u = lim un
n+
Proposition
CV S
Si un u et si chaque un est positive alors u est positive.
I
dm. :
Si toutes les fonctions un sont positives alors pour tout t I, u(t) > 0 par passage la limite de
lingalitun (t) > 0.
Proposition
CV S
Si un u et si chaque un est croissante alors u est croissante.
I
dm. :
Si toutes les fonctions un sont croissantes alors pour tout x 6 y I, u(x) 6 u(y) par passage la limite
de lingalitun (x) 6 un (y).
CV S
( !)un u et chaque unZcontinue nimplique
Z pas u continue !
CV S
un u nimplique pas un (t) dt u(t) dt !
I I
Z 1
Exemple Etudions un (t) dt avec un (t) = n2 tn (1 t)
0
Pour la convergence simple, le rang N est susceptible de dpendre de t alors que pour la convergence
uniforme N doit convenir pour tout t I (on dit quil est uniforme en t ).
Remarque La convergence simple se comprend comme la convergence des fonctions point par
point .
La convergence uniforme se comprend comme la convergence des fonctions dans leur globalit .
Thorme
CV U CV S
Si un u alors un u.
Ainsi, sil y a convergence uniforme, cest vers la limite simple de la suite de fonctions ; en
particulier il y a unicit de la limite uniforme.
dm. :
Qui peut le plus, peut le moins.
Thorme
Soit (un ) une suite de fonctions de I vers K convergeant simplement vers u : I K.
Sil existe une suite relle (n ) vrifiant
n N, n > N |n | 6
et alors
n N, n > N t I, |un (t) u(t)| 6
Soit t R.
Quand n +,
1
un (t)
1 + t2
CV S
Ainsi un u avec
1
u : t 7
1 + t2
Etudions
1 t
un (t) u(t) =
n 1 + t2
En vertu de lingalit
2 |ab| 6 a2 + b2
on a
1
|un (t) u(t)| 6 = n
2n
CV U
Puisque n 0, on obtient finalement un u.
kf k = sup |f (t)|
tI
Dfinition
La norme infinie k . k est encore appele norme uniforme et est parfois note k . k,I .
Thorme
Soit (un ) une suite de fonctions de I vers K.
On a quivalence entre :
(i) (un ) converge uniformment vers une fonction u : I K ;
(ii) A partir dun certain rang, les fonctions un u sont bornes et kun uk,I 0.
dm. :
Ecrire
t I, |un (t) u(t)| 6
quivaut signifier
un u borne et kun uk,I 6
Soit t [0, 1]
Quand n +
Si t = 0 alors un (t) = 0 0.
Si t ]0, 1] alors un (t) 0 par croissances compares.
CV S
Finalement un u = 0.
En tudiant les variations de n (t) = un (t) u(t) on obtient
t 0 1/(n + 1) 1
un (t) u(t) 0 % un (1/(n + 1)) & 0
donc n
1 n 1 1
kun uk = un = 1
n+1 n+1 n+1 e
Par consquent la suite de fonctions (un ) ne converge pas uniformment.
Cependant pour a ]0, 1].
1
Pour n assez grand 6 a, et puisque
n+1
t 0 1/(n + 1) a 1
un (t) u(t) 0 % un (1/(n + 1)) & un (a) & 0
On obtient donc
kun uk = un (a) 0
n+
CV U
Ainsi un 0 pour tout a ]0, 1].
[a,1]
X
Cette srie de fonctions est note un et Sn est appele somme partielle de rang n de
n>n0
celle-ci.
Remarque Dans la suite on supposera n0 = 0 quitte poser Xnulles les premires fonctions de la suite
(un )nN . La srie de fonctions est alors simplement note un .
Dfinition
X
On dit que la srie de fonctions un converge simplement si la suite (Sn ) de ses sommes
partielles converge simplement vers une certaine fonction S.
Cette fonction S est appele somme de la srie de fonctions et on note
+
X
S= un
n=0
Thorme
On a quivalence entre :X
(i) la srie de fonctions u converge simplement sur I ;
X n
(ii) la srie numrique un (t) converge pour chaque t I.
De plus, si tel est le cas !
+
X +
X
un (t) = un (t)
n=0 n=0
dm. :
(i) t I, (Sn (t))!converge.
Xn Xn
Or Sn (t) = uk (t) = uk (t) donc
k=0
X k=0
(i) t I, un (t) converge.
De plus, on a alors
+
X
S(t) = lim Sn (t) = un (t)
n+
n=0
Dfinition
X
Si la srie de fonctions un converge simplement, on peut introduire son reste de rang n
+
X +
X
Rn = uk : t 7 uk (t)
k=n+1 k=n+1
Proposition
X
Si la srie de fonctions un converge simplement alors sa somme S vrifie
CV S
S = Sn + Rn et Rn 0
dm. :
Pour tout t I,
+
! + n +
X X X X
S(t) = uk (t) = uk (t) = uk (t) + uk (t) = Sn (t) + Rn (t)
k=0 k=0 k=0 k=n+1
De plus, pour tout t I, Rn (t) 0 car Rn (t) est le reste dune srie numrique convergente.
X
Exemple Convergence simple de un avec
X
Exemple Convergence simple de un avec
n>1
X
Remarque Ltude de la convergence simple de un fournit le domaine de dfinition de la
+
X
fonction un .
n=0
Dfinition
X
On dit que la srie de fonctions un converge uniformment lorsque la suite (Sn ) de ses
sommes partielles converge uniformment.
Thorme
On a quivalence entre :X
(i) la srie de fonctions un converge uniformment sur I ;
CV U
X
(ii) la srie de fonctions un converge simplement et Rn 0.
I
dm. :
CV U
(i) S : I K, Sn S
CV S CV U
S : I K, Sn S et Sn S 0
(ii)
Remarque Pour tudier la convergence uniforme de (Rn ) vers la fonction nulle, on pourra :
- raisonner par majoration uniforme, cest--dire dterminer (n ) telle que
X
Exemple Convergence uniforme de un avec
n>1
(1)n
un (t) = pour t R+
n+t
X (1)n X
Pour t R+ , la srie est convergente en vertu du CSSA donc la srie de fonctions un
n+t
converge simplement sur R+ .
+
X (1)n
La fonction S : t 7 est donc dfinie sur R+
n=1
n + t
On a
+
X (1)k
Rn (t) =
k+t
k=n+1
Par le CSSA,
1 1
|Rn (t)| 6 6 0
n+1+t n + 1 n+
X
Par majoration uniforme, on peut affirmer que un converge uniformment sur R+ .
Thorme
X
Si la srie de fonctions un converge normalement alors celle-ci converge uniformment et
la convergence est absolue en tout point.
dm. : X
Supposons la srie de fonctions un normalement convergente sur I.
Pour
X tout t I, |u n (t)| 6 kun k donc par comparaison de sries termes positifs, la srie numrique
un (t) est absolument convergente.
X
En particulier, cette srie converge et donc la srie de fonctions un converge simplement.
Aussi, pour tout t I,
+
X +
X
|Rn (t)| 6 |uk (t)| 6 kuk k
k=n+1 k=n+1
donc
+
X
|Rn (t)| 6 kuk k 0
k=n+1
X
Par majoration uniforme de limite nulle, on peut affirmer que la srie de fonctions un converge uni-
formment.
Remarque CV N CV U CV S.
Les rciproques sont fausses.
X
Remarque Pour montrer quune srie de fonctions un converge normalement sur I, il suffit de
dterminer (n ) telle que X
t I, |un (t)| 6 n et n converge
X
Exemple Convergence uniforme de un avec
sin(nt)
un (t) = pour t R
n2 + 1
On a
1
|un (t)| 6
n2 + 1
X 1 X
Or converge et donc, par majoration uniforme, la srie de fonctions un converge
n2
+1
normalement. X
Par consquent, un converge simplement et uniformment sur R.
X
Exemple Convergence uniforme de un avec
n>1
1 1
un (t) = pour t [0, +[
n n+t
X X1 1
+
Pour t R , un (t) = avec
n n+t
1 1 t t
=
n n+t n(n + t) n+ n2
X
Par quivalence de srie termes positifs, il y a convergence de un (t) et donc la srie de fonctions
+
converge simplement sur R .
Etudions sa convergence normale. Puisque
t 0 +
un (t) 0 % 1/n
Remarque En pratique la convergence uniforme dune srie de fonctions sobtient le plus souvent :
- par convergence normale ;
- par kRn k 0 via exploitation du critre spcial des sries alternes si cela est contextuel.
t I, |t a| 6 |u(t) u(a)| 6 3
Corollaire
La limite uniforme dune suite de fonctions continues est continue.
Corollaire
X
Si un est une srie de fonctions continues uniformment convergente alors sa somme S est
continue.
dm. :
n
CV U
X
Sn = uk S et chaque Sn est continue donc S est continue.
k=0
Introduisons
(1)n tn
un : t [0, 1] 7
2n + 1
X
Pour tout t [0, 1], la srie numrique un (t) converge via CSSA.
X
Par suite la srie de fonctions un converge simplement sur [0, 1] et donc S est dfinie sur [0, 1].
De plus, par le CSSA,
tn+1 1
|Rn (t)| 6 6 0
2n + 3 2n + 3 n+
X
Par majoration uniforme de limite nulle, on peut affirmer que la srie de fonctions un converge
uniformment sur [0, 1]. Or chaque un est continue donc la somme S est continue sur [0, 1].
Proposition
Si tel est le cas, la suite (un ) converge simplement vers u sur I.
dm. :
CV U
Pour t I, il existe [a, b] I tel que t [a, b] et un u entrane un (t) u(t).
[a,b] n+
Exemple Si (un ) converge uniformment sur I alors (un ) converge a fortiori uniformment sur tout
segment de I.
Attention : La rciproque est fausse : la convergence uniforme sur tout segment de I nimplique pas la
convergence uniforme sur I.
1 1 X
Exemple Prcdemment, pour un (t) = , on a vu que un convergeait normalement sur
X n n+t
[0, a] pour tout a > 0 donc un converge uniformment sur tout segment de [0, +[.
Thorme
Si (un ) converge uniformment vers u sur tout segment de I et si chaque un est continue alors
u est continue.
dm. :
Soit t0 I.
Si t0 nest pas extrmit de I, il existe > 0 tels que [t0 , t0 + ] I.
Par convergence uniforme de (un ) sur le segment [t0 , t0 + ], on peut affirmer que la fonction u est
continue sur ce segment et en particulier la fonction u est continue en t0 .
Si t0 est une extrmit de I : idem avec des segments [t0 , t0 + ] ou [t0 , t0 ].
Corollaire
X
Si un est une srie de fonctions continues convergeant uniformment sur tout segment de
I alors sa somme est continue.
+
X tn
Exemple Dfinition et continuit sur R de la fonction S : t 7
n=0
(2n + 1)!
tn
Introduisons un : R R dfinie par un (t) = .
(2n + 1)!
Pour t R.
tn
1 1 1
un (t) = =o
(2n + 1) 2n (2n 1)! n2
car par croissances compares
tn
0
(2n 1)!
X
La srie numrique un (t) est absolument convergente et donc convergente.
X
Ainsi, la srie un converge simplement sur R et donc S est dfinie sur R.
Etudions la convergence uniforme via convergence normale.
La fonction un nest pas borne sur R, il ny a pas convergence normale sur R.
Soit a > 0.
Sur [a, a],
an
|un (t)| 6 = un (a)
(2n + 1)!
X
Puisque la srie numrique un (a) converge, on peut par majoration uniforme, affirmer que la srie
X
de fonctions un converge normalement, et donc uniformment, sur [a, a].
X
Puisque ceci vaut pour tout a > 0, on peut affirmer que un converge uniformment sur tout segment
de R, or chaque un est continue donc S est continue sur R.
u(t) lim `n
ta n+
Autrement dit
lim lim un (t) = lim lim un (t)
ta n+ n+ ta
dm. :
Commenons par tablir que la suite (`n ) est borne.
Pour = 1 > 0, il existe N N tel que
et donc
n > N, t I, |un (t) uN (t)| 6 2
|`n `N | 6 2
En particulier
n > N, t I, u(n) (t) u(t) 6
Paralllement, il existe N 0 N tel que
n > N 0 , `(n) ` 6
puis
|u(t) ` | 6 3
Ainsi u converge vers ` en a. Ceci dtermine alors la valeur de ` de faon unique et puisque la suite
(`n ) est borne et ne possde quune seule valeur dadhrence, elle converge vers celle-ci.
Corollaire
X
Si un converge uniformment sur I et si chaque un tend vers une limite finie `n en a alors
X
la srie numrique `n converge et
+
X +
X
un (t) `n
ta
n=0 n=0
Autrement dit
+
X +
X
lim un (t) = lim un (t)
ta ta
n=0 n=0
dm. :
n
X +
X X n
Sn = un converge uniformment vers S = un et Sn
lim uk donc par le thorme de la
a a
k=0 ! n=0 k=0
n
X n
X
double limite, la suite lim uk converge et S
lim lim uk .
a a n+ a
k=0 k=0
+
X 1
Exemple a) Dfinition et continuit de S(x) = 2 + x2
pour x R.
n=1
n
b) Limite en +.
c) Equivalent en +.
a) Posons
1
un (x) =
n2 + x2
Les fonctions un sont dfinies et continues sur R et
1
x R, |un (x)| 6
n2
X X
Puisque la srie 1/n2 converge, la srie de fonctions un converge normalement, et donc
uniformment sur R. On en dduit que S est dfinie et continue sur R.
b) On a
1
n N? , lim =0
x+ n + x2
2
En sommant, on obtient Z + Z +
dt dt
6 S(x) 6
1 t + x2
2
0 t2 + x2
Puisque
+ + Z +
/2 arctan (1/x)
Z
dt 1 t dt
= arctan = et =
0 t 2 + x2 x x 0 2x 1 t 2 + x2 x 2x
on obtient
S(x)
x+ 2x
+
X (1)n
Exemple a) Dfinition et continuit de S(t) = pour t > 0.
n=0
nt + 1
b) Limite de S en +.
c) Dveloppement asymptotique deux termes en +.
(1)n
a) Introduisons un : t R+? 7 .
X nt + 1
Pour t > 0, un (t) converge en vertu du CSSA.
X
un converge simplement sur R+? donc S est dfinie sur R+? .
Par le critre spcial des sries alternes
1
|Rn (t)| 6
(n + 1)t + 1
+
X
lim S = lim un = 1 + 0 + 0 + = 1
+ +
n=0
t 1
|Rn (t)| 6 6 0
(n + 1)t + 1 n + 1 n+
X
vn converge uniformment sur R+? et puisque
(1)n
lim vn =
+ n
X (1)n
le thorme de la double limite sapplique et la srie est donc convergente avec
n
+
X (1)n
lim t(S(t) 1) = = ln 2
t+
n=1
n
On en dduit
ln 2
S(t) 1
t+ t
dm. : Z b
u est continue car limite uniforme dune suite de fonctions continues, on peut donc introduire u.
a
Puisque
Z Z
b Z b b
un (t) dt u(t) dt 6 |un (t) u(t)| dt 6 (b a) kun uk 0
a a a
on a Z b Z b
un (t) dt u(t) dt
a a
Corollaire
X
Soit un est une srie de fonctions de [a, b] vers K
Si
1) chaque
X un est continue ;
2) un converge uniformment sur [a, b] ;
+
X XZ b
alors sa somme un est continue et la srie numrique un (t) dt converge vers
n=0 a
Z +
bX
un (t) dt.
a n=0
Autrement dit
+ Z
X b Z +
bX
un (t) dt = un (t) dt
n=0 a a n=0
dm. :
n + Z b Z b n Z b Z +
bX
CV U
X X X
Sn = uk S = un donc Sn S i.e. uk un .
k=0 n=0 a a k=0 a a n=0
Z 1 +
X 1 1
Exemple Calculons S(t) dt avec S(t) = .
0 n=1
n n+t
1 1
Introduisons un : [0, 1] R dfinie par un (t) = .
n n+t
On a
1 1
kun k = =O
n(n + 1) n2
X
La srie de fonctions un converge normalement sur [0, 1] donc uniformment et
Z 1 Z +
1X + Z 1
1 1 X 1 1
S(t) dt = dt = dt
0 0 n=0 n n+t n=1 0 n n+t
Or Z 1
1 1 1 n+1
dt = ln
0 n (n + t) n n
et
n n
X 1 k+1 X 1
ln = ln(n + 1)
k k k
k=1 k=1
donc Z 1
S(t) dt =
0
Attention : Ces rsultats ne valent que pour une intgration sur un segment !
1
Exemple Considrons un : [0, +[ R dfinie par un (t) = et/n .
Z + n
1 CV U
kun k = 0 donc un 0 alors que un (t) dt = 1 ne tend pas vers 0 !
n [0,+[ 0
15.4.2 Drivation
Lemme
Soit (n ) une suite de fonctions continues de I vers K et a I.
On pose Z x
n (x) = n (t) dt
a
Si (n ) converge uniformment sur tout segment de I vers une fonction , alors la suite de
fonctions (n ) converge uniformment sur tout segment de I vers la fonction avec
Z x
(x) = (t) dt
a
dm. :
Notons que n et sont continues ce qui permet dintroduire les intgrales dfinissant n et .
Soit [, ] un segment de I. Quitte agrandir ce segment, on peut supposer que a [, ].
Pour tout x [, ]
Cas x > a
Z x
|n (x) (x)| 6 |n (t) (t)| dt 6 (x a) kn k,[,] 6 ( ) kn k,[,]
a
Cas x 6 a
Idem.
Ainsi
kn k,[,] 6 ( ) kn k,[,] 0
Thorme
Soit (un ) une suite de fonctions de classe C 1 de I vers K
Si (un ) converge simplement sur I et si (u0n ) converge uniformment sur tout segment de I ;
alors la fonction u = lim un est de classe C 1 et u0 = lim u0n .
n+ n+
Ainsi 0
lim un = lim u0n
n+ n+
Par le lemme, (n ) converge uniformment sur tout segment de I vers donne par
Z x
(x) = (t) dt
a
pour tout x I.
Par unicit de limite,
(x) = u(x) u(a)
puis
u(x) = (x) + u(a)
Par suite u est de classe C 1 avec u0 = = lim u0n .
De plus, soit [, ] I.
On a
un (x) u(x) = n (x) (x) + un (a) u(a)
donc
kun uk,[,] 6 kn k,[,] + |un (a) u(a)|
CV U
or n et un (a) u(a) donc
[,]
kun uk,[,] 0
+
!0 +
X X
un = u0n
n=0 n=0
+
X (1)n
Exemple Monotonie sur ]0, +[ de la fonction S : t 7
n=0
n+t
Introduisons les fonctions un : ]0, +[ R dfinies par
(1)n
un (t) =
n+t
X
Soit t > 0. la srie numrique un (t) converge en vertu du CSSA.
X
La srie de fonctions un converge alors simplement sur ]0, +[ et sa somme S est donc bien dfinie
sur ]0, +[.
un est de classe C 1 et
(1)n+1
u0n (t) =
(n + t)2
X
Soit t > 0. La srie numrique u0n (t) converge en vertu du CCSA
On a
1 1
|Rn (t)| 6 2
6 0
(n + 1 + t) (n + 1)2 n+
X
Ainsi la srie de fonctions u0n converge uniformment sur ]0, +[.
On peut alors affirmer que S est de classe C 1 et
+
X (1)n+1
S 0 (t) =
n=0
(t + n)2
(1)0+1
Par le CSSA, S 0 (t) est du signe de son premier terme 6 0.
t2
Thorme
Soit (un ) une suite de fonctions de classe C p de I vers K.
Si les suites (un ),. . . , (u(p1)
n ) convergent simplement sur I et si la suite de fonctions (un(p) )
converge uniformment sur tout segment de I alors la fonction u = lim un est de classe C p
n+
et pour tout k {1, . . . , p},
u(k) = lim u(k)
n
n+
dm. :
Par rcurrence sur p N? .
Pour p = 1 : ok
Supposons la proprit vraie au rang p et tudions celle-ci au rang p + 1.
Puisque (u(p)
n ) converge simplement et que (un
(p+1)
) converge uniformment sur tout segment, on peut
(p) 1
affirmer que lim un est de classe C et
n+
0
lim u(p)
n = lim un(p+1)
n+ n+
De plus (u(p)
n ) converge uniformment sur tout segment.
Par lhypothse de rcurrence, on a alors lim un de classe C p et pour tout k {1, . . . , p},
n+
(k)
lim un = lim u(k)
n
n+ n+
En particulier
(p)
lim un = lim u(p)
n
n+ n+
Rcurrence tablie.
Corollaire
X
Soit un une srie de fonctions de classe C p de I vers K.
X X X
Si les sries un ,. . . , u(p1)
n convergent simplement et si la srie un(p) converge
+
X
uniformment sur tout segment de I alors la fonction un est de classe C p et, pour tout
n=0
k {1, . . . , p},
+
!(k) +
X X
un = u(k)
n
n=0 n=0
Thorme
+
X 1 n
x R, ex = x
n=0
n!
Exemple En particulier
+
X 1
e=
n=0
n!
( ln n)k
u(k)
n (s) =
ns
Sur [a, b] ]1, +[,
(ln n)k
s [a, b] , u(k)
n (s) 6
na
Soit ]1, a[, on a
(ln n)k
n 0
na n+
X (ln n)k
et il y a donc convergence de la srie .
naX
Par majoration uniforme, la srie de fonctions u(k)
n converge normalement sur [a, b].
Par convergence uniformment sur tout segment de ]1, +[, on peut affirmer que est de classe C sur
]1, +[ et
+
X ( ln n)p
(p) (s) =
n=1
ns
b) Monotonie :
+
X ln n
0 (s) = 60
n=1
ns
est dcroissante.
Convexit :
+
X (ln n)2
00 (s) = >0
n=1
ns
est convexe.
c) Limite en + :
1 0 si n > 1
lim =
s+ ns 1 si n = 1
Pour appliquer le thorme de la double limite, observons la convergence uniforme au voisinage de +.
Pour s > 2
1
|un (s)| 6 2
n
X 1 X
Or 2
converge normalement, donc un converge normalement et donc uniformment sur
n
[2, +[
Par le thorme de la double limite
+
X 1
lim (s) = lim = 1 + 0 + 0 + = 1
s+
n=1
s+ ns
donc
1 1 1
(s) 1 = +o
2s 2s 2s
d) Limite en 1+ :
Par monotonie, on peut affirmer que la fonction admet une limite en 1+ .
Puisque
n
X 1
(s) >
ks
k=1
la limite
n
X 1
lim+ (s) >
s1 k
k=1
n
X 1
Or ceci vaut pour tout n et on sait + donc
k n+
k=1
lim (s) = +
s1+
Equivalent en 1+ :
1
La fonction t 7 est dcroissante donc
ts
Z n+1 Z n
dt 1 dt
s
6 s 6
n t n n1 ts
On en dduit Z + Z +
dt dt
6 (s) 6 1 +
1 ts 1 ts
i.e.
1 1
6 (s) 6 1 +
s1 s1
Par suite
1
(s)
s1 s1
K dsigne R ou C
(E, k . k) dsigne un K-espace vectoriel norm.
Les notions qui suivront ne seront pas modifies lorsquon passe dune norme une norme quivalente.
En particulier, si lespace E est de dimension finie, elles ne dpendent pas de la norme choisie.
16.1 Intrieur et adhrence
X dsigne une partie de E.
16.1.1 Intrieur dune partie
Dfinition
Un lment a E est dit intrieur une partie X si X est voisinage de a i.e.
> 0, B(a, ) X
Exemple
387
16.1. INTRIEUR ET ADHRENCE
Exemple Lintrieur dun intervalle non vide est lintervalle ouvert de mmes extrmits.
P = {z C/Im(z) > 0}
est
P = {z C/Im(z) > 0}
> 0, B(a, ) X 6=
Exemple
> 0, ]a , a + [ X 6=
Exemple Ladhrence dun intervalle non vide est lintervalle ferm de mmes extrmits.
Proposition
On a
CE X = (CE X) et CE X = CE X
dm. :
x CE X x
/ X > 0, B(a, ) X = > 0, B(a, ) CE X a (CE X)
Lautre galit se dduit de la prcdente par passage au complmentaire et substitution de CE X X.
Thorme
Soit X une partie non vide.
On a quivalence entre :
(i) a est adhrent X ;
(ii) (xn ) X N , xn a ;
dm. :
(i) (ii) Supposons que pour tout > 0, B(a, ) X 6= .
1
Pour n N et = > 0, lensemble B (a, 1/(n + 1)) X est non vide.
n+1
Soit xn un lment de celui-ci. En faisant varier n, cela dfinit une suite (xn ) X N vrifiant
1
kxn ak 6 0
n+1
et donc xn a.
(ii) (i) Supposons (ii). Pour tout > 0, il existe N N tel que
et donc B(a, ) X 6= .
Exemple Si X est une partie non vide et majore de R alors le rel sup X est adhrent X.
En effet, il existe une suite dlments de X convergeant vers sup X
Exemple Ladhrence dune boule ouverte est la boule ferme de mmes centre et rayon.
En effet, si x B(a, r) alors il existe (xn ) B(a, r)N telle que xn x et lingalit kxn ak < r
donne la limite kx ak 6 r donc x Bf (a, r).
Inversement, si x Bf (a, r) alors x = lim(xn ) avec
n
xn = a + (x a) B(a, r)
n+1
16.1.4 Frontire
Dfinition
On appelle frontire dune partie X de E lensemble Fr(X) = X\X .
Exemple
Exemple La frontire dune boule (ouverte ou ferme) est la sphre de mmes centre et rayon.
Proposition
Fr(X) = X CE X = Fr(CE X).
dm. :
Fr(X) = X\X = X CE (X ) = X CE X.
Proposition
X = X Fr(X) et X = X\Fr(X).
Dfinition
On appelle voisinage dun lment a de E toute partie V de E vrifiant
> 0, B(a, ) V
Exemple
> 0, ]a , a + [ V
Proposition
Si V est un voisinage de a et W une partie de E contenant V alors W est un voisinage de a.
dm. :
Il existe > 0 tel que B(a, ) V or V W donc B(a, ) W
Proposition
Si V1 , . . . , Vn sont des voisinages de a alors V1 . . . Vn est un voisinage de a.
dm. :
Il existe 1 , . . . , n > 0 tels que pour tout i {1, . . . , n}, B(a, i ) Vi .
Pour = min {1 , . . . , n } > 0, B(a, ) V1 . . . Vn .
Remarque Ce rsultat est faux pour une intersection infinie. Par exemple
\
[1/n, 1/n] = {0}
nN?
a U, > 0, B(a, ) U
Exemple
Exemple Dans E = R, les intervalles ouverts ]a, b[ , ]a, +[ , ], a[ sont des parties ouvertes.
Thorme
Une runion (finie ou infinie) de parties ouvertes est une partie ouverte.
dm. : [
Soit (Ui )iI une famille de parties ouvertes de E et U = Ui .
iI
Soit a U , il existe i I tel que a Ui . Puisque Ui est un ouvert, il existe > 0 tel que B(a, ) Ui
et donc B(a, ) U .
[
Exemple Soit X E et > 0. X = B(a, ) est un ouvert de E contenant X.
aX
Thorme
Une intersection finie de parties ouvertes est une partie ouverte.
dm. :
n
\
Soit (Ui )16i6n une famille finie de parties ouvertes de E et U = Ui .
i=1
Soit a U . Pour tout i {1, . . . , n}, il existe i > 0 tel que a Ui . Pour = min {1 , . . . , n } > 0,
on a pour tout i {1, . . . , n}, B(a, ) B(a, i ) Ui donc B(a, ) U .
Remarque
\ Une intersection infinie de parties ouvertes peut ne pas tre ouverte :
]1/n, 1/n[ = {0}
nN?
nest pas une partie ouverte.
Proposition
Si U1 , . . . , Up sont des parties ouvertes des espaces norms E1 , . . . , Ep alors U = U1 Up
est une partie ouverte de lespace norm produit E = E1 Ep .
dm. :
Commenons par prciser les boules de E.
Notons N1 , . . . , Np les normes sur E1 , . . . , Ep et k . k la norme sur E.
Pour x = (x1 , . . . , xp ) E, kxk = max Nj (xj ).
16j6p
Soit a = (a1 , . . . , ap ) et r > 0.
Ainsi
p
Y
B(a, r) = Bj (aj , r)
j=1
tel que Bj (aj , j ) Uj . Considrons alors = min {1 , . . . , p } > 0. Pour tout j {1, . . . , p},
Bj (aj , ) Uj donc
Yp p
Y
B(a, ) = Bj (aj , ) Uj = U
j=1 j=1
Exemple
Exemple Dans E = R, les intervalles ferms [a, b] , [a, +[ , ], a] sont des parties fermes de R.
Thorme
Une intersection (finie ou infinie) de parties fermes est un ferm.
Une union finie de parties fermes est ferme.
dm. :
Par passage au complmentaire dune union ou dune intersection douverts.
[
Remarque Une union infinie de parties fermes peut ne pas tre ferme : [1/n, 1] = ]0, 1]
nN?
Proposition
Si F1 , . . . , Fp sont des parties fermes des espaces vectoriels norms E1 , . . . , Ep alors F =
F1 . . . Fp est une partie ferme de lespace vectoriel norm produit E = E1 Ep .
dm. :
Soit (x(n)) F N une suite convergente de limite a.
On peut crire x(n) = (x1 (n), . . . , xp (n)) avec xj (n) aj o a = (a1 , . . . , ap ).
Pour tout j {1, . . . , p}, (xj (n)) FjN , or Fj est ferme, donc aj Fj puis a F .
Exemple
Proposition
Soit A une partie de X. On a quivalence entre :
(i) A est un voisinage de a relatif X ;
(ii) il existe > 0 tel que B(a, ) X A.
dm. :
(i) (ii) Si A est un voisinage de a relatif X alors il existe V voisinage de a tel que A = V X. Il
existe > 0 tel que B(a, ) V et alors B(a, ) X A.
(ii) (i) Supposons quil existe > 0 tel que B(a, ) X A. Pour V = B(a, ) A, V est un
voisinage de A et V X = (B(a, ) X) (A X) = A.
Dfinition
On appelle ouvert relatif X tout ensemble de la forme U X avec U ouvert de E.
Exemple
Proposition
Soit A une partie de X. On a quivalence entre :
(i) A est un ouvert relatif X ;
(ii) A est voisinage relatif X de chacun de ses points.
dm. :
(i) (ii) Si A est un ouvert relatif X alors A = U X avec U ouvert.
Pour tout a A, a U or U est ouvert donc U est voisinage de a et A = U X est voisinage de a
relatif X.
(ii) (i) Supposons (ii)
Soit a A. A est un voisinage relatif X de a donc il existe a > 0 tel que B(a, a ) X A.
Posons alors [
U= B(a, a )
aA
Dfinition
On appelle ferm relatif X tout ensemble de la forme F X avec F ferm de E.
Exemple
Thorme
Soit A une partie de X. On a quivalence entre :
(i) A est un ferm relatif X ;
(ii) A contient les limites de ses suites convergeant dans X.
(iii) le complmentaire de A dans X est un ouvert relatif X ;
dm. :
(i) (ii) Supposons A = F X avec F ferm. Si (xn ) AN converge vers x X alors puisque
(xn ) F N , on a x F donc x F X = A.
(ii) (iii) Par contrapose. Supposons que le complmentaire de A dans X nest pas un ouvert relatif
X. Il existe alors a X\A tel que X\A nest pas voisinage relatif X de a. Pour tout > 0, on a alors
B(a, ) X 6 X\A et donc B(a, ) A 6= . Cette proprit utilise avec = 1/(n + 1) permet de
construire une suite (xn ) AN telle que xn a X\A.
(iii) (i) Si X\A = U X avec U ouvert alors A = X F avec F = CE U ferme.
dm. :
(i) (ii) Supposons f continue et considrons V un ouvert de F . Pour tout a f 1 (V ), f (a) V or
V est ouvert et donc il existe > 0 tel que B(f (a), ) V . Par continuit de f en a, il existe > 0
vrifiant
x X, kx akE < kf (x) f (a)kF <
et donc
x B(a, ) X, f (x) B(f (a), ) V
et ainsi
B(a, ) X f 1 (V )
Par suite f 1 (V ) est ouvert relatif X car voisinage de chacun de ses points.
(ii) (i) Supposons (ii). Pour tout a X et tout > 0 considrons louvert V = B(f (a), ). Par
hypothse, f 1 (V ) est un ouvert relatif X. Or a f 1 (V ) donc f 1 (V ) est un voisinage de a relatif
X et donc il existe > 0 tel que
B(a, ) X f 1 (B(`, ))
On a alors
x X, kx akE < kf (x) f (a)kF <
1
(ii) (iii) via f (CF Y ) = CX f 1 (Y ) pour Y F .
Remarque Le rsultat est faux en terme dimage directe
Corollaire
Pour f : E F continue, limage rciproque dune partie ouverte (resp. ferme) de F est une
partie ouverte de E (resp. ferme).
dm. :
Car un ouvert (resp. un ferm) relatif E est un ouvert (resp. un ferm) de E.
16.4 Densit
16.4.1 Dfinition
Dfinition
Une partie X de E est dite dense si X = E.
Thorme
On a quivalence entre :
(i) X est une partie dense de E ;
(ii) a E, > 0, B(a, ) X 6= ;
(iii) a E, (xn ) X N , xn a.
dm. :
(ii) et (iii) signifient E X.
Exemple Q est une partie dense de R.
En effet, tout rel est limite dune suite de rationnels.
f (x) = g(x)
Exemple Dterminons les fonctions f : R R continues vrifiant
x, y R, f (x + y) = f (x) + f (y)
Soit f solution.
On a f (0 + 0) = f (0) + f (0) donc f (0) = 0.
On a f (2a) = f (a + a) = f (a) + f (a) = 2f (a),. . .
Par rcurrence, on montre
a R, n N, f (na) = nf (a)
Soit K et B Mn (K).
Pour A GLn (K),
AB () = det(In AB) = det(A) det(A1 B)
puis
AB () = det(A1 B) det(A) = det(In BA) = BA ()
Les applications A 7 AB () et A 7 BA () sont continues sur Mn (K) et concident sur GLn (K)
partie dense de Mn (K), elles sont donc gales sur Mn (K).
Ainsi, pour tout K, AB () = BA () et donc AB = BA .
Rappel :
On appelle subdivision dun segment [a, b] toute suite relle finie = (a0 , a1 , . . . , an ) avec
Dfinition
Une fonction : [a, b] K est dite en escalier sil existe une subdivision = (a0 , a1 , . . . , an )
de [a, b]
vrifiant
i {1, . . . , n} , ]ai1 ,ai [ est constante
Une telle subdivision est alors dite adapte .
Thorme
Soit f : [a, b] K continue par morceaux.
Pour tout > 0, il existe une fonction en escalier : [a, b] K vrifiant
dm. :
Cas f continue sur [a, b].
Soit > 0. Puisque f est continue sur le segment [a, b], elle y est uniformment continue et donc il existe
> 0 tel que
s, t [a, b] , |s t| < |f (s) f (t)| 6
Soit n N? tel que (b a)/n 6 et = (a0 , . . . , an ) la subdivision de [a, b] dfinie par
ba
ai = a + i
n
Considrons : [a, b] C dfinie par (t) = f (ai ) sur ]ai1 , ai ] et (a) = f (a).
La fonction est une fonction en escalier et pour tout i {1, . . . , n} et tout t ]ai1 , ai ], on a
ba
|t ai | 6 6
n
et donc
|f (t) (t)| 6
Cas f continue par morceaux sur [a, b].
Soit = (a0 , . . . , an ) une subdivision de [a, b] adapte f .
Pour tout i {1, . . . , n}, on peut prolonger f]ai1 ,ai [ en une fonction continue fi dfinie sur [ai1 , ai ].
La fonction fi tant continue, il existe (i ) fonction en escalier telle que
t [ai1 , ai ] , |fi (t) i (t)| 6
Posons alors : [a, b] E dfinie par
(ai ) = f (ai ) et (t) = i (t) si t ]ai1 , ai [
On a clairement par construction
t [a, b] , |f (t) (t)| 6
Corollaire
Lensemble E ([a, b] , K) des fonctions en escalier de [a, b] vers K est une partie dense de les-
0
pace Cpm ([a, b] , K) norm par k . k .
Toute fonction continue par morceaux est limite uniforme dune suite de fonctions en escalier.
Exemple Montrons
Z b
0
f Cpm ([a, b] , K) , lim f (t)eint dt = 0
n+ a
Cas f constante : Cest immdiat par calcul.
Cas f en escalier : Cest immdiat en dcoupant lintgrale.
Cas f continue par morceaux :
Soit > 0. Il existe : [a, b] K en escalier vrifiant
t [a, b] , |f (t) (t)| 6
et alors pour tout n N
Z b Z b Z b
f (t)eint dt = (t)eint dt + (f (t) (t)) eint dt
a a a
avec Z Z
b b
(f (t) (t)) eint dt 6 |f (t) (t)| dt 6 (b a)
a a
Or Z b
(t)eint dt 0
a n+
Corollaire
P ([a, b] , K) est une partie dense de C ([a, b] , K) norm par k . k
Toute fonction continue sur [a, b] est limite uniforme dune suite de fonctions polynomiales.
Remarque Puisque k . k1 et k . k2 sont domines par k . k , P ([a, b] , K) est encore une partie dense de
C ([a, b] , K) norm par k . k1 ou k . k2 .
Thorme
Les sous-groupes de (R, +) sont de la forme aZ avec a R ou bien sont des parties denses
de R.
dm. :
Soit H un sous-groupe de (R, +).
Si H = {0} alors H = aZ avec a = 0.
Sinon, il existe h H tel que h 6= 0 et, quitte considrer son oppos, on peut supposer h > 0.
Posons alors a = inf H + avec H + = {h H/h > 0}.
Cette borne infrieure existe car H + est une partie de R non vide et minore.
Cas a > 0 :
Montrons H = aZ.
Commenons par justifier a H.
Puisque a = inf H + , 2a nest pas minorant de H + et donc il existe b H + tel que a 6 b < 2a.
Si b > a alors b a > 0 or, par opration dans le sous-groupe H, on a b a H. Ainsi b a H + .
Cependant b a < a = inf H + , cest absurde.
On en dduit b = a et, puisque b H + , on obtient a H.
Sachant a H, on peut affirmer aZ = hai H.
Inversement, soit x H.
Par division euclidienne, on peut crire x = aq + r avec a Z et r [0, a[.
Notons que r = x aq H car x H et aq aZ H.
Si r > 0 alors r H + . Or r < a = inf H + . Cest absurde.
On en dduit r = 0 puis x = aq aZ.
Par double inclusion, on obtient H = aZ.
Cas a = 0 :
Montrons que H est dense dans R.
Soit x R et > 0.
Puisque inf H + = 0, il existe h H + tel que 0 < h < .
Posons alors n = bx/hc Z.
On a x/h 1 < n 6 x/h donc x h < nh 6 x puis nh ]x , x].
Or nh H donc on peut affirmer H ]x , x + [ 6= .
Exemple Montrons que {cos(n)/n N} est dense dans [1, 1].
Considrons H = Z + 2Z.
H est un sous-groupe de (R, +).
Sil est de la forme aZ avec a R alors, puisque Z H = aZ, on a a Q.
De plus, puisque 2Z H = aZ, on a aussi aQ.
On en dduit que est rationnel.
Cest absurde.
On peut donc affirmer que H = Z + 2Z est un sous-groupe dense dans R.
Considrons alors x [1, 1] et = arccos x [0, ] R.
Il existe une suite dlments de H convergeant vers et donc il existe deux suites dentiers (an ) et (bn )
telles que an + 2bn .
On a alors cos(|an |) = cos(an + bn ) cos = x.
E et F dsignent des K-espaces vectoriels norms par k . kE et k . kF . Les notions qui vont suivre sont
inchanges lorsquon passe dune norme une norme quivalente. En particulier, elles ne dpendent pas
du choix de la norme lorsque les espaces sont de dimensions finies.
X dsigne une partie de E.
On sintresse ici aux applications f : X E F . En pratique, ltude sappliquera :
- aux fonctions numriques dune ou plusieurs variables relles ;
- aux fonctions dune variable complexe ( z 7 z/1 + z, z 7 ez ,. . . ) ;
- aux applications dune variable matricielle ( det : Mn (K) K, A GLn (K) 7 A1 ), aux
applications linaires ou multilinaires. . .
17.1 Limites
17.1.1 Convergence
Soit f : X E F et a un point adhrent X.
Dfinition
On dit que f tend vers ` F en a si
On note alors f
` ou f (x) `
a xa
Thorme
Si f `0 alors ` = `0 .
` et f
a a
407
17.1. LIMITES
dm. :
Soit > 0. Il existe , 0 > 0 tels que
et
x X, kx akE 6 0 kf (x) `0 kF 6
Pour 00 = min(, 0 ) > 0 et x B(a, 00 ) X (qui est non vide car a est adhrent X ), on a
kf (x) `k 6 et kf (x) `0 k 6 . On en dduit
k` `0 k 6 k` f (x)k + kf (x) `0 k 6 2
Thorme
Soit f : X E F et ` F .
On a quivalence entre :
(i) f
`;
a
(ii) (xn ) X N , xn a f (xn ) `.
dm. :
(i) (ii) Supposons f
`.
a
Soit (xn ) X N telle que xn a.
Soit > 0. Il existe > 0 tel que
x X, kx ak 6 kf (x) `k 6
n N, n > N kxn ak 6
et donc
n > N kf (xn ) `k 6
(ii) (i) Par contrapose.
Supposons f 6 `. Il existe > 0 tel que
a
1 1
Soit n N, pour = > 0, il existe xn X tel que kxn ak 6 et kf (xn ) `k > .
n+1 n+1
N
En faisant varier n, ceci dtermine une suite (xn ) X telle que xn a et f (xn ) 6 `.
Corollaire
Si f tend vers ` en a alors ` est adhrent f (X).
Ce dernier rsultat est une extension du thorme de passage la limite des ingalits larges.
17.1.2.2 Oprations
Thorme
Soit f, g : X E F et , K
Si f
` et g `0 alors f + g
` + `0 .
a a a
``0
Si de plus F est une algbre norme, f g
a
dm. :
Soit (xn ) X N de limite a.
On a f (xn ) ` et g(xn ) `0 .
Par oprations sur les suites vectorielles convergentes, (f + g)(xn ) ` + `0 .
Or ceci vaut pour toute suite (xn ) X N convergeant vers a donc, par la caractrisation squentielle des
limites, f + g ` + `0 .
a
Thorme
Soit : X E K, f : X E F ..
Si
et f
` alors .f
.`.
a a a
dm. :
Par la caractrisation squentielle des limites et oprations sur les suites vectorielles convergentes.
Thorme
Soit f : X E F et g : Y F G telles que f (X) Y .
Si f
b et si g
` alors g f `.
a b a
dm. :
Par la caractrisation squentielle des limites.
Notons que b est adhrent Y car b = lim f est adhrent f (X) et f (X) Y .
a
Corollaire
Si f
` alors kf k
k`k.
a a
17.1.2.3 Comparaison
Thorme
Soit f : X E F , g : X E R et a adhrent X.
Si kf (x) `k 6 g(x) et g
0 alors f
`.
a a
dm. :
Par la caractrisation squentielle des limites et comparaison de suites relles.
Dfinition
Les applications scalaires f1 , . . . , fp sont appeles fonctions coordonnes (ou composantes) de
f relatives la base (e1 , . . . , ep ).
Thorme
Soit a adhrent X. On a quivalence entre :
(i) la fonction vectorielle f converge en a ;
(ii) les fonctions numriques f1 , . . . , fp convergent en a.
De plus, si tel est le cas
p
X
lim f = lim f1 .e1 + + lim fp .ep = lim fj ej
a a a a
j=1
dm. :
Par la caractrisation squentielle des limites.
17.1.4 Convergence valeurs dans un espace norm produit
Soit F1 , . . . , Fp des espaces vectoriels norms respectivement par N1 , . . . , Np et F = F1 . . . Fp
lespace vectoriel norm produit. Pour x = (x1 , . . . , xp ) F ,
kxk = max Nj (xj )
16j6n
Considrons f : X E F .
Pour tout x X f (x) = (f1 (x), . . . , fp (x)) avec fj (x) Fj .
Dfinition
Les applications f1 , . . . , fp sont appeles applications coordonnes de f .
Thorme
Soit a E adhrent X. On a quivalence entre :
(i) f converge en a ;
(ii) f1 , . . . , fp convergent en a.
De plus, si tel est le cas,
lim f = lim f1 , . . . , lim fp
a a a
dm. :
Par la caractrisation squentielle des limites.
17.1.5 Convergence et restriction
Soit f : X E F et a adhrent X.
Dfinition
Soit X 0 X tel que a soit adhrent X 0 .
On appelle limite de f en a selon X 0 lventuelle limite de la restriction f |X 0 en a. On la note
lim f (x)
xa,xX 0
Proposition
Si a est adhrent X 0 X et si f converge en a alors la restriction f |X 0 converge en a vers
la mme limite.
dm. :
Qui peut le plus, peut le moins.
Proposition
Soit r > 0 et X 0 = B(a, r) X.
Si la restriction f |X 0 converge en a alors f converge en a vers la mme limite
dm. :
Supposons fX 0 converge vers ` en a.
Soit > 0. Il existe > 0 tel que
donc
x X, kx akE < 0 kf (x) `kF 6
Proposition
On suppose X = X 0 X 00 avec a adhrent X 0 et X 00 .
Si les restrictions f |X 0 et f |X 00 convergent en a vers la mme limite alors f converge en a vers
cette limite.
dm. :
Notons ` la limite commune.
Soit > 0. Il existe 0 , 00 > 0 tels que
Remarque Cet outil permet ltude de limite de fonction dfinie par une alternative.
Dfinition
Soit f : X E F avec X non borne.
On dit que f (x) tend vers ` F quand kxk + si
Dfinition
Soit f : X E R et a E adhrent X.
On dit que f tend vers + en a si
17.1.7 Exemples
p
Exemple Dans R2 , tude de lim x2 + xy + y 2 .
(x,y)(0,0)
p
Soit f : (x, y) 7 x2 + xy + y 2 dfinie sur X = R2 car
2
x2 + xy + y 2 > (x + 1/2) + 3y 2 /4
xy
Exemple Dans R2 , tude de lim p .
(x,y)(0,0) x2 + y 2
xy
Soit f : (x, y) 7 p dfinie sur X = R2 \ {(0, 0)}.
x2 + y 2
(0, 0) est adhrent X
Quand (x, y) (0, 0) (avec (x, y) X ) p
On pose x = r cos , y = r sin avec r = x2 + y 2 0 et incontrlable.
Par composition, on a alors
f (x, y) = r cos sin 0
Attention : Etudier lim ne correspond pas tudier lim lim ou lim lim
(x,y)(0,0) x0 y0 y0 x0
x2 y 2
Exemple Dans R2 , tude de lim .
(x,y)(0,0) x2 + y 2
x2 y 2
Soit f : (x, y) 7 dfinie sur X = R2 \ {(0, 0)}.
x2 + y 2
(0, 0) est adhrent X et
p
Pour x = r cos , y = r sin avec r = x2 + y 2 0, on a
xyz
Exemple Dans R3 , tude de lim .
(x,y,z)(0,0,0) x + y 2 + z 2
2
xyz
Soit f : (x, y, z) 7 2 dfinie sur X = R3 \ {(0, 0, 0)}.
x + y2 + z2
Quand (x, y, z) (0, 0, 0) (avec (x, y, z) X ) p
On pose x = r cos sin , y = r sin sin , z = r cos avec r = x2 + y 2 + z 2 0 et ,
incontrlables.
xyz
= r cos sin cos2 sin 0
x2 + y 2 + z 2
z2
Exemple Dans C, tude de lim .
z0 |z|
z2
Soit f : z 7 dfinie sur X = C? .
|z|
0 est adhrent C? .
Quand z 0 (avec z C? )
On peut crire z = rei avec r = |z| 0.
On a alors
f (z) = re2i 0
1
Exemple Dans C, tude de lim .
|z|+ z + 1
f : z 7 1/(z + 1) est dfinie sur X = C\ {1}.
X nest pas borne.
Quand |z| + (avec z X ).
1 1
On a |z + 1| > |z| 1 donc 6 0 (pour |z| > 1 ).
z+1 |z| 1
1
Ainsi lim =0
|z|+ z + 1
17.2 Continuit
17.2.1 Continuit en un point
Remarque Si f : X E F admet une limite en a X, celle-ci ne peut qutre gale f (a).
Dfinition
On dit que f : X E F est continue en a X si f (x) f (a).
xa
Thorme
On a quivalence entre :
(i) f : X E F est continue en a X ;
(ii) (xn ) X N , (xn a f (xn ) f (a))
dm. :
En vertu de la caractrisation squentielle des limites.
1
Exemple La fonction z 7 est continue sur C? .
z
En effet, pour a C? ,
1 1 |z a|
= 0
z a |z| |a| za
Soit (x0 , y0 ) R2 .
Cas x0 6= y0 .
Sur une boule centre en (x0 , y0 ),
Cas x0 = y0 .
Quand (x, y) (x0 , x0 ) avec x 6= y
En effet
2 sin 2t
1 et y x 0
t t0
donc
d(x, A) kx yk 6 ky ak
puis par passage la borne infrieure
d(x, A) kx yk 6 d(y, A)
Ainsi
d(x, A) d(y, A) 6 kx yk
Par un raisonnement symtrique on a aussi d(y, A) d(x, A) 6 ky xk et donc
Thorme
Les applications lipschitziennes sont continues.
dm. :
Soit f : X E F une fonction lipschitzienne.
Il existe k R+ tel que
x, y X, kf (y) f (x)kF 6 k ky xkE
Soit a X.
Quand x a, kf (x) f (a)kF 6 k kx akE 0 donc f (x) f (a).
Ainsi f est continue en chaque a X.
Ainsi les formes linaires coordonnes dans une base sont lipschitziennes et donc continues.
Exemple Soit (E1 , N1 ),. . . , (Ep , Np ) des espaces norms et (E, k . k) lespace norm produit.
Les applications coordonnes pj : x = (x1 , . . . , xp ) E 7 xj sont lipschitziennes.
En effet, pour tout x, y E,
Dfinition
On appelle fonction monme sur Kp toute application de la forme
x = (x1 , . . . , xp ) 7 x p
1 . . . xp
1
et donc lapplication det se comprend comme une somme de produits de fonctions continues.
On dit que le dterminant est une fonction polynme en les coefficients de la matrice.
Thorme
Soit : X E K et f : X E F .
Si et f sont continues alors .f est continue.
dm. :
Par oprations sur les limites en tout point a X.
Thorme
Soit f : X E F et g : Y F G telle que f (X) Y .
Si f et g sont continues alors g f est continue.
dm. :
Par oprations sur les limites en tout point a X.
Dfinition
On appelle fonctions rationnelles sur Kp toute fonction qui est le rapport de deux fonctions
polynmes sur Kp .
Exemple Les fonction rationnelles sur Kp sont continues sur leur domaine de dfinition.
Exemple La fonction
sin(x + y 2 )
f : (x, y) 7
2 + ln(1 + x2 + y 2 )
est continue sur R2
Par oprations sur les fonctions continues !
xy
Exemple Soit f (x, y) = si (x, y) 6= (0, 0) et f (0, 0) = 0.
x2 + y2
Pour tout y R.
xy
Si y 6= 0 alors x 7 f (x, y) = est continue.
x2 + y 2
Si y = 0 alors x 7 f (x, y) = 0 est continue.
Par symtrie, on a aussi y 7 f (x, y) est continue pour tout x R.
Ainsi la fonction f est continue en x et en y .
Cependant, la fonction f nest pas continue puisque f (1/n, 1/n) = 1/2 6 f (0, 0).
Thorme
Si F est de dimension finie alors f : X E F est continue si, et seulement si, ses fonctions
coordonnes dans une base de F le sont.
Thorme
Si F est un espace norm produit alors f : X E F est continue si, et seulement si, ses
fonctions coordonnes le sont.
Thorme
Lc (E, F ) est un K-espace vectoriel
dm. :
Lc (E, F ) = L(E, F ) C(E, F ) est un sous-espace vectoriel de F(E, F ).
Thorme
Soit une application linaire u : E F . On a quivalence entre :
(i) u est continue ;
(ii) u est continue en 0E ;
(iii) k > 0, x E, ku(x)kF 6 k kxkE [lipschitzianit en 0] ;
(iv) u est lipschitzienne.
dm. :
(i) (ii) : ok
(ii) (iii) : Supposons u continue en 0.
Pour = 1, il existe > 0 tel que
x E, kxkE 6 ku(x)kF 6 1
x E, ku(x)kF 6 k kxkE
Pour x = 0 : ok
Pour x 6= 0, posons x0 = x. On a kx0 kE 6 donc ku(x0 )kF 6 1.
kxkE
1
Or ku(x0 )kF = ku(x)kF donc puis ku(x)kF 6 kxkE .
kxkE
(iii) (iv) : Supposons quil existe k > 0 tel que ku(x)k 6 k kxk pour tout x E.
Pour x, y E,
ku(x) u(y)kF = ku(x y)kF 6 k kx ykE
donc u est lipschitzienne.
(iv) (i) : ok
Exemple Soit E = C([0, 1] , K) et u : E K dfinie par u(f ) = f (1) f (0).
u est une forme linaire sur E.
Etudions sa continuit pour k . kE = k . k et k . kE = k . k1 .
Cas k . kE = k . k .
Pour tout f E, |u(f )| = |f (1)| + |f (0)| 6 2 kf k donc u est continue.
Cas k . kE = k . k1 .
Pour fn : t 7 tn ,
1
|u(fn )| = 1 et kfn k1 = 0
n+1
et donc
ku(x)kF 6 |x1 | ku(e1 )kF + + |xn | ku(en )kF 6 k kxk
avec
k = ku(e1 )kF + + ku(en )kF R+
Corollaire
Si E est de dimension finie Lc (E, F ) = L(E, F ).
Exemple Lapplication Tr : Mn (K) K est continue, lapplication de transposition de Mn,p (K) vers
Mp,n (K),. . .
Si x = 0E ou y = 0F : ok
Sinon, on pose x0 = x et y 0 = y. On a k(x0 , y 0 )k = donc kB(x0 , y 0 )k 6 1.
kxk kyk
2 1
Or kB(x0 , y 0 )k = kB(x, y)k donc kB(x, y)k 6 2 kxk kyk.
kxk kyk
(iii) (i) Supposons quil existe k R+ tel que kB(x, y)k 6 k kxk kyk pour tout x E et y F .
Soit (x0 , y0 ) E F .
donc
dm. :
Cas E = {0E } ou F = {0F } : ok
Cas E 6= {0E } et F 6= {0F } : on introduit e = (e1 , . . . , en ) une base de E, f = (f1 , . . . , fp ) une base
de F et on considre k . kE = k . k,e et k . kF = k . k,f .
Xn X p
Pour x = xi ei E et y = yj fj F on a
i=1 j=1
p
n X
X
b(x, y) = xi yj b(ei , fj )
i=1 j=1
donc
kb(x, y)k 6 k kxk kyk
avec
p
n X
X
k= kb(ei , fj )k
i=1 j=1
Thorme
Soit m : E = E1 Ep F une application multilinaire. On a quivalence entre :
(i) m est continue ;
(ii) k R+ , x = (x1 , . . . , xp ) E, km(x)kF 6 k kx1 kE1 kxp kEp .
dm. :
Mme principe quau dessus.
Corollaire
Les applications multilinaires au dpart dun produit despaces dimensions finies sont conti-
nues.
dm. :
Semblable ltude relative la bilinarit.
Exemple Soit E un K-espace vectoriel de dimension n N? muni dune base e.
Lapplication dete : E n K est continue car multilinaire au dpart dun espace de dimension finie.
t [0, 1] , (t) X
Dfinition
On dit quun lment a X peut tre reli dans X un lment b X sil existe un chemin
: [0, 1] E inscrit dans X vrifiant
(0) = a et (1) = b
Exemple
Proposition
Soit a, b, c X.
a) a peut tre reli lui-mme dans X ;
b) si a peut tre reli b dans X, b peut tre reli a dans X ;
c) si a peut tre reli b dans X et si b peut tre reli c dans X alors a peut tre reli c
dans X.
dm. :
a) Il suffit de considrer un chemin constant gal a.
b) Si est un chemin inscrit dans X joignant a b alors dfini par (t) = (1 t) dtermine un chemin
inscrit dans X joignant b a.
c) Si 1 est chemin inscrit dans X joignant a b et 2 joignant b c alors donn par
1 (2t) si t [0, 1/2]
(t) =
2 (2t 1) si t [1/2, 1]
Dfinition
Les classes dquivalences de la relation R sont appeles les composantes connexes par arcs
de la partie X.
Exemple
Exemple
Proposition
Les parties convexes sont connexes par arcs.
dm. :
Soit X une partie convexe.
Pour tout a, b X, [a, b] = {(1 )a + b/ [0, 1]} X.
Considrons alors : t [0, 1] 7 (t) = (1 t)a + tb.
est continue, (0) = a, (1) = b et ([0, 1]) A.
Exemple Les boules, les sous-espaces vectoriels et les sous-espaces affines sont des parties connexes
par arcs car convexes.
Dfinition
Une partie X de E est dite toile sil existe a X vrifiant
x X, [a, x] X
Exemple
Proposition
Les parties toile sont connexes par arcs.
dm. :
Car tout lment de X appartient la composante connexes par arcs possdant a.
Remarque - la runion de deux connexes par arcs non disjoints est videmment connexe par arcs ;
- lintersection de deux connexes par arcs ne lest pas ncessairement. ;
- le produit cartsien de deux connexes pas arcs est connexe par arcs.
Sinon, pour tout a 6 b X, il existe : [0, 1] R continue telle que (0) = a, (1) = b et
([0, 1]) X. Or, par application du thorme des valeurs intermdiaires, la fonction prend toutes les
comprises entre a et b. Ainsi [a, b] ([0, 1]) X et donc
a 6 b X, [a, b] X
La fonction v : X R dfinie par v(x, y) = f (y) f (x) est continue et ne sannule pas en vertu de
linjectivit de f . Limage par v de X est donc un intervalle de R qui ne contient pas 0. Par suite
v(X) R+? ou v(X) R? et dans les deux cas f est strictement monotone.
Compacit
k N, vk = u(k)
Remarque En posant nk = (k), une suite extraire peut se comprendre comme une slection de termes
qui se succdent
(unk )kN avec nk < nk+1
Exemple (u2k )kN et (u2k+1 )kN sont deux suites extraites de (un )nN .
Proposition
Si w est une suite extraire dune suite v elle-mme extraite dune suite u alors w est extraite
de u.
dm. :
On suppose (vk ) = (u(k) ) et (w` ) = (v(`) ) avec , : N N strictement croissantes.
On a alors (w` ) = (u(`) ) avec = : N N strictement croissante.
Thorme
Si (un ) converge vers ` alors toute suite extraite de (un ) converge aussi vers `.
dm. :
Soit (vk ) = (u(k) ) une suite extraite de (un ) avec un `.
Soit > 0. Il existe N N tel que pour tout n > N , kun `k 6 .
429
18.2. PARTIE COMPACTE
Remarque Une suite possdant au moins deux valeurs dadhrence (ou nen possdant aucune) diverge.
1
Exemple Dterminons les valeurs dadhrence de un = (1)n + .
n+1
On a u2n 1 et u2n+1 1 donc Adh(u) = {1, 1}.
Exemple Dterminons les valeurs dadhrence de u = (un )nN E N telle que kun k +.
Aucune suite extraite de u ne converge car aucune suite extraite de u nest borne.
On en dduit Adh(u) = .
Remarque Les valeurs dadhrence dune suite sont les valeurs au voisinage desquelles saccumule une
infinit de termes de la suite.
Thorme
Toute suite borne dlments de K admet au moins une valeur dadhrence.
Remarque Dans une partie compacte K, on ne peut rpartir les lments dune suite sans quil y ait
accumulation au voisinage dun point de K.
donc ` F .
Finalement, (xn )nN admet une valeur dadhrence dans F .
18.2.3 Oprations sur les parties compactes
Proposition
Une intersection de deux parties compactes est un compact.
dm. :
Car dtermine une partie ferme lintrieur dun compact.
Proposition
Une runion de deux parties compactes est un compact
dm. :
Soit K1 et K2 deux parties compactes de E et u = (un )nN une suite dlments de K1 K2 .
Cette suite contient une infinit dlments de K1 (ou de K2 ) et possde donc une valeur dadhrence
dans K1 (ou dans K2 ).
Thorme
Si K1 et K2 sont deux parties compactes despaces norms E1 et E2 alors K1 K2 est une
partie compacte de lespace norm produit E1 E2 .
dm. :
Soit (un )nN une suite dlments de K1 K2 .
Pour tout n N, on peut crire un = (xn , yn ) avec xn K1 et yn K2 .
La suite (xn ) est une suite dlments du compact K1 donc elle admet une valeur dadhrence x dans
K1 . Ainsi, il existe une extractrice telle que x(n) x avec x K1 .
La suite extraite (y(n) ) est une suite dlments du compact K2 donc elle admet une valeur dadhrence
y dans K2 . Ainsi, il existe une extractrice telle que y((n)) y avec y K2 .
Or, par extraction dune suite convergente, on a encore x((n)) x et donc u((n)) = (x((n)) , y((n)) )
(x, y) avec (x, y) K1 , K2 . Finalement, toute suite dlments de K1 K2 admet une valeur dadh-
rence dans K1 K2 .
Corollaire
Si K1 , . . . , Kp sont des parties compactes despaces vectoriels norms E1 , . . . , Ep alors K =
K1 Kp est une partie compacte de lespace vectoriel norm produit E = E1 Ep .
dm. :
Par rcurrence via
K1 . . . Kp Kp+1 = (K1 . . . Kp ) Kp+1
18.2.4 Compacit en dimension finie
Thorme
En dimension finie, les parties compactes sont exactement les parties fermes et bornes.
dm. :
Les parties compactes sont assurment de cette forme. Etudions la rciproque.
Soit K une partie ferme borne dun espace vectoriel norm E de dimension finie p N.
Si p = 0 alors E = {0E } et K = ou K = {0E }. Dans les deux cas K est une partie compacte.
Sinon, on peut introduire une base e = (e1 , . . . , ep ) de E et considrer la norme k . k,e .
Soit u = (u(n))nN une suite dlments de K.
Notons u1 , . . . , up les suites coordonnes de u.
Considrons v (Kp )N dfinie par v(n) = (u1 (n), . . . , up (n))
Puisque la partie K est borne, il existe M R+ vrifiant
x K, kxk 6 M
En particulier
n N, ku(n)k 6 M
et donc
1 6 j 6 p, n N, |uj (n)| 6 M
p p
La suite v est donc une suite dlments du compact [M, M ] (si K = R ) ou du compact D(0, M )
(si K = C ). La suite v admet donc une valeur dadhrence et il existe : N N strictement crois-
sante telle que (v((n)))nN converge. Les suites coordonnes (ui ((n)))nN convergent et finalement
(u((n)))nN converge.
De plus, (u((n)))nN K N et K est ferm donc (u((n)))nN converge dans K.
Exemple En dimension finie, les boules fermes sont compactes.
A On (R), 1 6 i, j 6 n, |ai,j | 6 1
Corollaire
En dimension finie, toute suite borne admet une valeur dadhrence.
dm. :
Car une telle suite volue dans une boule ferme qui est compacte.
18.2.5 Applications
18.2.5.1 Convergence dune suite dlments dun compact
Thorme
Une suite dlments dune partie compacte converge si, et seulement si, elle admet une unique
valeur dadhrence.
dm. :
( ) On a dj vu que lensemble des valeurs dadhrence dune suite convergente est un singleton.
() Soit u = (un )nN une suite dlments dun compact K possdant une unique valeur dadhrence `.
Par labsurde, supposons que la suite u ne converge pas vers `. Il existe > 0 vrifiant
N N, n N, n > N et kun `k >
Il existe donc une infinit de termes de la suite u en dehors de Bf (`, ). On peut ainsi dfinir une suite
extraite (u(n) )nN vrifiant
n N,
u(n) `
>
Or celle-ci est une suite dlments du compact K et admet donc une valeur dadhrence m K. Cette
valeur dadhrence vrifie
km `k >
Cest absurde, car la suite u ne possde quune seule valeur dadhrence.
Corollaire
En dimension finie, toute suite borne admettant une unique valeur dadhrence converge vers
celle-ci.
dm. :
Soit u = (un )nN une telle suite. Il existe M R+ vrifiant
n N, kun k 6 M
La suite u apparat alors comme tant une suite du compact Bf (0E , M ) et comme elle nadmet quune
valeur dadhrence, elle converge vers celle-ci.
18.2.5.2 Fermeture des sous-espaces vectoriels de dimension finie
Thorme
Tout sous-espace vectoriel de dimension finie dun espace norm est une partie ferme.
dm. :
Soit F sous-espace vectoriel de dimension finie dun espace norm E.
Soit (un )nN une suite convergente dlments de F de limite u .
La suite (un )nN converge, elle est donc borne et il existe M R+ vrifiant
n N, kun k 6 M
La suite (un )nN est alors une suite du compact K = Bf (0E , M )F , elle admet une valeur dadhrence
dans K qui ne peut qutre u . En particulier, u F .
Le sous-espace vectoriel F est donc ferm puisquil contient les limites de ses suites convergentes.
18.2.5.3 Distance un ferm en dimension finie
Exemple Soit F une partie ferme non vide dun K-espace vectoriel de dimension finie et x un vecteur
de E.
Montrons quil existe y F tel que d(x, F ) = ky xk.
Par dfinition
d(x, F ) = inf ky xk
yF
En faisant varier n, cela dfinit une suite (yn ) F N telle que kyn xk d(x, F ).
Puisque kyn k 6 kxk + kyn xk, la suite (yn ) est borne. Il existe donc une suite extraite (y(n) )
convergente de limite y.
Puisque (y(n) ) est une
suite dlments
du ferm F , on a y F .
Puisque y(n) y et
y(n) x
d(x, F ) on a aussi ky xk = d(x, F ).
Corollaire
Soit f : K E F .
Si K est une partie compacte et si f est continue alors f est borne.
dm. :
Une fonction continue sur un compact une image compacte donc borne.
En faisant varier n, cela dtermine une suite (xn ) K N telle que f (xn ) M .
Puisque la partie K est compacte, il existe extractrice telle que x(n) a K.
Par continuit de f en a, on a f (x(n) ) f (a) et par extraction f (x(n) ) M donc M = f (a).
Proposition
Toute fonction uniformment continue est continue.
dm. :
Qui peut le plus, peut le moins.
Proposition
Toute fonction lipschitzienne est uniformment continue.
dm. :
Supposons f : X E F lipschitzienne. Il existe k R+ tel que
x, y X, kf (y) f (x)k 6 k ky xk
x, y X, ky xk 6 kf (y) f (x)k 6
x > A, |f (x) `| 6 /2
et alors
x, y [A, +[ , |f (y) f (x)| 6 (*)
De plus, f est continue sur [0, A] donc uniformment continue et il existe > 0 tel que
19.1 Drivation
19.1.1 Vecteur driv
Dfinition
On dit que f : I E est drivable en a I si le taux daccroissement
1
(f (a + h) f (a))
h
converge quand h 0 (avec h 6= 0)
Sa limite est alors appele vecteur driv de f en a, on la note f 0 (a).
Thorme
Soit f : I E et a lment de I. On a quivalence entre :
(i) f : I E est drivable en a ;
(ii) il existe ` E tel que
439
19.1. DRIVATION
1 1
(f (a + h) f (a)) = (h.` + h(a + h)) `
h h h0
Remarque On crit alors
f (t) = f (a) + (t a).` + o ((t a))
ta
en introduisant le concept de fonction ngligeable comme cela a t fait pour les fonctions relles ou
complexes.
Corollaire
Si f est drivable en a alors f est aussi continue en a.
Remarque Si t 7 f (t) est le paramtrage dun mobile alors f 0 (a) est le vecteur vitesse du mobile
linstant t = a.
Proposition
Soit f : I E et a lment intrieur I. On a quivalence entre :
(i) f est drivable en a ;
(ii) f est drivable droite et gauche en a avec fd0 (a) = fg0 (a).
Proposition
Les fonctions drivables de I vers E sont continues.
dm. :
Si f : I E est drivable alors f est continue en tout a I.
Thorme
Soit f : I E de fonctions coordonnes f1 , . . . , fp dans une base e = (e1 , . . . , ep ) de E.
On a quivalence entre :
(i) f est drivable ;
(ii) f1 , . . . , fp sont drivables.
De plus, si tel est le cas
p
X
t I, f 0 (t) = fj0 (t).ej
j=1
dm. :
On a
p
1 X1
(f (a + h) f (a)) = (fj (a + h) fj (a)) .ej
h j=1
h
La convergence de la fonction vectorielle en premier membre quivaut la convergence des fonctions
coordonnes mises en exergue dans le second membre.
Exemple z : I C est drivable si, et seulement si, Re(z) et Im(z) le sont. On a alors
z 0 (t) = (Rez)0 (t) + i(Imz)0 (t)
Exemple x : I Rp dfinie par x(t) = (x1 (t), . . . , xp (t)) est drivable si, et seulement si, x1 , . . . , xp
le sont. On a alors
x0 (t) = (x01 (t), . . . , x0p (t))
Exemple A : I Mn,p (K) est drivable si, et seulement si, les fonctions coefficients t 7 ai,j (t) le
sont. On a alors 0
a1,1 (t) a01,p (t)
A0 (t) =
.. ..
. .
a0n,1 (t) a0n,p (t)
(f )0 = f 0 , (f + g)0 = f 0 + g 0
dm. :
Par oprations sur les limites ou par les fonctions coordonnes dans une base de E.
Corollaire
Lensemble D(I, E) des fonctions de I vers E drivables est un sous-espace vectoriel de
F(I, E) et lapplication f 7 f 0 y est linaire.
Thorme
Soit : J I et f : I E.
Si f et sont drivables alors f lest aussi
0
(f ) = 0 .f 0
dm. :
Immdiat par les fonctions coordonnes dans une base de E.
Thorme
Soit f : I E et L L(E, F ).
Si f est drivable alors L(f ) : t 7 L(f (t)) est drivable et
0
[L(f )] = L(f 0 )
dm. :
Soit a I. Pour h 6= 0
1 1
(L(f (a + h)) L(f (a))) = L (f (a + h) f (a)) L(f 0 (a))
h h h0
car L est continue puisque linaire au dpart dun espace vectoriel de dimension finie.
Attention : Ici crire la formule (L(f ))0 = f 0 L0 (f ) na pas de sens car L0 nen a pas.
d
(tr(A(t))) = tr(A0 (t))
dt
Thorme
Soit f : I E, g : I F et B : E F G bilinaire.
Si f et g sont drivables alors B(f, g) : t 7 B(f (t), g(t)) est drivable et
dm. :
Soit a I. Pour h 6= 0, on peut crire
1
(B (f (a + h), g(a + h)) B (f (a), g(a)))
h
1 1
=B (f (a + h) f (a)) , g(a + h) + B f (a), (g(a + h) g(a))
h h
Par continuit de lapplication bilinaire B,
1
(B (f (a + h), g(a + h)) B (f (a), g(a))) B (f 0 (a), g(a)) + B (f (a), g 0 (a))
h h0
Corollaire
Si : I K et f : I E sont drivables alors .f aussi et
(.f )0 = 0 .f + .f 0
dm. :
Lapplication produit extrieur . : K E E est bilinaire.
Corollaire
On suppose que E est une algbre.
Si f, g : I E sont drivables alors f g lest aussi
(f g)0 = f 0 g + f g 0
(f | g)0 = (f 0 | g) + (f | g 0 )
dm. :
(. | .) est une application bilinaire.
Thorme
Soit f1 : I E1 , . . . , fp : I Ep et m : E1 E2 Ep F multilinaire.
Si f1 , . . . , fp sont drivables alors m(f1 , . . . , fp ) : t 7 m(f1 (t), . . . , fp (t)) est drivable et
p
X
m(f1 , . . . , fp )0 = m(f1 , . . . , fj0 , . . . , fp )
j=1
(uvw)0 = u0 vw + uv 0 w + uvw0
p
0
X
(f1 . . . fp ) = f1 . . . (fi )0 . . . fp
i=1
X n
Y
det A(t) = () a(i),i (t)
Sn i=1
0
a(t) b0 (t)
d a(t) b(t) a (t) b(t)
= 0 +
Exemple c(t) d0 (t)
dt c(t) d(t) c (t) d(t)
Remarque On pourrait aussi raisonner par ligne plutt que par colonne.
Dfinition
Soit f : I E.
On pose f (0) = f appele drive dordre 0 de f .
0
Pour n N, si f (n) existe et est drivable, on pose f (n+1) = f (n) appele drive dordre
n + 1 de f .
On dit que f : I E est n fois drivable si f (n) existe.
Thorme
Soit f : I E de fonctions coordonnes f1 , . . . , fp dans une base e = (e1 , . . . , ep ) de E.
On a quivalence entre :
(i) f est n fois drivable ;
(ii) f1 , . . . , fp sont n fois drivables.
De plus, si tel est le cas :
(n)
t I, f (n) (t) = f1 (t).e1 + + fp(n) (t).ep
dm. :
Par rcurrence sur n N.
Thorme
Soit f, g : I E et K.
Si f et g sont n fois drivables alors f et f + g le sont aussi et
dm. :
Par rcurrence sur n N.
Corollaire
Lensemble Dn (I, E) des fonctions n fois drivables de I vers E est un sous-espace vectoriel
de F(I, E).
Thorme
Soit f : I E et L L(E, F ).
Si f est n fois drivable alors L(f ) aussi et
dm. :
Par rcurrence sur n N.
Thorme
Soit B : E F G une application bilinaire.
Si f : I E et g : I F sont n fois drivables alors B(f, g) lest aussi et
n
!
(n)
X n
B(f, g) = B f (nk) , g (k)
k=0
k
dm. :
Par rcurrence sur n N.
Pour n = 0 : ok.
Supposons la proprit vraie au rang n > 0.
Soit f : I E et g : I F des fonctions n + 1 fois drivables.
Par hypothse de rcurrence B(f, g) est n fois drivable et
n
!
(n)
X n
B(f, g) = B f (nk) , g (k)
k=0
k
Or pour tout k {0, . . . , n}, f (nk) et g (k) sont drivables donc B f (nk) , g (k) aussi.
Par suite, B(f, g) est n + 1 fois drivable et
n
!
(n+1)
X n h (n+1k) (k) i
B(f, g) = B f ,g + B f (nk) , g (k+1)
k=0
k
Rcurrence tablie.
Corollaire
Si : I K et f : I E sont n fois drivables alors .f aussi.
Corollaire
On suppose que E est une algbre.
Si f, g : I E sont n fois drivables alors f g aussi.
En particulier, Dn (I, E) est une sous-algbre de C(I, E)
Corollaire
Soit E un espace euclidien
Si f, g : I E sont n fois drivables alors (f | g) aussi.
Thorme
Pour n N {}, lensemble C n (I, E) des fonctions de classe C n de I vers E est un sous-
espace vectoriel (voire une sous-algbre) de F(I, E).
Proposition
La notion ne dpend pas du choix de la base e de E.
dm. :
Si e = (e1 , . . . , ep ) dsigne une autre base de E et si P est la matrice de passage de e e, la formule de
changement de base
X = P X et X = P 1 X
montre que les fonctions coordonnes f1 , . . . , fp de f dans e sont combinaisons linaires des fonctions
coordonnes de f dans e. Si ces dernires sont continues par morceaux, ces premires aussi.
Thorme
0
Lensemble Cpm (I, E) des fonctions continues par morceaux de I dans E est un sous-espace
vectoriel de lespace F(I, E).
dm. :
Par oprations sur les fonctions coordonnes.
19.2.2 Intgration entre deux bornes
Soit e = (e1 , . . . , ep ) une base de lespace E.
Dfinition
Soit f : I E une fonction continue par morceaux de fonctions coordonnes f1 , . . . , fp dans
la base e.
Pour tout a, b I, on appelle intgrale de f de a b le vecteur
Z b p Z
X b
f (t) dt = fj (t) dt.ej
a df a
j=1
Z b Z
Cette intgrale peut aussi tre note f ou f lorsque a 6 b.
a [a,b]
Proposition
La valeur de lintgrale ici dfinie ne dpend pas du choix de la base e de E.
dm. :
Considrons e = (e1 , . . . , ep ) une autre base de E et introduisons P = (pi,j ) la matrice de passage de e
e. On a
p
X p
X p
X
ej = pi,j ei et f (t) = fj (t).ej = fj (t).ej
i=1 j=1 j=1
et donc
p Z
X b p X
X p Z b p Z
X b p
X p Z
X b
fj (t) dt.ej = pi,j fj (t) dt.ei = pi,j fj (t) dt.ei = fi (t) dt.ei
j=1 a j=1 i=1 a i=1 a i=1 i=1 a
19.2.3 Oprations
Thorme
Soit f, g : I E continues par morceaux, , K et a, b I
Z b Z b Z b
f + g = f + g
a a a
dm. :
Via les fonctions coordonnes dans une base de E.
Thorme
Soit f : I E continue par morceaux.
Z b Z c Z b
a, b, c I, f= f+ f
a a c
dm. :
Via les fonctions coordonnes dans une base de E.
19.2.4 Sommes de Riemann
Thorme
Si f : [a, b] E est continue par morceaux alors
n1 Z b
ba X ba
f a+k f (t) dt
n n n+ a
k=0
dm. :
Via les fonctions coordonnes dans une base de E.
Remarque On a aussi
n b
ba X ba
Z
f a+k f (t) dt
n n n+ a
k=1
Corollaire
En particulier, pour f : [0, 1] E continue par morceaux
n1 n Z 1
1X k 1X k
f et f tendent vers f (t) dt
n n n n 0
k=0 k=1
dm. :
Dune part
n1 Z b
ba X ba
f a+k f (t) dt
n n n+ a
k=0
et dautre part
n1
Z b
ba X
f a + k b a
kf (t)k dt
n
n
n+
a
k=0
Thorme
Si f : I E admet des primitives, celles-ci se dduisent les unes des autres par addition dune
constante vectorielle.
dm. :
Si F est primitive de f alors F + C aussi car (F + C)0 = F 0 = f .
Si F et G sont deux primitives de f alors (F G)0 = 0 et donc F G est constante (car ses fonctions
coordonnes le sont).
dm. : Z x
La fonction F : x 7 f (t) dt est dfinie de I vers E et sannule en a.
a
Soit x I. Montrons
1
(F (x + h) F (x)) f (x)
h h0
Soit h > 0.
Z
1
1
x+h
1 Z x+h
(F (x + h) F (x)) f (x)
=
f (t) f (x) dt
6
kf (t) f (x)k dt
h
h
h x
x
t I, |t x| 6 kf (t) f (x)k 6
et alors
0 < h 6 t [x, x + h] , kf (t) f (x)k 6
et donc
1
0 < h 6
(F (x + h) F (x)) f (x)
6
h
Ainsi
1
(F (x + h) F (x)) f (x)
h h0+
De mme on montre
1
(F (x + h) F (x)) f (x)
h h0
Remarque On retient la formule Z x
d
f (t) dt = f (x)
dx a
Corollaire
Si f : I E est continue de primitive F alors
Z b
b
a, b I, f (t) dt = [F (t)]a
a
dm. :
Pour tout x I, on a Z x
f (t) dt = F (x) F (a)
a
Z x
car x 7 f (t) dt et F sont primitives de f . En particularisant en x = b, on obtient la relation voulue.
a
Thorme
Soit : I J de classe C 1 et f : J E continue.
Z b Z (b)
0
a, b I, (t).f ((t)) dt = f (s) ds
a (a)
dm. :
Soit F une primitive de la fonction continue f .
Z (b)
(b)
f (s) ds = [F (s)](a)
(a)
On vrifie par les fonctions coordonnes que F est primitive de la fonction continue 0 .f et donc
Z b
b
f ((t))0 (t) dt = [F ((t))]a
a
Thorme
Soit B : E F G bilinaire, u : I E et v : I F de classe C 1 .
Z b Z b
b
a, b I, B(u0 , v) = [B(u, v)]a B(u, v 0 )
a a
dm. :
Puisque la drive de B(u, v) est B(u0 , v) + B(u, v 0 )
Z b Z b Z b
0 0 0 b
B(u , v) + B(u, v ) = (B(u, v)) = [B(u, v)]a
a a a
19.3.4 Ingalit des accroissements finis
Thorme
Soit f : I E de classe C 1 . Sil existe M R+ vrifiant
t I, kf 0 (t)k 6 M
alors
a, b I, kf (b) f (a)k 6 M |b a|
En dautres termes, la fonction f est lipschitzienne.
dm. :
Puisque f est de classe C 1 , on peut crire
Z x
x I, f (x) = f (a) + f 0 (t) dt
a
Cas a 6 b
Z
Z
0
kf (b) f (a)k =
f (t) dt
6 kf 0 (t)k dt
[a,b]
[a,b]
et donc Z
kf (b) f (a)k 6 M dt = M (b a)
[a,b]
Thorme
Soit f : I E et a I. Si f est de classe C n+1
n x
(x a)k (x t)n (n+1)
X Z
x I, f (x) = f (k) (a) + f (t) dt
k! a n!
k=0
dm. :
Par rcurrence en exploitant lintgration par parties
Z x x Z x
(x t)n (n+1) (x t)n+1 (n+1) (x t)n+1 (n+2)
f (t) dt = f (t) + f (t) dt
a n! (n + 1)! a a (n + 1)!
Remarque Cette formule constitue une gnralisation de lidentit
Z x
f (x) = f (a) + f 0 (t) dt
a
Remarque Par le changement de variable affine t = a + (x a)u, on peut rcrire le reste intgrale
Z x Z 1
(x t)n (n+1) (1 u)n (n+1)
f (t) dt = (x a)n+1 f (a + (x a)u) du
a n! 0 n!
Cette nouvelle criture permet de mieux apprhender lordre de grandeur du reste.
Thorme
Soit f : I E et a I. Si f est de classe C n+1 et si f (n+1) borne alors
n
n+1
X (x a)k (k)
|x a|
x I,
f (x) f (a)
6 sup
f (n+1) (t)
k!
(n + 1)! tI
k=0
dm. :
On a
(n+1)
1
(1 u)n (n+1) 1 1
Z
Z
f
n
(n+1)
f (a + (x a)u) du
6
(1 u)
f
du =
0 n! n! 0 (n + 1)!
Remarque Ce rsultat constitue une gnralisation de lingalit des accroissements finis.
Thorme
Soit f : I E et a I. Si f est de classe C n
n
X (x a)k n
f (x) = .f (k) (a) + (x a) (x) avec (x) 0E
k! xa
k=0
et alors
x x
(x t)n1 (n) (x a)n (n) (x t)n1
Z Z
f (t) dt = f (a) + (t) dt
a (n 1)! n! a (n 1)!
Soit > 0. Il existe > 0 tel que
|t a| 6 k(t)k 6
et alors pour |x a| 6 ,
x n
(x t)n1
Z
|x a|
(t) dt
6
a (n 1)!
n!
On peut alors crire
x
(x t)n1
Z
(t) dt = (x a)n (x) avec (x) 0E
a (n 1)! xa
Remarque En introduisant le concept de fonction ngligeable, on peut aussi crire
n
X (x a)k
f (x) = .f (k) (a) + o ((x a)n )
xa k!
k=0
Remarque La formule de Taylor-Young est locale : elle ne donne quune information sur le
comportement asymptotique de f au voisinage de a. La formule de Taylor avec reste intgrale est quant
elle globale, elle fournit une information sur le comportement de la fonction sur lintervalle I en entier.
Il en est de mme pour lingalit de Taylor-Lagrange.
= {f (t)/t I}
appel support de larc (I, f ) (et lon parle aussi de courbe paramtre).
On dit aussi que la fonction f dfinit un paramtrage de la courbe .
Remarque La valeur f (t) permet de dsigner un point de la courbe , on dit que cest le point de
paramtre t.
Exemple Soit a E et u 6= 0E
Lapplication t 7 a + t.u dfinit un paramtrage de la droite affine a + Vect(u).
Exemple Considrons E = C.
La fonction f : t [0, 2] 7 eit dfinit un paramtrage de U = {z C/ |z| = 1}.
Remarque Il est frquent de confondre larc paramtr et le support quil dfinit. Cest cependant
maladroit car un arc paramtr dtermine aussi une dynamique de parcours sur ce support.
Dfinition
Soit x, y : I R au moins de classe C 1 .
On appelle arc du plan dfini par le systme
(
x = x(t)
avec t I
y = y(t)
f : t 7 (x(t), y(t))
(
x = x0 + t.a
avec t R
y = y0 + t.b
(
x = x0 + R cos(t)
avec t [0, 2]
y = y0 + R sin(t)
f (t) = f (t0 ) t = t0
Dfinition
On dit que larc (I, f ) admet une demi-tangente droite en t0 si le vecteur unitaire
f (t) f (t0 )
kf (t) f (t0 )k
admet une limite en t0 . On dit alors que la droite issue du point f (t0 ) dirige par ce vecteur est
la demi-tangente droite en t0 .
Mutatis mutandis, on dfinit la demi-tangente gauche en t0 .
Enfin, si les deux droites demi-tangentes sont confondues, on dit que larc (I, f ) admet une
tangente en t0 qui est cette droite commune.
Remarque Pour quil y ait tangente en t0 , il faut et il suffit que les vecteurs unitaires
f (t) f (t0 ) f (t) f (t0 )
lim et lim
tt+
0
kf (t) f (t0 )k tt0 kf (t) f (t0 )k
Thorme
Si t0 est un paramtre rgulier alors larc admet une tangente en f (t0 ) et celle-ci est dirige
par f 0 (t0 ).
dm. :
On peut crire
f (t) f (t0 ) = (t t0 ).f 0 (t0 ) + (t t0 ) (t) avec (t) 0E
tt0
et donc pour t 6= t0
f (t) f (t0 ) t t0 f 0 (t0 ) + (t)
=
kf (t) f (t0 )k |t t0 | kf 0 (t0 ) + (t)k
donc
f (t) f (t0 ) f 0 (t0 ) f (t) f (t0 ) f 0 (t0 )
lim = 0 et lim = 0
tt+
0
kf (t) f (t0 )k kf (t0 )k tt0 kf (t) f (t0 )k
kf (t0 )k
Remarque Si f 0 (t0 ) = 0E et si f 00 (t0 ) 6= 0E , on peut encore montrer lexistence dune tangente en
f (t0 ), cette fois-ci dirige par f 00 (t0 ) car
1 2
f (t) f (t0 ) = (t t0 ) f 00 (t0 ) + (t t0 )2 (t) avec (t) 0E
2 tt0
Si t est un paramtre rgulier de cet arc, la tangente en le point de paramtre t0 passe par le point de
coordonnes (x(t0 ), y(t0 )) et est dirige par le vecteur de coordonnes (x0 (t0 ), y 0 (t0 )). Cette tangente a
pour quation
x x(t0 ) x0 (t0 )
y y(t0 ) y 0 (t0 ) = 0
cest--dire
y 0 (t0 ) (x x(t0 )) x0 (t0 ) (y y(t0 )) = 0
La droite perpendiculaire la tangente au point de coordonnes (x(t0 ), y(t0 )) est appele droite normale
larc. Elle a pour quation
x x(t0 ) x0 (t0 )
=0
y y(t0 ) y 0 (t0 )
cest dire
x0 (t0 ) (x x(t0 )) + y 0 (t0 ) (y y(t0 )) = 0
Remarque Le vecteur vitesse dirige la tangente (lorsquil nest pas nul) et le vecteur acclration
oriente la concavit de la courbe. Selon que langle gomtrique entre ~v (t) et ~a(t) est aigu ou obtus, il y
a acclration ou dclration lors du parcours de la courbe. En effet
d 2 d
(v ) = (~v | ~v ) = 2 (~a | ~v )
dt dt
Posons x(t) = a cos t et y(t) = b sin t. Les fonctions t 7 x(t) et t 7 y(t) sont de classe C dfinies
sur R. La fonction de paramtrage f : R R2 dfinie par f (t) = (x(t), y(t)) est de classe C .
(
x(t + 2) = x(t)
y(t + 2) = y(t)
donc f (t) se dduit de f (t) par une symtrie daxe (Ox). Etude sur [0, ]
(
x( t) = x(t)
y( t) = y(t)
donc f ( t) se dduit de f (t) par une symtrie daxe (Oy). Etude sur [0, /2]
(
x0 (t) = a sin t
y 0 (t) = b cos t
t 0 /2
x0 (t) 0
x(t) a & 0
y(t) 0 % b
y 0 (t) + 0
En t = 0, il y a une tangente verticale.
En t = , il y a une tangente horizontale.
Posons x(t) = 3t2 et y(t) = 2t3 . Les fonctions t 7 x(t) et t 7 y(t) sont de classe C dfinies sur R.
La fonction de paramtrage f : R R2 dfinie par f (t) = (x(t), y(t)) est de classe C .
(
x(t) = x(t)
y(t) = y(t)
t 0 +
x0 (t) 0 +
x(t) 0 % +
y(t) 0 % +
y 0 (t) 0 +
f (t) f (0)
(1, 0)
kf (t) f (0)k
soit encore
tx y = t3
Il est remarquable que cette quation est aussi valable en t = 0.
t 0
0
x (t) 0 + 2
x(t) 0 %
y(t) 0 % 2
y 0 (t) 0 + 0
Etude en t = : Le paramtre est rgulier, la tangente y est dirige par ~i.
Etude en t = 0 : Le paramtre nest pas rgulier, cependant
f (t) f (0)
(0, 1)
kf (t) f (0)k
La tangente y est verticale
soit encore
sin(t)x + (1 cos(t))y = 2 2 cos(t) t sin(t)
19.4.7 Application : vecteurs tangents une partie dun espace norm de dimen-
sion finie
Soit a un lment dune partie X dun espace vectoriel rel de lespace E.
Dfinition
On dit quun vecteur v de E est tangent X en a, sil existe > 0 et une fonction f dfinie
sur ], [ valeurs dans X vrifiant
f (0) = a et f 0 (0) = v
a + Vectv
est tangente X en a.
Exemple Si X correspond un cercle, les vecteurs tangents correspondent aux vecteurs orthogonaux au
vecteur rayon.
Exemple Si X correspond une courbe se recoupant en a, il peut y avoir deux tangentes distinctes en
ce point.
Exemple Si X correspond une surface de lespace, la dfinition qui prcde permet aussi de parler de
droite tangente une surface.
Soit E et F des espaces de dimensions finies. Ces espaces E et F peuvent tre norms et le choix des
normes na pas dincidence sur la suite.
20.1 Modes de convergence
20.1.1 Suite de fonctions
Soit (un ) suite de fonctions de X E vers F .
Dfinition
On dit que (un ) converge simplement vers u : X F si
x X, un (x) u(x)
Dfinition
On dit que (un ) converge uniformment vers u : X F si
Thorme
Sil y a convergence uniforme, il y aussi convergence simple et ce vers la mme limite.
Remarque Sur B(X, F ) espace des fonctions bornes de X vers F , on peut introduire la norme k . k
dfinie par
kf k = sup kf (x)kF
xX
465
20.1. MODES DE CONVERGENCE
n
X
Sn = uk
k=0
X
On dfinit la convergence simple et uniforme de la srie de fonction un partir de la suite (Sn ) de
ses sommes partielles.
Thorme
X
un converge simplement si, et seulement si,
X
x X, un (x) converge
Thorme
X
un converge uniformment si, et seulement si,
CV U
X
un converge simplement et Rn 0
Dfinition
X
On dit que un converge normalement si
1) chaque un est borne
X;
2) la srie numrique kun k converge
Thorme
La convergence normale entrane la convergence uniforme.
dm.
X: X
Si un converge normalement alors pour tout x X, la srie vectorielle un (x) converge absolu-
ment car
kun (x)k 6 kun k
X
et donc un converge simplement. De plus
+
+ +
X
X X
uk (x)
6 kuk (x)k 6 kuk k 0
k=n+1 k=n+1 k=n+1
Corollaire
Si
1) chaque u Xn est continue ;
2) la srie un converge uniformment sur X ;
+
X
alors la fonction somme un est continue.
n=0
+
X 1
Exemple Etude sur R2 de S : (x, y) 7 .
n=1
(n + x2 )(n + y2 )
Dfinition :
Pour n > 1, on introduit
1
un : (x, y) 7
(n + x2 )(n + y2 )
Pour tout (x, y) R2 ,
1
un (x, y) 2
n
X X
Or 1/n2 converge et 1/n2 > 0 donc la srie un (x, y) converge.
+
X
On en dduit que la fonction S = un est dfinie sur R2 .
n=0
Continuit :
Les fonctions un sont continues.
Pour tout (x, y) R2 ,
1
|un (x, y)| 6
n2
X X
Or 1/n2 converge donc un converge normalement sur R2 .
On en dduit que S est continue sur R2 .
Pour (x, y) Da , on a
1
|un (x, y)| 6 2
n a
X X
2
Or 1/n a converge donc un converge normalement sur Da .
La fonction S est donc continue sur Da et puisque ceci vaut pour tout a > 0, elle est continue sur D.
+
X 1 n
Exemple Etude de L : z 7 z sur D = {z C/ |z| < 1}.
n=1
n
Dfinition :
Pour n > 1, on introduit
1
un : z 7 z n
n
X X
n n
Pour tout z D, on a |un (z)| = o (z ). Or z converge absolument donc un (z) converge
X
absolument. Ainsi un converge simplement sur D.
Continuit :
Soit r [0, 1[. Pour |z| 6 r, on a
1
|un (z)| 6 rn 6 rn
n
X X
Or rn converge donc un converge normalement sur D(0, r).
La fonction L est dfinie et continue sur tous les domaines D(0, r) pour r [0, 1[ donc elle est continue
sur D.
Thorme
Si
1) (un ) converge uniformment sur X vers une fonction u ;
2) pour tout n N, un `n ;
a
Alors la suite (`n ) converge et en notant ` sa limite
u(x) `
xa
Ainsi
lim lim un (x) = lim lim un (x)
xa n+ n+ xa
Corollaire
Si X
1) un converge uniformment sur X ;
2) pour tout n N, un
`n ;
X a
Alors la srie `n converge et
+
X +
X
un (x) `n
xa
n=0 n=0
+
X 1 n
Exemple Non convergence uniforme de la srie dfinissant L : z 7 z sur D(0, 1).
n=1
n
On a 1 D(0, 1) et
1 n 1
un (z) = z
n z1 n
X1 X
Or la srie diverge donc la srie de fonction un ne converge par uniformment sur D(0, 1).
n
Thorme
Soit (un ) une suite de fonctions de [a, b] vers F .
Si
1) chaque un est continue ;
2) (un ) converge uniformment vers u : [a, b] F
alors la fonction u est continue et
Z b Z b
un (t) dt u(t) dt
a n+ a
Autrement dit Z b Z b
lim un = lim un
a n+ n+ a
Corollaire
Si
1) chaque
X un est continue ;
2) un converge uniformment sur [a, b]
+
X
alors la fonction un est continue et
n=0
+ Z
X b Z +
bX
un = un
n=0 a a n=0
20.3.2 Drivation
Thorme
Soit (un ) une suite de fonctions de I vers F .
Si
1) chaque un est de classe C 1 ;
2) (un ) converge simplement vers u : I F ;
3) (u0n ) converge uniformment sur tout segment ;
alors u est de classe C 1 et 0
lim un = lim u0n
n+ n+
Corollaire
Si
1) chaque
X un est de classe C 1 ;
2) u converge simplement sur I ;
X n
3) u0n converge uniformment sur tout segment de I ;
+
X
alors la fonction un est de classe C 1 sur I et
n=0
+
!0 +
X X
un = u0n
n=0 n=0
20.4 Exponentielles
20.4.1 Exponentielle complexe
Thorme
X 1
Pour tout z C, la srie z n est absolument convergente.
n!
n>0
dm. :
Pour z = 0 : ok.
Pour z 6= 0, on introduit un = z n /n! 6= 0.
On a
un+1 |z|
un = n + 1 0 < 1
X 1
donc, par la rgle de dAlembert, z n est absolument convergente.
n!
n>0
Dfinition
On pose
+ n
X z
exp(z) =
df
n=0
n!
Proposition
z C, exp(z) = exp z.
dm. :
Par conjugaison de sries convergentes.
Thorme
dm. :
+ n X + 0n
0
X z z
exp(z) exp(z ) =
n=0
n! n=0
n!
Par produit de Cauchy de sries absolument convergentes
+
X
exp(z) exp(z 0 ) = wn
n=0
avec
n
X z k z 0nk 1
wn = = (z + z 0 )n
k! (n k)! n!
k=0
Corollaire
R, exp(i) U
dm. :
2
Pour R, on a |exp(i)| = exp(i) exp(i) = 1 donc exp(i) U.
Remarque A partir de cette dfinition de lexponentielle complexe, on dfinit les fonctions cos et sin
par :
ei + ei ei ei
cos = = Re(ei ) et sin = = Im(ei )
2 2i
On peut alors retrouver les proprits usuelles de ses fonctions.
Par exemple :
2
? |exp(i)| = 1 donne cos2 + sin2 = 1 ;
- exp(i) = exp(i) donne cos() = cos() et sin() = sin() ;
- exp(i(a + b)) = exp(ia) exp(ib) donne
cos(a + b) = cos a cos b sin a sin b et sin(a + b) = sin(a) cos(b) + sin(b) cos(a). . .
On peut aussi dfinir prcisment le nombre comme tant le double de la premire annulation
strictement positive de la fonction cosinus et achever la construction de la trigonomtrie. . .
On a alors
1 n
A
= 1 kAn k 6 1 kAkn
n!
2 2
2 n! n!
X
Or xn /n! converge pour tout x R, donc par comparaison de srie termes positifs, la srie
X 1
An converge absolument.
n!
Dfinition
On appelle exponentielle de la matrice A Mp (K) la somme
+
X 1 n
exp(A) = A
n=0
n!
Exemple exp(Op ) = Ip .
Thorme
Soit A, B Mp (K).
Si AB = BA alors
exp(A + B) = exp(A) exp(B)
dm. :
Cest la mme que pour exp(z + z 0 ) = exp(z) exp(z 0 ) en admettant que le thorme relatif aux produits
de Cauchy de sries absolument convergentes et encore vrai sur Mp (K). Lhypothse de commutation
est ncessaire lusage de la formule du binme.
Corollaire
A Mp (K), exp(A) est inversible et exp(A)1 = exp(A).
Thorme
Lapplication A 7 exp(A) est continue.
dm. :
On introduit les fonctions donnes par un (A) = An /n! dfinies pour A Mp (K).
Les fonctions un sont toutes continues.
Soit R R+ . Pour kAk 6 R, on a
1 n 1
kun (A)k2 6 kAk2 6 Rn
n! n!
X X
Or Rn /n! converge et donc un converge normalement sur Bf (Op , R).
On en dduit que la fonction A 7 exp(A) est continue sur Bf (Op , R) et puisque ceci vaut pour tout
R R+ , la fonction A 7 exp(A) est continue sur Mp (K).
exp(A) = P exp(D)P 1
0 2
Exemple Calcul de exp(A) pour A = .
1 3
Sp(A) = {1, 2}.
La matrice A est diagonalisable.
Il existe P tel que A = P DP 1 avec D = diag(1, 2) et alors exp(A) = P D0 P avec D0 = diag(e, e2 ).
Soit T polynme tel que T (1) = e et T (2) = e2 .
Celle-ci vrifie ka bk 6 kak kbk et lon peut ds lors adapter ltude matricielle aux endomorphismes.
Dfinition
On appelle exponentielle de a lendomorphisme
+
X 1 n
exp(a) = a
n=0
n!
Thorme
Si a, b L(E) vrifie a b = b a alors
Corollaire
a L(E), exp(a) est inversible et exp(a)1 = exp(a).
Thorme
Lapplication a 7 exp(a) est continue.
avec
+ n
X t n
exp(t.a) = .a
n=0
n!
Thorme
Lapplication ea : t 7 exp(t.a) est de classe C sur R et
dm. :
Introduisons les fonctions un : R E dfinies par
tn n
un (t) = .a
n!
X
La srie un converge simplement et sa somme est la fonction ea .
Chaque un est de classe C 1 et
tn1
un (t) = .an si n > 1 et un (t) = 0 si n = 0
(n 1)!
X xn X (M kak)n1
Or on sait que pour tout x R, converge donc converge.
n! (n 1)!
n>1
X
Par comparaison de sries terme positifs, on obtient la convergence normale de un sur [M, M ].
Finalement, par convergence uniforme sur tout segment de R, on peut affirmer que ea est une fonction de
classe C 1 et
+ + n
X tn1 X t n+1
e0a (t) = .an = .a = a exp(t.a) = exp(t.a) a
n=1
(n 1)! n=0
n!
dm. :
En adaptant la dmonstration prcdente ou en raisonnant via endomorphisme canoniquement associ.
Rappel :
Cas I = [a, b]
CV U
Si les fonctions fn sont continues et si fn f alors
[a,b]
Z b Z b
fn f
a n+ a
Exemple Etudions
Z +
1 + 2 sin(t/n)
lim dt
n+ 1 + t2
479
21.1. PASSAGE LA LIMITE SOUS LINTGRALE
Exemple Etudions
Z /2
lim sinn (t) dt
n+ 0
n
Posons fn : [0, /2] R dfinie par fn (t) = sin (t) sur [0, /2].
CV S
fn f avec
1 si t = /2
f (t) =
0 sinon
Les fonctions fn et la fonction f sont continues par morceaux.
Pour tout n N,
|fn | 6 1 =
est intgrable sur [0, /2] car dfinie et continue sur un segment.
Par convergence domine
Z /2 Z /2
fn f
0 0
et donc Z /2
lim sinn (t) dt = 0
n+ 0
Remarque Ici la suite de fonctions (fn ) ne converge pas uniformment vers f mais on est parvenu
permuter limite et intgrale.
Exemple Etudions Z +
n
lim et dt
n+ 0
+ tn
Posons fn : R R dfinie par fn (t) = e .
Pour t [0, 1[, fn (t) 1.
n+
Pour t = 1, fn (t) 1/e.
n+
Exemple Etudions n
Z n
t
lim 1 ln t dt
n+ 0 n
Z n Z
Problme : et non .
0 IZ
Z n +
Solution : f (t) dt = f(t) dt avec
0 0
f (t) si t 6 n
f(t) =
0 sinon
Ici, introduisons fn : ]0, +[ R dfinie par
n
t
1 ln t si t ]0, n[
fn (t) = n
0 sinon
CV S
Ainsi fn f avec f : t 7 et ln t
Les fonctions fn et la fonction f sont continues par morceaux.
Sachant ln(1 + u) 6 u on a pour t ]0, n[
|fn (t)| = exp (n ln(1 t/n)) |ln t| 6 exp(t) |ln t| = (t)
La fonction est continue par morceaux sur ]0, +[ et intgrable car
t(t) 0 et t2 (t) 0
+ t0 t+
Z n n
t
Remarque En calculant 1 ln t dt, on parvient montrer alors
0 n
Z +
et ln t dt =
0
On peut aussi :
- procder par comparaison ;
- rexprimer lintgrale (par changement de variable, intgration par parties, astuce,. . . ) ;
- raisonner par les .
Exemple Montrons que pour tout f C 1 ([a, b] , K),
Z b
f (t)eint dt 0
a
Par suite Z !
b 1
Z b
0
f (t)eint dt 6 |f (a)| + |f (b)| + |f (t)| dt 0
n
a a
Ainsi Z b
f (t)eint dt 0
a
Z +
bX + Z
X b
fn = fn
a n=0 n=0 a
Thorme
X
Soit fn une srie de fonctions de I vers K.
Si
1) les fonctions fn sont continues par morceaux et intgrables sur I ;
X +
X
2) la srie de fonctions fn converge simplement vers une fonction fn continue par
n=0
morceaux ;
XZ
3) la srie numrique |fn | converge
I
+
X
Alors la fonction fn est intgrable sur I et
n=0
+
Z X + Z
X
fn = fn
I n=0 n=0 I
Exemple Montrons
Z 1 +
ln t X 1
dt = 2
0 t1 n=1
n
On a
+
1 X
= tn sur [0, 1[
1t n=0
donc
+
ln t X
= ( ln t)tn sur ]0, 1[
t 1 n=0
On a alors
Z 1 Z +
ln t X
dt = fn (t) dt
0 t1 ]0,1[ n=0
En remarquant
Z n
Z X n Z
X
Sn = fk = fk
I I k=0 k=0 I
on affirme
n Z
X +
Z X
fk fn
k=0 I I n=0
et donc
+ Z
X +
Z X
fn = fn
n=0 I I n=0
Exemple Montrons
1 +
(1)n
Z
dt X
2
=
0 1+t n=0
2n + 1
On peut crire
+
1 1 X
= = (1)n t2n sur [0, 1[
1 + t2 1 q n=0
Par suite
Z 1 Z +
dt X
= fn
0 1 + t2 [0,1[ n=0
CV S 1
On a Sn S avec S(t) = .
1 + t2
Les fonctions Sn et S sont continues par morceaux.
1 (1)n+1 t2n+2 2
|Sn (t)| = 6 = (t)
1 + t2 1 + t2
avec intgrable.
Or
1 n
1X n Z 1 n
(1)k
Z Z X X
Sn (t) dt = (1)k t2k dt = (1)k t2k dt =
0 0 k=0 0 2k + 1
k=0 k=0
donc
+ Z 1
X (1)n dt
= 2
n=0
2n + 1 0 1+t
dm. :
Pour tout x X, la fonction t 7 f (x, t) est intgrable sur I et donc g(x) est bien dfinie.
Etudions la continuit en a X via la caractrisation squentielle des limites.
Soit (xn )Zune suite dlments
Z de X convergeant vers a.
g(xn ) = f (xn , t) dt = un (t) dt avec un (t) = f (xn , t).
I I
Pour tout t I, un (t) = f (xn , t) f (a, t) = u (t),
n+
Ainsi (un ) converge simplement vers la fonction u : t 7 u(a, t).
Chaque un et u sont continues par morceaux.
Pour tout n N, |un (t)| 6Z (t) avec intgrable.
Z
Par convergence domine un (t) dt u (t) dt i.e. g(xn ) g(a).
I n+ I
Par caractrisation squentielle de la continuit g est continue en a.
+
ext
Z
Exemple Dfinition et continuit de g(x) = dt avec x R+ .
0 1 + t2
ext
Considrons f : (x, t) 7 dfinie sur R+ [0, +[.
1 + t2
x R, t 7 f (x, t) est continue par morceaux sur [0, +[.
t [0, +[, x 7 f (x, t) est continue sur R+ .
1
(x, t) R+ [0, +[, |f (x, t)| 6 = (t)
1 + t2
1
avec : [0, +[ R+ continue par morceaux et intgrable sur [0, +[ car (t) .
t+ t2
Par domination, la fonction g est dfinie et continue sur R+ .
Z
Exemple Dfinition et continuit de g(x) = cos(x sin ) d avec x R.
0
Considrons f : (x, ) 7 cos(x sin ) dfinie sur R [0, ].
x R, 7 cos(x sin ) est continue par morceaux sur [0, ].
[0, ], x 7 cos(x sin ) est continue sur R.
(x, ) R [0, ], |f (x, )| 6 1 = ().
La fonction constante est videmment intgrable sur [0, ].
Par domination, g est dfinie et continue sur R.
Remarque Les hypothses 1) et 2) du thorme sont videmment runies lorsque f est continue
sur X I. En pratique, elles sont faciles obtenir, cest surtout lhypothse 3 qui importe.
dm. :
g est dfinie et continue sur chaque [a, b] X donc dfinie et continue sur X.
Z + xt
e
Exemple Dfinition et continuit de g(x) = dt avec x > 0.
0 1+t
On introduit
ext
f (x, t) = dfinie sur R+? [0, +[
1+t
Dfinition
Soit x > 0. La fonction t 7 f (x, t) est continue par morceaux sur [0, +[ et
ext
f (x, t)
t+ t
donc
t2 f (x, t) 0
t+
t 7 f (x, t) est donc intgrable sur [0, +[ et par consquent g(x) est bien dfinie pour tout x > 0
Continuit
La fonction f est continue sur R+? [0, +[.
Soit [a, b] ]0, +[. Pour x [a, b]
eat
|f (x, t)| 6 = (t)
1+t
Par ltude au dessus, la fonction : [0, +[ R est continue par morceaux et intgrable.
Par domination sur tout segment, on en dduit que g est continue sur R+? .
Z +
ln(1 + xt)
Exemple Dfinition et continuit de g(x) = dt avec x > 0.
0 1 + t2
On introduit
ln(1 + xt)
f (x, t) = dfinie sur R+ [0, +[
1 + t2
Dfinition
Soit x R+ . La fonction t 7 f (x, t) est continue par morceaux sur [0, +[ et
ln t
f (x, t)
t+ t2
donc
t3/2 f (x, t) 0
t+
t 7 f (x, t) est donc intgrable sur [0, +[ et par consquent g(x) est bien dfinie pour tout x > 0
Continuit
La fonction f est continue sur R+ [0, +[.
Soit [a, b] [0, +[. Pour x [a, b]
ln(1 + bt)
|f (x, t)| 6 = (t)
1 + t2
Par ltude au dessus, la fonction : [0, +[ R est continue par morceaux et intgrable.
Par domination sur tout segment, on en dduit que g est continue sur R+ .
21.2.3 Limite
Soit a une extrmit de lintervalle X.
On dsire tudier la limite de g(x) quand x a.
Thorme
Si f : X I K vrifie :
1) x X, f (x, .) est continue par morceaux sur I ;
2) t I, f (x, t) `(t) avec ` continue par morceaux ;
xa
3) : I R+ continue par morceaux et intgrable vrifiant
alors Z Z
g(x) = f (x, t) dt `(t) dt
I xa I
dm. :
Soit (xn ) une suite dlments de X convergeant vers a.
Z Z
f (xn , t) dt = un (t) dt
I I
Remarque Lhypothse de domination peut tre avantageusement remplace par une hypothse de
domination exprime sur un intervalle inclus dans X dont a est extrmit, mais pas par une hypothse de
domination sur tout segment.
Z +
Exemple Limite quand x + de g(x) = ln(t)ext dt.
0
Posons f (x, t) = ln(t)ext dfinie sur R+? [0, +[.
f (x, t) 0
x+
Pour x > 1,
|f (x, t)| 6 ln(t)et = (t)
avec intgrable sur ]0, +[.
Par domination, on obtient Z +
lim g(x) = 0 dt = 0
x+ 0
Remarque Il est souvent tout aussi efficace de raisonner par comparaison de limites lorsque cela est
possible.
+
ext
Z
Exemple Limite quand x + de g(x) = dt.
0 1+t
On a Z + xt Z +
e 1
06 dt 6 ext dt = 0
0 1+t 0 x x+
donc par encadrement g tend vers 0 en +.
Etudions lim+ g(x).
x0
On a
1/x
e1
Z
1 1
g(x) > dt = ln 1 + +
0 1+t e x x0+
donc par comparaison g tend vers + en 0.
dm. :
Il suffit de reprendre lidentique la dmonstration prcdente du rsultat analogue vu quand X est un
intervalle.
Remarque Il nest pas toujours possible dobtenir lhypothse de domination sur X entier. Cependant,
il peut suffire de lobtenir sur des domaines suffisamment gnraux si ceux-ci incluent des voisinages de
tout a X.
Z 1
ln t
Exemple Dfinition et continuit de g(z) = dt avec z C vrifiant Re(z) > 0.
0 t+z
On introduit
ln t
f (z, t) = dfinie sur ]0, 1] avec = {z C/Re(z) > 0}
z+t
Dfinition
Soit z . La fonction t 7 f (z, t) est continue par morceaux sur ]0, 1] et
ln t
f (z, t) +
t0 z
donc
tf (z, t)
+
0
t0
t 7 f (z, t) est donc intgrable sur ]0, 1] et par consquent g(z) est bien dfinie pour tout z C.
Continuit
La fonction f est continue sur ]0, 1]
|ln t| |ln t|
|f (z, t)| = 6
|z + t| t + Re(z)
On pose alors
f d
(x, t) = (f (x, t))
x dx
Thorme
Soit f : X I K. On suppose que f admet une drive partielle
f
x
Si
1) x I, t 7 f (x, t) est continue par morceaux et intgrable sur I ;
f
2) x I, t 7 (x, t) est continue par morceaux sur I ;
x
f
3) t I, x 7 (x, t) est continue sur X ;
x
4) : I R+ continue par morceaux et intgrable vrifiant
f
(x, t) X I, (x, t) 6 (t)
x
Z
Alors la fonction g : x 7 f (x, t) dt est dfinie et de classe C 1 sur X avec
I
Z
f
g 0 (x) = (x, t) dt
I x
dm. :
Etudions la drivabilit en a X
g(x) g(a)
?
xa xa
Pour x 6= a
g(x) g(a)
Z
= u(x, t) dt
xa I
avec
f (x, t) f (a, t)
u(x, t) =
xa
Soit t I.
h(x) h(a)
u(x, t) =
xa
en introduisant la fonction h : x 7 f (x, t).
Par hypothse, la fonction h est drivable et donc
f
u(x, t) h0 (a) = (a, t) = `(t)
xa x
La fonction ` est continue par morceaux sur I.
Soit t I.
Lapplication h : x 7 f (x, t) est drivable et sa drive vrifie
f
|h0 (x)| = (x, t) 6 (t)
x
Par lingalit des accroissements finis, h : x 7 f (x, t) est (t)-lipschitzienne.
Par suite
|h(x) h(a)|
|u(x, t)| = 6 (t)
|x a|
i.e.
g(x) g(a)
Z
f
(a, t) dt
xa I x
Finalement g est drivable en a et Z
0 f
g (a) = (a, t) dt
I x
0
Enfin g est continue par application du thorme de continuit par domination.
Z vrai si lon remplace lhypothse t 7 f (x, t) est intgrable
Remarque Le rsultat nonc est encore
sur I par celle de convergence de f (x, t) dt .
I
Z +
2
Exemple Calcul de g(x) = et cos(xt)dt avec x R.
0
2
Posons u(x, t) = et cos(xt).
La fonction u est dfinie sur R [0, +[ et admet une drive partielle
u 2
(x, t) = tet sin(xt)
x
x R, t 7 u(x, t) est continue par morceaux et intgrable sur [0, +[ car ngligeable devant 1/t2
en +.
u
x R, t 7 (x, t) est continue par morceaux sur [0, +[.
x
u
t [0, +[, x 7 (x, t) est continue sur R.
x
Enfin
u 2
(x, t) R [0, +[ , (x, t) 6 tet = (t)
x
avec : [0, +[ R continue par morceaux et intgrable sur [0, +[.
Par domination, la fonction g est de classe C 1 et
Z +
2
0
g (x) = tet sin(xt)dt
0
1 t2
u(t) = e et v(t) = sin(xt)
2
Puisque le produit uv converge en 0 et +, lintgration par parties impropre est possible et
+
1 + t2
Z
1 t2
g 0 (x) = e sin(xt) xe cos(xt) dt
2 0 2 0
Ainsi, on obtient
1
g 0 (x) = xg(x)
2
g est solution dune quation diffrentielle linaire dordre 1 et g(0) = /2 on conclut
1 x2
(x) = e 4
2
f
x
Si
1) x I, t 7 f (x, t) est continue par morceaux et intgrable sur I ;
f
2) x I, t 7 (x, t) est continue par morceaux sur I ;
x
f
3) t I, x 7 (x, t) est continue sur X ;
x
4) [a, b] X, : I R+ continue par morceaux et intgrable vrifiant
f
(x, t) [a, b] I, (x, t) 6 (t)
x
Z
Alors la fonction g : x 7 f (x, t) dt est dfinie et de classe C 1 sur X avec
I
Z
f
g 0 (x) = (x, t) dt
I x
dm. :
La fonction g est de classe C 1 sur tout segment [a, b] X donc de classe C 1 sur lintervalle X.
Z 1 x
t 1 tx 1
Exemple Calcul de g(x) = dt avec x ]1, +[. Considrons f : (x, t) 7 dfinie
0 ln t ln t
sur ]1, +[ ]0, 1[.
Soit x > 1. La fonction t 7 f (x, t) est continue par morceaux sur ]0, 1[.
Quand t 1 .
t = 1 h avec h 0+ .
(1 + h)x 1
f (x, t) = x
ln(1 + h)
et donc f est intgrable sur [1/2, 1[.
Quand t 0+ .
On a
0 si x > 0
tx 1 si x = 0
t0+
+ si x ]1, 0[
f
(x, t) = tx
x
f
x ]1, +[, t 7 (x, t) est continue par morceaux sur ]0, 1[
x
f
t ]0, 1[, x 7 (x, t) est continue sur ]1, +[.
x
Soit [a, b] ]1, +[. Pour x [a, b],
f
(x, t) 6 ta = (t)
x
Z 1
1
g(x) = tx dt =
0 x+1
On en dduit
Z x
dt
g(x) = g(0) + = ln(1 + x)
0 1+t
Dfinition
j f
On dit que f : (x, t) 7 f (x, t) admet une drive partielle si pour chaque valeur de t, la
xj
fonction x 7 f (x, t) est j fois drivable et on pose alors
j f dj
j
(x, t) = (f (x, t))
x dxj
Thorme
Soit f : X I K. On suppose que f admet des drives partielles
f nf
,..., n
x x
Si
j f
1) j {0, . . . , n 1}, x X, t 7 (x, t) est continue par morceaux et intgrable
xj
sur I.
et si
nf
2) x X, t 7 (x, t) est continue par morceaux
xn
nf
3) t I, x 7 (x, t) est continue ;
xn
4) [a, b] I, : I R+ continue par morceaux et intgrable vrifiant
n
f
(x, t) [a, b] I, n (x, t) 6 (t)
x
Z
Alors la fonction g : x 7 f (x, t) dt est dfinie et de classe C n sur X et pour tout j
I
{1, . . . , n}
j f
Z
g (j) (x) = (x, t) dt
I xj
dm. :
Par rcurrence sur n > 1.
Cas n = 1 : rsolu ci-dessus
Supposons le thorme vrai au rang n > 1.
Soit f vrifiant les hypothses donnes au rang n + 1.
Pour [a, b] X, il existe a,b : I R+ continue par morceaux intgrable vrifiant
n+1
f
(x, t) X I, n+1 (x, t) 6 (t)
x
La fonction tant intgrable, on peut employer lhypothse de rcurrence et affirmer que g est de classe
C n avec Z j
(j) f
1 6 j 6 n, g (x) = j
(x, t) dt
I x
En particulier
nf
Z
(n)
g (x) = (x, t) dt
I xn
et les hypothses vrifies par f au rang n + 1 assurent que g (n) est de classe C 1 avec
Z n+1
f
(g (n) )0 (x) = n+1
(x, t) dt
I x
1
y 00 + y =
x
ext
Considrons f : (x, t) 7 dfinie sur ]0, +[ [0, +[
1 + t2
Pour t [0, +[, la fonction x 7 f (x, t) est deux fois drivable sur ]0, +[ donc les drives
f 2f
partielles et existent et
x x2
f ext 2f ext
(x, t) = t 2
et 2
(x, t) = t2
x 1+t x 1 + t2
f
Pour tout x ]0, +[, t 7 f (x, t) et t 7 (x, t) sont continues par morceaux sur [0, +[ et
x
intgrables sur [0, +[ car
f
t2 f (x, t) 0 et t2 (x, t) 0
t+ x t+
De plus
2f
x ]0, +[, t 7 (x, t) est continue par morceaux.
x2
2
f
t [0, +[, x 7 (x, t) est continue.
x2
Enfin, pour [a, b] [0, +[. On a
2
f
(x, t) [a, b] [0, +[ , 2 (x, t) 6 eat
x
21.4 Applications
Les rsultats qui suivent ne sont pas explicitement au programme : on ne peut les utiliser quen les
redmontrant.
Thorme
Lapplication L est linaire de L ([0, +[ , C) vers C(]0, +[ , C).
dm. :
Soit f : [0, +[ C continue et borne.
Posons u(x, t) = f (t)ext dfinie sur R+? [0, +[.
Pour chaque x > 0, la fonction t 7 u(x, t) est continue par morceaux sur [0, +[.
Pour chaque t [0, +[, la fonction x 7 u(x, t) est continue sur ]0, +[.
Pour [a, b] ]0, +[, on a
Thorme
Si f : [0, +[ C est de classe C 1 et si les fonctions f et f 0 sont bornes alors
dm. :
Soit x > 0. On a Z +
L(f 0 )(x) = f 0 (t)ext dt
0
Procdons une intgration par parties avec u0 (t) = f 0 (t) et v(t) = ext .
Les fonctions u et v sont de classe C 1 et le produit uv admet des limites en 0 et + donc
Z +
0 xt +
(x)f (t)ext dt
L(f )(x) = f (t)e 0
0
Ainsi
L(f 0 )(x) = xL(f )(x) f (0)
Proposition
dm. :
Par le changement de variable u = xt, on obtient
Z +
xL(f )(x) = f (s/x)es ds
0
Proposition
Si f admet une limite en + alors
dm. :
Ce sont les mmes calculs avec cette fois-ci
Thorme
Lapplication f 7 f est une application linaire de lespace L1 (R, C) vers L (R, C).
dm. :
Soit f : R C continue intgrable.
Posons u(x, t) = f (t)eixt dfinie sur R ], +[.
Pour chaque x R, la fonction t 7 u(x, t) est continue par morceaux sur ], +[.
Pour chaque t ], +[, la fonction x 7 u(x, t) est continue sur R.
On a
(x, t) R ], +[ , |u(x, t)| 6 |f (t)| = (t)
avec : R R continue par morceaux et intgrable.
Par domination, la fonction
Z +
f : x 7 u(x, t) dt
On peut encore tablir, mais cest difficile, que cette application est injective.
Thorme
Si pour n N, lapplication t 7 tn f (t) est intgrable alors f est de classe C n et
(k) Z +
k {1, . . . , n} , f (x) = (it)k f (t)eixt
dm. :
Posons u(x, t) = f (t)eixt dfinie sur R ], +[.
ku
u admet des drive partielles tout ordre k {0, . . . , n} avec
xk
ku
(x, t) = (it)k f (t)eixt
xk
Pour k {0, . . . , n 1}
ku
x R, t 7 (x, t) continue par morceaux sur ], +[ et intgrable car
xk
k
u n
xk (x, t) = |f (t)| + |t| |f (t)|
puisque
n
t R, tk 6 1 + |t|
Pour k = n
nu
x R, t 7 (x, t) est continue par morceaux sur ], +[,
xn
nu
t ], +[ , x 7 (x, t) est continue sur R et
xn
Pour tout [a, b] R, on a
n
u n
(x, t) [a, b] ], +[ , n (x, t) 6 |t| |f (t)| = (t)
x
2
Exemple Calcul de la transforme de Fourier de f (t) = et /2
.
Puisque t 7 tf (t) est intgrable, on a
Z +
2
f0 (x) = i tet /2 ixt
e
y 0 + xy = 0
2
Cest une quation diffrentielle linaire dordre 1 homogne de solution gnrale y(x) = ex /2
.
Sachant que f(0) = (intgrale de Gauss) on obtient = puis
2
x R, f(x) = ex /2
Lemme
Soit x R.
Z +
Lintgrale tx1 et dt converge si, et seulement si, x > 0.
0
dm. :
La fonction g : t 7 tx1 et est dfinie et continue par morceaux sur ]0, +[.
Cette fonction est positive donc
Z +
tx1 et dt converge si, et seulement si, g est intgrable sur ]0, +[
0
g est intgrable sur ]0, 1] si, et seulement si, 1 x < 1 i.e. x > 0
Dfinition
Pour tout x > 0, on pose
Z +
(x) = tx1 et dt
0
Z +
Exemple (1) = et dt = 1.
0
Proposition
x > 0, (x + 1) = x(x).
dm. : Z +
On a (x + 1) = tx et dt
0
On procde une intgration par parties avec
u(t) = tx et v(t) = et
Ainsi (x + 1) = x(x)
21.4.3.2 Continuit
Thorme
La fonction est dfinie et continue sur R+? .
dm. :
Considrons g(x, t) = tx1 et dfinie sur R+? ]0, +[.
x > 0, t 7 g(x, t) est continue par morceaux sur ]0, +[.
t ]0, +[, x 7 g(x, t) est continue sur R+? .
Soit [a, b] R+? .
Pour tout x [a, b], si t > 1, tx1 6 tb1 et si t 6 1, tx1 6 ta1 . Dans les deux cas
tx1 6 ta1 + tb1
Par suite
|g(x, t)| 6 (ta1 + tb1 )et = a,b (t)
avec a,b intgrable sur ]0, +[ car somme de deux fonctions intgrables.
La fonction est continue sur [a, b] et puisque ceci vaut pour tout [a, b] R+? , est continue sur R+? .
21.4.3.3 Drivabilit
Lemme
x > 0, n N? , t 7 (ln t)n tx1 et est intgrable sur ]0, +[.
dm. :
La fonction h : t 7 (ln t)n tx1 et est continue par morceaux sur ]0, +[.
Quand t +, t2 h(t) = t2 (ln t)n tx1 et 0.
Quand t 0+ , pour ]0, x[, t1 h(t) (ln t)n tx 0 avec 1 < 1
Thorme
La fonction est de classe C sur R+? et
Z +
n N, (n) (x) = (ln t)n tx1 et dt
0
dm. :
g(x, t) = tx1 et = e(x1) ln t et .
ng
La fonction x 7 g(x, t) est de classe C donc, la fonction g admet une drive partielle pour tout
xn
n N? et
ng
(x, t) = (ln t)n tx1 et
xn
ng
La fonction est continue sur R+? ]0, +[.
xn
Pour tout [a, b] ]0, +[ et tout (x, t) [a, b] ]0, +[,
n
g n a1
+ tb1 )et = n,a,b (t)
xn (x, t) 6 (ln t) (t
Sries entires
Ce sont des sommes de sries de fonctions, on tudiera le problme de convergence, on observera leur
rgularit et on verra quun grand nombre de fonctions usuelles peuvent scrire ainsi.
22.1 Convergence des sries entires
22.1.1 Srie entire
Dfinition
On appelle srie entire dfinie par la suite de coefficients (an ) CN , la srie des fonctions
un : z C 7 an z n
X X
Par abus, cette srie de fonctions un est note an z n .
X
Lensemble D des z C pour lesquels la srie numrique an z n converge est appel do-
maine de convergence de la srie entire et la fonction S : D C dfinie par
+
X
S(z) = an z n
n=0
X +
X
Exemple La srie entire an z n converge en z = 0 et an 0n = a0 .
n=0
En effet 00 = 1 et 0n = 0 pour n N? .
X
Exemple La srie entire z n converge pour tout z C tel que |z| < 1 et on a
+
X 1
zn =
n=0
1z
505
22.1. CONVERGENCE DES SRIES ENTIRES
X 1
Exemple La srie entire z n converge pour tout z C et par dfinition
n!
+
X 1 n
z = ez
n=0
n!
X
Exemple Si partir dun certain rang an = 0 alors la srie entire an z n converge sur C et sa
somme est une fonction polynme.
X
Dterminons la forme du domaine de convergence dune srie entire an z n .
X
Exemple Rayon de convergence de zn.
n
{r > 0/(r ) est borne} = [0, 1] donc R = 1.
X 1
Exemple Rayon de convergence de zn.
n!
{r > 0/(rn /n!) est borne} = R+ donc R = +.
X
Exemple Rayon de convergence n!z n .
n
{r > 0/(an r ) est borne} = {0} donc R = 0.
Thorme
X
Soit an z n une srie entire de rayon de convergence R et z C.
X
Si |z| < R alors la srie a z n est absolument convergente.
Xn
Si |z| > R alors la srie an z n diverge grossirement (plus prcisment la suite (an z n )
nest mme pas borne).
dm. :
Notons A = {r > 0/(an rn ) est borne} et R = sup A.
Si |z| < R alors |z| ne majore pas A et doncXil existe r > 0 tel que |z| < r et tel que la suite (an rn ) soit
borne. En vertu du lemme dAbel, la srie an z n est absolument convergente.
n
Si |z| > R alors |z|
/ A et donc (an z ) nest pas borne.
Corollaire
Soit D le domaine de convergence dune srie entire de rayon de convergence R.
Si R = 0 alors D = {0}.
Si R = + alors D = C.
Si R ]0, +[ alors D(0, R) D D(0, R) en notant X D(0, R) = {z C/ |z| < R}
Sur le cercle de centre 0 et de rayon R, les natures de an z n peuvent tre diverses.
Dfinition
Le disque
D(0, R) = {z C/ |z| < R}
est appel disque ouvert de convergence de la srie entire.
Remarque Sur ce disque, la srie entire converge assurment. Elle peut aussi converger en certains
points du cercle limite.
Attention : Il peut ne pas y avoir convergence normale de la srie entire sur le disque ouvert de
convergence.
X
Exemple Considrons la srie entire zn.
Son rayon de convergence est R = 1.
Cependant sup |z n | = 1 et il ny a donc pas convergence normale sur D(0, 1) = {z C/ |z| < 1}.
|z|<1
X
Si ` < 1 alors un est absolument convergente.
X
Si ` > 1 alors un est grossirement divergente.
X
En exploitant ce critre, on peut tudier la convergence de an z n et prciser le rayon de conver-
gence R.
Exemple Rayon de convergence de
X n(n+1)
(1) 2 (n 1)2n z n
Soit z C. n(n+1)
Posons un (z) = (1) 2 (n 1)2n z n .
Pour z 6= 0 et n > 2, on a un 6= 0.
n+1 n+1
un+1 (z)
= n 2 z
un (z) n 1 2n z n 2 |z|
X
Si |z| < 1/2 alors un (z) est absolument convergente.
X
Si |z| > 1/2 alors un (z) diverge grossirement.
On en dduit R = 1/2.
X
Pour tout z C? , un (z) est absolument convergente (et aussi pour z = 0 ) donc R = +.
X
Remarque Plus gnralement, soit F C(X)\ {0}, le rayon de convergence de F (n)z n vaut 1 car
pour z 6= 0
F (n + 1)z n+1 F (n + 1)
= |z| |z|
|F (n)z n | F (n)
en effet
ap np + ap np
F (n) = = npq
bq nq + bq nq
donc
F (n + 1) (n + 1)pq
1
F (n) npq
22.1.5.2
Cas des sries lacunaires
X
Remarque La srie de fonctions an z 2n peut se comprendre comme une srie entire. En effet
X X
an z 2n = bn z n
avec
b2p = ap et b2p+1 = 0
Le rayon de convergence dune telle srie peut souvent se dterminer par la dmarche prcdente.
X (1)n
Si |z| < 1 alors z 2n+1 est absolument convergente.
n+1
X (1)n
Si |z| > 1 alors z 2n+1 est grossirement divergente.
n+1
On en dduit R = 1
X
Exemple Rayon R de convergence de sin(n)z n .
X
On a |an | 6 1, or z n est de rayon de convergence 1, donc R > 1.
X
De plus (an ) ne tend pas vers 0 donc an z n diverge pour z = 1 et donc R 6 1.
On peut conclure R = 1.
X
Remarque Plus gnralement, si (an ) est borne et ne tend pas vers 0 alors an z n a un rayon de
convergence gal 1.
X
22.1.5.4 Rayon de nan z n
Thorme
X X
Les sries entires an z n et nan z n ont mme rayon de convergence.
dm. :
Notons R et R0 les deux rayons de convergence de ces sries entires.
Puisque an = o(nan ), on a dj R > R0 .
Inversement, soit z C tel que |z| < R. Introduisons tel que |z| < < R, on a
n
nan z n = n (z/) an n = o(an n )
X X
Or il y a convergence absolue de an n , donc nan z n converge absolument.
Ainsi R0 > R puis il y a galit.
X X
Exemple Montrons que pour tout R, an z n etn an z n ont mme rayon de convergence.
X X
Par rcurrence, on obtient aisment lgalit des rayons de convergence de an z n et nk an z n
pour k Z.
En considrant k = bc, on a nk |an | 6 n |an | 6 nk+1 |an | ce qui permet de conclure.
Dfinition
X X X
On appelle somme des sries entires an z n et bn z n la srie entire (an + bn )z n .
Thorme
X X
Si Ra et Rb sont les rayons de convergence des sries entires an z n et bn z n alors le
X
rayon de convergence R de la srie entire somme (an + bn )z n vrifie
R > min(Ra , Rb )
dm. :
On remarque an z n + bn z n = (an + bn )z n .
Soit z C tel que |z| <Xmin(Ra , RX b ).
n
Les sries numriques an z et bn z n convergent absolument donc par somme la srie numrique
X
(an + bn )z n converge aussi et de plus
+
X +
X +
X
(an + bn )z n = an z n + bn z n
n=0 n=0 n=0
X
Puisque (an + bn )z n converge pour tout |z| < min(Ra , Rb ), on a
min(Ra , Rb ) 6 R
Remarque Il est possible que R > min(Ra , Rb ), par exemple quand bn = an .
Proposition
Si Ra 6= Rb alors R = min(Ra , Rb ).
dm. :
Quitte changer supposons Ra < Rb .
On sait dj que R > X Ra . X X
Pour Ra < |z| < Rb , an z n diverge alors que bn z n converge donc (an + bn )z n diverge.
On en dduit R = Ra = min(Ra , Rb ).
X
Exemple Soit an z n une srie entire de rayon de convergence R.
X X
Considrons a2p z 2p et a2p+1 z 2p+1 de rayons de convergence R0 et R00 .
Montrons
R = min(R0 , R00 )
Remarquons
X X
a2p z 2p = bn z n avec b2p = a2p et b2p+1 = 0
X X
a2p+1 z 2p+1 = cn z n avec c2p = 0 et c2p+1 = a2p+1
X X
Dune part an = bn + cn pour tout n N donc an z n est la somme des sries entires a2p z 2p et
X
a2p+1 z 2p+1 puis R > min(R0 , R00 ).
Dautre part, |bn | , |cn | 6 |an | donc R0 , R00 > R puis min(R0 , R00 ) > R.
Finalement R = min(R0 , R00 ).
22.1.6.2 Produit
Dfinition
X X X
On appelle produit des sries entires an z n et bn z n la srie entire cn z n avec
n
X
cn = ak bnk .
k=0
Thorme
X X
Si Ra et Rb sont les rayons de convergence des sries entires an z n et bn z n alors le
X
rayon de convergence R de la srie entire produit cn z n vrifie
R > min(Ra , Rb )
dm. :
On remarque
n
X
cn z n = (ak z k )(bnk z nk )
k=0
X X X
Ainsi la srie numrique cn z n est le produit de Cauchy des sries numriques an z n et bn z n .
X X
Pour z C tel que |z| < min(Ra , Rb ), an z n et bn z n sont absolument convergentes donc par
X
produit de Cauchy cn z n est absolument convergente et de plus
+ +
! +
!
X X X
n n n
cn z = an z bn z
n=0 n=0 n=0
X
Puisque cn z n converge pour tout |z| < min(Ra , Rb ), on a min(Ra , Rb ) 6 R.
X
Exemple Soit an z n une srie entire de rayon de convergence R > 1.
X Xn
Etudions la srie entire Sn z n avec Sn = ak .
k=0
n
X X X X
Pour tout n N, Sn = ak 1 donc Sn z n est le produit des sries entires an z n et zn.
X k=0
Par suite Sn z n est de rayon de convergence > min(R, 1) = 1 et pour tout z C tel que |z| < 1,
+ +
X 1 X
Sn z n = an z n
n=0
1 z n=0
Dfinition
Lensemble I des x pour lesquels la srie numrique converge vrifie
]R, R[ I [R, R]
Thorme
X
La srie entire an xn converge normalement sur tout segment inclus dans ]R, R[.
dm.X
:
Car an z n converge normalement sur tout disque ferm inclus dans le disque ouvert D(0, R).
Corollaire
+
X
La fonction S : x 7 an xn est continue sur ]R, R[.
n=0
Exemple Etudions
+
X (1)n1 n
S : x 7 x
n=1
2n + 1
S est une srie entire de rayon de convergence R = 1.
S est donc assurment dfinie et continue sur ]1, 1[.
Etude en x = 1
X (1)n1 X 1
(1)n = diverge.
2n + 1 2n + 1
S nest pas dfinie en 1.
Etude en x = 1
X (1)n1 X (1)n1
1n = est une srie alterne convergente en vertu du critre spcial.
2n + 1 2n + 1
S est dfinie en 1.
Continuit en 1
(1)n1 n
Considrons un : [0, 1] R dfinie par un (x) = x avec n > 1.
2n + 1
X fonctions un sont continues.
Les
un (x) converge par le critre spcial.
1 1
|Rn (x)| 6 |un+1 (x)| 6 xn+1 6 0
2n + 1 2n + 1
Il y a convergence uniforme sur [0, 1] donc S est continue sur [0, 1].
22.2.2 Intgration
Dfinition
X X an
On appelle srie entire primitive de an xn la srie entire xn+1 .
n+1
Proposition
X X an
an xn et xn+1 ont mme rayon de convergence.
n+1
dm. : X an
Le rayon de convergence de xn+1 est le mme que celui de
n+1
X an n+1 X
(n + 1) x = an xn+1
n+1
X
qui est aussi celui de an xn .
Thorme
X
Si an xn est une srie entire de rayon de convergence R > 0 alors
+
X an n+1
x 7 x
n=0
n +1
dm. :
+
X
Sur ]R, R[, la primitive sannulant en 0 de la fonction continue x 7 an xn est
n=0
Z +
xX
x 7 an tn dt
0 n=0
Pour tout x ]R, R[, la srie entire converge uniformment sur le segment dextrmits 0 et x. On
peut donc intgrer terme terme et affirmer
Z xX + + Z x +
X X an n+1
an tn dt = an tn dt = x
0 n=0 n=0 0 n=0
n+1
Exemple On sait que pour x ]1, 1[
+
X 1
xn =
n=0
1x
Par intgration de srie entire, on obtient
+ n+1 Z x
X x dt
x ]1, 1[ , = = ln(1 x)
n=0
n+1 0 1t
22.2.3 Drivation
Dfinition
X
On appelle srie entire drive dune srie entire an xn la srie entire
X X
nan xn1 = (n + 1)an+1 xn
n>1
Proposition
X X
an xn et nan xn1 ont mme rayon de convergence.
n>1
dm.
X : X X
an xn a le rayon de convergence de nan xn qui est aussi celui de nan xn1
n>1
Proposition
X
Si an xn est une srie entire de rayon de convergence R > 0 alors sa somme S : x 7
+
X
an xn
n=0
est de classe C 1 sur ]R, R[ et
+
X +
X
x ]R, R[ , S 0 (x) = nan xn1 = (n + 1)an+1 xn
n=1 n=0
dm. :
Introduisons un : x 7 an xn . X X
Les fonctions un sont de classe C 1 , un converge simplement sur ]R, R[ et u0n converge norma-
lement sur tout segment inclus dans ]R, R[ car la srie entire drive a pour rayon de convergence R.
Thorme
X
Si an xn est une srie entire de rayon de convergence R > 0 alors sa somme S : x 7
+
X
an xn est de classe C sur ]R, R[ et ses drives successives sobtiennent en drivant
n=0
terme terme :
+
X
p N, x ]R, R[ , S (p) (x) = n(n 1) . . . (n p + 1)an xnp
n=p
ou encore
+
X
p N, x ]R, R[ , S (p) (x) = (n + p)(n + p 1) . . . (n + 1)an+p xn
n=0
Thorme
X
Si an xn est une srie entire de rayon de convergence R > 0 et de somme S alors
S (n) (0)
n N, an =
n!
dm. :
S est de classe C sur ]R, R[ et
+
X
(p)
S (x) = (n + p)(n + p 1) . . . (n + 1)an+p xn
n=0
alors
n N, an = bn
dm. :
+
X +
X
Notons Sa : x 7 an xn et Sb : x 7 bn x n .
n=0 n=0
Par hypothse, il existe r > 0 tel que
On a alors
(p)
p N, x ]r, r[ , Sa(p) (x) = Sb (x)
donc
(p) (p)
Sa (0) S (0)
ap = = b = bp
p! p!
X
Exemple Soit an xn une srie entire de rayon de convergence R > 0 et de somme
+
X
S : x ]R, R[ 7 an xn
n=0
Montrons
S est paire si, et seulement si, p N, a2p+1 = 0
( ) Supposons p N, a2p+1 = 0.
+
X +
X
S(x) = an xn = a2p x2p donc S est une fonction paire dfinie sur ]R, R[ ou [R, R].
n=0 p=0
( ) Supposons S paire.
+
X +
X
Pour tout x ]R, R[, S(x) = S(x) donc an xn = (1)n an xn .
n=0 n=0
Par identification des coefficients de sries entires de rayons de convergence > 0, on a pour tout n N,
an = (1)n an et donc
p N, a2p+1 = 0
De mme, on montre :
S est impaire si, et seulement si, p N, a2p = 0
X +
X
x ]r, r[ , an xn converge et f (x) = an xn
n=0
1
Exemple Considrons f : x 7 dfinie sur ], 1[
1x
f est dveloppable en srie entire sur ]1, 1[ car on sait
+
1 X
= xn
1 x n=0
et donc f (x) apparat sur ]1, 1[ comme gale la somme dune srie entire convergente.
1
Exemple Considrons f : x 7 dfinie sur R.
1 + x2
et donc f (x) apparat sur ]1, 1[ comme gale la somme dune srie entire convergente.
Dfinition
On dit que f : I C est dveloppable en srie entire en 0 sil existe r > 0 telle que f est
dveloppable en srie entire sur ]r, r[.
1 1
Exemple Les fonctions x 7 , , ex sont dveloppables en srie entire en 0.
1 x 1 + x2
Thorme
Si f : I C est dveloppable en srie entire sur ]r, r[ avec
+
X
x ]r, r[ , f (x) = an xn
n=0
alors f est de classe C sur ]r, r[ et
f (n) (0)
n N, an =
n!
Autrement dit, il ny a quune seule srie entire qui puisse correspondre f , savoir sa srie
de Taylor.
+ (n)
X f (0) n
f (x) = x
n=0
n!
dm. : X
Il existe une srie entire an xn de rayon de convergence R > r tel que sur ]r, r[
+
X
f (x) = an xn
n=0
+
X
Considrons alors la fonction S : x 7 an xn .
n=0
La fonction S est dfinie et de classe C sur ]R, R[ donc sur ]r, r[
Puisque f et S concident sur ]r, r[, f est de classe C sur ]r, r[.
De plus, pour tout n N,
S (n) (0) f (n) (0)
an = =
n! n!
donc la srie entire introduite nest autre que la srie de Taylor de f .
Remarque Une fonction qui nest pas de classe C sur ]r, r[ ne peut y tre dveloppable en srie
entire.
Remarque Si f est de classe C , on peut tudier si f est dveloppable en srie entire en vrifiant si
n
X f (k) (0)
xk f (x)
k! n+
k=0
On peut pour cela exploiter lingalit de Taylor-Lagrange ou lgalit de Taylor avec reste intgral.
X f (n) (0)
Ainsi la srie xn converge et
n!
+ (n)
X f (0) n
f (x) = x
n=0
n!
La fonction f scrit sur ]r, r[ comme gale la somme dune srie entire convergente, elle est donc
dveloppable en srie entire sur ]r, r[.
Attention : Il existe des fonctions de classe C qui ne sont pas dveloppables en srie entire !
La fonction f est sur ]r, r[ somme dune srie entire convergente, elle est donc dveloppable en srie
entire.
Pour tout x ]r, r[, on a
+
X +
X +
X
(f + g)(x) = f (x) + g(x) = an xn + bn xn = (an + bn )xn
n=0 n=0 n=0
La fonction f + g est sur ]r, r[ somme dune srie entire convergente, elle est donc dveloppable en
srie entire.
Enfin, par produit de Cauchy de sries absolument convergentes
+
! + ! + n !
X X X X
n n
(f g)(x) = f (x)g(x) = an x bn x = ak bnk xn
n=0 n=0 n=0 k=0
La fonction f g est sur ]r, r[ somme dune srie entire convergente, elle est donc dveloppable en srie
entire.
+ +
X 1 n X (1)n n
Exemple Pour tout x R, ex = x et ex = x donc les fonctions ch et sh sont
n=0
n! n=0
n!
dveloppables en srie entire sur R avec
+ +
X 1 X 1
chx = x2n et shx = x2n+1
n=0
(2n)! n=0
(2n + 1)!
Thorme
Si f : I C est dveloppable en srie entire sur ]r, r[ alors f, Re(f ) et Im(f ) lest aussi.
dm. :
+
X +
X +
X
n n
Si f (x) = an x sur ]r, r[ alors f (x) = an x , Re(f (x)) = Re(an )xn , Im(f (x)) =
n=0 n=0 n=0
+
X
Im(an )xn .
n=0
Les fonction s f, Re(f ) et Im(f ) sont donc dveloppables en srie entire sur ]r, r[ car sommes de
sries entires convergentes sur cet intervalle.
donc les fonctions cos et sin sont dveloppables en srie entire sur R avec
+ +
X (1)n 2n X (1)n 2n+1
cos x = x et sin x = x
n=0
(2n)! n=0
(2n + 1)!
Thorme
Si f : I C est dveloppable en srie entire sur ]r, r[ alors ses drives successives le sont
aussi.
dm. :
+
X
Si f (x) = an xn sur ]r, r[ alors par drivation de la somme dune srie entire
n=0
+
X
f 0 (x) = (n + 1)an+1 xn
n=0
et donc f 0 est dveloppable en srie entire sur ]r, r[. Il en est de mme de f 00 , . . . , f (n) , . . ..
Exemple On sait
+
1 X
x ]1, 1[ , = xn
1 x n=0
+
1 d 1 X
x ]1, 1[ , = = (n + 1)xn
(1 x)2 dx 1x n=0
Thorme
Si f : I C est dveloppable en srie entire sur ]r, r[ avec
+
X
f (x) = a n xn
n=0
dm. :
+ +
X an n+1 X
On sait que x 7 x est la primitive sannulant en 0 de x 7 an xn donc F ne diffre de
n=0
n + 1 n=0
cette fonction sur ]r, r[ que de la valeur F (0).
d 1
(ln(1 + x)) =
dx 1+x
Or
+
1 X
= (1)n xn sur ]1, 1[
1 + x n=0
Par une tude de srie de fonctions, on peut tablir la dfinition et la continuit du second membre en
x = 1. Cela permet de prolonger lidentit en x = 1.
Thorme
Pour tout R, la fonction x 7 (1 + x) est dveloppable en srie entire sur ]1, 1[ et
+
X ( 1) . . . ( n + 1) n
(1 + x) = x
n=0
n!
dm. :
Posons
( 1) . . . ( n + 1)
an =
n!
X
et tudions la srie entire an xn
On a
( 1) n
a0 = 1, a1 = , a2 = , . . . , an+1 = an
2 n+1
X
Dterminons le rayon de convergence R de la srie entire an xn .
Cas N
Pour n > , an = 0 et donc R = + (polynme)
Cas /N
Pour tout n N, an 6= 0
? n
Pour x R , considrons un = an x
un+1 | n|
et = |x| |x| donc R = 1.
un n+1
Dans les deux cas, la fonction
+
X
S : x 7 an xn
n=0
donc
+
X +
X
S 0 (x) = (n + 1)an+1 xn = ( n)an xn
n=0 n=0
puis
+
X +
X
0
S (x) = n
an x x nan xn1 = S(x) xS 0 (x)
n=0 n=1
(1 + x)0 + y = 0
S(x) = (1 + x)
Or = S(0) = a0 = 1 donc
S(x) = (1 + x)
Exemple Cas N
Si = p N
p
+
!
p
X p(p 1) . . . (p k + 1) k
X p
(1 + x) = x = xk
k! k
k=0 k=0
1
Exemple Soit a C? . La fonction x 7 est dveloppable en srie entire sur ]r, r[ avec
(x a)2
r = |a|.
En effet, en drivant le dveloppement prcdent
+
1 X n+1 n
2
= x
(x a) n=0
an+2
f : x 7 ln(1 + x + x2 )
On a
+
1 + 2x (1 + 2x)(1 x) 1 + x 2x2 X
f 0 (x) = = = = (1 + x 2x 2
) x3n
1 + x + x2 1 x3 1 x3 n=0
21 32 2n1
( 1) . . . ( n + 1) (2n)!
= 2
= (1)n n 2
n! n! (2 n!)
+
X (2n)! 2n
donc (arcsin x)0 = n n!)2
x puis par intgration dun dveloppement en srie entire
n=0
(2
+
X (2n)! x2n+1
arcsin x =
n=0
(2n n!)2 2n + 1
arcsin x
f : x 7
1 x2
p
Les fonctions x 7 1/ 1 x2 et x 7 arcsin x sont dveloppables en srie entire sur ]1, 1[ donc f
lest aussi par produit. On pourrait calculer ce dveloppement en procdant un produit, mais
lexpression finale ne serait pas trs explicite. On va plutt calculer ce dveloppement en exploitant une
quation diffrentielle vrifie par f . La fonction f est drivable sur ]1, 1[ et
1 x arcsin x
f 0 (x) = 2
+
1x (1 x2 )3/2
(1 x2 )y 0 xy = 1
La fonction f tant impaire, son dveloppement en srie entire sur ]1, 1[ peut scrire
+
X
f (x) = an x2n+1
n=0
22.4 Applications
22.4.1 Rgularit dun prolongement continu
ex 1
Exemple Soit f : R? R dfinie par f (x) = . Prolongeons f en 0.
x
Quand x 0, ex = 1 + x + o(x) donc
x + o(x)
f (x) = 1
x
On peut prolonger f par continuit en 1 en posant f (0) = 1.
Montrer que la fonction f ainsi prolonge est de classe C sur R.
Pour tout x R,
+
X 1 n
ex 1 = x
n=1
n!
Pour tout x R? ,
+ +
ex 1 X 1 n1 X 1
= x = xn
x n=1
n! n=0
(n + 1)!
puis pour tout x R,
+
X 1
f (x) = xn
n=0
(n + 1)!
Ainsi f est dveloppable en srie entire sur R et cest donc une fonction de classe C .
De plus
1
n N, f (n) (0) =
n+1
car par srie de Taylor
f (n) (0) 1
=
n! (n + 1)!
Exemple De mme, on obtient que la fonction sinus cardinal est de classe C sur R.
sin x
Remarque On en dduit que la fonction x 7 se prolonge en une fonction de classe C car
ex 1
sin x sin x x
=
ex 1 x ex 1
x sin x
est produit des deux fonctions x 7 et x 7 qui se prolongent en des fonctions de
ex 1 x
classe C .
donc
+ +
X (1)n1 2n X (1)n 2 n
xS(x) = x =1 x
n=1
n! n=0
n!
Finalement
2
1 ex
S(x) = pour x 6= 0 et S(0) = 0
x
+
X 1
Exemple Calcul de xn .
n=0
(2n)!
On a immdiatement R = +.
Si x > 0 alors
+ +
X 1 X 1 2n
xn = x = ch x
n=0
(2n)! n=0
(2n)!
Si x 6 0 alors
+ + +
X 1 n
X (1)n n X (1)n p 2n p
x = |x| = |x| = cos |x|
n=0
(2n)! n=0
(2n)! n=0
(2n)!
+
X (1)n n
Exemple Calcul de x .
n=2
n2 1
On a immdiatement R = 1.
Puisque la srie converge en x = 1 et x = 1, lintervalle de convergence est [1, 1]
Par dcomposition en lments simples
1 1 1 1
=
n2 1 2 n1 n+1
Pour x ]1, 1[ et x 6= 0,
+ +
(1)n xn 1 X (1)n1 n
X 1 1 2
= x = ln(1 + x) x + x
n=2
n+1 x n=3 n x 2
1 3
S(1) = lim S(x) = et S(1) = lim S(x) =
x1 4 x(1)+ 4
+
X x2n+1
Exemple Calcul de .
n=0
2n + 1
On a immdiatement R = 1.
Pour x ]1, 1[, on peut crire
+ n + 2n
X x X x
S(x) =
n=1
n n=1
2n
1 1 1+x
S(x) = ln(1 x) + ln(1 x2 ) = ln
2 2 1x
avec un rayon de convergence R = +. Cette srie entire converge donc normalement sur tout
segment inclus dans R et donc en particulier sur [0, ].
Puisque les fonctions sommes sont continues et que la srie de fonctions converge uniformment
+
X + Z
(1)n 2n (1)n 2n
Z X
t dt = t dt
0 n=0
(2n + 1)! n=0 0
(2n + 1)!
+
X 1 2
Sachant = , on peut achever le calcul de I,
n=1
n2 6
+ + + +
! +
X 1 X 1 X 1 X 1 X 1
I= 2
= + 2
p=0
(2p + 1) p=1
(2p)2 p=0
(2p + 1) 2
p=1
(2p)2 p=1
(2p) 2
et donc
+ + +
X 1 1X 1 1X 1 2
I= 2
2
= 2
=
n=1
n 2 p=1 p 2 n=1 n 12
n N, f (n) (0) = 0
avec x
(x t)n (n+1)
Z
Rn (x) = f (t) dt
0 n!
Par le changement de variable t = xu, on peut crire
1
(1 u)n (n+1)
Z
Rn (x) = xn+1 f (xu) du
0 n!
Choisissons y tel que |x| < y < r. Puisque f (n+1) est croissante, on a
et donc
1
(1 u)n (n+1)
Z
n+1 n+1
|Rn (x)| 6 |x| f (yu) du 6 |x/y| Rn (y)
0 n!
De plus Rn (y) 6 f (y) car les termes de la somme partielle de Taylor en y sont tous positifs et donc
n+1
|Rn (x)| 6 |x/y| f (y) 0
n+
Finalement, f est aussi gale la somme de sa srie de Taylor sur ]r, r[.
K dsigne R ou C.
E dsigne un K-espace vectoriel de dimension finie n N?
I dsigne un intervalle de R dintrieur non vide.
23.1 Les quations vectorielles
23.1.1 Equation et systmes diffrentiels
Dfinition
On appelle quation diffrentielle vectorielle linaire dordre 1, dfinie sur I et valeurs dans
E, toute quation de la forme
avec t 7 a(t) fonction continue de I vers L(E), t 7 b(t) fonction continue de I vers E et
dinconnue t 7 x(t) fonction drivable de I vers E.
Exemple Cas E = K.
Les endomorphismes sur K correspondent aux applications x 7 ax avec a K.
Une quation scalaire sapparente alors une quation vectorielle valeurs dans E = K et inversement.
A(t) = Mate (a(t)) Mn (K), B(t) = Mate (b(t)) Mn,1 (K) et X(t) = Mate (x(t)) Mn,1 (K),
lquation vectorielle
x0 = a(t)(x) + b(t)
535
23.1. LES QUATIONS VECTORIELLES
En notant ai,j (t) les coefficients de la matrice A(t), bi (t) ceux de la colonne B(t) et xi (t) ceux de la
colonne X(t), lquation tudie quivaut encore au systme diffrentiel
0
x = a1,1 (t)x1 + + a1,n (t)xn + b1 (t)
1
() : ..
.
0
xn = an,1 (t)x1 + + an,n (t)xn + bn (t)
En pratique, cest frquemment sous la forme dun systme diffrentiel que sont prsents les quations
linaires vectorielles.
Exemple Le systme (
x01 = t.x1 + 2.x2 + et
x02 = (1 t).x1 + t.x2
dfinit un systme diffrentiel de taille 2.
car x est solution de (E) si, et seulement si, (x, x0 ) est solution de ().
Proposition
Les solutions de lquation (E) : x0 = a(t)(x) + b(t) sont des fonctions de classe C 1 .
dm. :
Soit x une solution de (E). La fonction x est drivable et
Dfinition
Soit (t0 , x0 ) I E. Un problme de Cauchy associ lquation (E) en t0 consiste
dterminer les solutions de lquation de lquation
Exemple Pour les quations scalaires, on a vu quun problme de Cauchy dtermine une solution
unique.
Proposition
Soit x : I E une fonction continue. On a quivalence entre :
(i) x est solution sur I du problme de Cauchy
(
x0 = a(t)(x) + b(t)
x(t0 ) = x0
(ii) x vrifie Z t
x(t) = x0 + a(u)(x(u)) + b(u) du
t0
dm. :
(i) (ii) Supposons (i)
Puisque la fonction x est de classe C 1 ,
Z t
x(t) = x(t0 ) + x0 (u) du
t0
donc
Z t
x(t) = x0 + a(u)(x(u)) + b(u) du
t0
et puisque
Z t
t 7 a(u)(x(u)) + b(u) du
t0
Thorme
(admis)
Soit (t0 , x0 ) I E . Le problme de Cauchy
(
x0 = a(t)(x) + b(t)
x(t0 ) = x0
Dfinition
Lquation (E0 ) : x0 = a(t)(x) est appele quation homogne associe lquation (E).
Ses solutions sont appeles solutions homognes de lquation (E).
Thorme
Lensemble S0 des solutions sur I de lquation homogne (E0 ) est un sous-espace vectoriel
de C 1 (I, E) de dimension n = dim E.
dm. :
Les solutions de lquation (E0 ) sont de classe C 1 donc S0 C 1 (I, E).
Considrons la fonction : C 1 (I, K) C(I, K) dfinie par
(x) = x0 a(x)
En fait, (x) dsigne la fonction t 7 x0 (t) a(t) (x(t))
La fonction est linaire et S0 = ker donc S0 est un sous-espace vectoriel de C 1 (I, E).
Pour t0 I, considrons lapplication Et0 : S0 E dfinie par
Et0 : x 7 x(t0 )
Et0 est une application linaire car
Et0 (1 x1 + 2 x2 ) = (1 x1 + 2 x2 )(t0 ) = 1 x1 (t0 ) + 2 x2 (t0 ) = 1 Et0 (x1 ) + 2 Et0 (x2 )
Par le thorme de Cauchy linaire, on peut affirmer que lapplication Et0 est bijective.
Par suite Et0 est un isomorphisme et donc dim S0 = dim E.
Exemple Lensemble des solutions dun systme diffrentiel
(
x0 = a(t)x + b(t)y
() :
y 0 = c(t)x + d(t)y
Thorme
Lensemble S des solutions sur I de lquation
dm. :
Les solutions sont de classe C 1 donc S C 1 (I, E).
Par le thorme de Cauchy linaire, en fixant une condition initiale, on peut assurer lexistence dau moins
une solution x lquation tudie.
Soit x C 1 (I, E). En introduisant nouveau lapplication prsente dans le thorme ci-dessus,
lquation (E) scrit (x) = b. On a alors
x S (x) = (x)
et donc
x S x x S0
Proposition
Si b(t) = b1 (t) + b2 (t) avec b1 et b2 : I E fonctions continues et si x1 et x2 sont respecti-
vement solutions des quations
dm. :
(x1 ) = b1 et (x2 ) = b2 donc (x1 + x2 ) = b1 + b2 = b.
Pour tout t I
x0 (t) = x01 (t) + x02 (t) = a(t) (x1 (t)) + b1 (t) + a(t) (x2 (t)) + b2 (t)
x0 (t) = a(t) (x1 (t) + x2 (t)) + b1 (t) + b2 (t) = a(t) (x(t)) + b(t)
23.1.4 Mthode de variation des constantes
On cherche une solution lquation complte
(E0 ) : x0 = a(t)(x)
Thorme
On peut trouver par quadrature une solution particulire de lquation complte
de la forme
x(t) = 1 (t).1 (t) + + n (t).n (t)
avec 1 , . . . , n fonctions drivables.
dm. :
Soit x(t) = 1 (t).1 (t) + + n (t).n (t) avec 1 , . . . , n fonctions drivables.
On a
x0 (t) = 01 (t).1 (t) + + 0n (t).n (t) + 1 (t).01 (t) + + n (t).0n (t)
Considrons encore
Or la matrice W (t) est inversible. En effet, pour chaque t0 I, lapplication Et0 : S0 E dfinie par
x 7 x(t0 ) est un isomorphisme. Celui-ci transforme en une base en une base et donc
On a alors
x0 (t) = a(t)x(t) + b(t) Y (t) = W (t)1 B(t)
Enfin, la fonction t 7 W (t)1 B(t) est continue, on peut donc dterminer par quadrature des fonctions
1 , . . . , n telles que la fonction donne par x(t) = 1 (t)1 (t) + + n (t)n (t) est alors solution
particulire de lquation (E).
Remarque Cette mthode explique la mthode de variation de la constante vue pour les quations
scalaires dordre 2.
sont deux solutions indpendantes de 0 , elles forment donc un systme fondamental de solutions et la
solution gnrale homogne est
X(t) = 1 X1 (t) + 2 X2 (t)
Dterminons une solution particulire lquation complte de la forme
01 (t)et + 02 (t)e2t = et
La rsolution donne (
01 (t) = 1
02 (t) = 0
puis la solution particulire !
tet
X(t) =
tet
Remarque Via lintroduction dune base de E, une telle quation diffrentielle correspond :
- une quation matricielle
- un systme diffrentiel
0
x = a1,1 x1 + + a1,n xn + b1 (t)
1
() : .. avec ai,j K et bi (t) K
.
0
xn = an,1 x1 + + an,n xn + bn (t)
Remarque Compte tenu de la mthode de variation des constantes, il suffit de savoir rsoudre
lquation homogne (E0 ) pour rsoudre compltement (E).
Thorme
Soit a L(E) et x0 E. Lunique solution au problme de Cauchy
(
x0 = a(x)
x(0) = x0
est la fonction
x : t 7 exp (t.a) (x0 )
dm. :
On sait dj que le problme de Cauchy possde une solution unique. Vrifions que celle propose
convient.
x(t) = exp (t.a) (x0 )
On a dj x(0) = IdE (x0 ) = x0 . Vrifions que la fonction x est drivable et calculons x0 (t). Introduisons
lapplication V : L(E) E E qui (u, x) L(E) E associe V (u, x) = u(x). Cette application est
bilinaire. Par composition avec les fonctions t 7 exp (t.a) et t 7 x0 , toutes deux drivables, on peut
affirmer que la fonction t 7 x(t) = V (exp (t.a) , x0 ) est drivable avec
x0 (t) = V (a exp (t.a) , x0 ) + V (exp (t.a) , 0E )
et donc
x0 (t) = a (exp (t.a) (x0 )) = a (x(t))
Remarque La solution au problme de Cauchy
(
x0 = a(x)
x(t0 ) = x0
Corollaire
Lespace S0 des solutions sur R de lquation homogne x0 = a(x) est
X(t) = exp(t.A)X0
X 0 = AX Y 0 = DY
!
y1
Posons Y = .
y2
( (
0 y10 = y1 y1 (t) = 1 et
Y = DY avec 1 , 2 K
y20 = y2 y2 (t) = 2 et
! ! (
x1 y1 x1 = 2y1 + y2
2 1
X = PY =
x2 1 1 y2 x2 = y1 + y2
t
! ! !
21 et + 2 e 2et et
X 0 = AX X(t) = = 1 + 2
1 et + 2 et et et
! !
2et et
X1 (t) = et X2 (t) = dfinissent un systme fondamental de solutions.
et et
Exemple Rsoudre (
x01 = x1 x2
x02 = x1 + x2
Systme diffrentiel de taille 2 linaire homogne coefficients constants.
Equation matricielle : X 0 = AX avec
!
x1
1 1
A= et X =
1 1 x2
A (X) = (X 1)2 + 1.
Cas K = C : ! !
1 1
Sp(A) = {1 i}, E1+i (A) = Vect et E1i (A) = Vect .
i i
1 1 1 1+i 0
A = P DP avec P = et D =
i i 0 1i
et donc
X 0 = AX Y 0 = DY avec Y = P 1 X
!
y1
En crivant Y = ,
y2
( (
0 y10 = (1 + i)y1 y1 (t) = 1 e(1+i)t
Y = DY avec 1 , 2 C
y20 = (1 i)y2 y2 (t) = 2 e(1i)t
!
y1
1 1
X = PY =
i i y2
!
0
1 e(1+i)t + 2 e(1i)t
X = AX X(t) = avec 1 , 2 C
i1 e(1+i)t + i2 e(1i)t
! !
e(1+i)t e(1i)t
X1 (t) = et X2 (t) = = X1 (t) dfinissent un systme fondamental de
ie(1+i)t ie(1i)t
solutions.
Cas K = R :
!
e(1+i)t
X1 (t) = est solution complexe de lquation X 0 = AX or la matrice A est relle donc
ie(1+i)t
! !
cos(t)et sin(t)et
Re(X1 (t)) = et Im(X1 (t)) =
sin(t)et cos(t)et
Exemple Rsoudre (
x01 = 3x1 + 2x2
() :
x02 = 2x1 x2
Cest un systme diffrentielle linaire dordre 1 homogne et coefficients constants dquation
matricielle X 0 = AX avec !
x1
3 2
A= et X =
2 1 x2
A (X) = (X 1)2 .!
1
E1 (A) = Vect
1
!
1
Posons C1 = . On a
1
1 1 0 1 2
A = PTP avec P = et T =
1 1 0 1
et donc
X 0 = AX Y 0 = T Y avec Y = P 1 X
!
y1
En posant Y = ,
y2
( (
0 y10 = y1 + 2y2 y1 (t) = 1 et + 22 tet
Y = TY avec 1 , 2 K
y20 = y2 y2 (t) = 2 et
puis !
0
1 et + 2 (2t + 1)et
X = AX X(t) =
1 et + 2 (1 2t)et
Dfinition
On appelle ligne de champ du systme () tout arc de R2 paramtr par
(
x = x1 (t)
y = x2 (t)
Proposition
En tout point rgulier,une ligne de champ est tangente au champ de vecteurs
dm. :
Soit (x1 , x2 ) une solution de et t0 R tel que le point
(x0 , y0 ) = (x(t0 ), y(t0 )) = (x1 (t0 ), x2 (t0 ))
soit rgulier.
La tangente en (x0 , y0 ) est dirige par le premier vecteur driv qui a pour coordonnes
(
x0 (t0 ) = x01 (t0 ) = ax1 (t0 ) + bx2 (t0 ) = ax0 + by0
y 0 (t0 ) = x02 (t0 ) = cx1 (t0 ) + dx2 (t0 ) = cx0 + dy0
Cas > 0 : la matrice A est diagonalisable dans M2 (R) de valeurs propres 1 < 2 .
Notons V1 , V2 des vecteurs propres associs aux valeurs propres 1 , 2 . Les fonctions dfinies par X1 (t) =
e1 t V1 et X2 (t) = e2 t V2 dterminent un systme fondamental de solution de lquation X 0 = AX.
La solution gnrale de lquation est alors de la forme
!
x1 (t)
= 1 e1 t V1 + 2 e2 t V2 avec 1 , 2 R
x2 (t)
Cas = 0 : on a une racine relle double et des comportements proches de ceux prsents ci-dessus.
Cas < 0 : la matrice A est diagonalisable dans M2 (C) avec des valeurs propres , .
Pour V1 vecteur propre associ la valeur propre , la colonne
Z(t) = et V1
est solution complexe de lquation Z 0 = AZ et alors X1 = Re(Z) et X2 = Im(Z) dterminent un
systme fondamental de solutions de lquation X 0 = AX. Puisque
et = eRe()t (cos(t) + i sin(t)) avec = Im()
(
x1 (t) = ( cos(t) + sin(t))eRe()t
x2 (t) = ( cos(t) + sin(t))eRe()t
Proposition
Les solutions dune telle quation sont de classe C n .
Lemme
Soit x : I K drivable. On a quivalence entre :
(i) x est solution de lquation (E) ;
(ii) x est le premier lment dun tuple (x1 , . . . , xn ) solution du systme diffrentiel
0
x1 = x2
0
x2 = x3
() : ...
x0n1 = xn
0
xn = an1 (t)xn + + a1 (t)x2 + a0 (t)x1 + b(t)
dm. :
(i) (ii) Si x est solution sur I de lquation alors x est n fois drivable et le tuple (x, x0 , . . . , x(n1) )
est solution sur I du systme.
(ii) (i) Si x est le premier lment dun tuple (x1 , . . . , xn ) solution sur I du systme alors les premires
quations fournissent x2 = x01 = x0 , x3 = x00 ,. . . , xn = x(n1) et la dernire fournit la vrification par
x de lquation (E).
23.3.2 Problme de Cauchy
Soit a0 , . . . , an : I K et b : I K continues. On tudie lquation
0 6 k 6 n 1, x(k) (t0 ) = xk
Thorme
Le problme de Cauchy propos possde une solution unique dfinie sur I.
dm. :
Car le problme de Cauchy associ au systme diffrentiel admet une solution unique.
Dfinition
Lquation (E0 ) : x(n) = an1 (t)x(n1) + + a1 (t)x0 + a0 (t)x est appele quation
homogne associe (E) .
Thorme
Lensemble S0 des solutions sur I de lquation homogne (E0 ) est un sous-espace vectoriel
de dimension n de lespace C n (I, K).
dm. :
Les solutions de lquation homogne sont de classe C n donc S0 C n (I, K).
Considrons lapplication : C n (I, K) C(I, K) dfinie par
(x) = x(n) an1 x(n1) + + a1 x0 + a0 x
Lapplication est linaire et S0 = ker donc S0 est un sous-espace vectoriel de C n (I, K).
Soit t0 I. Considrons Et0 : S0 Kn dfinie par Et0 (x) = (x(t0 ), x0 (t0 ), . . . , x(n1) (t0 )).
Lapplication Et0 est linaire et comme un problme de Cauchy possde une solution unique, elle est
bijective. Cest donc un isomorphisme et par consquent
dim S0 = dim Kn = n
23.3.3.2 quation complte
Thorme
Lensemble S des solutions sur I de lquation complte (E) est un sous-espace affine de
C n (I, K) de direction S0 .
dm. :
Les solutions de lquation complte sont de classe C n et donc S C n (I, K).
S = ker P (D)
P = (X 1 )1 . . . (X m )m
Cas gnral :
Soit x E et y la fonction dfinie de sorte x = e y i.e. y : t et x(t). On a
donc
x ker(D Id) y ker D
Or la solution gnrale de lquation y () = 0 est
y(t) = c0 + c1 t + + c1 t1
avec c0 , c1 , . . . , c1 C.
Ainsi
ker(D Id) = t 7 (c0 + c1 t + + c1 t1 )et /c0 , c1 , . . . , c1 C
Remarque On a
m
X m
X
dim ker P (D) = dim ker(D k Id)k = k = n
k=1 k=1
K dsigne R ou C.
I dsigne un intervalle de R dintrieur non vide.
24.1 Equations linaires dordre 1
24.1.1 Equation diffrentielle scalaire
Dfinition
On appelle quation diffrentielle (scalaire) linaire dordre 1 dfinie sur I toute quation de
la forme
(E) : x0 = a(t)x + b(t)
avec t 7 a(t) et t 7 b(t) fonctions continues de I vers K et dinconnue t 7 x(t) fonction
drivable de I vers K.
Remarque Lusage veut quon nexprime pas la variable pour la fonction inconnue. Nanmoins,
vrifier que la fonction x est solution sur I consiste observer
t I, x0 (t) = a(t)x(t) + b(t)
Remarque Pour la thorie la fonction inconnue est note x. En pratique, elle est souvent note y.
Proposition
Les fonctions solutions de (E) sont de classe C 1 et mme de classe C n+1 si a et b sont de
classe C n .
555
24.1. EQUATIONS LINAIRES DORDRE 1
Dfinition
On appelle courbe intgrale de lquation diffrentielle (E) tout graphe dans R2 dune solution
de celle-ci.
Remarque En chaque point dune courbe intgrale, la tangente est dtermine par lexpression du
second membre de lquation diffrentielle. On peut alors figurer un champ de vecteurs dans le plan
permettant danticiper lallure des courbes intgrales.
Dfinition
Soit (t0 , x0 ) I K. Un problme de Cauchy associ lquation (E) en t0 consiste
dterminer les solutions de (E) : x0 = a(t)x + b(t) vrifiant la condition initiale
x(t0 ) = x0
Thorme
Soit (t0 , x0 ) I K. Le problme de Cauchy
(
x0 = a(t)x + b(t)
x(t0 ) = x0
puis
Z t
A(t) A(u)
x(t) = e x0 + e b(u) du
t0
Dfinition
Lquation est appele quation homogne associe lquation (E).
Ses solutions sont appeles solutions homognes de lquation (E).
Thorme
Lensemble S0 des solutions sur I de lquation homogne (E0 ) est la droite vectorielle en-
gendre par
t 7 eA(t)
o A dsigne une primitive de la fonction continue a.
dm. :
Soit x une fonction drivable. On a
d
x0 (t) = a(t)x(t) x(t)eA(t) = 0
dt
et donc x est solution de (E0 ) sur I si, et seulement si, x est de la former
t 7 eA(t) avec K
24.1.3.2 Rsolution de lquation complte
Rappel :
On appelle sous-espace affine dun espace vectoriel E tout ensemble de la forme
V = a + F = {a + x/x F }
et donc
x S x x S0
Ainsi S = x + S0 est un sous-espace affine de direction S0 .
Protocole : Pour rsoudre (E) : x0 = a(t)x + b(t) :
- on identifie le type de lquation (E) en reconnaissant a et b fonctions continues ;
- on rsout lquation homogne (E0 ) : x0 (t) = . . . ;
- on cherche une solution particulire : x(t) = . . . ;
- on exprime la solution gnrale : x(t) = x(t) + x0 (t).
Remarque Si b(t) = b1 (t) + b2 (t) avec b1 et b2 : I E fonctions continues et si x1 et x2 sont
respectivement solutions des quations
Thorme
Par quadrature, on peut dterminer une solution particulire de lquation complte (E) de la
forme x(t) = (t)(t) avec fonction drivable bien choisie.
dm. :
x est solution de (E) si, et seulement si,
t I, 0 (t)(t) = b(t)
Puisque la fonction est continue ne sannule pas (cest une fonction compose avec une exponentielle),
on peut dterminer convenable pour que x soit solution de (E).
Exemple Rsolvons lquation
(E) : (1 + t2 )y 0 + 2ty = 1
On a
2t 1
(E) y 0 + y=
1 + t2 1 + t2
(E) est quivalente une quation diffrentielle linaire dordre 1 dfinie sur R.
Equation homogne :
2t
(1 + t2 )y 0 + 2ty = 0 y 0 = y
1 + t2
On a
2t
Z
dt = ln(1 + t2 )
1 + t2
Solution homogne : y(t) = avec R
1 + t2
(t)
Solution particulire : y(t) = avec t 7 (t) fonction drivable.
1 + t2
(1 + t2 )y 0 (t) + 2ty(t) = 1 0 (t) = 1
t
(t) = t convient et y(t) = est solution particulire.
1 + t2
Solution gnrale
+t
y(t) = avec R
1 + t2
Exemple Lorsque les fonctions a et b sont constantes, on parle dquation coefficients constants.
Exemple (1 + t2 )y 00 + 2ty 0 + y = 0 est quivalente sur R une quation linaire dordre 2 car
t R, (1 + t2 ) 6= 0
Proposition
Les solutions de (E) sont de classe C 2 et plus gnralement de classe C n+2 si a, b, c sont C n .
Thorme
Soit (t0 , x0 , x00 ) I K2 . Le problme de Cauchy
00 0
x = a(t)x + b(t)x + c(t)
x(t0 ) = x0
0
x (t0 ) = x00
Attention : Il ne faut pas confondre un problme de Cauchy avec un problme de conditions aux bords.
Par exemple, les conditions y(0) = 0 et y(2) = 0 ne dterminent pas une solution unique pour
lquation diffrentielle y 00 + y = 0.
avec p, q : I R continues.
Montrons que sil existe x0 I vrifiant y(x0 ) = y 0 (x0 ) = 0 alors y est la fonction nulle.
En effet, la fonction nulle et la fonction y sont solutions au problme de Cauchy :
(
y 00 + p(x)y 0 + q(x)y = 0
y(x0 ) = y 0 (x0 ) = 0
Dfinition
Lquation (E0 ) : x00 = a(t)x0 + b(t)x est appele quation homogne associe (E).
Ses solutions sont appeles solutions homognes de lquation (E).
Thorme
Lensemble S0 des solutions sur I de lquation homogne (E0 ) est un sous-espace vectoriel
de C 2 (I, K) de dimension 2.
dm. :
Les solutions de lquation homogne sont de classe C 2 donc S0 C 2 (I, K).
Considrons la fonction : C 2 (I, K) C(I, K) dfinie par
En fait, la fonction (x) dsigne lapplication t 7 x00 (t) (a(t)x0 (t) + b(t)x(t)).
La fonction est linaire et S0 = ker donc S0 est un sous-espace vectoriel de C 2 (I, K).
Soit t0 I. Considrons lapplication Et0 : S0 K2 dfinie par
Lapplication Et0 est donc bijective et cest par consquent un isomorphisme. On en dduit
dim S0 = dim K2 = 2
24.2.3.2 Systme fondamental de solutions
Dfinition
On appelle systme fondamental de solutions de lquation homogne x00 = a(t)x0 + b(t)x
toute base (, ) de lespace S0 .
24.2.3.3 Wronskien
Dfinition
On appelle wronskien de deux solutions (, ) de lquation homogne (E0 ) la fonction
(t) (t)
t 7 w(t) = 0
(t) 0 (t)
Thorme
Le wronskien w de deux solutions de lquation (E0 ) : x00 = a(t)x0 + b(t)x est solution de
lquation diffrentielle dordre 1
w0 (t) = a(t)w(t)
dm. :
Par drivation par ligne du dterminant
0
(t) 0 (t) (t)
0 (t) (t) (t)
w (t) = 0 + =
(t) 0 (t) 00 (t) 00 (t) a(t)0 (t) + b(t)(t) a(t) 0 (t) + b(t)(t)
Exemple Le wronskien dun couple de solutions de lquation x00 + q(t)x = 0 est constant.
Corollaire
Un wronskien qui sannule est la fonction nulle.
Thorme
Si , sont solutions de lquation homogne alors on a quivalence entre :
(i) (, ) est un systme fondamental de solutions ;
(ii) t I, w(t) 6= 0 ;
(iii) t0 I, w(t0 ) 6= 0.
dm. :
Soit t0 I, lapplication Et0 : S0 K2 dfinie par Et0 (x) = (x(t0 ), x0 (t0 )) est un isomorphisme
despaces vectoriels. Par consquent la famille (, ) est un systme fondamental de solutions de (E0 )
si, et seulement si, la famille (Et0 (), Et0 ()) est une base de K 2 i.e. si, et seulement si, w(t0 ) 6= 0.
Thorme
Lensemble S des solutions sur I de lquation complte
(E0 ) : y 00 + ay 0 + by = 0
Soit K. La fonction t 7 et est solution de (E0 ) si, et seulement si, est racine de lquation
r2 + ar + b = 0
Dfinition
Lquation r2 + ar + b = 0 est appele quation caractristique associe lquation (E) (ou
(E0 ) ).
Cas K = C.
Si 6= 0 : deux solutions ,
(t) = et et (t) = et sont solutions de (E0 ).
1 1
w(0) = = 6= 0
x(t) = et + et avec , C
Cas K = R.
Si > 0 ou = 0 : idem avec , R
Si < 0, 2 solutions conjugues i avec 6= 0.
La fonction t 7 e(+i)t est solution complexe de (E0 ) donc ses parties relle et imaginaire (t) =
et cos(t) et (t) = et sin(t) sont solutions relles de (E0 ).
1 0
(0) = = 6= 0
La solution gnrale est alors
x(t) = ( cos(t) + sin(t))et avec , R
Thorme
Par quadrature, on peut trouver une solution particulire sur I de lquation
de la forme
x(t) = (t)(t) + (t)(t)
avec , : I K fonctions drivables vrifiant :
(
0 (t)(t) + 0 (t)(t) = 0
0 (t)0 (t) + 0 (t) 0 (t) = c(t)
dm. :
Le systme propos est de Cramer car de dterminant
(t) (t)
(t) 0 (t) = w(t) 6= 0
0
Pour Z t Z t
(t) = sin(u)f (u) du et (t) = f (u) cos(u) du
0 0
on a Z t
y(t) = (t) cos(t) + (t) sin(t) = sin(t u)f (u) du
0
solution particulire.
Solution gnrale
Z t
y(t) = sin(t u)f (u) du + cos(t) + sin(t) avec , R
0
Exemple Rsolvons
(E) : (t2 + 2t + 2)y 00 2(t + 1)y 0 + 2y = 0
Pour tout t R, t2 + 2t + 2 6= 0 donc (E) est quivalente une quation diffrentielle linaire dordre 2
homogne dfinie sur R.
Recherchons les fonctions polynomiales solutions.
Soit y(t) = tn + une fonction polynomiale.
(E) : (1 t2 )y 00 4ty 0 2y = 0
Pour tout t ]1, 1[, 1 t2 6= 0 donc (E) est quivalente une quation diffrentielle linaire dordre 2
homogne dfinie sur ]1, 1[.
Recherchons les fonctions dveloppables en srie entire au voisinage de 0.
Analyse : X
Soit y la somme de la srie entire an tn de rayon de convergence R > 0.
Sur ]R, R[,
+
X +
X
n 0
y(t) = an t , y (t) = nan tn1
n=0 n=1
et
+
X +
X
y 00 (t) = n(n 1)an tn2 = (n + 2)(n + 1)an+2 tn
n=2 n=0
ce qui donne
+
X
2 00 0
(1 t )y 4ty 2y = (n + 2)(n + 1)(an+2 an )tn
n=0
n N, an+2 an = 0
ce qui donne
a0 a1 t
y(t) = 2
+ pour t ]R, R[ avec ncessairement R 6 1
1t 1 t2
Synthse :
Soit
1 t
(t) = et (t) =
1 t2 1 t2
est dveloppable en srie entire sur ]1, 1[ et par les calculs qui prcdent est solutions de lquation
diffrentielle (E) sur ]1, 1[. Il en est de mme pour . Les fonctions et sont deux solutions
indpendantes, elles forment donc un systme fondamental de solutions de (E).
Solution gnrale :
+ t
y(t) = avec , R
1 t2
(E) : (1 + t2 )y 00 + 4ty 0 + (1 t2 )y = 0
en posant z = (1 + t2 )y.
Soient y : R R deux fois drivable et z : R R dfinie par z(t) = (1 + t2 )y(t).
z est deux fois drivable
z(t) = (1 + t2 )y(t)
z 0 (t) = (1 + t2 )y 0 (t) + 2ty(t)
z 00 (t) = (1 + t2 )y 00 (t) + 4ty 0 (t) + 2y(t)
On remarque
(1 + t2 )y 00 (t) + 4ty 0 (t) + (1 t2 )y(t) = z 00 (t) z(t)
donc
y est solution de (E) sur R z est solution sur R de (E 0 ) : z 00 z = 0
(E 0 ) est une quation diffrentielle linaire dordre 2 homogne coefficients constants.
Solution gnrale
z(t) = et + et
et
et + et
y(t) = avec , R
1 + t2
Remarque Lorsque (t) dtermine une solution ne sannulant pas de lquation homogne associe
une quation
y 00 + a(t)y 0 + b(t)y = c(t)
alors le changement de fonction inconnue y(t) = z(t)(t) permet de rsoudre cette quation. En effet,
on a alors
y 00 + a(t)y 0 + b(t)y = c(t) (t)z 00 + (20 (t) + a(t)(t))z 0 = c(t)
qui apparat comme une quation dordre 1 en la fonction inconnue z 0 .
Remarque Le changement de variable x = et est adapt la rsolution sur ]0, +[ des quations de la
forme
x2 y 00 + axy 0 + by = 0
quil transforme en quation coefficients constants
z 00 + (a 1)z 0 + bz = 0
1
(f (a + h) f (a))
h
Cas a est intrieur I :
Quand h 0+ , en appliquant le thorme des accroissements finis entre a et a + h, il existe ch compris
entre a et a + h tel que
f (a + h) f (a) = f 0 (ch )h
et alors
1
(f (a + h) f (a)) = f 0 (ch ) `
h
car ch a par encadrement. On en dduit fd0 (a) = `.
Ltude quand h 0 est analogue et fournit fg0 (a) = ` ce qui permet de conclure.
Cas a est extrmit de I : Une seule des deux tudes prcdentes suffit pour conclure.
24.3.2 Rsolution de lquation a(t)y 0 + b(t)y = c(t)
Soit a, b, c : I K continues. On tudie lquation diffrentielle
Si a sannule alors
- on commence par rsoudre (E) sur les plus grands intervalles J I sur lesquels a ne sannule pas ;
A quelle(s) condition(s) sur et 0 peut-on prolonger y en 0 pour obtenir une solution sur R ?
Continuit en 0 :
Quand t 0+ , y(t) = t2 + t 0.
Quand t 0 , y(t) = t2 + 0 t 0.
Le prolongement en 0 est possible avec y(0) = 0 sans conditions sur , 0 .
Drivabilit en 0 :
Quand t 0+ , y 0 (t) = 2t + donc yd0 (0) = .
Quand t 0 , y 0 (t) = 2t + 0 0 donc yg0 (0) = 0 .
Le prolongement en 0 est drivable si, et seulement si, = 0 et alors y 0 (0) =
Equation diffrentielle en 0 :
0y 0 (0) y(0) = 0 : ok.
Finalement :
Solution gnrale sur R : y(t) = t2 + t avec R.
A quelle(s) condition(s) sur et 0 peut-on prolonger y en 0 pour obtenir une solution sur R ?
Continuit en 0 :
Quand t 0+ , y(t) = t2 0.
Quand t 0 , y(t) = 0 t2 0.
On peut prolonger y par continuit en 0 par y(0) = 0 sans conditions sur , 0 .
Quand t 0+ , y 0 (t) = 2t 0 donc yd0 (0) = 0.
Quand t 0 , y(t) = 20 t 0 donc yg0 (0) = 0
Le prolongement en 0 est drivable avec y 0 (0) = 0 sans conditions sur , 0 .
Equation diffrentielle en 0 :
0y 0 (0) 2y(0) = 0 : ok.
Finalement :
Solution gnrale sur R
t2 si t > 0
y(t) = 0 si t = 0 avec , 0 R
0 2
t si t < 0
0
t ]0, 1[ , y(t) = et t > 1, y(t) =
ln t ln t
Continuit en 1 :
+ si 0 > 0
+
Quand t 1 , y(t) 0 si 0 = 0 .
0
si < 0
si > 0
Quand t 1 , y(t) 0 si = 0
+ si < 0
Le prolongement par continuit en 1 nest possible que si = 0 = 0 et alors y(t) = 0 sur ]0, +[.
Inversement, cette fonction est videmment solution sur ]0, +[
Solution gnrale sur ]0, +[ : y(t) = 0.
A quelle(s) condition(s) sur et 0 peut-on prolonger y en 0 pour obtenir une solution sur R ?
Continuit en 0 :
Quand t 0+ , y(t) = t ln t + t 0.
Quand t 0 , y(t) = t ln |t| + 0 t 0.
On peut prolonger y par continuit en 0 par y(0) = 0 sans conditions sur , 0 .
Quand t 0+ , y 0 (t) = + 1 + ln t .
Le prolongement en 0 nest pas tre drivable en 0.
Il ny a pas de solutions sur R lquation (E)
t 1
(E) y 00 y0 + y=0
t1 t1
Cest une quation linaire homogne dordre 2.
t 7 t et t 7 et sont solutions linairement indpendantes donc forment un systme fondamental de
solutions sur R.
La solution gnrale sur I est y(t) = t + et .
Notons que largument ne vaut pas sur I = R, car on ne sait pas a priori si lespace des solutions de (E)
est de dimension 2.
Dterminons les solutions de (E) sur R :
Soit y : R\ {1} R une solution sur ], 1[ et ]1, +[.
Il existe , 0 , , 0 R tels que
Continuit en 1 :
Quand t 1+ , y(t) + e.
Quand t 1 , y(t) 0 + 0 e.
On peut prolonger y en 1 si, et seulement si, + e = 0 + 0 e et alors y(1) = + e.
Drivabilit en 1 :
Quand t 1+ , y 0 (t) = + et + e donc yd0 (1) = + e
Quand t 1 , y 0 (t) = 0 + 0 et 0 + 0 e donc yg0 (1) = + e
Le prolongement par continuit en 1 est drivable et y 0 (1) = + e.
Drivabilit lordre 2 en 1 :
Quand t 1+ , y 00 (t) = et e.
Quand t 1 , y 00 (t) = 0 et = 0 e.
Le prolongement est drivable lordre 2 en 1 si, et seulement si, = 0 et alors = 0 et y 00 (1) = .
Vrification de lquation diffrentielle en 1 :
0y 00 (1) y 0 (1) + y(1) = 0 : ok
Finalement :
Solution gnrale de (E) sur R y(t) = t + et avec , R.
Remarque Comme pour les quations dordre 1 diffrents comportements sont possibles lors des
raccords.
Par exemple, pour lquation diffrentielle t2 y 00 + ty 0 y = 0, la solution gnrale sur R+? ou sur R?
est y(t) = t + /t et la solution gnrale sur R est y(t) = t.
Calcul diffrentiel
K dsigne R ou C.
E, F, G et H dsignent des R-espaces vectoriels de dimensions finies non nulles indiffremment norms.
On pose n = dim E et m = dim F
et 0 dsignent des ouverts de E et F .
I dsigne un intervalle ouvert de R.
25.1 Diffrentielle dune fonction
25.1.1 Dveloppement limit lordre 1
Soit f : E F et a
Dfinition
On appelle dveloppement limit lordre 1 de f en a toute criture :
Proposition
Il y a unicit de lapplication linaire tangente dcrivant un dveloppement limit lordre 1
de f en a.
dm. :
Supposons que `, m L(E, F ) conviennent.
577
25.1. DIFFRENTIELLE DUNE FONCTION
donne
`(v) m(v) = kvk (.v)
Quand 0+ , on obtient `(v) m(v) 0F et donc `(v) = m(v) puis ` = m.
Thorme
Si f est diffrentiable en a alors f est continue en a.
dm. :
Par dveloppement limit lordre 1
Lapplication linaire df (a) tant continue puisquau dpart dun espace de dimension finie, on obtient
f (a + h) f (a) + 0F + 0F = f (a)
h0E
a E, df (a) = 0
a E, df (a) = f
f (a + h) = f (a) + f (h)
Proposition
Soit f : I R F et a I. On a quivalence entre :
(i) f est drivable en a ;
(ii) f est diffrentiable en a.
De plus, on a alors
df (a) : h 7 h.f 0 (a) et f 0 (a) = df (a) 1
dm. :
(i) (ii) Supposons f drivable en a.
Quand h 0,
1
(f (a + h) f (a)) f 0 (a)
h
donc
1
(f (a + h) f (a)) = f 0 (a) + (h) avec (h) 0
h h0
puis
f (a + h) = f (a) + h.f 0 (a) + h(h) = f (a) + `(h) + o(h)
avec ` : h 7 h.f 0 (a), ` L(R, F ).
Par suite f est diffrentiable en a et df (a) : h 7 h.f 0 (a).
(ii) (i) Supposons f diffrentiable en a.
Quand h 0, f (a + h) = f (a) + df (a) h + o(h) donc
1 1
(f (a + h) f (a)) = (df (a) h + o(h)) = df (a) 1 + o(1) df (a)(1)
h h
Ainsi f est drivable en a et f 0 (a) = df (a) 1.
Thorme
Les fonctions diffrentiables sont continues.
Exemple Pour f : I R F
25.1.4 Oprations
Thorme
Soit f, g : E F et , R.
Si f et g sont diffrentiables alors f + g lest aussi et
d(f + g) = df + dg
dm. :
Soit a U .
(f + g)(a + h) = f (a + h) + g(a + h)
donc
Par suite
(f + g)(a + h) = (f + g)(a) + `(h) + khk ((h) + (h))
avec ` = df (a) + dg(a) L(E, F )
Par suite f + g est diffrentiable en a et d(f + g)(a) = df (a) + dg(a).
Corollaire
Lensemble des fonctions diffrentiables de vers F constitue une sous-espace vectoriel de
F(, F ).
Thorme
Soit f : E F , g : E F et b : F G H bilinaire.
Si f et g sont diffrentiables alors b(f, g) lest aussi et
dm. :
Soit a U .
b(f, g)(a + h) = b (f (a + h), g(a + h))
donne
b (f (a), g(a)) = b (f (a) + df (a) h + khk (h), g(a) + dg(a) h + khk (h))
En dveloppant
avec
(h) = b (f (a), khk (h)) + b (df (a) h, dg(a) h) +
(o les termes de sont semblables ou pires. . . )
Les applications linaires df (a) et dg(a) sont continues et donc il existe kf , kg R+ vrifiant
De plus, la forme bilinaire b tant au dpart dun produit despace de dimension finie, elle est aussi
continue et il existe donc k R+ vrifiant
On a alors
2
k(h)k 6 k kf (a)k khk k(h)k + kkf kg khk + = o(h)
Ainsi
b(f, g)(a + h) = b(f, g)(a) + `(h) + o(h)
avec ` : h 7 b (df (a) h, g(a)) + b (f (a), dg(a) h) linaire.
Ainsi b(f, g) est diffrentiable en a et
Abusivement, on crit
puis
db(f, g) = b(df, g) + b(f, dg)
Corollaire
Si F est une algbre (par exemple F = R, C, Mn (R),. . . ) alors pour f, g : F diffren-
tiables, f g est diffrentiable et
Exemple La fonction det : Mn (K) K est diffrentiable car det est somme et produit de fonctions
diffrentiables.
Thorme
Soit f : E F .
On a quivalence entre :
(i) f est diffrentiable ;
(ii) les fonctions coordonnes de f dans une base de F le sont.
dm. :
Soit e0 = (e01 , . . . , e0m ) une base de F .
(i) (ii) Si f est diffrentiable en a alors
En notant :
- f1 , . . . , fm les fonctions coordonnes de f dans la base e0 ;
- 1 , . . . , m les fonctions coordonnes de dans la base e0 ;
- (df (a))1 , . . . , (df (a))m les fonctions coordonnes de df (a) dans la base e0 ;
on obtient en passant aux coordonnes le dveloppement limit prcdent
25.1.5 Composition
Thorme
Soit f : E F et g : 0 F G telles que f () 0 .
Si f et g sont diffrentiables alors g f aussi et
dm. :
Soit a . On peut crire
Ainsi
f (a + h) = f (a) + h0 avec h0 = df (a) h + khk (h)
Aussi
g(f (a) + h0 ) = g(f (a)) + dg(f (a)) h0 + kh0 k 0 (h0 ) avec 0 (h0 )
0
0F
h 0E
puis
(g f )(a + h) = g (f (a)) + dg(f (a)) (df (a) h) + (h)
avec
(h) = khk dg(f (a)) (h) + kh0 k (h0 )
Par continuit de df (a), on a kdf (a) hk 6 kf khk puis kh0 k 6 (kf + |(h)|) khk ce qui donne (h) =
o(h).
Ainsi
(g f )(a + h) = g (f (a)) + (dg(f (a)) df (a)) h + o(h)
avec dg(f (a)) df (a) L(E, H).
Finalement g f est diffrentiable en a et
Exemple Les fonctions rationnelles sur Rp sont diffrentiables.
En effet, linverse dune fonction polynomiale est diffrentiable par un argument de composition.
Corollaire
Soit f : E R et : I R R telles que f () I.
Si f est diffrentiable et drivable (f ) = f lest aussi
d(f ) = 0 (f ).df
dm. :
d( f )(a) = d(f (a)) df (a) or d(f (a)) : h 7 0 (f (a)).h donc d( f )(a) = 0 (f (a)).df (a).
n n1 1 1 df
Exemple d(f ) = nf df , d = 2 df , d (ln f ) = ,. . .
f f f
Corollaire
Soit : I R E et f : E F telles que (I) .
Si est drivable et f diffrentiable alors t 7 f ((t)) est drivable et
dm. :
(f )0 (t) = d(f )(t) 1 = (df ((t)) d(t)) 1 = df ((t)) 0 (t) car 0 (t) = d(t) 1.
Remarque Lapplication se comprend comme le paramtrage dun mobile inscrit voluant dans E.
Si lon comprend f comme une transformation gomtrique, f est un paramtrage de larc
transform. La formule de drivation montre que le vecteur vitesse en un point de larc est transform
par la diffrentielle f en ce point pour former le vecteur vitesse larc transform.
Dfinition
On dit que f est drivable en a selon le vecteur v si la fonction t 7 f (a + t.v) est drivable en
0.
On pose alors
1
Dv f (a) = lim (f (a + t.v) f (a))
t0 t
Thorme
Si f est diffrentiable en a alors f est drivable en a selon tout vecteur v E et
Dv f (a) = df (a) v
dm. :
Quand h 0E ,
f (a + h) = f (a) + df (a) h + khk (h) avec (h) 0F
h0E
Pour v E fix.
Quand t 0,
f (a + t.v) = f (a) + df (a) (t.v) + kt.vk (t.v) = f (a) + t.df (a) h + o(t)
car df (a) est linaire.
Par suite
1
(f (a + t.v) f (a)) df (a) v
t
Exemple Calculons les drives partielles de f : R2 R dfinie par f (x1 , x2 ) = x1 x22 relatives la
base canonique.
Notons c = (c1 , c2 ) la base canonique de R2 .
Les drives partielles de f dans c en (x1 , x2 ) sont
1
1 f (x1 , x2 ) = lim (f (x1 + t, x2 ) f (x1 , x2 )) = x22
t0 t
1
2 f (x1 , x2 ) = lim (f (x1 , x2 + t) f (x1 , x2 )) = 2x1 x2
t0 t
Dfinition
Sous rserve dexistence, lapplication i f : E F est appele i-me drive partielle
de f (dans la base e).
Thorme
Si f : E F est diffrentiable alors les drives partielles de f dans la base e =
(e1 , . . . , en ) existent et pour tout a on a
i f (a) = df (a) ei
De plus,
n
X n
X
h = hi .ei E, df (a) h = Dh f (a) = hi .i f (a)
i=1 i=1
dm. :
Si f est diffrentiable alors pour tout a U et tout h E, f est drivable a selon le vecteur h et
Dh f (a) = df (a) h
En particulier, pour h = ei ,
i f (a) = Dei f (a) = df (a) ei
De plus, si h1 = h1 .e1 + + hn .en alors
n
! n n
X X X
df (a) h = df (a) hi .ei = hi .df (a) ei = hi .i f (a)
i=1 i=1 i=1
Remarque Sous lhypothse f est diffrentiable en a , les drives partielles permettent de calculer
la diffrentielle de f . . . Il reste savoir calculer les drives partielles de f !
f : x = (x1 , . . . , xn ) 7 f (x1 , . . . , xn )
dm. :
Sous rserve dexistence
1 1
i f (a) = lim (f (a + tei ) f (a)) = lim (f (a1 , . . . , ai + t, . . . , an ) f (a1 , . . . , an )
t0 t t0 t
d
i f (x) = (f (x1 , . . . , xi , . . . , xn ))
dxi
Dfinition
Si lon a convenu de noter x1 , . . . , xn les lments du n-uplet x, il est usuel de noter
f f
,...,
x1 xn
plutt que 1 f, . . . , n f les drives partielles de f . Ainsi
f d 1
(x1 , . . . , xn ) = (f (x1 , . . . , xn )) = lim (f (x + tei ) f (x))
xi dxi t0 t
Exemple Calcul des drives partielles dans la base canonique de f : R3 R dfinie par
f (x, y, z) = x2 + z sin(xy).
Les drives partielles de f sont
f d
x2 + z sin(xy) = 2x + yz cos(xy),
(x, y, z) =
x dx
f d
x2 + z sin(xy) = xz cos(xy) et
(x, y, z) =
y dy
f d
x2 + z sin(xy) = sin(xy)
(x, y, z) =
z dz
f 1 f 1
(0, 0) = lim (f (t, 0) f (0, 0)) = 1 et (0, 0) = lim (f (0, t) f (0, 0)) = 1
x t0 t y t0 t
f (x) = f (x1 e1 + + xn en )
Il est alors usuel didentifier la fonction f avec la fonction de n variables relles donne par
f (x1 , . . . , xn ) = f (x)
Exemple Soit f : C C. En munissant C de la base canonique (1, i), on identifie f : z 7 f (z) avec la
fonction
f : (x, y) 7 f (x + i.y)
Thorme
Sous rserve dexistence, les drives partielles dans la base e = (e1 , . . . , en ) de f en a sont
alors donnes par
d
i f (a) = (f (a1 , . . . , xi , . . . , an ))|xi =ai
dxi
dm. :
1 1
i f (a) = lim (f (a + tei ) f (a)) = lim (f (a1 , . . . , ai + t, . . . , an ) f (a1 , . . . , an )
t0 t t0 t
Ainsi i f (a) apparat comme la drive en xi = ai de lapplication xi 7 f (a1 , . . . , xi , . . . , an ).
Remarque Ainsi
d
i f (x) = (f (x1 , . . . , xn ))
dxi
Dfinition
Si lon a convenu de noter x1 , . . . , xn les coordonnes de la variable x dans la base e, il est
f f
usuel de noter ,..., les drives partielles de f . Ainsi
x1 xn
f d 1
(x) = (f (x1 , . . . , xn )) = lim (f (x + tei ) f (x))
xi dxi t0 t
a2 + bc
f d d ab + bd 2a b f c a+d
M2 =
(M ) = = , (M ) = ,. . .
a da da ac + cd bc + d2 c 0 b 0 c
Thorme
En notant f1 , . . . , fm les fonctions coordonnes de f alors
1 f1 (x) n f1 (x)
Jacf (x) = (i fk (x))16k6m,16i6n =
.. ..
. .
1 fm (x) n fm (x)
dm. :
Les colonnes de la matrice Jac(f )(x) = Mate,e0 (df (x)) sont formes par les coordonnes dans e0 des
images des vecteurs de la base e. Or
m
d X
df (x)ei = i f (x) = (f1 (x).e01 + + fm (x).e0m ) = i fk (x).e0k
dxi
k=1
f1 f1
(x) (x)
x1 xn
fk .. ..
Jacf (x) = (x) = . .
xi 16k6m,16i6n
fm fm
(x) (x)
x1 xn
Remarque Pour une fonction f : Rn Rm , lusage veut que lon travaille relativement aux bases
canoniques pour dfinir la matrice jacobienne.
2x 2y 2z
Jacf (x, y, z) =
yz xz xy
i (f + g) = i f + i g
dm. :
Soit x E. On crit x = x1 .e1 + + xn .en et lon comprend les fonctions f et g comme des fonctions
de n variables relles. La drive partielle i f sobtient par drivation dapplication partielle
d
i f (x) = (f (x1 , . . . , xn ))
dxi
et alors
d
i (.f + g)(x) = (.f (x1 , . . . , xn ) + .g(x1 , . . . , xn ))
dxi
Par drivation dune fonction dune variable relle
Remarque Dans le cas o f et g sont diffrentiables, ce rsultat se retrouve aussi par
Thorme
Soit f : E F , g : E G et b : F G H bilinaire.
Si f et g admettent des drives partielles alors b(f, g) aussi et
i b(f, g) = b (i f, g) + b (f, i g)
dm. :
Comme au-dessus par drivation des applications partielles.
Thorme
Soit f : E F .
On a quivalence entre :
(i) f admet des drives partielles ;
(ii) les fonctions coordonnes de f admettent des drives partielles
De plus, on a alors
(i f )k = i (fk )
f fk
en notant fk et les fonctions coordonnes de f et .
xi k xi
dm. :
Comme au-dessus par drivation des applications partielles.
dm. :
f et g sont diffrentiables donc g f lest aussi et
Or
i (g f )(a) = d(g f )(a) ei
donc
i (g f ) (a) = [(dg)(f (a))] i f (a)
avec
m
X
i f (a) = i fk (a) e0k
k=1
puis par linarit
m
X
i (g f ) (a) = i fk (a). [(dg)(f (a))] e0k
k=1
ce qui donne
m
X
i (g f ) (a) = i fk (a).k g(f (a))
k=1
Remarque Si lon convient de noter x1 , . . . , xn les coordonnes dun vecteur gnrique x E et
y1 , . . . , ym les coordonnes dun vecteur gnrique y F la formule se rcrit
m
(g f ) X fk g
(a) = (a) (f (a))
xi xi yk
k=1
et donc
f ((t)) = f (x1 (t), . . . , xn (t))
Si f est diffrentiable et drivable alors t 7 f ((t)) est drivable et
d f f
(f (x1 (t), . . . , xn (t))) = x01 (t) ((t)) + + x0n (t) ((t))
dt x1 xn
f
Attention : Ici, crire naurait pas de sens.
t
f
Attention : Ici, crire naurait pas de sens.
u
Remarque Les rsultats qui prcdent se retiennent sous la forme de la rgle de la chane :
x1 f xn f
(f (x1 , . . . , xn )) = + +
u u x1 u xn
Quand h (0, 0), (ch , a2 + h2 ) (a1 , a2 ) et (a1 , dh ) (a1 , a2 ) donc par continuit des drives
partielles de f , on obtient
f f
f (a + h) f (a) = h1 (a1 , a2 ) + h2 (a1 , a2 ) + o(h)
x1 x2
Ainsi
f (a + h) = f (a) + `(h) + o(h)
avec lapplication linaire
f f
` : (h1 , h2 ) 7 h1 (a) + h2 (a)
x1 x2
On en dduit que f est diffrentiable en a et
f f
h E, df (a) h = (a)h1 + (a)h2
x1 x2
Considrons les applications p1 : (h1 , h2 ) 7 h1 et p2 : (h1 , h2 ) 7 h2 . On peut crire
f f
df (a) = (a).p1 + (a).p2
x1 x2
Par oprations sur les fonctions continues, la diffrentielle df apparat continue.
f f
En effet, les applications a 7 (a), a 7 (a) sont continues, les applications a 7 p1 et a 7 p2
x1 x2
sont continues car constantes et enfin lapplication produit extrieur est bilinaire.
Dfinition
On dit quune fonction f : E F est de classe C 1 si ses drives partielles de f dans
une base existent et sont continues.
Proposition
Les fonctions de classe C 1 sont continues.
dm. :
Car diffrentiables.
dm. :
Soit : [0, 1] F dfinie par (t) = f ((t)).
Par composition la fonction est drivable
n
X f
0 (t) = df ((t)) 0 (t) = x0i (t) ((t))
i=1
xi
1
La fonction est donc de classe C et alors
Z 1
(1) (0) = 0 (t) dt
0
Corollaire
Si est un ouvert connexe par arcs et si f : E F est de classe C 1 alors
dm. :
Le sens direct est dj connu. Supposons maintenant df = 0.
Cas convexe : Par lexemple ci-dessus, on obtient
a, b , f (b) = f (a)
Cas gnral : Cest plus technique, contentons-nous de quelques ides. . . Par ltude prcdente, on peut
affirmer que f est localement constante i.e.
a , > 0, x B(a, ), f (x) = f (a)
Pour a, b , il existe : [0, 1] E chemin inscrit dans dextrmits (0) = a et (1) = b. On
montre alors
sup {t [0, 1] /s [0, t] , f ((t)) = f (a)} = 1
ce qui fournit f (b) = f (a).
kf
= i1 (. . . (ik f ) . . .)
xi1 . . . xik
Exemple Calculons les drive partielles dordre 1 et 2 de f : R2 R dfinie par f (x, y) = x exy .
Les drives partielles dordre 1 de f sont
f f
(x, y) = (1 + xy)exy et (x, y) = x2 exy
x y
Les drives partielles dordre 2 de f sont
2f 2 xy f
2
(x, y) = (2y + xy )e , (x, y) = (2x + x2 y)exy
x2 yx
2f 2f
(x, y) = (2x + x2 y)exy , (x, y) = x3 exy
xy y 2
Remarque On peut montrer que cette notion de dpend pas du choix de la base utilise pour dfinir les
drives partielles.
Proposition
Si f : E F est de classe C k+1 alors f est de classe C k .
dm. :
Si f est de classe C k+1 alors les drives partielles dordre k de f existent et sont de classe C 1 donc
continues.
25.3.5 Oprations
Soit k N {}.
Thorme
Soit f, g : E F et , R.
Si f et g sont de classe C k alors f + g lest aussi.
dm. :
Par rcurrence pour k N.
Pour k = 0 : ok
Supposons la proprit tablie au rang k > 0.
Soit f et g de classe C k+1 .
f et g sont de classe C 1 donc f et g sont diffrentiables. La fonction f + g lest alors aussi et
i (f + g) = i f + i g
Thorme
Soit f : E F , g : E G et b : F G H bilinaire.
Si f et g sont de classe C 1 alors b(f, g) lest aussi.
dm. :
Le protocole dmonstratif est similaire au prcdent. On y exploite la formule
Corollaire
Si F est une algbre (par ex : F = R, C ou Mn (K)) alors C k (, F ) est une sous-algbre de
F(, F ).
Exemple Lapplication det : Mn (K) K est de classe C par somme et produit de fonctions C .
Thorme
Soit f : E F . On a quivalence entre :
(i) f est de classe C k ;
(ii) les fonctions coordonnes de f dans une base de F sont de classe C k .
Thorme
Soit f : E F et g : 0 F G telles que f () 0 .
Si f et g sont de classe C k alors g f lest aussi.
dm. :
Via la formule calculant les drives partielles dune fonction compose.
2f 2f
=
xi xj xj xi
xy(x2 y 2 )
si (x, y) 6= (0, 0)
f (x, y) = (x2 + y 2 )2
0 sinon
f y(4x2 y 2 x4 + y 4 )
(x, y) =
x (x2 + y 2 )2
et
f f (t, 0) f (0, 0)
(0, 0) = lim =0
x t0 t
f
De plus, en passant en polaires, on vrifie que est continue en (0, 0).
x
f
On mne une tude semblable pour avec
y
f x(4x2 y 2 x4 + y 4 )
(x, y) =
y (x2 + y 2 )2
2f 2f
1 f f
(0, 0) = lim (0, t) (0, 0) = 1 et (0, 0) = 1
yx t0 t x x xy
Dfinition
On appelle surface reprsentative de f lensemble form des (x, y, z) R3 vrifiant lquation
f : z = f (x, y)
Dfinition
Si f est diffrentiable en (x0 , y0 ), le plan dquation cartsienne
f f
z= (x0 , y0 )(x x0 ) + (x0 , y0 )(y y0 ) + f (x0 , y0 )
x y
Rappel :
Soit a un lment dune partie X dun espace vectoriel rel E.
On dit quun vecteur v de E est tangent X en a, sil existe > 0 et un arc dfini sur ], [ inscrit
dans a vrifiant
(0) = a et 0 (0) = v
Lorsque le vecteur v est non nul, on dit que la droite
a + Vectv
est tangente X en a.
Thorme
Si f est diffrentiable en (x0 , y0 ) alors les tangentes f au point (x0 , y0 , z0 ) sont toutes
incluses dans le plan tangent f en (x0 , y0 , z0 ).
dm. :
Soit T une tangente f en (x0 , y0 , z0 ). Il existe v R3 non nul et un arc : t 7 (x(t), y(t), z(t))
dfini sur ], [ inscrit dans X vrifiant
f f
z 0 (0) = x0 (0) (x0 , y0 ) + y 0 (0) (x0 , y0 )
x y
Les lments de la droite T sont alors de coordonnes
0
x = x0 + x (0)
y = y0 + y 0 (0)
z = z0 + z 0 (0)
Remarque On peut aussi montrer que le plan tangent est exactement la runion des droites tangentes
f en (x0 , y0 , z0 ).
25.4.2 Gradient
On suppose que E est un espace vectoriel euclidien dont on note ( . | . ) le produit scalaire.
25.4.2.1 Dfinition
On suppose que E est un espace vectoriel euclidien dont on note ( . | . ) le produit scalaire.
Rappel :
Le thorme de reprsentation des formes linaires dans un espace euclidien fournit
E ? , !u E, x E, (x) = (u | x)
Thorme
Si f : E R est une application diffrentiable alors pour tout a , il existe un unique
vecteur de E not f (a) vrifiant
v E, Dv f (a) = (f (a) | v)
h E, Dh f (a) = df (a) h
Puisque lapplication df (a) est une forme linaire sur E, il existe un unique vecteur f (a) E vrifiant
h E, df (a) h = (f (a) | h)
i.e.
h E, Dh f (a) = (f (a) | h)
De plus, si (e1 , . . . , en ) est une base orthonorme
n
X n
X
f (a) = (f (a) | ei ) ei = Di f (a).ei
i=1 i=1
Corollaire
Le dveloppement limit lordre 1 de f en a scrit alors
25.4.2.2 Interprtation
Pour v un vecteur unitaire
1
(f (a + tv) f (a))
Dv f (a) = lim
t t0
Cette quantit se comprend comme tant la pente de f dans la direction donne par le vecteur v.
Puisque
Dv f (a) = (f (a) | v) = kf (a)k kvk cos avec [0, ]
cette pente est maximale quand v a le sens et la direction de f (a).
Ainsi, lorsquil nest pas nul, le vecteur f (a) indique la direction de la plus grande pente, son sens donne
le sens de progression croissante sur cette pente et kf (a)k donne la valeur de cette pente extrme.
Dfinition
Soit R et f : E R. Lensemble X form des x vrifiant
f (x) =
Thorme
Les vecteurs tangents au point x dune ligne de niveau dune fonction f : E R
diffrentiable sont orthogonaux au gradient de f en x.
dm. :
On introduit (e1 , . . . , en ) une base orthonorme de E. On sait
n
X f
f (a) = (a).ei
i=1
xi
Soit v un vecteur tangent au point x dune ligne de niveau X de f . Il existe un arc : t 7 (t) dfini sur
], [ inscrit dans X vrifiant
(0) = x et 0 (0) = v
En notant x1 (t), . . . , xn (t) les coordonnes de (t), on a
Puisque inscrit dans X, la fonction t 7 f ((t)) = f (x1 (t), . . . , xn (t)) est constante. Par drivation de
fonctions composes en 0, on obtient
f f
0 = x01 (0) (x) + + x0n (0) (x)
x1 xn
et donc
(f (a) | v) = 0
Dfinition
Soit f : X E R.
On dit que f admet un minimum (global) en a A si
Dfinition
On dit quune application f : E R diffrentiable admet un point critique en a si
df (a) = 0.
Proposition
Soit e = (e1 , . . . , en ) une base de E, f : E R diffrentiable et a .
On a quivalence entre :
(i) a est point critique de f ;
(ii) i {1, . . . , n} , i f (a) = 0.
dm. :
(i) (ii) via i f (a) = df (a) ei .
n
X
(ii) (i) via pour tout h = h1 e1 + + hn en E, df (a)h = hi i f (a).
i=1
Remarque Les points critiques correspondent aux points o le vecteur gradient est nul.
Thorme
Si f : E R diffrentiable admet un extremum local en a alors a est point critique
de f .
dm. :
Cas a minimum local :
Il existe > 0 tel que B(a, ) U et
Pour tout v E,
1
df (a) v = Dv f (a) = lim (f (a + t.v) f (a))
t0 t
Quand t 0+ ,
Pour t suffisamment proche de 0, a + t.v B(a, ) et (f (a + t.v) f (a))/t > 0 donc la limite
df (a) v > 0.
Quand t 0 ,
On obtient de faon semblable df (a) v 6 0.
Ainsi df (a) v = 0 pour tout v E.
25.4.3.2 En pratique
Protocole :
Pour tudier les extremums locaux de f : E R diffrentiable :
- on recherche les points critiques ;
- on tudie chacun en se ramenant en 0E par translation si besoin.
Exemple Extremums de f : R2 R dfinie par f (x, y) = x2 + y 2 + xy + 1.
f est diffrentiable sur louvert R2 .
Points critiques :
f f
(x, y) = 2x + y et (x, y) = 2y + x.
x y
( (
2x + y = 0 x=0
x + 2y = 0 y=0
f f
(x, y) = 2x + 4y, (x, y) = 2y + 4x.
x y
( (
4x + y = 0 x=0
x + 4y = 0 y=0
Proposition
Si f : I J R est minore alors
inf f (x, y) = inf inf f (x, y)
(x,y)IJ xI yJ
dm. :
Posons m = inf f (x, y).
(x,y)IJ
Pour tout x I et y J, m 6 f (x, y) donc m 6 inf f (x, y) puis
yJ
m 6 inf inf f (x, y)
xI yJ
Inversement, pour x0 I et y0 J,
or
inf inf f (x, y) 6 inf f (x0 , y)
xI yJ yJ
donc
inf inf f (x, y) 6 f (x0 , y0 )
xI yJ
Par suite inf inf f (x, y) minore f et donc
xI yJ
inf inf f (x, y) 6 m
xI yJ
Finalement
inf inf f (x, y) = m
xI yJ
Exemple Calculons
1
M = inf x+y+
x,y>0 xy
M = inf m(x) avec m(x) = inf (y) o (y) = x + y + 1/xy.
x>0 y>0
Aprs tude des variations de m(x) = 1/ x = x + 2/ x.
Aprs tude des variations de m, M = m(1) = 3.
Exemple Calculons
La partie T est compacte et non vide et la fonction f : (x, y) 7 xy(1 x y) est continue sur T donc
f admet un maximum en a T et M = f (a).
Puisque la fonction f est nulle sur le bord de T strictement positive sur lintrieur de T on peut affirmer
que a appartient louvert U = T . Or f est diffrentiable sur louvert U donc a est point critique de f .
f f
(x, y) = y(1 2x y), (x, y) = x(1 2y x),
x y
( ( (
y(1 2x y) = 0 2x + y = 1 x = 1/3
x(1 2y x) = 0 x + 2y = 1 y = 1/3
car x, y 6= 0 pour a U .
Finalement
1
M = f (1/3, 1/3) =
27
Dfinition
Rsoudre sur une quation aux drives partielles dordre 1 en la fonction inconnue f , cest
dterminer toutes les fonctions f : R de classe C 1 vrifiant une relation donne engageant
f et/ou ses drives partielles.
Proposition
Les solutions sur I J de lquation
f
(x, y) = 0
x
sont les fonctions
f : (x, y) 7 C(y) avec C C 1 (R, R)
dm. :
Soit f : I J R de classe C 1 solution de lquation aux drives partielles
f
(x, y) = 0
x
f
Soit y J fix. Lapplication partielle x 7 f (x, y) a pour drive (x, y).
x
Lapplication partielle x 7 f (x, y) est donc de drive nulle sur lintervalle I, cest donc une fonction
constante. Ainsi, il existe Cy R telle que
x I, f (x, y) = Cy
Soit x0 I fix. La composition y 7 (x0 , y) 7 f (x0 , y) est de classe C 1 , donc C est une fonction C 1 .
Rsumons :
f
Si f est solution sur I J de lquation (x, y) = 0 alors il existe C : J R de classe C 1 vrifiant
x
(x, y) I J, f (x, y) = C(y)
f
Exemple Rsolvons sur R2 lquation aux drives partielles (x, y) = xf (x, y)
y
Soit f : R2 R de classe C 1 solution.
f
Pour x R fix, lapplication partielle y 7 f (x, y) a pour drive (x, y).
y
Lapplication partielle y
7 f (x, y) est donc solution de lquation diffrentielle
z 0 (y) = xz(y)
g : (u, v) = f (2u v, v u)
g = f est de classe C 1 .
g f f f f
(u, v) = 2 (2u v, v u) (2u v, v u) = 2 (x, y) (x, y)
u x y x y x=2uv
y=vu
f f
(E) : x (x, y) y (x, y) = 0
y x
en passant en coordonnes polaires. (
x = r cos
y = r sin
p
Puisquon se limite (x, y) R2 \ {(0, 0)}, on peut se contenter de r R+? auquel cas r = x2 + y 2 .
En revanche on ne peut pas exprimer mais au final ce ne sera pas utile.
Soit : R+? R R2 \ {(0, 0)} dfinie par (r, ) 7 (r cos , r sin ).
f est solution sur R2 \ {(0, 0)} de lquation aux drives partielles propose E
f f
(x, y) R2 \ {(0, 0)} , x (x, y) y (x, y) = 0,
y x
+? g
(r, ) R R, (r, ) = 0
() immdiat et () car est surjective.
C1
C : R+? R, (r, ) R+? R, g(r, ) = C(r),
C1 p
C : R+? R, (x, y) R2 \ {(0, 0)} , f (x, y) = C( x2 + y 2 ), p
() car g = f et () car est surjective et (r, ) = (x, y) r = x2 + y 2 .
C1
C : R+? R, (x, y) R2 \ {(0, 0)} , f (x, y) = C(x2 + y 2 ).
() via C = C . et () via C = C .2 .
Finalement, la solution gnrale sur R2 \ {(0, 0)} de lquation aux drives partielles (E) est
C1
f (x, y) = C(x2 + y 2 ) avec C : R R.
Dfinition
Rsoudre sur une quation aux drives partielles dordre 2 en la fonction inconnue f , cest
dterminer toutes les fonctions f : R de classe C 2 vrifiant une relation donne engageant
f et/ou ses drives partielles dordre 1 et 2.
f 2f
(x, t) = D 2 (x, t) avec D > 0
t x
Lorsque des conditions aux limites sont imposes, on peut avancer dans sa rsolution par une
dcomposition en sries de fonctions.
2f 1 2f
(x, t) (x, t) = 0
x2 c2 t2
On procde sa rsolution par changement de variables (voir plus bas).
Proposition
La solution gnrale sur I J de lquation aux drives partielles
2f
(x, y) = 0
x2
est
C2
f : (x, y) 7 xC(y) + D(y) avec C, D : J R
Proposition
La solution gnrale sur R2 de lquation aux drives partielles
2f
(x, y) = 0
xy
est
C2 C2
f : (x, y) 7 C(x) + D(y) avec C : I R et D : J R
Lapplication : (u, v) 7 ((u + v)/2, (u v)/2c) est une bijection de classe C 2 de R2 vers R2 .
Soit f : R2 R de classe C 2 et g : R2 R dfinie par g(u, v) = f (x, t) i.e.
u+v uv
g(u, v) = f ,
2 2c
g = f est de classe C 2 .
Aprs calculs,
2g 1 2f 1 2f
(u, v) = (x, t) 2 2 (x, t)
uv 4 x2 c t x=(u+v)/2
y=(uv)/2c
2f 2f 2
2 f
(E) : x2 + 2xy + y = xy
x2 xy y 2
Lapplication : (r, ) 7 (r cos , r sin ) est une bijection de classe C 2 de R+? ]/2, /2[ vers
R+? R.
Soit f : R+? R R de classe C 2 et g : R+? ]/2, /2[ R dfinie de sorte que
g(r, ) = f (x, y) i.e.
g(r, ) = f (r cos , r sin )
g = f est de classe C 2 .
Aprs calculs,
2g 2f 2f 2f
r2 2 (r, ) = x2 2 + 2xy + y2 2
r x xy y x=r cos
y=r sin
Dfinition
fc est appele reprsentation cartsienne de f dans le repre R
f f
(M ) = 2x et (M ) = 2y
x y
Dfinition
On appelle vecteur gradient de f en M le vecteur
f f
grad f (M ) = (M ).~i + (M ).~j
x y
On vrifie
f (M + ~h) = f (M ) + (grad f (M ) | ~h) + o(~h) quand ~h ~0
Cette relation caractrise le vecteur grad f (M ) et assure que celui-ci est indpendant du choix du repre
orthonorm R. Elle peut tre mise en rsonance avec lcriture physicienne
df = gradf.dM
Exemple Si f (M ) = OM 2 alors fp (M ) = r2 et
f f
(M ) = 2r et (M ) = 0
r
Proposition
On a
f 1 f
grad f (M ) = (M )~ur + (M )~u
r r
en notant ~ur = cos ~i + sin ~j et ~u = sin ~i + cos ~j.
dm. :
Si (r, ) est un systme de coordonnes polaires de M alors ses coordonnes cartsiennes sont (r cos , r sin ).
Par suite fp (r, ) = fc (r cos , r sin ).
On en dduit
fp fc fc
(r, ) = cos (r cos , r sin ) + sin (r cos , r sin )
r x y
fp fc fc
(r, ) = r sin (r cos , r sin ) + r cos (r cos , r sin )
x y
ce qui se rcrit
f f f
(M ) = cos (M ) + sin (M ) (1)
r x y
f f f
(M ) = r sin (M ) + r cos (M ) (2)
x y
1
cos (1) sin (2) donne
r
f f 1 f
(M ) = cos (M ) sin (M )
x r r
1
sin (1) + cos (2) donne
r
f f 1 f
(M ) = sin (M ) + cos (M )
y r r
On en dduit
f f f 1 f
grad f (M ) = (M )~i + (M )~j = (M )~ur + (M )~u
x y r r
Remarque Le physicien retrouve les relations (1) et (2) de la dmonstration ci-dessus en crivant
f x f y f f x f y f
= + et = +
r r x r y x y
Soit une courbe inscrite dans le domaine de dfinition de F~ joignant un point A un point B. On
suppose que la courbe peut tre paramtre par
(
x = x(t)
avec t [a, b]
y = y(t)
Dfinition
On appelle circulation du champ de vecteur F~ le long de larc le rel
b
Z Z
F (M ).dM = (Fx (M (t))x0 (t) + Fy (M (t))y 0 (t)) dt
df a
Remarque On peut montrer que cette valeur est gomtrique dans le sens o, si lon dtermine un autre
paramtrage de , le rsultat du calcul est inchang.
Thorme
Si F~ = gradV alors
Z
F (M ).dM = V (A) V (B)
dm. :
Par hypothse
V V
Fx = et Fy =
x y
donc
b
Z Z
V V
F (M ).dM = x0 (t) (x(t), y(t)) + y 0 (t) (x(t), y(t)) dt
a x y
Or
d V V
(V (x(t), y(t)) = x0 (t) (x(t), y(t)) + y 0 (t) (x(t), y(t))
dt x y
donc
Z
b
F (M ).dM = [V (x(t), y(t))]t=a
25.5.4 Laplacien
Soit f une fonction relle dfinie sur une partie du plan.
Dfinition
On appelle laplacien dune fonction f dfinie sur une partie du plan la quantit
2f 2f
f = +
x2 y 2
Remarque On peut montrer que cette quantit ne dpend pas du choix du repre orthonorm (cest la
trace de la matrice Hessienne).
f
(x, t) = D.f (x, t)
t
Proposition
En coordonnes polaires
2f 1 f 1 2f
f = + +
r2 r r r2 2
Probabilit
623
Chapitre 26
Probabilits
625
26.1. ESPACE PROBABILIS
26.1.2 Tribu
Les sous-ensembles de lunivers serviront pour dcrire des vnements dont on veut mesurer la proba-
bilit doccurrence. Contrairement ce qui a t vu en premire anne dans le cas o lensemble est
fini, toute partie de ne dfinira pas ncessairement un vnement : on se limitera aux parties lments
dune tribu.
Dfinition
On appelle tribu sur un ensemble toute partie A de P() vrifiant :
1) A ;
2) A A, A A ;
+
[
3) (An )nN AN , An A
n=0
La dernire proprit sappelle la stabilit par runion dnombrable.
Exemple Soit A une partie de . A = , A, A, est une tribu de .
Thorme
Si A est une tribu sur un ensemble alors
a) A ;
b) A, B A, A B A, A B A et A\B A
+
\
c) (An )nN AN , An A
n=0
dm. :
a) A donc = A.
+
[
b) Soit A, B A. En choisissant A0 = A, A1 = B et An = pour n > 2, A B = An A.
n=0
Aussi A B = A B A donc A B A et A\B = A B A.
+
\ +
[ \
c) An = An A donc An A.
n=0 n=0 nN
Dfinition
On appelle espace probabilisable tout couple (, A) constitu dun ensemble et dune tribu
A sur .
26.1.3 Evnements
Dfinition
Si (, A) est un espace probabilisable, les parties A de lments de la tribu A sont appeles
vnement de lunivers .
Exemple Une famille deux enfants dont on tudie le genre en fonction du rang de naissance.
Dfinition
Lvnement est appel vnement impossible.
Lvnement est appel vnement certain.
Les vnements de la forme {} sont appels vnements lmentaires.
Dfinition
Si A et B sont deux vnements de lespace probabilisable (, A) alors
- A est lvnement contraire de A ;
- A B est lvnement conjonction de A et B ;
- A B est lvnement disjonction de A et B.
Dfinition
Soit A et B deux vnements de lespace probabilisable (, A).
On dit que lvnement A implique B si A B.
On dit que les vnements A et B sont incompatibles si A B = .
Exemple Soit (An )nN une suite dvnements de lespace probabilisable (, A).
+
\
Lvnement An correspond la ralisation de tous les An .
n=0
+
[
Lvnement An correspond la ralisation dau moins un An .
n=0
+
[ +
\
Lvnement An correspond la ralisation de tous les An partir dun certain rang.
N =0 n=N
+
\ + [
Lvnement An correspond la ralisation dune infinit de An .
N =0 n=N
Remarque Notons que les ensembles dcrits dans lexemple au dessus sont bien lments de la tribu A.
26.2 Probabilits
(, A) dsigne un espace probabilisable
26.2.1 Dfinition
Dfinition
On appelle probabilit sur lespace probabilisable (, A) toute application P : A R+ v-
rifiant :
- P () = 1 ;
- Pour toute suite (An )nN AN dvnements deux deux incompatibles
+
! +
[ X
P An = P (An ) [-additivit]
n=0 n=0
CardA
P (A) =
Card
Dfinition
On appelle espace probabilis tout triplet (, A, P ) form dun ensemble , dune tribu A sur
et dune probabilit P sur (, A).
Thorme
a) P () = 0
b) Si A0 , . . . , An sont des vnements deux deux incompatibles
n
! n
[ X
P Ak = P (Ak )
k=0 k=0
c) A A, P (A) = 1 P (A)
d) A A, P (A) [0, 1]
dm. :
a) En prenant An = pour tout n N, on obtient
+
X
P () = P ()
n=0
et donc P () = 0.
b) On choisit Ak = pour k > n et on exploite
+
! +
[ X
P Ak = P (Ak )
k=0 k=0
1 = P () = P (A) + P (A)
dm. :
Par rcurrence sur n N.
Remarque On peut noncer une galit connue sous le nom de formule du crible, mais celle-ci est
hors-programme.
Corollaire
Si (An )nN est une suite dvnements
+
! +
[ X
P An 6 P (An )
n=0 n=0
dm. :
Posons B0 = A0 puis, pour tout n > 1, Bn = An \An1 .
Puisque la suite (An ) est croissante pour linclusion, les vnements de la suite (Bn ) sont deux deux
disjoints. De plus
[n +
[ +
[
An = Bk et An = Bn
k=0 n=0 n=0
Par consquent
+
! +
! + n
[ [ X X
P An =P Bn = P (Bn ) = lim P (Bk )
n+
n=0 n=0 n=0 k=0
avec
n
X
P (Bk ) = P (An )
k=0
Remarque Ce rsultat est utile pour calculer la probabilit dune union dnombrable.
Corollaire
On a ! !
+
[ n
[
P An = lim P Ak
n+
n=0 k=0
Thorme
Si (An ) est une suite dcroissante dvnements alors
+
!
\
P (An ) P An
n+
n=0
dm. :
Posons Bn = An . (Bn ) est une suite croissante dvnements avec
+
[ +
\ +
\
Bn = Bn = An
n=0 n=0 n=0
Corollaire
On a ! !
+
\ n
\
P An = lim P Ak
n+
n=0 k=0
Proposition
Un vnement inclus dans un vnement ngligeable est ngligeable
dm. :
Cas
A B P (A) 6 P (B)
Proposition
Une runion finie ou dnombrable dvnements ngligeables est ngligeable.
dm. :
Car !
+
[ +
X
P An 6 P (An )
n=0 n=0
Dfinition
On dit quun vnement A est presque sr si P (A) = 1.
Ceci signifie encore que lvnement A est ngligeable.
Exemple Obtenir un six en lanant indfiniment un d quilibr est un vnement presque sr.
Proposition
Un vnement contenant un vnement presque sr est presque sr.
Proposition
Une intersection finie ou dnombrable dvnements presque srs est presque sre.
p = P ({})
Thorme
La famille (p ) est une famille de rels positifs, sommable et de somme gale 1.
dm. :
p = P ({}) [0, 1] donc p R+ .
Cas fini : = {1 , . . . , n } avec 1 , . . . , n deux deux distincts
n n
!
X X [
pw = P ({i }) = P {i } = P () = 1
i=1 i=1
Thorme
Si (p ) est une famille de rels positifs, sommable et de somme gale 1 alors il existe
une unique probabilit P sur (, A) vrifiant
, P ({}) = p
dm. :
Analyse : Supposons P probabilit solution.
Pour tout A , on a la runion disjointe
[
A= {}
A
et donc
+
X
P (A) = P (An )
n=0
Exemple Cas fini : = {1 , . . . , n }
Une probabilit sur est entirement dtermine par le choix de p1 , . . . , pn R+ avec
p1 + + pn = 1
Exemple Cas = N
Une probabilit sur est dtermine par le choix de (pn )nN R+N avec
+
X
pn = 1
n=0
P (A B)
P (A | B) =
df P (B)
Dterminons P (A | B) et P (A | B)
Par retour la dfinition
1/6 1 0
P (A | B) = = et P (A | B) = =0
1/2 3 1/3
Thorme
Si B est vnement de vrifiant P (B) > 0 alors lapplication PB : P() R+ donne par
PB (A) = P (A | B)
Corollaire
Les proprits calculatoires relatives aux probabilits sont aussi vraies pour les probabilits
conditionnelles.
Thorme
Soit A, B deux vnements de . On a
P (A B) = P (A | B)P (B)
dm. :
Cest immdiat compte tenu de la dfinition de P (A | B) quand P (B) > 0. Lidentit est aussi vraie
quand P (B) = 0 car A B B.
Corollaire
Soit A1 , . . . , An des vnements de . On a
dm. :
Par rcurrence sachant que le thorme ci-dessus avec A = An+1 et B = A1 . . . An fournit
P (A1 . . . An+1 ) = P (A1 . . . An )P (An+1 | A1 . . . An )
Exemple Une urne contient n boules blanches et n boules rouges.
On tire successivement et sans remise n boules dans cette urne.
Dterminons la probabilit quune boule rouge figure dans ce tirage.
Nous allons en fait mesurer lvnement contraire.
Notons Ak lvnement
la boule obtenue lors du k-ime tirage est blanche
n 1 n (k 1)
P (A1 ) = = et P (Ak | A1 . . . Ak1 ) =
2n 2 2n (k 1)
Par probabilits composes
n n1 1 (n!)2
P (A1 . . . An ) = =
2n 2n 1 n+1 (2n)!
et la probabilit cherche est donc
(n!)2
P A1 . . . An = 1
(2n)!
Exemple Une urne contient une boule blanche et une boule rouge.
On tire successivement des boules dans cette urne. A chaque boule tire, on note la couleur de celle-ci et
on la remet dans lurne accompagne dune boule de la mme couleur.
Montrons quil est presque sr que la boule rouge initiale sera tire.
Notons An lvnement la boule tire au -ime tirage est blanche Par probabilits composes
P (A1 . . . An ) = P (A1 )P (A2 | A1 ) . . . P (An | A1 . . . An1 )
avec
1 2 n
P (A1 ) = , P (A2 | A1 ) = ,. . . , P (An | A1 . . . An1 ) =
2 3 n+1
On a donc
1
P (A1 . . . An ) =
n+1
Par continuit dcroissante
+
!
\
P An = lim P (A1 . . . An ) = 0
n+
n=1
Ainsi, lvnement toutes les boules tires sont blanches est ngligeable et lvnement
complmentaire la boule rouge initiale est tire est presque sr.
Thorme
Si (Ai )iI est un systme complet dvnements de lespace probabilis (, A, P ) alors pour
tout vnement B de X
P (B) = P (B | Ai ) P (Ai )
iI
dm. :
On a !
[ [
B =B=B Ai = (B Ai )
iI iI
Les vnements B Ai tant deux deux incompatibles, que lensemble soit fini ou dnombrable, on
obtient X
P (B) = P (B Ai )
iI
On a
P (Ak ) = 1/6 et P (B | Ak ) = k/(k + 1)
Par formule des probabilits totales
6
1X k 617
P (B) = =
6 k+1 840
k=1
P (B | A)P (A)
P (A | B) =
P (B)
dm. :
Cest immdiat puisque
Corollaire
Si (Ai )iI est un systme complet dvnements alors pour tout vnement B de probabilit
non nulle et tout k I
P (B | Ak )P (Ak )
P (Ak | B) = P
P (B | Ai )P (Ai )
iI
dm. :
Il suffit demployer la formule prcdente en exploitant celle des probabilits totales
Remarque La formule de Bayes est utile pour les raisonnements rtroactifs . Si on sait mesurer la
consquence B dun vnement A et que lon sait lvnement B ralis, la formule de Bayes permet de
savoir si lvnement A la t. On parle parfois de la formule de probabilit des causes.
Exemple Une urne contient deux ds : lun est quilibr et lautre donne systmatiquement un 6.
On choisit un d dans lurne et on le lance. On suppose que le d lanc donne un 6, dterminons la
probabilit que ce d soit quilibr.
Notons A lvnement le d choisi est quilibr On a P (A) = P (A) = 1/2.
Notons B lvnement le d lanc donne un 6 On veut mesurer P (A | B).
Par la formule de Bayes
P (B | A)P (A)
P (A | B) =
P (B)
avec
P (B | A)P (A) = 1/6 1/2
et
P (B) = P (B | A)P (A) + P (B | A)P (A) = 1/12 + 1 1/2
Ainsi
1
P (A | B) =
7
26.4 Indpendance
Soit (, A, P ) un espace probabilis.
26.4.1 Couple dvnements indpendants
Dfinition
On dit que deux vnements A et B de lespace probabilis (, P ) sont indpendants si
P (A B) = P (A)P (B)
Exemple On lance deux fois le mme d (quilibr ou non). Les vnements le premier lancer donne
un six et le second lancer donne un six sont gnralement modliss indpendants.
Exemple On tire successivement et sans remise deux boules dans une urne contenant 5 boules blanches
et 2 boules rouges. Les vnements la premire boule tire est blanche et la seconde boule tire est
blanche ne sont pas indpendants.
En revanche, si lon procde un tirage avec remise, ces vnements deviennent indpendants.
Proposition
Si A et B sont des vnements indpendants alors A et B le sont aussi
dm. :
Puisque = B B
P (A) = P A (B B) = P (A B) (A B)
Or A B et A B sont incompatibles
Ainsi
P (A B) = P (A) (1 P (B)) = P (A)P (B)
Si la probabilit dobtenir face lors de chaque lancer vaut p ]0, 1[, alors la probabilit que face apparat
pour la premire fois lors du n-ime lancer vaut
En effet, on peut montrer que les vnements A1 , . . . , An1 et An sont mutuellement indpendants (voir
ci-dessous).
et aussi
P (A B C) = P (A)P (B)P (C)
A = le premier d lanc donne un rsultat pair B = le second d lanc donne un rsultat pair
et
C = la somme des deux ds est un rsultat pair
Les vnements A, B et C sont deux deux indpendants, mais pas mutuellement indpendants.
En effet
1 1
P (A B C) = P (A B) = et P (A)P (B)P (C) =
4 8
Proposition
Si (Ai )iI est une famille dvnements mutuellement indpendants alors, pour toute partie
J I, la sous-famille (Ai )iJ est, elle aussi, constitue dvnements mutuellement indpen-
dants.
dm. :
Immdiat par retour la dfinition.
Proposition
Soit (Ai )iI une famille dvnements et (i )iI une famille de rels avec i = 0 ou 1.
On pose
Ai si i = 0
Ai i =
Ai si i = 1
Si la famille (Ai )iI est constitue dvnements mutuellement indpendant alors la famille
(Ai i )iI aussi.
dm. :
Etape 1 : On montre
Etape 2 : On gnralise
et lon peut conclure que la famille (Ai i )iI est constitue dvnements mutuellement indpendants.
Remarque Lappellation variable alatoire est usuelle bien que malheureuse. En effet, X nest pas une
variable, mais bien une fonction et celle-ci nest pas alatoire, mais plutt parfaitement dtermine. Ce
sont les valeurs de X qui correspondent des quantits qui vont varier selon le rsultat de lexprience
alatoire.
Exemple On tire avec remise n boules dans une urne contenant des boules blanches et rouges en
proportion p et q = 1 p. On note X le nombre de boules blanches obtenues dans un tirage, X est une
variable alatoire discrte.
Exemple On lance indfiniment un d et lon note Xn la valeur obtenue lors du n-ime lancer.
(Xn )n>1 est une suite de variables alatoires discrtes. On pose
T est une variable alatoire discrte (cest le temps dattente du premier 6).
Remarque Comme dans les exemples ci-dessus, il est frquent de manipuler des variables alatoires
sans mme avoir prcis lespace probabilis dtude.
643
27.1. VARIABLES ALATOIRES DISCRTES
X 1 ({x}) = { /X() = x}
Il sagit bien dun vnement par dfinition dune variable alatoire discrte et lon peut en
calculer la probabilit
P (X = x)
Dfinition
Soit X : E une variable alatoire discrte. Pour toute partie A de E on note (X A) ou
{X A} lvnement X 1 (A). Autrement dit
(X A) = { /X() A}
(X A) (X B) = (X A B)
(X A) (X B) = (X A B)
X A = (X A)
Dfinition
Si X est une variable alatoire discrte relle et si a R, on introduit lvnement
On peut aussi dfinir (X < a), (X > a),. . . et calculer leur probabilit.
PX : (X()) [0, 1]
dfinie par
A (X()), PX (A) = P (X A)
Thorme
La loi PX dfinit une probabilit sur lespace probabilisable (X(), (X()))
dm. :
PX (X()) = P (X X()) = 1.
Soit (An )nN une suite de parties deux deux disjointes de X().
Les vnements (X An ) sont deux deux disjoints et
!
[ [
(X An ) = X An
nN nN
On en dduit !
[ +
X +
X
PX An = P (X An ) = PX (An )
nN n=0 n=0
Corollaire
La loi PX est entirement dtermine par les valeurs
px = PX (x) = P (X = x)
Remarque Souvent, on rsume la loi de X la famille des probabilits px pour x X() puisque
celles-ci suffisent dterminer PX (A) pour toute partie A de X().
PX = PY nimplique pas X = Y
Dfinition
Soit X et Y deux variables alatoires discrtes sur prenant les mmes valeurs.
Si PX = PY , on dit que X et Y suivent la mme loi et lon note
XY
XL
Dfinition
On dit que la variable alatoire X suit une loi uniforme sur un ensemble fini E si
On note U ([[a, b]]) la loi uniforme sur [[a, b]] et en particulier U(n) celle sur [[1, n]].
Dfinition
On dit que la variable alatoire X suit une loi de Bernoulli de paramtre p (avec p ]0, 1[ ) si
X() = {0, 1} , P (X = 0) = 1 p et P (X = 1) = p
Exemple Une urne contient des boules blanches en proportion p et des boules rouges en proportion
q = 1 p.
On tire une boule de cette urne.
Si X vaut 1 lorsque la boule est blanche et 0 sinon alors X B(p)
Remarque Les variables de Bernoulli sont utiles pour modliser les situations deux issues : succs
(valeur 1) ou chec (valeur 0)
Dfinition
On dit que la variable alatoire X suit une loi binomiale de paramtres n et p (avec n N? et
p ]0, 1[ ) si
!
n k
X() = [[0, n]] et k [[0, n]] , P (X = k) = p (1 p)nk
k
Exemple Une urne contient des boules blanches en proportion p et des boules rouges en proportion
q = 1 p.
On tire n boules avec remise dans cette urne.
Si X dsigne le nombre de boules blanches obtenues alors X B(n, p).
Remarque La loi de Bernoulli est utile pour modliser ce qui sapparente un tirage avec remise, elle
permet aussi de mesurer le nombre de succs lorsquon rpte indpendamment une exprience dont la
probabilit de russite gale p.
Y : E 0 avec Y () = f (X())
Remarque Si la fonction f est une fonction prsentant une notation usuelle particulire, on adapte
celle-ci la description de la variable alatoire f (X). Cest ainsi quon pourra crire
X 2, X, |X| , aX + b,. . .
Thorme
Si Y = f (X) alors la loi de Y est entirement dtermine par celle de X :
dm. :
Par dfinition
PY (B) = P (Y B) = P (f (X) B)
Or
(f (X) B) = X f 1 (B)
Remarque En pratique, connatre la loi de X suffira pour dterminer les lois des variables alatoires
composes dduites de X.
Dfinition
Plus gnralement, si X1 , . . . , Xm sont des variables alatoires discrtes sur (, A, P ), on peut
donner un sens la variable alatoire discrte Y = f (X1 , . . . , Xm ) pour peu que f soit dfinie
sur les valeurs prises par 7 (X1 (), . . . , Xm ()).
Remarque Pour connatre la loi de Y , connatre les lois des Xk ne suffit pas, il faut aussi connatre
leurs comportements conjoints. . .
Remarque Il sagit dune variable alatoire discrte car Z() X() Y () est au plus
dnombrable.
Exemple On choisit une carte lintrieur dun jeu de 32 cartes. On dsigne par X la hauteur et Y la
couleur de cette carte. La variable alatoire Z = (X, Y ) dtermine alors parfaitement la carte tire.
Dfinition
On appelle loi conjointe de deux variables alatoires X et Y la loi du couple Z = (X, Y ).
P (X = xi , Y = yj ) avec xi X() et yj Y ()
Exemple Une urne comporte 2 boules blanches, 1 rouge et 1 noire. On tire simultanment deux boules
de cette urne et lon note X le nombre de boules blanches et Y le nombre de boules noires tires.
Dfinition
Les lois des deux variables alatoires X et Y sont appeles les lois marginales de la variable Z
.
Proposition
La loi de Z dtermine entirement ses lois marginales.
dm. :
Pour x X(),
(X = x) = Z {x} F
et donc X
PX (x) = PZ ({x} F ) = P (Z = (x, y))
yF Y ()
Remarque Dans un tableau visualisant la loi conjointe, les lois marginales sobtiennent en sommant sur
les ranges
Exemple On reprend lurne urne comporte 2 boules blanches, 1 rouge et 1 noire. On tire simultanment
deux boules de cette urne et lon note X le nombre de boules blanches et Y le nombre de boules noires
tires.
Remarque En revanche, les lois marginales ne suffisent pas dterminer la loi conjointe.
Par exemple, les deux tableaux ci-dessous correspondent de mmes lois marginales pour des lois
conjointes diffrentes
et
P (Y = y | X = x) pour tout y Y ()
Thorme
La connaissance :
- de la loi de X ;
- de la loi de Y sachant X = x pour chaque x X()
dtermine entirement la loi conjointe de Z = (X, Y ).
dm. :
Soit (x, y) Z(). On a x X() et y Y ().
Si P (X = x) = 0 alors P (Z = (x, y)) = 0 car {Z = (x, y)} {X = x}.
Si P (X = x) > 0 alors P (Z = (x, y)) = P (X = x, Y = y) = P (Y = y | X = x)P (X = x).
Dfinition
Plus gnralement, si A est une partie de X(), on peut dfinir la loi de Y sachant X A
P (X A, Y = y)
si P (X A) > 0
P (Y = y | X A) = P (X A)
0 sinon
Exemple Si X est valeurs relles, on peut introduire la loi de Y sachant (X > x).
La loi de la variable Z est appele loi conjointe des variables X1 , . . . , Xn tandis que les lois
de X1 , . . . , Xn sont les lois marginales de Z.
Remarque La loi conjointe dtermine les lois marginales, mais linverse nest pas vrai.
Exemple Une premire urne contient 2 boules blanches et 3 boules noires et une seconde linverse.
On jette une pice et si lon obtient face , on pioche une boule dans la premire urne, sinon, on
pioche cette boule dans la seconde urne.
On note X la valeur du lancer de la pice et Y la couleur de la boule tire.
Les variables X et Y ne sont pas indpendantes !
Thorme
On a quivalence entre :
(i) les variables alatoires X et Y sont indpendantes ;
(ii) (x, y) X() Y (), P (X = x, Y = y) = P (X = x)P (Y = y)
dm. :
(i) (ii) Supposons (i)
Soit (x, y) X() Y (). Les vnements (X = x) et (Y = y) sont indpendants donc
P (X = x, Y = y) = P (X = x)P (Y = y)
donc X
P (X A Y B) = P (X = x)P (Y = y)
(x,y)AB
puis X X
P (X A Y B) = P (X = x) P (Y = y) = P (X A)P (Y B)
xA yB
X=0 X =1
Y =0 1/12 2/12
Y =1 3/12 6/12
ce qui donne
P (f (X) = x0 , g(Y ) = y 0 ) = P (f (X) = x0 ) P (g(Y ) = y 0 )
Thorme
On a quivalence entre :
(i) les variables alatoires X1 , . . . , Xn sont mutuellement indpendantes ;
(ii) (x1 , . . . , xn ) X1 () Xn (), P (X1 = x1 , . . . , Xn = xn ) = P (X1 =
x1 ) . . . P (X = xn )
dm. :
Il suffit dadapter la dmonstration prsente pour les couples de variables sachant que pour (ii) (i) on
tudiera lindpendance en considrant les sous familles finies de la famille des vnements (Xi = Ai ).
Remarque On rpte n fois la mme exprience alatoire et lon note X1 , . . . , Xn les rsultats
successifs.
En supposant que le rsultat dune exprience est sans incidence sur les autres, il est usuel de modliser
lexprience en supposant les variables X1 , . . . , Xn mutuellement indpendantes.
Cest le cas lorsquon lance plusieurs fois une mme pice de monnaie que celle-ci soit ou non
quilibre.
Exemple On tire des boules dans une urne contenant des boules blanches et rouges.
On note Xi la couleur obtenue lors du i-me tirage.
Si lon suppose que le tirage a lieu avec remise, il est usuel de supposer les variables X1 , . . . , Xn
mutuellement indpendantes.
Si lon ne suppose pas la remise, les variables Xi ne sont plus indpendantes !
Attention : Lindpendance mutuelle ne doit pas tre confondues avec lindpendance deux deux.
Si on lance deux ds discernables que lon note X et Y les parits de chaque d et Z la parit de la
somme alors les variables X, Y, Z sont deux deux indpendantes, mais pas mutuellement
indpendantes.
Thorme
Si les variables X1 , . . . , Xn sont mutuellement indpendantes alors pour tout m compris entre
1 et n 1 et toutes fonctions f et g dfinies sur des domaines convenables, les variables
X = f (X1 , . . . , Xm ) et Y = g(Xm+1 , . . . , Xn )
sont indpendantes.
dm. :
Soit x X() et y Y ().
X
P (X = x Y = y) = P (X1 = x1 , . . . , Xn = xn )
(x1 ,...,xn )f 1 ({x}),(xm+1 ,...,xn )f 1 ({y})
Par indpendance
puis
et finalement
P (X = x Y = y) = P (X = x)P (Y = y)
Exemple On lance indfiniment une pice de monnaie et lon note Xn la variable de Bernoulli gale 1
lorsquon obtient face au n-ime lancer.
Il est usuel de modliser lexprience en supposant la famille (Xn )n>1 constitue de variables alatoires
mutuellement indpendantes.
Exemple Il existe un cadre probabiliste permettant de modliser un jeu de pile ou face infinie o
- chaque Xn suit une mme loi de Bernoulli de paramtre p ;
- la famille (Xn )n>1 est constitue de variables mutuellement indpendantes.
27.4 Esprance
Les variables alatoires introduites seront toutes supposes relles, discrtes et dfinies sur un mme
espace probabilis (, A, P ).
27.4.1 Dfinition
Dfinition
On dit que la variable X admet une esprance si la famille (xP (X = x))xX() est sommable.
Sa somme dfinit alors lesprance de X
X
E(X) = xP (X = x)
df
xX()
Remarque Si la variable X ne prend quun nombre fini de valeurs x1 , . . . , xn alors celle-ci est
assurment desprance finie et
Xn
E(X) = xk P (X = xk )
k=1
Exemple Rappelons :
Si X B(p) alors
E(X) = 0 (1 p) + 1 p = p
Si X B(n, p) alors !
n
X n
E(X) = k pk (1 p)nk = np
k=0
k
Exemple Si A A alors
E(1A ) = 0 P (A) + 1 P (A) = P (A)
donnant
+
X 1
n =4
n=1
2n1
puis
+
X n
E(X) = =1
n=0
2n+1
Dfinition
Si la variable X admet une esprance et si celle-ci est nulle, on dit que la variable X est centre.
27.4.2 Proprits
Thorme
Si les variables X et Y admettent des esprances alors pour tout R les variables X et
X + Y admettent une esprance et
dm. :
Etude de E(X) = E(X)
Le cas = 0 est immdiat. Pour 6= 0,
X X
E(X) = xP (X = x) = xP (X = x)
xX() xX()
puis, sachant que x parcourt X() si, et seulement si, x parcourt (X)(),
X
E(X) = yP (X = y) = E(X)
y(X)()
De mme X
E(Y ) = yP (X = x, Y = y)
(x,y)X()Y ()
soit X
E(X) + E(Y ) = zP (X + Y = z)
z(X+Y )()
Corollaire
Lensemble des variables alatoires relles discrtes dfinies sur (, A, P ) admettant une es-
prance est un espace vectoriel et lesprance y dfinit une forme linaire.
dm. :
Cest un sous-espace vectoriel de lespace des variables alatoires.
Exemple Si a et b sont deux rels
E(aX + b) = aE(X) + b
Thorme
Si X est valeurs positives alors E(X) > 0.
Si de plus E(X) = 0 alors X = 0 presque srement.
dm. :
Si X est valeur positives
X
E(X) = xP (X = x) R+ {+}
xX()
E(X) 6 E(Y )
dm. :
Z = Y X est une variable positive.
Thorme
Si |X| 6 Y et si Y admet une esprance alors X aussi.
dm. :
Par probabilits totales
X X X
E (|X|) = xP (|X| = x) = xP (|X| = x, Y = y)
x|X|() x|X|() yY ()
Or |X| 6 Y donc
xP (|X| = x, Y = y) 6 yP (|X| = x, Y = y)
En effet, si le terme de probabilit est nul, lingalit est vraie, sinon il existe tel que
|X()| = x et Y () = y donc x 6 y et lingalit est encore vraie.
En rordonnant la somme
X X
E (|X|) 6 yP (|X| = x, Y = y)
yY () x|X|()
Exemple Si la variable alatoire X est borne, elle admet assurment une esprance.
dm. : X
E (f (X)) = yP (f (X) = y)
yf (X)()
Par probabilits totales
X X
E (f (X)) = yP (f (X) = y, X = x)
yf (X)() xX()
Or
yP (f (X) = y, X = x) = f (x)P (f (X) = y, X = x)
car lgalit est vraie quand la probabilit est nulle, mais aussi quand elle est non nulle car il existe un
vnement vrifiant f (X()) = y et X() = x donc f (x) = y.
En rordonnant les sommes
X X
E (f (X)) = f (x)P (f (X) = y, X = x)
xX() yf (X)()
Exemple Sous rserve de sommabilit
X X
E Xk = xk P (X = x), E eX = ex P (X = x),. . .
xX() xX()
dm. :
Par dfinition X
E(X) = xP (X = x)
xX()
Dune part X
xP (X = x) > 0
xX(),x<a
Exemple Lingalit de Markov possde de nombreuses dclinaisons
E (|X|)
P (|X| > ) 6
E (|X E(X)|)
P (|X E(X)| > ) 6
et
E X2
P (|X| > ) 6
2
dm. :
Avec sommabilit X
E(X)E(Y ) = xyP (X = x)P (Y = y)
(x,y)X()Y ()
Par indpendance X
E(X)E(Y ) = xyP (X = x, Y = y)
(x,y)X()Y ()
puis X
E(X)E(Y ) = zP (XY = z) = E(XY )
z(XY )()
Remarque La rciproque est fausse : on peut avoir E(XY ) = E(X)E(Y ) sans pour autant
indpendance de X et Y .
Corollaire
Si f (X) et g(Y ) admettent des esprances avec X et Y variables indpendantes alors
27.5.1 Moments
Dfinition
On dit que la variable X admet un moment dordre k N si la variable X k admet une esp-
rance. Celle-ci est alors appele moment dordre k de X et on note
X
mk = E(X k ) = xk P (X = x)
xX()
m0 = 1
X admet un moment dordre 1 si, et seulement si, X admet une esprance et alors
m1 = E(X)
Thorme
Si la variable X admet un moment dordre 2 alors X admet une esprance.
dm. :
Pour tout x R, on a
2 |x| 6 1 + x2
donc
1
1 + X2
|X| 6
2
Puisque les variables 1 et X 2 admettent une esprance, la variable X aussi.
Remarque Ce rsultat se gnralise : si X admet un moment dordre n, X admet un moment dordre k
pour tout k 6 n.
Thorme
Si les variables X et Y admettent chacune un moment dordre 2 alors XY est desprance finie
et
E(XY )2 6 E(X 2 )E(Y 2 )
dm. :
Pour tout x, y R, on a
2 |xy| 6 x2 + y 2
donc
1
X2 + Y 2
|XY | 6
2
Cas E(X 2 ) = 0 : on a ncessairement E(XY ) = 0 car sinon la constance de signe est impossible.
Thorme
Lensemble des variables admettant un moment dordre 2 est un sous-espace vectoriel de les-
pace des variables admettant un moment dordre 1.
dm. :
Linclusion a dj t vue.
Si X et Y admettent des moments dordre 2 alors Z = X + Y aussi car
Z 2 = 2 X 2 + 2XY + 2 Y 2
admet une esprance par combinaison linaire.
Remarque La variance un bien dfinie car X et la constante E(X) admettent des moments dordre 2.
Thorme
Si X admet un moment dordre 2 alors
2
V (X) = E X 2 E (X)
dm. :
En dveloppant
(X E(X))2 = X 2 2E(X)X + E(X)2
Thorme
Si X est admet un moment dordre 2 alors pour tout a, b R,
V (aX + b) = a2 V (X)
dm. :
2
V (aX + b) = E a2 X 2 + 2abX + b2 (aE(X) + b) = a2 E X 2 E(X)2 = a2 V (X)
Remarque Il est naturel que la translation de b ne modifie pas la valeur de la variance car, si cette
translation modifie la moyenne, elle ne modifie pas la dispersion de la variable autour de celle-ci.
Dfinition
Lorsquune variable alatoire est de variance gale 1, on la qualifie de rduite.
Exemple Si X est une variable admettant un moment dordre 2 alors en introduisant son esprance m et
son cart type (suppos non nul), la variable
X m
Y =
est centre rduite.
27.5.4 Covariance
Dfinition
Si les variables X et Y admettent des moments dordre 2, on introduit leur covariance
Proposition
La covariance dfinit une application bilinaire symtrique sur lespace des variables admettant
un moment dordre 2.
dm. :
La symtrie est vidente.
De plus, on peut simplifier
Cov(X, Y ) = E ((X E(X)Y )
et la linarit de Y
7 Cov(X, Y ) est alors vidente.
Thorme
Si X et Y sont deux variables alatoires relles sur lespace probabilis (, P ) alors
dm. :
En dveloppant
Corollaire
Si les variables X et Y sont indpendantes
Cov(X, Y ) = 0
|Cov(XY )| 6 V (X)V (Y )
V (X + Y ) = V (X) + 2Cov(X, Y ) + V (Y )
dm. :
Par la formule de Huygens
2
V (X + Y ) = E (X + Y )2 (E(X + Y ))
puis immdiatement
V (X + Y ) = V (X) + 2Cov(X, Y ) + V (Y )
Thorme
Si les variables X1 , . . . , Xn admettent des moments dordre 2 alors
n
! n
X X X
V Xi = V (Xi ) + 2 Cov(Xi , Xj )
i=1 i=1 i<j
dm. :
On a ! !
n
X n
X n
X
V Xi = Cov Xi , Xi
i=1 i=1 i=1
Par bilinarit !
n
X n X
X n
V Xi = Cov(Xi , Xj )
i=1 i=1 j=1
Corollaire
Si les variables X1 ,. . . , Xn sont deux deux indpendantes
n
! n
X X
V Xi = V (Xi )
i=1 i=1
Exemple On peut exploiter ce rsultat pour retrouver la variance dune variable X suivant une loi
binomiale de paramtres n et p.
En effet, celle-ci peut tre simule par la somme de X1 + + Xn de n variables mutuellement
indpendantes suivant une loi de Bernoulli de paramtre p et alors
Thorme
Si la variable X admet un moment dordre 2 alors pour tout > 0,
V (X)
P (|X E(X)| > ) 6
2
dm. :
On a
2
(|X E(X)| > ) = (X E(X)) > 2
2
et par lingalit de Markov applique la variable positive Y = (X E(X))
Remarque Cette ingalit permet de mesurer dans quelle mesure lexprimentation peut scarter de sa
moyenne.
Thorme
Soit (Xn )n>0 une suite de variables alatoires deux deux indpendantes et suivant une mme
loi.
Si celles-ci admettent un moment dordre 2 alors en introduisant m leur esprance commune
et
Xn
Sn = Xk
k=1
on a
Sn
P
m > 0
n n+
dm. :
Introduisons la variance commune aux variables Xn . On a
E(Sn ) = nm et V (Sn ) = n 2
V (Sn )
P (|Sn nm| > a) 6
a2
En prenant a = n
2
Sn V (Sn )
P
m > = P (|Sn nm| > a) 6 2 2 = 2
n n n
Exemple On veut estimer lquilibre dune pice. On note p la probabilit (inconnue) que la pice
donne face lors dun lancer.
On lance n fois la pice et lon pose S gale au nombre de lancers ayant donn face .
En posant Xk la variable de Bernoulli testant si le k-ime lancer donne face , on
n
X
S= Xk
k=1
1
P (|S/n p| > ) 6
4n2
Pour = 0, 01, on obtient que S/n est une valeur approche de p prs avec une probabilit
suprieure 5 % sous rserve de prendre n > 50 000 !
k
X() = N et P (X = k) = e
k!
On note P() cette loi.
Remarque On vrifie
+
X k k
e = 1 avec e >0
k! k!
k=0
Thorme
Si X P() alors
E(X) = et V (X) =
dm. :
+ + +
X k X k X k
E(X) = ke = e = e =
n=0
k! (k 1)! k!
k=1 k=0
et
V (X) = E(X 2 ) E(X)2 = E(X(X 1)) + E(X) E(X)2
avec
+ +
X k X k
E(X(X 1)) = k(k 1)e = 2 e = 2
k! k!
k=0 k=0
et donc
V (X) = 2 + 2 =
Exemple Si durant un laps de temps T un phnomne se produit en moyenne fois, il est frquent de
dire que le nombre doccurrences de ce phnomne durant ce laps de temps suit une loi de Poisson de
paramtre .
Par exemple, le nombre de dsintgrations radioactives par seconde, le nombre de passages journalier le
long dune route, le nombre daccidents annuel, etc.
Cette interprtation sexplique par un passage la limite de la loi binomiale dans le cadre des
vnements rares.
Thorme
Soit (Xn )nN est une suite de variables alatoires avec Xn B(n, pn ).
Si npn alors
n+
k
P (Xn = k) e
n+ k!
dm. :
Par dfinition dune loi binomiale
!
n
P (Xn = k) = pkn (1 pn )nk
k
Or ! k
n nk
npn
et nk pkn (1 pn )nk = exp (n ln(1 pn ))
k n+ k! 1 pn
avec
npn
et (1 pn )n = en ln(1pn ) = enpn +o(1) e
1 pn n+ n+
donc
k
P (Xn = k) e
n+ k!
Exemple Dans une certaine quantit de matire, il y a une grande quantit n datomes radioactifs.
Chacun une probabilit p trs faible de se dsintgrer mais lon sait quen moyenne il y a
dsintgration durant un laps de temps T : np = . En supposant lindpendance des dsintgrations
atomiques, il serait rigoureux de modliser le nombre X de dsintgration par une loi de Bernoulli
B(n, p).
En pratique, les calculs numriques seraient difficiles alors que lapproximation avec une loi de Poisson
de paramtre est bien plus commode.
Exemple Soit X et Y deux variables alatoires indpendantes suivant des lois de Poisson de paramtres
et > 0. Etudions la loi de la variable Z = X + Y .X + Y est valeurs dans N et
k
X
P (X + Y = k) = P (X = `, Y = k `)
`=0
Par indpendance
k
X
P (X + Y = k) = P (X = `)P (Y = k `)
`=0
puis
k
X ` k`
P (X + Y = k) = e e
`! (k `)!
`=0
On rorganise !
k
e(+) X k
P (X + Y = k) = ` k`
k! `
`=0
Remarque On vrifie
+
X
p(1 p)k1 = 1 avec p(1 p)k1 > 0
k=1
Remarque Plus gnralement, la loi gomtrique est utile pour valuer le temps dattente du premier
succs dans une suite dpreuves de Bernoulli mutuellement indpendantes de mme paramtre p.
Thorme
Si X G(p) alors
1 1p
E(X) = et V (X) =
p p2
dm. :
+
X 1
E(X) = k(1 p)k1 p =
p
k=1
et
V (X) = E (X(X 1)) + E(X) E(X)2
avec
+
X
E (X(X 1)) = k(k 1)(1 p)k1 p
k=2
Or
+
d2
X
k2 1 2
k(k 1)x = =
dx2 1x (1 x)3
k=2
donc
2
E (X(X 1)) = p(1 p)
p3
puis
1p 1 1 1p
V (X) = 2 2
+ 2 =
p p p p2
Thorme
Si X est une variable alatoire valeurs dans N? vrifiant la condition dabsence de mmoire
P (X > n + 1 | X > n) = q
Or
P (X > n + 1) = P (X > n + 1 | X > n)P (X > n)
et donc
P (X > n + 1) = qP (X > n)
n N, P (X > n) = q n
puis
n N? , P (X = n) = P (X > n 1) P (X > n) = (1 q)q n1
Thorme
Cette srie entire est de rayon de convergence RX au moins gale 1 et converge normalement
sur [1, 1].
dm. : X X
Pour t = 1, la srie numrique P (X = n)1n = P (X = n) converge.
Puisque la srie entire converge en t = 1, son rayon de convergence est au moins gale 1.
Posons un (t) = P (X = n)tn dfinie sur [1, 1].
Pour tout t [1, 1], |un (t)| 6 P (X
X= n). X
Cest une majoration uniforme et P (X = n) converge donc la srie de fonctions un converge
normalement sur [1, 1].
Corollaire
La fonction gnratrice GX est au moins dfinie et continue sur [1, 1].
Remarque La fonction gnratrice est entirement dtermine par la loi de X. Inversement, la fonction
gnratrice caractrise la loi de X puisque
(n)
GX (0)
P (X = n) =
n!
GX (t) = (1 p) + pt et RX = +
et donc
(k)
GX (t) = E X(X 1) . . . (X k + 1)tX
dm. : X
Sur [1, 1], GX est la somme de la srie de fonctions un o
un (t) = P (X = n)tn
On en dduit que GX est de classe C 1 sur [1, 1]. En particulier, GX est drivable en 1.
De plus
+
X +
X
G0X (1) = u0n (1) = nP (X = n) = E(X)
n=0 n=0
Soit N N,
N
X N
X
nP (X = n) = lim P (X = n)(1 + t + + tn1 )
t1
n=0 n=0
dm. : X
(i) (ii) Si la variable X admet un moment dordre 2, il y a convergence de n2 P (X = n) mais aussi
X
de n(n 1)P (X = n). On peut alors adapter la dmonstration prcdente et obtenir GX de classe
C 2 sur [1, 1] avec
+
X
G00X (1) = n(n 1)P (X = n) = E (X(X 1))
n=0
La relation
V (X) = E(X 2 ) E(X)2 = E (X(X 1)) + E(X) E(X)2
fournit alors
2
V (X) = G00X (1) + G0X (1) (G0X (1))
(ii) (i) Supposons GX deux fois drivable en 1. La fonction GX est au moins drivable en 1 et donc
X admet une esprance. On sait alors exprimer G0X (t) sur [1, 1] par
+
X
G0X (t) = nP (X = n)tn1
n=1
La poursuite de la dmonstration est alors la mme que celle prcdente afin dtablir la convergence de
X
n(n 1)P (X = n)
Exemple Si X B(p) alors GX (t) = (1 p) + pt.
E(X) = G0X (1) = p et V (X) = 0 + p p2 = p(1 p)
n
Exemple Si X B(n, p) alors GX (t) = (1 p + pt) .
E(X) = np et V (X) = n(n 1)p2 + np (np)2 = np(1 p)
p
pt p 1p
Exemple Si X G(p) alors GX (t) = = + .
1 (1 p)t p 1 1 (1 p)t
1 2(1 p) 1 1 1p
E(X) = et V (X) = + 2 =
p p2 p p p2
GX+Y = GX GY
dm. :
Pour t [1, 1],
GX+Y (t) = E tX+Y = E tX tY
Corollaire
Si X1 , . . . , Xn sont des variables mutuellement indpendantes
Exemple Sachant quune loi B(n, p) peut tre simule par la somme de n loi B(p) indpendantes, on
n
retrouve que si X B(n, p) alors GX (t) = (1 p + pt) .
dm. :
Par formule des probabilits totales
+
X
P (S = n) = P (N = k)P (X1 + + Xk = n)
k=0
donc
+ X
X +
GS (t) = P (N = k)P (X1 + + Xk = n)tn
n=0 k=0
soit
+
X
GS (t) = P (N = k)GX1 ++Xk (t)
k=0
k
Or GX1 ++Xk (t) = [GX (t)] donc
+
X k
GS (t) = P (N = k) [GX (t)] = GN (GX (t))
k=0
Corollaire
Si N et X possdent une esprance
dm. :
Car
G0S (1) = G0X (1)G0N (GX (1)) = G0X (1)G0N (1)
Exemple On lance une pice quilibre. Tant que lon obtient face , on jette un d et on avance le
personnage dun jeu de plateau du nombre correspondant de cases.
En moyenne, le personnage avance de E(S) = E(N ) E(X) = 3, 5 cases.
I Algbre 3
1 Groupes 5
1.1 Lensemble Z/nZ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.1.1 Relation dquivalence . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.1.2 Classe dquivalence . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.1.3 Ensemble quotient . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.1.4 Lensemble Z/nZ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.2 Structure de groupe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
1.2.1 Dfinition . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
1.2.2 Itr dun lment . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
1.2.3 Le groupe symtrique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
1.2.4 Le groupe (Z/nZ, +) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
1.2.5 Produit fini de groupes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
1.3 Sous-groupes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.3.1 Dfinition . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.3.2 Intersection dune famille de sous-groupes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
1.3.3 Sous-groupe engendr par un lment . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
1.3.4 Sous-groupe engendr par une partie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
1.3.5 Les sous-groupes de (Z, +) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
1.4 Morphisme de groupes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
1.4.1 Dfinition . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
1.4.2 Proprits . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
1.4.3 Noyau et image . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
1.4.4 Isomorphisme de groupes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
1.4.5 Groupes isomorphes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
1.5 Groupes engendr par un lment . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
1.5.1 Groupes monognes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
1.5.2 Groupes cycliques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
1.5.3 Description des groupes monognes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
1.5.4 Ordre dun lment dans un groupe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
1.5.5 Elment dun groupe fini . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
1.5.6 Musculation : sous-groupes de (Z/nZ, +) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
2 Anneaux 29
2.1 Structure danneau . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
2.1.1 Dfinition . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
2.1.2 Calculs dans un anneau . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
681
TABLE DES MATIRES
3 Espaces vectoriels 59
3.1 Structure despace vectoriel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59
3.1.1 Dfinition . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59
3.1.2 Produit dun nombre fini despaces vectoriels . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60
3.1.3 Espace de fonctions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60
3.2 Sous-espaces vectoriels . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61
3.2.1 Dfinition . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61
3.2.2 Oprations . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61
3.2.3 Espace vectoriel engendr . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
3.2.4 Somme directe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
3.2.5 Sous-espaces vectoriels supplmentaires . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64
3.2.6 Sous-espace affine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66
3.3 Dimension . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67
3.3.1 Combinaisons linaires . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67
3.3.2 Famille gnratrice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68
3.3.3 Famille libre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68
3.3.4 Base . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70
3.3.5 Dimension . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71
3.3.6 Construction de bases . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71
3.3.7 Dimension dun sous-espace vectoriel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72
3.3.7.1 Sous-espace vectoriel en dimension finie . . . . . . . . . . . . . . . . 72
3.3.7.2 Formule de Grassmann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72
3.3.7.3 Supplmentarit en dimension finie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72
3.3.7.4 Somme de plusieurs sous-espaces vectoriels . . . . . . . . . . . . . . 73
3.4 Applications linaires . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74
3.4.1 Dfinition . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74
3.4.2 Proprits . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74
3.4.3 Noyau et image . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75
3.4.4 Equations linaires . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75
3.4.5 Image linaire dune famille de vecteurs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76
3.4.6 Construction dune application linaire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77
3.4.6.1 Par limage dune base . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77
3.4.6.2 Par ses restrictions linaires . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77
3.4.7 Rang dune application linaire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78
3.4.8 Thorme du rang . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79
3.4.9 Thorme disomorphisme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80
3.5 Structure dalgbre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81
3.5.1 Dfinition . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81
3.5.2 Sous-algbre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82
3.5.3 Morphisme dalgbres . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82
4 Calculs matriciels 85
4.1 Calcul matriciel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85
4.1.1 Matrices rectangles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85
4.1.2 Matrices carres . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87
4.1.3 Problmes de commutation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87
4.1.4 Noyau, image et rang dune matrice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88
4.1.5 Matrices inversibles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90
4.1.6 Transposition . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92
4.2 Reprsentations matricielles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92
4.2.1 Matrices des coordonnes dun vecteur . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92
4.2.2 Matrice dune application linaire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93
4.2.3 Matrice dun endomorphisme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94
4.2.4 Transport du vectoriel au matriciel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95
4.2.5 Formules de changement de bases . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96
II Analyse 205
9 Suites et sries numriques 207
9.1 Suites numriques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 207
9.1.1 Limites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 207
9.1.2 Limites monotones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 208
9.1.3 Comparaisons asymptotiques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 209
9.1.4 Dveloppements asymptotiques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 210
9.1.5 Suites rcurrentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 211
9.1.6 Thorme de Cesaro . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 212
18 Compacit 429
18.1 Valeur dadhrence . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 429
18.1.1 Suite extraite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 429
18.1.2 Valeur dadhrence dune suite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 430
18.2 Partie compacte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 430
18.2.1 Dfinition . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 430
18.2.2 Topologie des parties compactes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 431
18.2.3 Oprations sur les parties compactes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 432
18.2.4 Compacit en dimension finie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 432
18.2.5 Applications . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 433
18.2.5.1 Convergence dune suite dlments dun compact . . . . . . . . . . . 433
18.2.5.2 Fermeture des sous-espaces vectoriels de dimension finie . . . . . . . 434
18.2.5.3 Distance un ferm en dimension finie . . . . . . . . . . . . . . . . . 434
18.3 Continuit et compacit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 435
18.3.1 Image continue dun compact . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 435
18.3.2 Thorme des bornes atteintes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 435
18.3.3 Uniforme continuit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 436
18.3.4 Thorme de Heine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 437
18.3.5 Musculation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 437