# Théorie des fonctions analytiques/Partie I/Chapitre 05
### CHAPITRE V.

24. Les méthodes que nous venons de donner pour le développement de la fonction $f(x+i)$ supposent que ce développement est de la forme
$f(x)+if'(x)+{\frac {i^{2}}{2}}f''(x)+\ldots \,;$
il est donc nécessaire, avant d’aller plus loin, d’examiner quand et comment cette forme pourrait être en défaut.
Nous avons déjà démontré plus haut (n$^o$ 2) que cela ne peut arriver que lorsqu’on donnera à $x$ une valeur déterminée telle qu’elle fasse disparaître dans la fonction $f(x)$ et dans toutes ses dérivées quelques radicaux. Or un radical ne peut disparaître dans une fonction que de deux manières, ou parce que la quantité qui multiplie le radical devient nulle, ou parce que le radical lui-même devient nul.
Dans le premier cas, il est clair que, le radical disparaissant dans $f(x),$ il pourra ne pas disparaître dans $f'(x),f''(x),\ldots ,$ ou bien que, disparaissant à la fois dans $f(x),f'(x),$ il ne disparaîtra pas dans $f''(x),f'''(x),\ldots ,$ et ainsi du reste, parce que, le radical acquérant des coefficients différents dans les fonctions dérivées, ces coefficients ne peuvent pas devenir tous nuls par la même valeur supposée de la variable.
Dans le second cas, au contraire, il est évident que le radical disparaîtra nécessairement dans toutes les fonctions $f(x),f'(x),f''(x),\ldots$ à l’infini, puisque c’est la quantité radicale elle-même qui est supposée s’évanouir pour une valeur donnée de la variable $x.$ Mais, l’évanouissement du radical ne pouvant plus avoir lieu dans la fonction $f(x+i),$ où $i$ est une quantité indéterminée et indépendante de $x,$ il s’ensuit que la série
$f(x)+if'(x)+{\frac {i^{2}}{2}}f''(x)+\ldots ,$
qui représente le développement de cette fonction, deviendra fautive par l’absence du radical qu’elle doit contenir.
Donc cette série sera légitime dans le premier cas et ne le sera pas dans le second.
25. Soient $y=f(x),$ et par conséquent, en prenant les fonctions prime, seconde, etc., $y'=f'(x),\ y''=f''(x),\ldots .$ Supposons que, pour une valeur donnée de $x,$ il disparaisse dans $f(x)$ un radical, lequel ne disparaisse pas dans $f'(x)\,;$ il est clair que, pour cette valeur de $x,$ la fonction $f'(x)$ devra avoir un plus grand nombre de valeurs différentes que la fonction $f(x),$ à raison du radical, qui se trouve dans $f'(x)$ et qui a disparu dans $f(x),$ d’où il s’ensuit que la valeur de $y'$ ne pourra pas être donnée par une fonction de $x$ et $y$ qui ne contiendrait pas ce radical. Cependant, si dans l’équation $y=f(x)$ on détruit ce même radical par l’élévation aux puissances, et que l’équation résultante soit représentée par $\operatorname {F} (x,y)=0,$ son équation prime donnera généralement, comme nous l’avons vu au n$^o$ 17,
$y'=-{\frac {\operatorname {F} '(x)}{\operatorname {F} '(y)}}.$
Donc cette expression sera en défaut dans le cas où l’on donnerait à $x$ la valeur en question, ce qui ne peut avoir lieu qu’autant que les quantités $\operatorname {F} '(x)$ et $\operatorname {F} '(y)$ seront l’une et l’autre nulles à la fois. Ainsi, dans le cas dont il s’agit, l’expression de $y'$ deviendra égale à zéro divisé par
$x$
$f(x)$
$f'(x).$
Pour avoir dans ce cas la valeur de $y',$ il ne suffira donc pas de s’\pirêter à l’équation prime de $\operatorname {F} (x,y)=0,$ laquelle, étant
$y'\operatorname {F} '(y)+\operatorname {F} '(x)=0,$
aura lieu d’elle-même, indépendamment de la valeur de $y'\,;$ mais il faudra passer à l’équation seconde, qu’on trouvera par les mêmes règles de cette forme
$y''\operatorname {F} '(y)+y'^{2}\operatorname {F} ''(y)+2y'\operatorname {F} ''(y)(x)+\operatorname {F} ''(x)=0,$
en désignant par $\operatorname {F} ''(y)$ et $\operatorname {F} ''(x)$ les fonctions primes de $\operatorname {F} '(y)$ et $\operatorname {F} '(x),$ prises la première relativement à $y$ seul et la seconde relativement à $x$ seul, c’est-à-dire les fonctions secondes de $\operatorname {F} (y,x)$ prises relativement aux mêmes variables isolées, et par $\operatorname {F} ''(y)(x)$ la fonction prime de $\operatorname {F} '(y)$ prise relativement à $x$ ou la fonction prime de $\operatorname {F} '(x)$ prise relativement à $y$ (ces deux fonctions étant la même chose, comme il est facile de s’en convaincre et comme nous le démontrerons plus bas, lorsque nous traiterons des fonctions de plusieurs variables), c’est-à dire la fonction seconde de $\operatorname {F} (y,x)$ prise relativement à $y$ et à $x$.
Cette équation donne généralement la valeur de $y''$ ; mais, dans le cas proposé, la quantité $\operatorname {F} '(y)$ devenant nulle, le terme qui contient $y''$ disparaîtra et l’équation restante sera une équation du second degré en $y',$ par laquelle on déterminera la valeur de $y',$ qui sera par conséquent double.
26. Soit, par exemple,
$f(x)=(x-a){\sqrt {x-b}},$
en sorte qu’on ait l’équation
$y=(x-a){\sqrt {x-b}}\,;$
$f'(x)=y'={\sqrt {x-b}}+{\frac {x-a}{2{\sqrt {x-b}}}}\,;$
faisant $x=a,$ on a
$y=0,\quad y'={\sqrt {x-b}}={\sqrt {a-b}},$
où l’on voit que le radical disparaît dans la valeur de $y,$ mais non pas dans celle de $y',$ en sorte que la valeur de $y$ est simple et celle de $y'$ double.
Maintenant, si l’on réduit l’équation proposée à cette forme rationnelle
$y^{2}=(x-a)^{2}(x-b),$
et qu’on en prenne l’équation prime, on aura
$2yy'=2(x-a)(x-b)+(x-a)^{2},$
d’où l’on tire
$y'={\frac {2(x-a)(x-b)+(x-a)^{2}}{2y}}.$
Faisant $x=a,$ on a $y'={\frac {0}{0}}\,;$ passant donc à l’équation seconde, on aura
$2y'^{2}+2yy''=4(x-a)+2(x-b).$
Ici $x=a$ donne, à cause de $y=0$ dans ce cas,
$2y'^{2}=2(x-b)=2(a-b)\,;\quad {\text{donc}}\quad y'={\sqrt {a-b}},$
comme plus haut.
Il serait possible, au reste, que la même valeur de $x$ qui détruit les termes de l’équation prime détruisît aussi ceux de l’équation seconde ; alors il faudrait passer à l’équation tierce, laquelle, par la destruction des termes qui contiendraient $y''$ et $y''',$ deviendrait une simple équation en $y',$ mais du troisième degré, et ainsi de suite. Cela dépend de la nature du radical qui aura été détruit dans $f(x)$ et qui doit être remplacé par le degré de l’équation d’où dépend la valeur de $y'\,;$ mais nous n’entrerons dans aucun détail sur ce point pour ne pas trop nous écarter de notre sujet.
27. Supposons en second lieu que la même valeur de $x$ qui fait disparaître un radical dans $f(x)$ le fasse disparaître aussi dans $f'(x),$ sans le faire disparaître néanmoins dans $f''(x)\,;$ alors les valeurs correspondantes de $f(x)$ et de $f'(x)$ seront en même nombre, mais celles de $f''(x)$ seront en nombre plus grand. Si donc on détruit ce radical dans l’équation $y=f(x),$ la valeur de $y''$ qu’on en déduira se trouvera égale à ${\frac {0}{0}},$ et il faudra passer aux équations dérivées d’un ordre supérieur pour avoir la valeur de $y''.$
Soit
$y=(x-a)^{2}{\sqrt {x-b}}\,;$
on aura
${\begin{aligned}y'\ =&(x-a){\sqrt {x-b}}+{\frac {(x-a)^{2}}{2{\sqrt {x-b}}}},\\y''=&2{\sqrt {x-b}}+{\frac {2(x-a)}{\sqrt {x-b}}}-{\frac {(x-a)^{2}}{4(x-b)^{\frac {3}{2}}}}\,;\end{aligned}}$
faisant $x=a,$ on a
$y=0,\quad y'=0\quad {\text{et}}\quad y''=2{\sqrt {x-b}}=2{\sqrt {a-b}}.$
Mais, si l’on réduit l’équation proposée à cette forme rationnelle
$y^{2}=(x-a)^{4}(x-b),$
on en tirera l’équation prime
$2yy'=4(x-a)^{3}(x-b)+(x-a)^{4},$
laquelle donne, lorsque $x=a,$
$y'={\frac {0}{0}},$
à cause de $y=0,$ à moins qu’en substituant la valeur de $y$ on ne divise le tout par $(x-a)^{2}$ et qu’ensuite on ne fasse $x=a,$ ce qui donnera $y'=0.$
Passant à l’équation seconde, on aura
$y'^{2}+yy''=6(x-a)^{2}(x-b)+4(x-a)^{3}.$
Faisant $x=a,$ on aura $y'=0,$ comme ci-dessus. Mais, pour avoir la valeur de $y'',$ il faudra avoir recours à l’équation tierce et même à l’équation quarte. Celle-là sera
$3y'y''+yy'''=18(x-a)^{2}+12(x-a)(x-b),$
où tous les termes disparaissent lorsque $x=a.$ La suivante sera
$3y''^{2}+4y'y'''+yy^{\scriptscriptstyle {\text{IV}}}=48(x-a)+12(x-b).$
Faisant $x=a,$ et par conséquent $y=0$ et $y'=0,$ on aura
$3y''^{2}=12(x-b),\quad y''=2{\sqrt {x-b}}=2{\sqrt {a-b}},$
comme plus haut.
Nous ne pousserons pas plus loin cette analyse, qui d’ailleurs n’a plus de difficulté d’après les principes établis. Nous nous contenterons de remarquer que, si l’on construit la courbe dont $x$ serait l’abscisse et $y=f(x)$ l’ordonnée, cette courbe aura ce qu’on appelle un point multiple dans l’endroit correspondant à la valeur donnée de $x$ qui fera disparaître un radical dans $f(x)$ sans le faire disparaître en même temps daiis $f'(x),$ qu’elle aura un point d’attouchement si la même valeur de $x$ fait disparaître à la fois le radical dans $f(x)$ et dans $f'(x),$ que ce sera un point d’oscùlation si le radical disparaît en même temps dans $f''(x),$ et ainsi de suite. On en verra la raison lorsque nous appliquerons la théorie des fonctions à celle des courbes.
28. À l’occasion de la difficulté que nous venons de résoudre, nous allons donner la théorie de la méthode pour trouver la valeur d’une fraction dans le cas où le numérateur et le dénominateur deviennent zéro à la fois.
Soit ${\frac {f(x)}{\operatorname {F} (x)}}$ une pareille fraction, $f(x)$ et $\operatorname {F} (x)$ étant des fonctions de $x,$ telle que la supposition de $x=a$ les rende toutes les deux nulles à la fois, et qu’on demande la valeur de cette fraction lorsque $x=a.$
On fera $y={\frac {f(x)}{\operatorname {F} (x)}},$ et par conséquent $y\operatorname {F} (x)=f(x).$ En supposant $x=a,$ cette équation se vérifie d’elle-même, indépendamment de la valeur de $y,$ qui demeure par conséquent indéterminée ; ainsi elle ne peut servir dans cet état à la détermination de $y$ lorsque $x=a.$ Mais, en prenant l’équation prime, on aura
$y'\operatorname {F} (x)+y\operatorname {F} '(x)=f'(x)\,;$
la supposition de $x=a$ fait disparaître le terme $y'\operatorname {F} (x),$ et le reste de l’équation donne $y={\frac {f'(x)}{\operatorname {F} '(x)}}.$ S’il arrivait que les fonctions primes $f'(x),$ $\operatorname {F} '(x)$ devinssent aussi nulles par la même supposition, alors on trouverait par le même principe, en substituant dans l’équation ci-dessus $f'(x),\operatorname {F} '(x)$ pour $f(x),\operatorname {F} (x)$ cette nouvelle expression de $y,$ $y={\frac {f''(x)}{\operatorname {F} ''(x)}},$ et ainsi de suite. On pourrait aussi la déduire directement de la même équation prime, en considérant que, comme elle se vérifie de nouveau d’elle-même, elle ne peut pas servir non plus à la détermination de $y,$ que par conséquent il sera nécessaire de passer à l’équation seconde, laquelle sera
$y''\operatorname {F} (x)+2y'\operatorname {F} '(x)+y\operatorname {F} ''(x)=f''(x).$
Comme la supposition de $x=a$ rend nulles les fonctions $\operatorname {F} (x)$ et $\operatorname {F} '(x),$ les termes qui contiennent $y'$ et $y''$ s’en iront d’eux-mêmes, et les termes restants donneront $y={\frac {f''(x)}{\operatorname {F} ''(x)}},$ comme plus haut.
Il n’est pas à craindre que les fonctions $f(x),f'(x),f''(x),\ldots ,$ $\operatorname {F} (x),$ $\operatorname {F} '(x),\operatorname {F} ''(x),\ldots$ à l’infini puissent devenir nulles en même temps par la supposition de $x=a,$ comme quelques géomètres paraissent le supposer, car, puisque
$f(x+i)=f(x)+if'(x)+{\frac {i^{2}}{2}}f''(x)+\ldots ,$
en faisant $x=a,$ on aurait $f(a+i)=0,$ quel que soit $i,$ ce qui est
$\operatorname {F} (x+i).$
$x=a,$
${\frac {f(x)}{\operatorname {F} (x)}},{\frac {f'(x)}{\operatorname {F} '(x)}},\ldots$
29. Ce cas a lieu lorsque la supposition de $x=a$ fait disparaître dans $f(x)$ un radical en le rendant nul, auquel cas elle le fera disparaître de même dans les fonctions dérivées ; mais, ce radical restant dans la fonction $f(x+i),$ il doit rester aussi dans le développement de cette fonction ; par conséquent, ne pouvant affecter la valeur de $x,$ il faudra qu’il affecte l’$i,$ d’où il suit que ce développement doit contenir nécessairement des puissances irrationnelles de $i.$ Il est clair, en effet, que, si $f(x)$ contient la quantité ${\sqrt[{m}]{\mathrm {X} }},$ $\mathrm {X}$ étant une fonction de $x$ qui devient nulle lorsque $x=a,$ en mettant $x+i$ à la place de $x,$ $\mathrm {X}$ deviendra
$\mathrm {X} +i\mathrm {X} '+{\frac {i^{2}}{2}}\mathrm {X} ''+\ldots ,$
et, faisant $x=a,$ on aura simplement $i\mathrm {X} '+{\frac {i^{2}}{2}}\mathrm {X} ''+\ldots$ pour la valeur de $\mathrm {X} ,$ de sorte que ${\sqrt[{m}]{\mathrm {X} }}$ deviendra
${\sqrt[{m}]{i\left(\mathrm {X} '+{\frac {i}{2}}\mathrm {X} ''+\ldots \right)}}\,;$
donc la fonction $f(x+i)$ contiendra, dans le cas de $x=a,$ le radical ${\sqrt[{m}]{i}},$ qui devra par conséquent se trouver dans son développement suivant les puissances de $i.$ Voyons donc ce que donnera alors le développement fautif
$f(x)+if'(x)+{\frac {i^{2}}{2}}f''(x)+\ldots .$
Pour cela, j’observe que les fonctions $f'(x+i),\ f''(x+i),\ldots$ sont également les fonctions primes, secondes, etc., de la fonction $f(x+i),$ soit qu’on les prenne relativement à $x,$ soit qu’on les prenne relativement à $i,$ ce qui est évident, puisque, en augmentant soit $x,$ soit $i$ d’une même quantité quelconque, on a le même accroissement de la quantité $x+i.$ D’où il suit que l’on aura également les valeurs de $f'(x),f''(x),\ldots ,$ quel que soit $x,$ en prenant les fonctions primes, secondes, etc., de $f(x+i)$ relativement à $i,$ et faisant ensuite $i=0.$
Or, si l’on suppose que le développement de $f(x+i)$ doive contenir, lorsque $x=a,$ un terme affecté de $i^{m},$ tel que $\mathrm {A} i^{m},$ $\mathrm {A}$ étant une fonction de $a$ et $m$ n’étant pas un nombre entier positif, en prenant les fonctions primes, secondes, etc., relativement à $i,$ il faudra que les développements de $f'(x+i),\ f''(x+i),\ldots$ contiennent les termes $m\mathrm {A} i^{m-1},$ $m(m-1)\mathrm {A} i^{m-2},\ldots$ (n$^o$ 10). Donc, faisant $i=0,$ on en conclura que les fonctions $f(x),\ f'(x),\ f''(x),\ldots ,$ lorsque $x=a,$ contiendront respectivement les termes $\mathrm {A} o^{m},\ m\mathrm {A} o^{m-1},\ m(m-1)\mathrm {A} o^{m-2},\ldots .$
Si $m$ est un nombre quelconque négatif, il est clair que tous ses termes seront infinis.
Si $m$ est un nombre positif non entier, soit $n$ le nombre entier immédiatement plus grand que $m,$ il est visible que le terme
$m(m-1)\ldots (m-n+1)\mathrm {A} o^{m-n}$
sera infini, ainsi que tous les termes suivants, et que tous les précédents seront nuls.
Donc, en général, la fonction $f^{n}(x)$ et toutes les suivantes $f^{n+1}(x),$ $f^{n+2}(x),\ldots$ à l’infini ($n,n+1,\ldots$ étant des indices) seront infinies, $n$ étant le nombre entier positif immédiatement plus grand que l’exposant $m.$
30. On conclura de là que le développement
$f(x)+if'(x)+{\frac {i^{2}}{2}}f''(x)+\ldots$
ne peut devenir fautif pour une valeur donnée de $x$ qu’autant qu’une des fonctions $f(x),f'(x),f''(x),\ldots$ deviendra infinie, ainsi que toutes les suivantes, pour cette valeur de $x.$ Alors, si $n$ est l’indice de la pre-
$i^{m},$
$m$
$n-1$
$n.$
Et, si toutes les fonctions $f(x),f'(x),f''(x),\ldots$ devenaient infinies pour la même valeur de $x,$ le développement de $f(x+i)$ contiendrait dans ce cas des puissances négatives de $i.$
Pour trouver alors la vraie forme du développement suivant les puissances ascendantes de $i,$ il faudra faire d’abord, dans la fonction $f(x+i),$ $x$ égal à la valeur donnée, et développer ensuite suivant les puissances croissantes de $i$ par les règles connues, en ayant égard aux puissances fractionnaires ou négatives de $i$ qui se trouveraient dans la fonction même.
Au reste, nous remarquerons que, en faisant $y=f(x),$ et prenant $x$ et $y$ pour les coordonnées d’une courbe, cette courbe aura dans le point où l’une des fonctions $y,y',y'',\ldots$ devient infinie, ainsi que toutes les suivantes, un rebroussement dont l’espèce dépendra de l’indice $n,$ pourvu que l’exposant fractionnaire $m$ ait pour dénominateur un nombre pair, et l’on déterminera la nature du rebroussement par la forme du développement de $f(x+i)$ dans ce cas.
31. Dans l’exemple du n$^o$ 27, où
$y=(x-a){\sqrt {x-b}},$
on voit que la supposition de $x=b$ détruit le radical dans $y$ et doit, par conséquent, le détruire aussi dans les fonctions dérivées $y',y'',\ldots .$ Donc le développement
$f(x)+if'(x)+{\frac {i^{2}}{2}}f''(x)+\ldots$
de $f(x+i),$ en supposant
$y=f(x)=(x-a){\sqrt {x-b}},$
sera fautif dans le cas de $x=b.$ En effet, on aura, dans ce cas,
$y=0,\quad y'={\sqrt {x-b}}+{\frac {x-a}{2{\sqrt {x-b}}}}=\infty ,$
$x$
$b,$
$y''=\infty ,\quad y'''=\infty ,\quad \ldots .$
Donc le développement dont il s’agit devra contenir alors un terme de la forme $i^{m},$ $m$ étant entre $0$ et $1.$
Soit, en effet, $x=b+i\,;$ $f(x)$ deviendra $(b-a+i){\sqrt {i}},$ de sorte que le vrai développement de cette fonction sera
$(b-a){\sqrt {i}}+i^{\frac {3}{2}}.$
32. C’est aussi de la même manière qu’on résoudra la difficulté proposée à la fin du n$^o$ 28 sur les fractions qui demeureraient toujours indéterminées, en prenant à l’infini les fonctions dérivées du numérateur et du dénominateur. Nous y avons vu que cela ne saurait arriver que dans le cas où la même valeur de $x$ rendrait ces fonctions successives infinies. Il faudra donc alors supposer $x=a+i$ ($a$ étant la valeur de $x$ qui rend ces fonctions infinies) dans l’expression générale de la fraction, réduire ensuite cette expression en série suivant les puissances ascendantes de $i,$ et le premier terme de la série, en faisant $i=0,$ donnera la valeur cherchée de la fraction pour le cas de $x=a.$
Ainsi, si l’on avait la fraction
${\frac {{\sqrt {x}}-{\sqrt {a}}-{\sqrt {x-a}}}{\sqrt {x^{2}-a^{2}}}},$
qui devient ${\frac {0}{0}}$ lorsque $x=a,$ et dont les fonctions primes, secondes, etc., du numérateur et du dénominateur deviennent toutes infinies par la même valeur de $x,$ en y mettant $a+i$ au lieu de $x,$ et réduisant le numérateur et le dénominateur en série, elle deviendra
${\cfrac {{\sqrt {i}}+{\cfrac {i}{2{\sqrt {a}}}}+\ldots }{{\sqrt {2ai}}+{\cfrac {i{\sqrt {i}}}{2{\sqrt {2a}}}}+\ldots }}={\cfrac {1}{\sqrt {2a}}}+{\cfrac {\sqrt {i}}{2a{\sqrt {2}}}}+\ldots ,$
$i=0$
${\frac {1}{\sqrt {2a}}}$
$x=a.$
En effet, si, suivant la méthode du n$^o$ 28, on prend les fonctions primes du numérateur et du dénominateur, on aura
${\frac {1}{2{\sqrt {x}}}}+{\frac {1}{2{\sqrt {x-a}}}}\quad {\text{et}}\quad {\frac {x}{\sqrt {x^{2}-a^{2}}}},$
quantités qui deviennent infinies lorsque $x=a,;$ mais, en les multipliant l’une et l’autre par $2{\sqrt {x-a}},$ la nouvelle fraction sera
${\cfrac {{\cfrac {\sqrt {x-a}}{\sqrt {x}}}+1}{\cfrac {2x}{\sqrt {x+a}}}},$
laquelle, en faisant $x=a,$ devient ${\frac {1}{\sqrt {2a}}},$ comme plus haut.
Nous avons donc résolu les difficultés qui peuvent se rencontrer dans le développement de $f(x+i),$ et, quoique nous n’ayons considéré que des fonctions algébriques, il n’est pas difficile d’étendre nos solutions aux fonctions transcendantes. Comme ces difficultés n’ont lieu que pour des valeurs particulières de $x,$ il est clair qu’elles n’influent en rien sur la théorie des fonctions dérivées $f'(x),f''(x),\ldots \,;$ mais il était nécessaire de les examiner et de donner les moyens de les lever, pour ne laisser aucun nuage sur cette théorie. [Voir aussi la Leçon VIII du Calcul des fonctions.]
* ↑ Œuvres de Lagrange, t. X.