On voit que, sur un intervalle non borné, même des fonctions très sympathiques comme $x \mapsto x^2$ ne vont pas être uniformément continues; et qu'une fonction qui a une limite infinie en 0 ne risque pas d'être uniformément continue sur $[0, 1]$ (pourquoi?). En utilisant les mêmes idées, on peut se convaincre que, quand l'intervalle $I$ n'est pas un segment, il y a des fonctions continues sur $I$ qui n'y sont pas uniformément continues. Remarquablement, cela n'arrive pas quand $I$ est un segment.

**Théorème 6.12** (Théorème de HEINE). *Soit $I$ un segment de $\mathbb{R}$ et $f: I \to \mathbb{R}$ une fonction continue. Alors $f$ est uniformément continue sur $I$.*

*Démonstration.* On va démontrer la contraposée de l'implication ci-dessus, c'est-à-dire qu'on va supposer que $f$ n'est pas uniformément continue sur $I$ et en déduire qu'il existe $x \in [a, b]$ tel que $f$ n'est pas continue en $x$. Dire que $f$ n'est pas uniformément continue sur $I$, c'est affirmer que $f$ a la propriété suivante :

$$ \exists \varepsilon > 0, \forall \delta > 0, \exists x, y \in I, |x - y| \le \delta \text{ et } |f(x) - f(y)| \ge \varepsilon. $$

Fixons $\varepsilon$ témoignant que la propriété ci-dessus est vraie; alors pour tout $n \in \mathbb{N}^*$ on peut trouver $x_n, y_n \in I$ tels que

$$ |x_n - y_n| \le \frac{1}{n} \text{ et } |f(x_n) - f(y_n)| \ge \varepsilon. $$

Comme $I$ est un segment, $(x_n)$ et $(y_n)$ sont en particulier bornées et on a vu en 5.18 qu'il existe des sous-suites $(x_{n_k})$ et $(y_{n_k})$ qui convergent toutes les deux, disons vers $x, y$; comme $I$ est un segment $x, y$ appartiennent à $I$. De plus, on sait que $n_k \ge k$ et donc $|x_{n_k} - y_{n_k}|$ tend vers 0 : $x = y$. Si $f$ était continue en $x$, $(f(x_{n_k}))$ et $(f(y_{n_k}))$ devraient toutes deux converger vers $f(x)$; ce n'est pas le cas puisque $|f(x_{n_k}) - f(y_{n_k})| \ge \varepsilon$ ne tend pas vers 0. Par conséquent $f$ n'est pas continue en $x$ et le théorème de HEINE est démontré. $\square$

## 6.2 Dérivabilité

**Définition 6.13.** Soit $I$ un intervalle de $\mathbb{R}$, et $x \in I$. On dit que $f$ est dérivable en $x$ si

$$ \lim_{y \to x} \frac{f(x) - f(y)}{x - y} $$

existe; dans ce cas on note cette limite $f'(x)$ (notation de NEWTON) ou $\frac{df(x)}{dx}$ (notation de LEIBNIZ).

On dit que $f$ est dérivable sur $I$ si elle est dérivable en $x$ pour tout $x \in I$.

Notons que, dans la limite ci-dessus, on suppose implicitement que $y \in I$; ainsi, si $I = [a, b]$, quand on regarde si $f$ est dérivable en $a$ on ne regarde que des $y \ge a$, tandis que pour la dérivée en $b$ on ne regarde que des $y \le b$. Il est parfois plus naturel de ne se préoccuper que de la dérivées de fonctions définies sur un intervalle ouvert ; aux extrémités des intervalles on préférera souvent utiliser la notion de dérivée à gauche ou à droite.

**Définition 6.14.** Soit $I$ un intervalle de $\mathbb{R}$, et $x \in I$. On dit que $f$ est dérivable à gauche en $x$ si

$$ \lim_{y \to x^{-}} \frac{f(x) - f(y)}{x - y} $$

existe; dans ce cas on note cette limite $f'_g(x)$.

De même, quand la limite

$$ \lim_{y \to x^{+}} \frac{f(x) - f(y)}{x - y} $$

existe on dit que $f$ est dérivable à droite et on note cette limite $f'_d(x)$.

Une autre façon de reformuler la définition de la dérivée : $f$ est dérivable en $x$ de dérivée $l$ si et seulement si il existe une fonction $\varepsilon: I \setminus \{x\} \to \mathbb{R}$ telle que pour tout $y \in I$ on ait

$$ f(y) = f(x) + l(x - y) + (x - y)\varepsilon(y) \text{ et } \lim_{y \to x} \varepsilon(y) = 0. $$

En particulier, $f(y)$ tend vers $f(x)$ quand $y$ tend vers $x$ : si $f$ est dérivable en $x$ alors elle est nécessairement continue en $x$. La réciproque est fausse : par exemple $x \mapsto |x|$ n'est pas dérivable en 0. Cela dit, elle y admet

<figure><img src="image_7.png" /></figure>
une dérivée à droite et une dérivée à gauche, ce n’est donc pas un exemple très convaincant; en fait, il existe des fonctions continues sur $\mathbb{R}$ qui n’ont pas de dérivée à droite, ni à gauche, en tout point de $\mathbb{R}$...

**Proposition 6.15.** Soit $n \in \mathbb{Z}$ et $g_n: x \mapsto x^n$ (définie sur $\mathbb{R}$ tout entier). Alors :

1. Si $n > 0$ alors $g_n$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ et pour tout $x \in \mathbb{R}$ on a $g'_n(x) = nx^{n-1}$.

2. Si $n < 0$ alors $g_n$ est dérivable sur $\mathbb{R}^*$ et pour tout $x \in \mathbb{R}^*$ on a $g'_n(x) = nx^{n-1}$.

Bien sûr, si $n = 0$ la fonction est constante et de dérivée nulle.

*Démonstration.* Commençons par le cas où $n > 0$. Soit $x \in \mathbb{R}$; d'après la formule du binôme de Newton, on a pour tout $h$ :

$$ (x+h)^n - x^n = \left( \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} h^k x^{n-k} \right) - x^n = nhx^{n-1} + \sum_{k=2}^{n} \binom{n}{k} h^k x^{n-k} $$

En divisant par $h$ et en faisant tendre $h$ vers 0, on obtient comme attendu que

$$ \lim_{h \to 0} \frac{(x+h)^n - x^n}{h} = nx^{n-1}. $$

Quand $n = -m$ avec $m > 0$, on considère $x \neq 0$, $h \in \mathbb{R}$ et on réduit au même dénominateur :

$$ (x+h)^n - x^n = \frac{1}{(x+h)^m} - \frac{1}{x^m} = \frac{x^m - (x+h)^m}{x^m(x+h)^m} $$

Quand on divise par $h$ et qu'on fait tendre $h$ vers 0, on a vu que le numérateur tend vers $-mx^{m-1}$; et le dénominateur tend vers $x^{2m}$. On obtient donc l'égalité

$$ \lim_{h \to 0} \frac{(x+h)^n - x^n}{h} = \frac{-mx^{m-1}}{x^{2m}} = -mx^{-m-1} = nx^{m-1}. $$

On retrouve les formules classiques sur la dérivation d'un produit ou d'une composée.

**Proposition 6.16.** Soit $I$ un intervalle de $\mathbb{R}$ et $f, g: I \to \mathbb{R}$ deux fonctions dérivables en $x \in I$. Alors $fg$ est dérivable, et on a

$$ (fg)'(x) = f'(x)g(x) + f(x)g'(x). $$

Par conséquent, si $f$ et $g$ sont dérivables sur $I$ alors $fg$ l'est aussi et $(fg)' = f'g + fg'$.

*Démonstration.* On a des fonctions $\varepsilon_1, \varepsilon_2: I \to \mathbb{R}$ qui tendent vers 0 en $x$ et telles que pour tout $y \in I$ on ait

$$ f(y) = f(x) + (y-x)f'(x) + (y-x)\varepsilon_1(y) \text{ et } g(y) = g(x) + (y-x)g'(x) + (y-x)\varepsilon_2(y). $$

On obtient donc pour tout $y \in Y$

$$ f(y)g(y) = f(x)g(x) + (y-x)(f'(x)g(x) + f(x)g'(x)) + (y-x)\varepsilon(y). $$

Ci-dessus, on a posé

$$ \varepsilon(y) = f(x)\varepsilon_2(y) + (y-x)f'(x)g'(x) + (y-x)f'(x)\varepsilon_2(y) + \varepsilon_1(y)g(x) + (y-x)\varepsilon_1(y)g'(x) + (y-x)\varepsilon_1(y)\varepsilon_2(y). $$

Cette fonction tend vers 0 quand $y$ tend vers $x$ et on a obtenu

$$ f(y)g(y) = f(x)g(x) + (y-x)(f'(x)g(x) + f(x)g'(x)) + (y-x)\varepsilon(y). $$

Ceci montre à la fois que $fg$ est dérivable en $x$ et que sa dérivée y est égale à $f'(x)g(x) + f(x)g'(x)$. $\square$
**Proposition 6.17.** Soit $I, J$ deux intervalles de $\mathbb{R}$, $f: I \to \mathbb{R}$ et $g: J \to \mathbb{R}$ telle que $g(J) \subseteq J$. Si $x \in J$ est tel que $g$ est dérivable en $x$ et $f$ est dérivable en $g(x)$, alors $f \circ g$ est dérivable en $x$ et on a

$$ (f \circ g)'(x) = f'(g(x))g'(x). $$

*Démonstration.* Comme ci-dessus, Il existe des fonctions $\varepsilon_1, \varepsilon_2: I \to \mathbb{R}$ telle que $\varepsilon_1$ tend vers 0 en $g(x)$, $\varepsilon_2$ tend vers 0 en $x$ et telles que l'on ait

$$ \forall y \in I, f(y) = f(g(x))+(y-g(x))f'(g(x))+(y-g(x))\varepsilon_1(y) \text{ et } \forall z \in J, g(z) = g(x)+(z-x)g'(x)+(z-x)\varepsilon_2(z). $$

En particulier, on obtient que pour tout $z \in J$ on a

$$ \begin{aligned} f(g(z)) &= f(g(x) + (z-x)g'(x) + (z-x)\varepsilon_2(z)) \\ &= f(g(x)) + (z-x)g'(x)f'(g(x)) + (z-x)\varepsilon_2(z)g'(x) + (z-x)\varepsilon_1(g(z)) \\ &= f(g(x)) + (z-x)g'(x)f'(g(x)) + (z-x)\varepsilon(z) \end{aligned} $$

où $\varepsilon$ tend vers 0 quand $z$ tend vers $x$.

□

Cette formule permet de retrouver les dérivées des fonctions composées $f^n$, $\cos(f)$, $\sin(f)$, $\ln(f)$, etc. que vous connaissez déjà.

**Corollaire 6.18.** Soit $I$ un intervalle de $\mathbb{R}$, $f: I \to \mathbb{R}$ une fonction dérivable en un certain $x \in I$.

1. Pour $n \in \mathbb{N}$, $f^n$ est dérivable en et on a $(f^n)'(x) = nf'(x)(f(x))^{n-1}$.

2. $\cos(f)$, $\sin(f)$ sont dérivables en $x$ et $(\cos(f))' = -f'\sin(f)$, $(\sin(f))' = f'\cos(f)$.

3. Si $f(x) \neq 0$, $\frac{1}{f}$ est dérivable en $x$ et $(\frac{1}{f})'(x) = -\frac{f'(x)}{(f(x))^2}$.

4. Si $f(x) > 0$, $\ln(f)$ est dérivable en $x$ et $(\ln(f))'(x) = \frac{f'(x)}{f(x)}$.

*Démonstration.* Montrons par exemple le troisième point ci-dessus. On sait que $g: y \mapsto \frac{1}{y}$ est dérivable en $f(x)$ puisque $f(x) \neq 0$, et on peut alors appliquer le théorème de dérivation des fonctions composées pour conclure que $\frac{1}{f} = g \circ f$ est dérivable en $x$, de dérivée égale à

$$ g'(f(x))f'(x) = -\frac{1}{(f(x))^2}f(x) = -\frac{f'(x)}{(f(x))^2}. $$

□

**Corollaire 6.19.** Soit $I$ un intervalle de $\mathbb{R}$ et $f, g: I \to \mathbb{R}$ deux fonctions dérivables en $x \in I$. Si $x \in I$ est tel que $g(x) \neq 0$, alors $\frac{f}{g}$ est dérivable en $x$ et on a $(\frac{f}{g})'(x) = \frac{f'(x)g(x) - f(x)g'(x)}{(g(x))^2}$.

*Démonstration.* Le quotient $\frac{f}{g}$ n'est rien d'autre que le produit de $f$ et de $\frac{1}{g}$, qui sont toutes deux dérivables en $x$. Par conséquent, le théorème de dérivabilité des produits nous donne que $\frac{f}{g}$ est dérivable en $x$, de dérivée

$$ \begin{aligned} \left(\frac{f}{g}\right)'(x) &= f'(x)\left(\frac{1}{g}\right)(x) + \left(\frac{1}{g}\right)'(x)f(x) \\ &= \frac{f'(x)}{g(x)} - \frac{g'(x)f(x)}{(g(x))^2} \\ &= \frac{f'(x)g(x) - f(x)g'(x)}{(g(x))^2} \end{aligned} $$

□
Parfois, pour décider si une fonction est dérivable en un point, on est obligé de revenir à la définition : considérons par exemple le cas de la fonction $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ définie par

$$f(x) = \begin{cases} x^2 \sin\left(\frac{1}{x}\right) & \text{si } x > 0 \\ 0 & \text{si } x = 0 \end{cases}$$

Notons que cette fonction est continue en 0 : comme $\left|\sin\left(\frac{1}{x}\right)\right| \le 1$ pour tout $x > 0$, on a bien

$$\lim_{x \to 0} x^2 \sin\left(\frac{1}{x}\right) = 0 = f(0).$$

Manifestement, $f$ est dérivable sur $]0, +\infty[$ et sur $]-\infty, 0[$ et sa dérivée en un point $x \ne 0$ est égale à $f'(x) = 2x \sin\left(\frac{1}{x}\right) - \cos\left(\frac{1}{x}\right)$. Notons que $f'(x)$ n'a pas de limite quand $x$ tend vers $0^+$ (pourquoi ?). Cela ne signifie pas, a priori, que $f$ n'est pas dérivable en 0 ! Pour décider si elle est dérivable, on forme le taux d'accroissement :

$$\frac{f(x) - f(0)}{x - 0} = \frac{f(x)}{x} = x \sin\left(\frac{1}{x}\right).$$

On conclut que $\frac{f(x) - f(0)}{x - 0}$ tend vers 0 quand $x$ tend vers 0 : $f$ est bien dérivable en 0, et $f'(0) = 0$. Mais $f'$ n'est pas continue en 0.

## 6.3 Théorème de ROLLE et des accroissements finis.

**Définition 6.20.** Soit $I$ un intervalle de $\mathbb{R}$ et $f: I \to \mathbb{R}$ une fonction. On dit que $a \in I$ est un :

* maximum de $f$ sur $I$ si pour tout $x \in I$ on a $f(x) \le f(a)$;

* minimum de $f$ sur $I$ si pour tout $x \in I$ on a $f(x) \ge f(a)$;

* extremum de $f$ sur $I$ si $a$ est un minimum ou un maximum de $f$ sur $I$.

**Définition 6.21.** Soit $I$ un intervalle ouvert de $\mathbb{R}$, $f: I \to \mathbb{R}$ et $a \in I$. On dit que $a$ est un :

* maximum local de $f$ sur $I$ s'il existe $\delta > 0$ tel que pour tout $x \in I$ on ait

$$|x - a| \le \delta \Rightarrow f(x) \le f(a).$$

* minimum local de $f$ sur $I$ s'il existe $\delta > 0$ tel que pour tout $x \in I$ on ait

$$|x - a| \le \delta \Rightarrow f(x) \ge f(a).$$

* extremum local de $f$ sur $I$ si $a$ est un minimum local ou un maximum local de $f$ sur $I$.

**Proposition 6.22.** *Soit $I$ un intervalle ouvert de $\mathbb{R}$, $f: I \to \mathbb{R}$ une fonction et $x$ un extremum local de $f$. Si $f$ est dérivable en $x$ alors on doit avoir $f'(x) = 0$.*

*Démonstration.* Supposons que $x \in I$ est tel que $f'(x) \ne 0$, et montrons que $x$ ne peut être un extremum local pour $f$. Supposons par exemple $f'(x) > 0$. Comme $f'(x)$ est la limite du taux d'accroissement $\frac{f(y) - f(x)}{y - x}$ quand $y$ tend vers $x$, celui-ci doit être $> 0$ pour $y$ suffisamment proche de $x$, autrement dit :

$$\exists \delta > 0, \forall y \in I, 0 < |y - x| \le \delta \Rightarrow \frac{f(y) - f(x)}{y - x} > 0.$$

Par conséquent, pour tout $y \in I$ tel que $0 < y - x \le \delta$, on a $f(y) > f(x)$, ce qui montre que $x$ n'est pas un maximum local de $f$ ; et pour tout $y \in I$ tel que $-\delta \le y - x < 0$, on a $f(y) < f(x)$ donc $x$ n'est pas non plus un minimum local.

Le cas $f'(x) < 0$ se traite de la même façon, ou se déduit en appliquant ce qu'on vient de démontrer à $-f$. $\square$
Notons par contre que la condition $f'(x) = 0$ n'est pas suffisante pour conclure que $x$ est un extremum local de $f$ ! Par exemple, si on considère la fonction $f: x \mapsto x^3$, alors $f'(0) = 0$ mais 0 n'est pas un extremum local de $f$. Les développements limités nous permettront bientôt de mieux étudier le comportement local d'une fonction en un point où $f'(x) = 0$.

**Théorème 6.23 (Théorème de ROLLE).** Soit $a < b$ deux réels, et $f$ une fonction continue sur $[a, b]$ et dérivable sur $]a, b[$ telle que $f(a) = f(b)$. Alors il existe $c \in ]a, b[$ tel que $f'(c) = 0$.

*Démonstration.* Si $f$ est constante sur $[a, b]$ il n'y a rien à faire; sinon, on sait que $f$ admet un maximum $M$ et un minimum $m$ sur $[a, b]$, et au moins l'un des deux doit être différent de $f(a)$. Disons par exemple que $M > f(a)$ et soit $c \in ]a, b[$ tel que $f(c) = M$. Alors $f(c)$ est le maximum de $f$ sur $]a, b[$ : $c$ est un maximum local de $f$, donc $f'(c) = 0$. □

Ci-dessous une imagei illustrant le théorème de ROLLE; sur le dessin il y a trois $c$ satisfaisant l'égalité $f'(c) = 0$.

<figure><img src="image_8.png" /></figure>

**Théorème 6.24 (Égalité des accroissements finis).** Soit $a < b$ deux réels, et $f: [a, b] \to \mathbb{R}$ une fonction continue sur $[a, b]$ et dérivable sur $]a, b[$. Alors il existe $c \in ]a, b[$ tel que

$$f(b) - f(a) = f'(c)(b - a).$$

Notons que $\frac{f(b) - f(a)}{b - a}$ est le coefficient directeur de la droite reliant $(a, f(a))$ à $(b, f(b))$ (qu'on appelle une corde entre deux points du graphe de $f$) tandis que $f'(c)$ est le coefficient directeur de la tangente en $c$. Le théorème des accroissements finis nous dit donc que, étant donné une corde reliant deux points sur le graphe de $f$, on peut trouver quelque part entre ces deux points une tangente au graphe qui est parallèle à la corde en question.

C'est illustré par le dessin suivant ii

<figure><img src="image_9.png" /></figure>

<footnote>i. Issue de l'article Wikipedia sur le théorème de ROLLE https://fr.wikipedia.org/wiki/Théorème_de_Rolle
ii. version à peine modifiée du dessin figurant sur la page Wikipedia https://fr.wikipedia.org/wiki/Théorème_des accroissements_finis</footnote>
**Démonstration.** On considère la fonction $g$ définie sur $[a, b]$ par

$$g(x) = f(x) - \frac{f(b) - f(a)}{b-a}(x-a).$$

Alors $g$ est continue sur $[a, b]$, dérivable sur $]a, b[$, et on a de plus $g(a) = f(a)$ et $g(b) = f(b)$. Le théorème de ROLLE nous dit donc qu'il existe $c \in ]a, b[$ tel que $g'(c) = 0$, c'est-à-dire :

$$f'(c) - \frac{f(b) - f(a)}{b-a} = 0.$$

□

Une application fondamentale de l'égalité des accroissements finis est de nous donner un lien entre signe de la dérivée et sens de variation de la fonction, qui justifie l'utilisation de la dérivée pour dresser des tableaux de variations.

**Proposition 6.25.** Soit $I$ un intervalle de $\mathbb{R}$ et $f: I \to \mathbb{R}$ une fonction dérivable. Alors $f$ est croissante sur $I$ si, et seulement si, on a $f'(x) \ge 0$ pour tout $x \in I$ ; et $f$ est décroissante sur $I$ si, et seulement si, on a $f'(x) \le 0$ pour tout $x \in I$. De plus, si $f'(x) > 0$ pour tout $x \in I$ alors $f$ est strictement croissante, et si $f'(x) < 0$ pour tout $x \in I$ alors $f$ est strictement décroissante.

**Démonstration.** Si $f$ est croissante et dérivable sur $I$, alors pour tout $x \in I$ et tout $y \neq x$ on a $f(y) - f(x)$ est du même signe que $y - x$, et donc

$$f'(x) = \lim_{y \to x} \frac{f(y) - f(x)}{y - x}$$

est une limite de nombres positifs donc $f'(x) \ge 0$. Réciproquement, si $f'(x) \ge 0$ pour tout $x \in I$ alors considérons $x < y \in I$. Par l'égalité des accroissements finis, il existe $c \in ]x, y[$ tel que

$$f(y) - f(x) = f'(c)(y - x).$$

On voit donc que $f(y) \ge f(x)$ : $f$ est croissante ; et si on avait supposé $f'(x) > 0$ sur $I$ alors on aurait déduit $f(y) > f(x)$ dès que $y > x$, c'est-à-dire que $f$ est strictement croissante.

Le cas des fonctions décroissantes se traite de la même façon, ou se déduit du cas des fonctions croissantes en remplaçant $f$ par $-f$. □

On voit aussi que si $f'(x) = 0$ pour tout $x \in I$ alors $f$ est constante ; et, pour conclure que $f$ est strictement monotone sur un intervalle $[a, b]$, l'égalité des accroissements finis nous dit qu'il suffit de vérifier que $f'(x) > 0$ pour tout $x \in ]a, b[$.

Citons une autre conséquence fréquemment utilisée de l'égalité des accroissements finis.

**Proposition 6.26.** Soit $I$ un intervalle de $\mathbb{R}$, et $f: I \to \mathbb{R}$ une fonction continue. Si de plus $x \in I$ est tel que $f$ est dérivable sur $I \setminus \{x\}$, et $\lim_{y \to x, y \neq x} f'(y) = l$ existe dans $\mathbb{R}$, alors $f$ est dérivable en $x$ et $f'(x) = l$.

**Démonstration.** Soit $(y_n)$ une suite d'éléments de $I$, différents de $x$, qui converge vers $x$. Alors pour tout $n$, l'égalité des accroissements finis nous assure de l'existence de $c_n \in ]x, y_n|$ tel que $f(x) - f(y_n) = (x - y_n)f'(c_n)$. De plus, par hypothèse, $f'(c_n)$ converge vers $l$. Mais alors

$$\frac{f(x) - f(y_n)}{x - y_n} = f'(c_n) \to l.$$

Autrement dit, on a comme espéré, puisque la suite $(y_n)$ était quelconque :

$$\lim_{y \to x} \frac{f(x) - f(y)}{x - y} = l.$$

□

Souvent, pour étudier des fonctions et calculer des limites, on a besoin d'établir des inégalités. L'égalité des accroissements finis (et sa généralisation, la formule de TAYLOR-LAGRANGE, qu'on verra plus tard dans ce cours) nous fournit une méthode utile.
**Théorème 6.27** (Inégalité des accroissements finis). *Soit I = [a, b] un segment de $\mathbb{R}$, et f une fonction continue sur [a, b] et dérivable sur ]a, b[. Si k = sup_{c∈[a,b]} |f'(c)| < +∞, alors pour tout x, y ∈ [a, b] on a*

$$|f(x) - f(y)| \leq k|x - y|.$$

*Démonstration.* Soit $x < y \in I$. On peut appliquer l'égalité des accroissements finis sur $[x, y]$ et obtenir $c \in ]x, y[$ tel que $f(x) - f(y) = f'(x)(x - y)$. Par définition de $k$ on a $|f'(c)| \leq k$, et donc aussi $|f(x) - f(y)| \leq k|x - y|$. $\square$

Notons ici un point important : quand on étudie des fonctions à valeurs dans $\mathbb{R}^n$, on peut généraliser la notion de dérivée (en dérivant chaque coordonnée séparément; ci-dessous on va brièvement parler du cas des fonctions à valeurs dans $\mathbb{C} \cong \mathbb{R}^2$) et l'inégalité des accroissements finis se généralise à ce contexte, alors que l'égalité des accroissements finis ne s'y généralise pas ! Un autre fait que vous verrez peut-être un jour est que l'inégalité des accroissements finis reste vraie même sous des hypothèses plus faibles sur $f$, où on ne demande pas que $f$ soit dérivable sur $[a, b]$ tout entier.

**Exercice 6.28.** Montrer que pour tout $x \in \mathbb{R}$ on a $|\sin(x)| \leq x$.

Notons que les fonctions dérivées partagent des propriétés des fonctions continues, même si elles ne le sont pas nécessairement (plus haut dans ces notes on a vu un exemple de fonction dérivée dont la dérivée n'était pas une fonction continue).

**Théorème 6.29** (Théorème de DARBOUX). *Les fonctions dérivées satisfont la conclusion du théorème des valeurs intermédiaires : si I est un intervalle de $\mathbb{R}$, et f : I $\to$ $\mathbb{R}$ est dérivable sur I, alors f'(I) est un intervalle.*

En particulier, si une dérivée ne s'annule pas, elle ne peut pas changer de signe, et la fonction étudiée est strictement monotone.

*Démonstration.* Soit $a < b \in I$ et $\lambda$ compris entre $f'(a)$ et $f'(b)$; on doit trouver $c$ dans $I$ tel que $f'(c) = \lambda$. Quitte à remplacer $f$ par $-f$ on suppose $f'(a) > \lambda > f'(b)$. En remplaçant $f$ par $x \mapsto f(x) - \lambda x$ on se ramène au cas où $f'(a) > 0$, $f'(b) < 0$ et on cherche $c$ tel que $f'(c) = 0$. Comme $f'(a) > 0$, $f(x) > f(a)$ pour $x > a$ suffisamment proche de $a$, et donc $a$ n'est pas un maximum de $f$ sur $[a, b]$; de même, comme $f'(b) < 0$ on sait que $b$ n'est pas un maximum de $f$ sur $[a, b]$. Mais $f$, étant continue sur le segment $[a, b]$, doit y admettre un maximum $c$, qui appartient à $]a, b[$ par ce qui précède et est donc un maximum local de $f$ : d'où $f'(c) = 0$, et on a trouvé le $c$ qu'on cherchait. $\square$

## 6.4 Fonctions circulaires réciproques et leurs dérivées

**Proposition 6.30.** *Soit I un intervalle de $\mathbb{R}$, et f : $I \to \mathbb{R}$ une fonction continue, strictement monotone sur I et dérivable en $x \in I$. Alors $f(I) = J$ est un intervalle, f est une bijection de I sur J, et $f^{-1}$ : $J \to I$ est continue sur J et dérivable en $f(x)$ si et seulement si $f'(x) \neq 0$. Dans ce cas on a la formule*

$$(f^{-1})'(f(x)) = \frac{1}{f'(x)}.$$

*En particulier, si f est dérivable sur I et $f'(x) \neq 0$ pour tout $x \in I$, alors f est une bijection de I sur J, la fonction réciproque de f est dérivable sur J et pour tout $y \in J$ on a*

$$(f^{-1})'(y) = \frac{1}{f'(f^{-1}(y))}.$$

*Démonstration.* Soit $f$ une fonction satisfaisant les conditions ci-dessus. On sait déjà par 6.6 que $f(I) = J$ est un intervalle, $f$ est une bijection de $I$ sur $J$ et $g = f^{-1}$ est continue sur $J$. Reste à comprendre quand $g$ est dérivable en $f(x)$ et calculer le cas échéant la valeur de $g'(x)$. Pour cela, on considère une suite $(y_n)$ d'éléments de $J$ qui converge vers $y = f(x)$ avec $y_n \neq y$ pour tout $n \in \mathbb{N}$, et on cherche à déterminer la limite de $\frac{g(y_n) - g(y)}{y_n - y}$. On sait que la suite $g(y_n)$ converge vers $g(y) = x$ puisque $g$ est continue; puisque $f$ est dérivable en $x$, on peut écrire

$$f(g(y_n)) = f(x) + (g(y_n) - x)f'(x) + (g(y_n) - x)\varepsilon(g(y_n)),$$
où $\varepsilon: I \to \mathbb{R}$ est une fonction qui tend vers 0 en $x$. Puisque $f(g(y_n)) = y_n$ et $x = g(y)$, on obtient en définissant $\varepsilon'$ sur $J$ par $\varepsilon'(z) = \varepsilon(g(z))$ que

$$y_n = y + (g(y_n) - g(y))f'(x) + (g(y_n) - g(y))\varepsilon'(y_n).$$

Ainsi,

$$\lim_{n \to +\infty} \frac{y_n - y}{g(y_n) - g(y)} = f'(x).$$

Autrement dit,

$$\lim_{z \to y} \frac{z - y}{g(z) - g(y)} = f'(x).$$

On voit donc que la limite en $y$ du taux d'accroissement $\frac{g(z) - g(y)}{z - y}$ existe si et seulement si $f'(x) \neq 0$, et vaut $\frac{1}{f'(x)}$ dans ce cas. $\square$

## La fonction $\arcsin$.

En utilisant le fait que $\cos(x) > 0$ pour tout $x \in [-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$ et $\sin' = \cos$, on obtient le tableau de variations suivant pour la fonction sin sur cet intervalle :

<table><tr><td>$x$</td><td>$-\frac{\pi}{2}$</td><td>0</td><td>$\frac{\pi}{2}$</td></tr><tr><td>$\cos(x)$</td><td colspan="3">+ 1 +</td></tr><tr><td>$\sin(x)$</td><td>-1</td><td>0</td><td>1</td></tr></table>

On voit que la fonction sin réalise une bijection, strictement croissante, de $[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$ sur $[-1, 1]$. Elle admet donc une bijection réciproque, notée $\arcsin$, définie sur $[-1, 1]$ et à valeurs dans $[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$. Pour tout $t \in [-1, 1]$ et tout $x \in [-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$ on a l'équivalence suivante :

$$(\sin(x) = t) \Leftrightarrow (x = \arcsin(t)).$$

En particulier, puisque la fonction sin est impaire, on a pour tout $t \in [-1, 1]$ et tout $x \in [-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$ que

$$\begin{align*} \arcsin(t) &= x \Leftrightarrow \sin(x) = t \\ &\Leftrightarrow \sin(-x) = -t \\ &\Leftrightarrow -x = \arcsin(-t). \end{align*}$$

Autrement dit, la fonction $\arcsin$ est impaire. Puisque $\sin' = \cos$ ne s'annule pas sur $]-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$, $\arcsin$ est dérivable sur $\sin([-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]) =] -1, 1[$ et on a

$$\forall t \in ]-1, 1[, \quad \arcsin'(t) = \frac{1}{\cos(\arcsin(t))}.$$

Cette expression se simplifie : pour $t \in [-1, 1]$, en notant $x = \arcsin(t)$, on sait que $\sin(x) = t$, $x \in [-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$ donc $\cos(x) \ge 0$. et $\cos^2(x) + \sin^2(x) = 1$, donc $\cos^2(x) + t^2 = 1$. On vient de montrer que $\cos(\arcsin(t)) = \sqrt{1 - t^2}$ pour tout $t \in [-1, 1]$, et on a donc la formule

$$\forall t \in ]-1, 1[, \quad \arcsin'(t) = \frac{1}{\sqrt{1 - t^2}}.$$

Ci-dessous, le tableau de variation et le graphe de $\arcsin$ sur $[-1, 1]$.
<table><tr><td>x</td><td>-1</td><td>0</td><td>1</td></tr><tr><td>1/√(1-x<sup>2</sup>)</td><td>+</td><td>1</td><td>+</td></tr><tr><td>arccos(x)</td><td>-π/2</td><td>0</td><td>π/2</td></tr></table>

<figure><img src="image_10.png" /></figure>

La fonction arccos.

De la même façon, on obtient le tableau de variation suivant pour la fonction cos sur $[0, \pi]$ :

<table><tr><td>x</td><td>0</td><td>π/2</td><td>π</td></tr><tr><td>-sin(x)</td><td>-</td><td>-1</td><td>-</td></tr><tr><td>cos(x)</td><td>1</td><td>0</td><td>-1</td></tr></table>

On peut donc définir la bijection réciproque arccos : $[-1, 1] \to [0, \pi]$ (attention à l'ensemble d'arrivée de arccos!). De la formule $\cos(\pi - x) = \cos(x)$ on déduit la relation

$$ \forall t \in [-1, 1], \quad \arccos(-t) = \pi - \arccos(t). $$

Comme précédemment, à partir de la relation $\cos^2 + \sin^2 = 1$ et du fait que $\sin(\arccos(t)) \ge 0$ pour tout $t \in [-1, 1]$ on déduit la relation $\sin(\arccos(t)) = \sqrt{1-t^2}$ pour tout $t \in [-1, 1]$; et on obtient que la fonction arccos est dérivable sur $]-1, 1[$, avec

$$ \forall t \in ]-1, 1[, \quad \arccos'(t) = -\frac{1}{\sqrt{1-t^2}}. $$

Vous avez peut-être remarqué que $\arccos'(t) + \arcsin'(t) = 0$ sur $]-1, 1[$, ce qui entraîne que la fonction $\arccos + \arcsin$ est constante; comme $\arccos(0) = \pi/2$ et $\arcsin(0) = 0$, cette constante vaut $\pi/2$ et on vient d'établir la relation suivante :

$$ \forall t \in [-1, 1], \quad \arccos(t) + \arcsin(t) = \frac{\pi}{2}. $$
Cette relation peut bien sûr se démontrer en utilisant des formules de trigonométrie : soit $t \in [-1, 1]$ et $x = \arcsin(t)$. Alors $x \in [-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$ donc $\frac{\pi}{2} - x \in [0, \pi]$. Et on a

$$ \cos\left(\frac{\pi}{2} - x\right) = \sin(x) = t. $$

On obtient donc comme attendu $\frac{\pi}{2} - x = \arccos(t)$, autrement dit $\frac{\pi}{2} - \arcsin(t) = \arccos(t)$. Ci-dessous, le tableau de variation et le graphe de arccos sur $[0, \pi]$.

<table><tr><td>x</td><td>-1</td><td>0</td><td>1</td></tr><tr><td>-<sup>1</sup>&frasl;<sub>&radic;(1-x<sup>2</sup>)</sub></td><td>-</td><td>-1</td><td>-</td></tr><tr><td>arccos(x)</td><td colspan="3">π 1 0</td></tr></table>

<figure><img src="image_11.png" /></figure>

## La fonction arctan

La fonction circulaire réciproque qui joue le rôle le plus important dans les exercices est la réciproque de la fonction tan; c'est lié à la formule pour sa dérivée qu'on va obtenir ci-dessous. Pour l'instant, rappelons-nous que la fonction tan est définie sur $]-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$ et que sur cet intervalle on a

$$ \tan'(x) = 1 + \tan^2(x). $$

La fonction tan est donc strictement croissante sur $]-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$, de plus elle est impaire, et sa limite en $-\frac{\pi}{2}$ vaut $-\infty$ tandis que sa limite en $\frac{\pi}{2}$ vaut $+\infty$. On obtient le tableau de variations suivant.

<table><tr><td>x</td><td>-<sup>π</sup>&frasl;<sub>2</sub></td><td>0</td><td><sup>π</sup>&frasl;<sub>2</sub></td></tr><tr><td>1+tan<sup>2</sup>(x)</td><td>+</td><td>1</td><td>+</td></tr><tr><td>tan(x)</td><td colspan="3">0 +∞</td></tr></table>
La fonction réciproque arctan réalise donc une bijection (strictement croissante) de $] -\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$ sur $\mathbb{R}$; pour $t \in ] -\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$ et $x \in \mathbb{R}$ on a l'équivalence

$$ (\tan(x) = t) \Leftrightarrow (x = \arctan(t)). $$

À partir de cette relation et de l'imparité de tan, on déduit que arctan est impaire; et elle est strictement croissante puisque tan l'est. On peut calculer sa dérivée sans difficulté : pour tout $t \in ] -\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$, on a

$$ \arctan'(t) = \frac{1}{\tan'(\arctan(t))} = \frac{1}{1 + (\tan(\arctan(t)))^2} = \frac{1}{1 + t^2}. $$

Notons que la dérivée de arctan est une fraction rationnelle, en fait c'est même un élément simple (sur $\mathbb{R}$) : plus tard, quand on essaiera de calculer des primitives de fractions rationnelles, la fonction arctan jouera un rôle important...

Ci-dessous, le graphe et le tableau de variations de arctan sur $] -\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$.

<figure><img src="image_12.png" /></figure>

## 6.5 Dérivées d'ordre supérieur

**Définition 6.31.** Soit $I$ un intervalle de $\mathbb{R}$, et $f: I \to \mathbb{R}$ une fonction. Si $f$ est $k$ fois dérivable sur $I$, et sa dérivée $k$-ième $f^{(k)}$ est continue sur $I$, on dit que $f$ est de classe $C^k$ sur $I$. Par convention, si $f$ est continue sur $I$ on dit que $f$ est de classe $C^0$ sur $I$; si jamais $f$ est de classe $C^k$ sur $I$ pour tout entier $k$ alors on dit que $f$ est de classe $C^\infty$.

Par convention, on note $f^{(0)} = f$; notons que $(f^{(k)})' = (f')^{(k)} = f^{(k+1)}$. Attention, le fait que $f$ soit $k$ fois dérivable sur $I$ n'est pas suffisant pour conclure que $f$ est de classe $C^k$ : il existe des fonctions dérivables dont la dérivée n'est pas continue...

**Proposition 6.32.** Soit $I$ un intervalle de $\mathbb{R}$, $k \ge 1$ un entier, $\lambda \in \mathbb{R}$ et $f, g$ deux fonctions de classe $C^k$ sur $I$. Alors $fg$ et $f+g$ sont de classe $C^k$; de plus on a les formules

$$ \bullet (\lambda f + g)^{(k)} = \lambda f^{(k)} + g^{(k)}. $$

$$ \bullet (fg)^{(k)} = \sum_{j=0}^{k} \binom{k}{j} f^{(j)} g^{(k-j)}. $$

En particulier, les sommes et les produits de fonctions de classe $C^\infty$ sont encore $C^\infty$; on retrouve ainsi le fait que toute fonction polynôme est de classe $C^\infty$.
**Démonstration.** Ces deux formules se démontrent par récurrence; la première est très facile à montrer et on laisse la preuve en exercice. Montrons la deuxième propriété; elle est bien vraie pour $k = 1$ : si $f, g$ sont de classe $C^1$ sur $I$ alors $fg$ est dérivable sur $I$, et sa dérivée $f'g + g'f$ est continue. Supposons la propriété vraie au rang $k$ et considérons $f, g$ deux fonctions de classe $C^{k+1}$ sur $I$. Alors $f$ et $g$ sont en particulier de classe $C^k$, et on a par hypothèse de récurrence que

$$ (fg)^{(k)} = \sum_{j=0}^{k} \binom{k}{j} f^{(j)} g^{(k-j)}. $$

Chaque fonction $f^{(j)}g^{(k-j)}$ est un produit de fonctions de classe (au moins) $C^1$, et est donc de classe $C^1$; en dérivant terme à terme on obtient que $(fg)^{(k)}$ est dérivable, de dérivée

$$ \begin{align*} (fg)^{(k+1)} &= \sum_{j=0}^{k} \binom{k}{j} (f^{(j+1)}g^{(k-j)} + f^{(j)}g^{(k+1-j)}) \\ &= \sum_{j=1}^{k+1} \binom{k}{j-1} f^{(j)}g^{(k+1-j)} + \sum_{j=0}^{k} \binom{k}{j} f^{(j)}g^{(k+1-j)} \\ &= f^{(k+1)}g + \sum_{j=1}^{k} \left( \binom{k}{j-1} + \binom{k}{j} \right) f^{(j)}g^{(k+1-j)} + fg^{(k+1)} \\ &= \sum_{j=0}^{k+1} \binom{k+1}{j} f^{(j)}g^{(k-j)}. \end{align*} $$

□

**Proposition 6.33.** Soit $k \ge 1$ un entier, $I, J$ deux intervalles de $\mathbb{R}$, $f: J \to \mathbb{R}$ et $g: I \to \mathbb{R}$ telles que $g(I) \subseteq J$ et $f, g$ sont de classe $C^k$. Alors la fonction composée $f \circ g$ est de classe $C^k$ sur $I$.

Ce résultat entraîne qu'une composée de fonctions $C^\infty$ est encore $C^\infty$. La preuve se fait à nouveau par récurrence, sur le modèle de ce qu'on a fait pour les produits; on a besoin de traiter avec attention le cas des fonctions de classe $C^1$, et dans ce cas on peut utiliser la formule pour la dérivée d'une composée pour conclure. Ensuite, on remarque que si $f, g$ sont de classe $C^{n+1}$, la dérivée de $f \circ g$ est obtenue comme produit et composée de fonctions de classe $C^n$, et est donc elle-même $C^n$. On conclut alors par récurrence. On va s'épargner les détails de cette preuve, et aussi éviter d'essayer d'écrire une formule explicite pour la dérivée $n$-ième d'une fonction composée (qui est compliquée !)

**Corollaire 6.34.** 1. Soit $I$ un intervalle de $\mathbb{R}$, $k \ge 1$ un entier et $f: I \to \mathbb{R}$ une fonction de classe $C^k$ ne s'annulant pas sur $I$. Alors $\frac{1}{f}$ est de classe $C^k$ sur $I$.

2. Soit $I$ un intervalle de $\mathbb{R}$, $k \ge 1$ et $f$ une fonction de classe $C^k$ telle que $f'$ ne s'annule pas sur $I$. Alors $f$ est une bijection de $I$ sur l'intervalle $J = f(I)$, et sa bijection réciproque est de classe $C^k$.

Par conséquent, si $f$ est de classe $C^\infty$ et ne s'annule pas sur $I$, alors $\frac{1}{f}$ est de classe $C^\infty$ sur $I$. Le deuxième point ci-dessus nous permet de retrouver le fait que $\arcsin$ et $\arccos$ sont de classe $C^\infty$ sur $]-1, 1[$ et arctan est de classe $C^\infty$ sur $\mathbb{R}$ (ce qui se voyait directement sur la formule donnant leurs dérivées)

**Démonstration.** Pour démontrer le premier point, on écrit simplement que $\frac{1}{f}$ est obtenue en composant la fonction $x \mapsto \frac{1}{x}$ et $f$. Pour le deuxième point, on sait sous les hypothèses ci-dessus que $f$ doit être strictement monotone (le théorème de DARBOUX nous assure que $f'$ ne change pas de signe), et que $f(I) = J$ est un intervalle par le théorème des valeurs intermédiaires. On sait alors que $f^{-1}$ est dérivable sur $J$ et que

$$ \forall x \in J, \quad (f^{-1})'(x) = \frac{1}{f'(f^{-1}(x))}. $$

Ceci nous montre que $(f^{-1})'$ est $C^1$ si $f$ est $C^1$; ensuite on raisonne encore par récurrence sur $k$, on suppose que la propriété qu'on souhaite démontrer est vraie au rang $k$ et que $f$ est une fonction de classe $C^{k+1}$ satisfaisant les conditions ci-dessus. Par la proposition précédente, $f' \circ f^{-1}$ est de classe $C^k$ puisque c'est la composée de deux fonctions de classe $C^k$. Donc $(f^{-1})'$ est de classe $C^k$ en tant qu'inverse d'une fonction de classe $C^k$ qui ne s'annule pas sur $J$; autrement dit $f^{-1}$ est de classe $C^{k+1}$. □
## 6.6 Dériver des fonctions à valeurs dans $\mathbb{C}$

Dans le chapitre suivant, on va calculer des intégrales; pour cela, il est parfois pratique d'intégrer des fonctions à valeurs complexes (le plus souvent, une fonction comme $t \mapsto e^{it}$); il est utile d'avoir pris le temps de parler de la dérivée d'une fonction à valeurs dans $\mathbb{C}$.

**Définition 6.35.** Soit $I$ un intervalle de $\mathbb{R}$, et $f: I \to \mathbb{C}$ une fonction. Si sa partie réelle $\mathrm{Re}(f)$ et sa partie imaginaire $\mathrm{Im}(f)$ sont toutes deux dérivables en $x \in I$, alors on dit que $f$ est dérivable en $x \in I$ et on pose

$$f'(x) = \mathrm{Re}(f)'(x) + i\mathrm{Im}(f)'(x).$$

Notons que l'on pourrait définir la notion de limite d'une fonction à valeurs complexes (il suffit de remplacer la valeur absolue par un module dans la définition d'une limite); et alors $f'(x)$ est simplement la limite du taux d'accroissement $\frac{f(y) - f(x)}{y - x}$ quand $y$ tend vers $x$. Dans ce cours on se contente de mentionner ce dont on a besoin pour simplifier certains calculs d'intégrales.

**Proposition 6.36.** Si $I$ est un intervalle de $\mathbb{R}$ et $f, g: I \to \mathbb{C}$ sont des fonctions dérivables sur $I$ alors $fg$ est dérivable sur $I$ et on a

$$\forall x \in I, \quad (fg)'(x) = f(x)g'(x) + f'(x)g(x).$$

*Démonstration.* Notons $f_1, g_1$ les parties réelles de $f, g$ et $f_2, g_2$ leurs parties imaginaires. Alors on a

$$\forall x \in I, \quad f(x)g(x) = (f_1(x)g_1(x) - f_2(x)g_2(x)) + i(f_1(x)g_2(x) + f_2(x)g_1(x)).$$

On déduit des théorèmes sur les fonctions dérivables à valeurs dans $\mathbb{R}$ que la partie réelle et la partie imaginaire de $fg$ sont toutes deux dérivables sur $I$, donc $fg$ est dérivable sur $I$, et de plus on a pour tout $x \in I$ :

$$\begin{align*}
(fg)'(x) &= (f'_1(x)g_1(x) + f_1(x)g'_1(x) - f'_2(x)g_2(x) - f_2(x)g'_2(x)) + i(f'_1(x)g_2(x) + f_1(x)g'_2(x) + f'_2(x)g_1(x) + f_2(x)g'_2(x)) \\
&= (f'_1(x) + if'_2(x))(g_1(x) + ig_2(x)) + (f_1(x) + if_2(x))(g'_1(x) + ig'_2(x)) \\
&= f'(x)g(x) + f(x)g'(x).
\end{align*}$$

□

Sur le même modèle, on vérifie que les théorèmes sur les dérivations de quotients et de fonctions composées se généralisent mot pour mot aux fonctions à valeurs complexes. Notons en particulier le fait suivant : si $I$ est un intervalle de $\mathbb{R}$, et $f: I \to \mathbb{C}$ est dérivable, alors $x \mapsto e^{f(x)}$ est une fonction dérivable à valeurs dans $\mathbb{C}$, et sa dérivée vaut $f'(x)e^{f(x)}$. Souvent, on utilisera simplement que si $\alpha \in \mathbb{C}$ alors $x \mapsto e^{\alpha x}$ est dérivable sur $\mathbb{R}$, de dérivée $\alpha e^{\alpha x}$.

Finissons ce chapitre en mentionnant de nouveau que l'égalité des accroissements finis ne se généralise pas aux fonctions à valeurs dans $\mathbb{C}$ : par exemple, considérons la fonction $f: x \mapsto e^{ix}$. Alors $f$ est dérivable sur $\mathbb{R}$, de dérivée $ie^{ix}$; en particulier $|f'(x)| = 1$ pour tout $x$ et donc $f'$ ne s'annule pas. Pourtant, $f(0) = f(2\pi) = 1$; il ne peut pas exister de $c$ tel que $f(2\pi) - f(0) = 0 = 2\pi f'(c)$.
# Chapitre 7

## Intégration

### 7.1 Intégrale des fonctions en escalier

**Définition 7.1.** Soient $a < b$ deux réels. Une subdivision de $[a, b]$ est une suite finie $(a_0, a_1, \dots, a_n)$ telle que $a_0 = a$, $a_n = b$ et $a_i < a_{i+1}$ pour tout $i \in \{0, \dots, n-1\}$. On définit le pas d'une subdivision $(a_0, a_1, \dots, a_n)$ comme étant égal à la quantité $\max\{a_{i+1} - a_i : i \in \{0, \dots, n-1\}\}$.

Intuitivement, considérer une subdivision $(a_0, \dots, a_n)$ revient à considérer un découpage de $[a, b]$ en $n$ intervalles $[a_0, a_1], \dots, [a_{n-1}, b]$; dire que le pas de la subdivision est petit signifie que tous les intervalles créés lors du découpage sont petits.

**Définition 7.2.** Soient $a < b$ deux réels, et $(a_0, \dots, a_n)$, $(b_0, \dots, b_m)$ deux subdivisions de $[a, b]$. On dit que $(b_0, \dots, b_m)$ raffine $(a_0, \dots, a_n)$ si chaque intervalle $[b_j, b_{j+1}]$ est contenu dans un invervalle de la forme $[a_k, a_{k+1}]$.

Cela signifie que la subdivision $(b_0, \dots, b_m)$ a été obtenue en découpant les intervalles de la subdivision $(a_0, \dots, a_n)$.

**Exercice 7.3.** Soient $a < b$ deux réels, et $(a_0, \dots, a_n)$ et $(b_0, \dots, b_m)$ deux subdivisions de $[a, b]$. Alors il existe une subdivision $(c_0, \dots, c_p)$ qui raffine à la fois $(a_0, \dots, a_n)$ et $(b_0, \dots, b_m)$.

(Indication : $c_0, \dots, c_p$ peuvent par exemple être obtenus en écrivant dans l'ordre croissant l'ensemble $\{a_0, \dots, a_n; b_0, \dots, b_m\}$)

**Définition 7.4.** Soient $a < b$ deux réels ; $f : [a, b] \to \mathbb{R}$ est une fonction en escalier s'il existe une subdivision $(a_0, \dots, a_n)$ de $[a, b]$ telle que $f$ soit constante sur chaque intervalle $]a_i, a_{i+1}[$. On dit que $(a_0, \dots, a_n)$ témoigne du fait que $f$ est en escalier, ou encore est une subdivision adaptée à $f$.

**Proposition 7.5.** 1. Une fonction en escalier ne prend qu'un nombre fini de valeurs.

2. L'ensemble des fonctions en escaliers sur $[a, b]$ est un sous-espace vectoriel des fonctions réelles sur $[a, b]$.

3. Un produit de fonctions en escalier sur $[a, b]$ est une fonction en escalier sur $[a, b]$.

**Démonstration.** La première propriété découle immédiatement de la définition. Les preuves des deuxième et troisième propriétés sont très similaires. Tout d'abord la fonction constante $0$ est bien une fonction en escalier. Soient $f, g$ deux fonctions en escalier, $\lambda \in \mathbb{R}$, $(a_0, \dots, a_n)$ une subdivision qui témoigne du fait que $f$ est en escalier et $(b_0, \dots, b_m)$ une subdivision qui témoigne du fait que $g$ est en escalier, $a_0 = b_0 = a$, $a_n = b_m = b$. Par l'exercice précédent, on peut trouver une subdivision $(c_0, \dots, c_p)$ qui raffine ces deux subdivisions. Etant donné $i$ entre $0$ et $p-1$, il existe $j, k$ tel que $[c_i, c_{i+1}]$ soit contenu dans $[a_j, a_{j+1}]$ et dans $[b_k, b_{k+1}]$. En particulier, les deux fonctions $f$ et $g$ sont constantes sur $]c_i, c_{i+1}[$, donc $\lambda f + g$ et $fg$ y sont constantes aussi. Ainsi, la subdivision $(c_0, \dots, c_p)$ témoigne du fait que $\lambda f + g$ et $fg$ sont des fonctions en escalier. $\square$

**Définition 7.6.** Soient $a < b$ deux réels, $f : [a, b] \to \mathbb{R}$ une fonction en escalier, et $\sigma = (a_0, \dots, a_n)$ une subdivision adaptée à $f$. On pose

$$I(f, \sigma) = \sum_{k=0}^{n-1} (a_{k+1} - a_k) f \left( \frac{a_k + a_{k+1}}{2} \right).$$
**Remarque 7.7.** Dans la définition de $I(f, \sigma)$, on aurait pu remplacer $\frac{a_k+a_{k+1}}{2}$ par n'importe quel point de $]a_k, a_{k+1}]$ sans changer la valeur de $I(f, \sigma)$.

<figure><img src="image_13.png" /></figure>

On voit que $I(f, \sigma)$ correspond à l"aire sous le graphe de $f$" quand $f$ est à valeurs positives.

**Lemme 7.8.** Soient $a < b$ deux réels, $f: [a, b] \to \mathbb{R}$ une fonction en escalier, et $\sigma, \tau$ deux subdivisions adaptées à $f$. Alors $I(f, \sigma) = I(f, \tau)$.

*Démonstration.* Commençons par le cas où $\tau = (b_0, \dots, b_m)$ raffine $\sigma = (a_0, \dots, a_n)$. Alors il existe $j_0, \dots, j_n$ tels que pour tout $k \in \{0, \dots, n\}$ on ait $b_{jk} = a_k$ (en particulier $j_0 = 0, j_n = m$). Alors on a

$$
\begin{align*}
I(f, \tau) &= \sum_{j=0}^{m-1} (b_{j+1} - b_j) f\left(\frac{b_j + b_{j+1}}{2}\right) \\
&= \sum_{k=0}^{n-1} \sum_{j=i_k}^{i_{k+1}-1} (b_{j+1} - b_j) f\left(\frac{b_j + b_{j+1}}{2}\right) \\
&= \sum_{k=0}^{n-1} \sum_{j=i_k}^{i_{k+1}-1} (b_{j+1} - b_j) f\left(\frac{a_k + a_{k+1}}{2}\right) \\
&= \sum_{k=0}^{n-1} f\left(\frac{a_k + a_{k+1}}{2}\right) \left(\sum_{j=i_k}^{i_{k+1}-1} b_{j+1} - b_j\right) \\
&= \sum_{k=0}^{n-1} f\left(\frac{a_k + a_{k+1}}{2}\right) (a_{k+1} - a_k) \\
&= I(f, \sigma).
\end{align*}
$$

On a donc démontré le résultat désiré dans le cas où $\tau$ raffine $\sigma$. Si maintenant $\tau$ et $\sigma$ sont deux subdivisions quelconques adaptées à $f$, il existe une subdivision $\gamma$ qui raffine à la fois $\tau$ et $\sigma$. Cette subdivision est encore adaptée à $f$, donc par le cas précédent on a $I(f, \sigma) = I(f, \gamma)$ et $I(f, \gamma) = I(f, \tau)$. On en déduit bien que $I(f, \sigma) = I(f, \tau)$. $\square$

Ce lemme nous permet finalement de définir l'intégrale d'une fonction en escalier.

**Définition 7.9.** Soient $a < b$ deux réels, $f: [a, b] \to \mathbb{R}$ une fonction en escalier, et $\sigma$ une subdivision adaptée à $f$. On pose

$$ \int_a^b f(x) dx = I(f, \sigma). $$
Le lemme précédent nous dit que cette définition est légitime : quelle que soit la subdivision $\sigma$ adaptée à $f$ que l'on choisisse, $I(f, \sigma)$ a toujours la même valeur.

Répétons quelle est l'intuition derrière cette définition : pour une fonction $f$ à valeurs positives, l'intégrale est censée représenter « l'aire sous la courbe de $f$ ». Dans le cas où $f$ est en escalier et à valeurs positives, le domaine sous la courbe de $f$ est une union finie de rectangles, et la formule que l'on a donnée pour l'intégrale de $f$ correspond à la somme des aires de ces rectangles.

Evidemment, on ne veut pas intégrer que des fonctions en escalier ! Si jamais la partie délimitée par l'axe des abscisses et le graphe de $f$ peut être bien approchée par des unions de rectangles, on peut définir l'aire sous la courbe comme la limite de la somme des aires de ces rectangles ; c'est comme ça qu'on va définir les fonctions intégrables dans la section suivante.

pour étendre la définition de l'intégrale à des fonctions plus générales (et particulièrement pour pouvoir intégrer des fonctions continues !) on a besoin des propriétés suivantes, qui suivent facilement (même si les preuves peuvent être un peu pénibles à écrire...) de la définition de l'intégrale des fonctions en escalier.

**Proposition 7.10.** 1. Etant donnés deux réels $a < b$, on $a \int_a^b 1 dx = b - a$.

2. Etant donnés deux réels $a < b$ et une fonction $f$ en escalier sur $[a, b]$ et à valeurs positives, $\int_a^b f(x) dx \ge 0$ (positivité de l'intégrale).

3. Etant donnés deux réels $a < b$, deux fonctions $f, g$ en escalier sur $[a, b]$ et deux constantes $\alpha, \beta$, on $a$ (linéarité de l'intégrale) :

$$ \int_a^b (\alpha f(x) + \beta g(x)) dx = \alpha \int_a^b f(x) dx + \beta \int_a^b g(x) dx . $$

4. Etant donnés deux réels $a < b$, et $f$ une fonction en escalier sur $[a, b]$, on $a$ (inégalité triangulaire)

$$ \left| \int_a^b f(x) dx \right| \le \int_a^b |f(x)| dx . $$

## 7.2 Fonctions intégrables

**Définition 7.11.** Soient $a < b$ deux réels. Une subdivision pointée $\sigma = (a_0, \dots, a_n; x_1, \dots, x_n)$ de $[a, b]$ est la donnée :

- d'une subdivision $(a_0, \dots, a_n)$ de $[a, b]$;

- de points $x_1, \dots, x_n$ de $[a, b]$ tels que pour tout $k \in \{1, \dots, n\}$ on ait $x_k \in [a_{k-1}, a_k]$.

Un cas particulier très important en pratique est celui où l'on divise l'intervalle $[a, b]$ en $n$ intervalles de même longueur $\frac{b-a}{n}$, et où l'on choisit $x_k$ à gauche de l'intervalle $[a_{k-1}, a_k]$ (c'est-à-dire $x_k = a + (k-1)\frac{b-a}{n}$) ou à droite de cet intervalle ($x_k = a + k\frac{b-a}{n}$).

**Définition 7.12.** Soit $a < b$ deux réels, $f: [a, b] \to \mathbb{R}$ et $\sigma = (a_0, \dots, a_n; x_1, \dots, x_n)$ une subdivision pointée de $[a, b]$. On appelle somme de RIEMANN associée à $f$ et à $\sigma$ le nombre

$$ S(f, \sigma) = \sum_{k=1}^{n} (a_k - a_{k-1}) f(x_k) . $$

Notons que, par définition, $S(f, \sigma)$ est l'intégrale d'une fonction en escalier qui est égale à $f(x_i)$ sur chaque $]a_{i-1}, a_i[$. En particulier, si $\sigma$ est la subdivision obtenue en découpant $[a, b]$ en $n$ intervalles de même longueur et que $x_k$ est choisi à gauche du $k$-ième intervalle de la subdivision, on obtient la formule

$$ S(f, \sigma) = \sum_{k=1}^{n} \frac{b-a}{n} f \left( a + (k-1) \frac{b-a}{n} \right) = \frac{b-a}{n} \sum_{k=0}^{n-1} f \left( a + k \frac{b-a}{n} \right) . $$

De même, quand $\tau$ est obtenue en découpant $[a, b]$ en $n$ intervalles de même longueur et que $x_k$ est l'extrémité droite du $k$-ième intervalle, on a la somme de RIEMANN

$$ S(f, \tau) = \frac{b-a}{n} \sum_{k=0}^{n} f \left( a + k \frac{b-a}{n} \right) . $$
<figure><img src="image_14.png" /></figure>

Ci-dessus on a $n = 5$, c'est-à-dire qu'on a partitionné $[a, b]$ en 6 intervalles $[a, a_1], \dots, [a_4, a_5]$. Dans chacun de ces intervalles on a choisi le point $x_k = a_{k-1}$ et formé le rectangle dont deux côtés sont de longueur $a_k - a_{k-1}$ et les deux autres de longueur algébrique¹ $f(x_k)$; et la somme de RIEMANN correspondante est la somme des aires (algébriques) de ces rectangles. La différence entre ce qu'on voudrait appeler « l'aire sous la courbe » de $f$ et la somme de RIEMANN, si les intervalles de la subdivision sont de plus en plus fins, va tendre vers 0, et l'intégrale de $f$ sur $[a, b]$ sera ainsi obtenue comme la limite des aires des rectangles rouges.

L'explication intuitive qu'on vient de donner nous amène à la définition suivante.

**Définition 7.13.** Soit $a < b$ deux réels et $f: [a, b] \to \mathbb{R}$. On dit que $f$ est intégrable sur $[a, b]$ s'il existe un réel $l$ tel que pour tout $\varepsilon > 0$ on peut trouver $\delta > 0$ satisfaisant

$$|S(f, \sigma) - l| \le \varepsilon$$

pour toute subdivision pointée $\sigma$ de $[a, b]$ de pas $< \delta$. On note alors $l = \int_a^b f(x)dx$.

Autrement dit : quand le pas de la subdivision $\sigma$ tend vers 0, la somme de RIEMANN $S(f, \sigma)$ tend vers $l$; une autre formulation équivalente : pour toute suite $\sigma_i$ de subdivisions pointées dont le pas tend vers 0, la suite de sommes de RIEMANN $S(f, \sigma_i)$ est convergente.

En particulier, si $f$ est intégrable sur $[a, b]$ alors les sommes

$$\frac{b-a}{n} \sum_{k=0}^{n-1} f \left( a + k \frac{b-a}{n} \right) \quad \text{et} \quad \frac{b-a}{n} \sum_{k=1}^{n} f \left( a + k \frac{b-a}{n} \right)$$

convergent toutes deux vers $S(f, \sigma)$ (de même que leur consœur $\frac{b-a}{n} \sum_{k=0}^{n} f \left( a + k \frac{b-a}{n} \right)$).

**Définition 7.14.** Soient $a < b$ deux réels. On dit qu'une fonction $f: [a, b] \to \mathbb{R}$ est *continue par morceaux* sur $[a, b]$ s'il existe une subdivision $(a_0, \dots, a_n)$ de $[a, b]$ telle que la restriction de $f$ à chaque intervalle $[a_i, a_{i+1}]$ (soit continue et admette un prolongement par continuité à $[a_i, a_{i+1}]$).

C'est-à-dire que $f$ ait une limite finie à droite en $a_i$, respectivement à gauche en $a_{i+1}$. Comme premiers exemples, notons qu'une fonction continue sur $[a, b]$ est bien sûr continue par morceaux, et qu'une fonction en escalier est également continue par morceaux.

**Exercice 7.15.** Soit $f: [a, b] \to \mathbb{R}$ une fonction continue par morceaux. Montrer que $f$ est bornée.

Dans la suite, on va se contenter d'étudier les propriétés de l'intégrale des fonctions continues par morceaux, qui est bien définie comme le montre le théorème suivant.

<footnote>i. longueur algébrique : elle est négative si $f(x_k) < 0$...</footnote>
**Théorème 7.16.** Soit $a < b$ deux réels et $f: [a,b] \to \mathbb{R}$ une fonction continue par morceaux. Alors $f$ est intégrable sur $[a,b]$.

*Démonstration.* On ne va rédiger la preuve que dans le cas où $f$ est continue.

Fixons $\varepsilon > 0$. D'après le théorème 6.12 de HEINE, $f$ est uniformément continue sur $[a,b]$ et on peut trouver $\delta > 0$ tel que

$$ \forall x, y \in [a, b], |x - y| \le \delta \Rightarrow |f(x) - f(y)| \le \varepsilon. $$

Soit maintenant $\sigma = (a_0, \dots, a_n; x_1, \dots, x_n)$, $\tau = (a'_0, \dots, a'_m; x'_1, \dots, x'_m)$ deux subdivisions pointées de $[a,b]$ de pas $\le \frac{\delta}{2}$, et $f_\sigma$ une fonction en escalier égale à $f(x_i)$ sur chaque $[a_{i-1}, a_i]$, $f_\tau$ une fonction en escalier égale à $f(x'_i)$ sur chaque $[a'_{i-1}, a'_i]$. On pose aussi $f_\sigma(b) = f_\tau(b) = f(b)$. Rappelons qu'on a par définition de l'intégrale d'une fonction en escalier les égalités

$$ S(f, \sigma) = \int_a^b f_\sigma(x) dx \quad \text{et} \quad S(f, \tau) = \int_a^b f_\tau(x) dx. $$

Pour $x \in [a,b[$, il existe un unique $i$ tel que $x \in [a_{i-1}, a_i[$, et $f_\sigma(x) = f(x_i)$; et un unique $j$ tel que $x \in [a'_{j-1}, a'_j[$ tel que $f_\tau(x) = f(x'_j)$. Puisque les pas de $\sigma$ et $\tau$ sont tous deux inférieurs à $\frac{\delta}{2}$, on a $|x - x_i| \le \frac{\delta}{2}$ et $|x - x'_j| \le \frac{\delta}{2}$, d'où $|x_i - x'_j| \le \delta$. Ceci impose que

$$ |f_{\sigma}(x) - f_{\tau}(x)| = |f(x_i) - f(x'_j)| \le \varepsilon. $$

On en déduit que

$$ \left| \int_a^b f_\sigma(x) - f_\tau(x) \right| \le \int_a^b |f_\sigma(x) - f_\tau(x)| dx \le \int_a^b \varepsilon dx \le \varepsilon(b-a). $$

(Ci-dessus, on a appliqué l'inégalité triangulaire à l'intégrale de la fonction en escalier $f_\sigma - f_\tau$). Autrement dit,

$$ |S(f, \sigma) - S(f, \tau)| \le \varepsilon(b-a). $$

On vient de montrer que, si $\sigma$ et $\tau$ sont des subdivisions de pas suffisamment petit, $S(f, \sigma)$ et $S(f, \tau)$ deviennent arbitrairement proches. Montrons que ceci entraîne l'intégrabilité de $f$: si $f$ n'est pas intégrable, alors il existe une suite de subdivsions pointées $(\sigma_i)$ dont le pas tend vers 0 et qui ne converge pas. Mais $f$ est bornée, disons $|f(x)| \le M$ pour tout $x \in [a,b]$, et on en déduit

$$ |S(f, \sigma_i)| \le M(b-a). $$

Par conséquent, on peut utiliser le théorème 5.16 de BOLZANO-WEIERSTRASS pour trouver une première suite strictement croissante $(i_k)$ telle que $S(f, \sigma_{i_k})$ converge vers $l \in \mathbb{R}$; et comme on a supposé que $S(f, \sigma_i)$ ne converge pas, on peut trouver une autre suite $(j_k)$ strictement croissante et telle que $S(f, \sigma_{j_k})$ converge vers $l' \ne l$. Mais alors, $\sigma_{i_k}$ et $\sigma_{j_k}$ sont deux suites de subdivisions pointées, dont le pas tend vers 0, et telles que $S(f, \sigma_{i_k}) - S(f, \sigma_{j_k})$ tend vers $l - l' \ne 0$, une contradiction avec ce qu'on a démontré au début de la preuve. $\square$

On a maintenant une méthode pour calculer des intégrales, mais elle n'est pas très pratique ! Essayons de calculer quelques intégrales de fonction continues en passant par des sommes de RIEMANN :

$$ \int_0^1 x dx = \lim_{n \to +\infty} \frac{1}{n} \sum_{k=0}^{n-1} \frac{k}{n} = \lim_{n \to +\infty} \frac{1}{n^2} \frac{n(n+1)}{2} = \frac{1}{2}. $$

Essayons un autre calcul : comment calculer $\int_0^\pi \sin(x) dx$ ? On doit calculer la limite de

$$ S_n = \frac{\pi}{n} \sum_{k=0}^{n-1} \sin \left( \frac{k\pi}{n} \right). $$

A priori, ce n'est pas facile ! Mais on ne se laisse pas décourager ; il est parfois plus facile de passer par les nombres complexes, et on peut reconnaître que $S_n$ est la partie imaginaire de

$$ U_n = \frac{\pi}{n} \sum_{k=0}^{n-1} e^{ik \frac{\pi}{n}}. $$
Ici on peut reconnaître la somme des termes d'une suite géométrique de raison $e^{i\frac{\pi}{n}}$, et on obtient

$$
\begin{align*}
U_n &= \frac{\pi}{n} \frac{1 - e^{\frac{i n \pi}{n}}}{1 - e^{i \frac{\pi}{n}}} \\
&= \frac{2\pi}{n(1 - e^{i \frac{\pi}{n}})}
\end{align*}
$$

Si on forme la partie imaginaire de $U_n$, on obtient la formule

$$
S_n = \frac{2\pi \sin\left(\frac{\pi}{n}\right)}{\left(1 - \cos\left(\frac{\pi}{n}\right)\right)^2 + \left(\sin\left(\frac{\pi}{n}\right)\right)^2}.
$$

La limite de $S_n$ n'est pas facile à calculer avec les outils dont on dispose pour le moment ! En trichant un peu,
on peut reconnaître que

$$
n \frac{e^{i \frac{\pi}{n}} - 1}{\pi} = - \frac{e^{i \frac{\pi}{n}} - e^{i \cdot 0}}{\frac{\pi}{n} - 0}
$$

est un taux d'accroissement entre 0 et $\frac{\pi}{n}$ de la fonction $x \mapsto e^{ix}$ et doit donc tendre vers $\frac{de^{ix}}{dx}(0) = i$ quand $x$ tend vers 0 ; on en déduit que $(U_n)$ tend vers $\frac{2}{i} = 2i$, et donc que sa partie imaginaire $S_n$ tend vers 2. On en conclut finalement que

$$
\int_{0}^{\pi} \sin(x) dx = 2 .
$$

On vient de souffrir un peu, et de passer par des limites de suites de nombres complexes, pour calculer l'intégrale de sin(x) entre 0 et π : on a besoin d'une méthode plus efficace ! Bien sûr, vous en connaissez une : passer par le calcul de primitives ! Mais on n'est pas encore tout à fait équipé pour faire le lien entre intégration et primitives, qu'on va établir dans la prochaine section.

Avant de passer à cette section, notons que souvent on utilise les sens de RIEMANN en sens inverse de ce qu'on a fait ci-dessus : on les utilise pour calculer la limite de certaines suites ; par exemple, si l'on sait calculer $\int_0^\pi \sin(x)dx$, le lien avec les sommes de RIEMANN rend immédiat le fait que

$$
\lim_{n \to +\infty} \frac{\pi}{n} \sum_{k=0}^{n-1} \sin \left( \frac{k\pi}{n} \right) = 2 .
$$

7.3 Propriétés fondamentales de l'intégrale

**Notation.** Soient $a > b$ deux réels, et $f : [b, a] \to \mathbb{R}$ une fonction continue par morceaux. On pose $\int_a^b f(x) dx =$
$- \int_b^a f(x) dx$. On pose aussi $\int_a^b f(x) dx = 0$.

**Proposition 7.17.** — Soient *a*, *b*, *c* trois réels et *f* une fonction continue par morceaux sur un intervalle
*qui contient* *a*,*b* et *c*. *Alors on a (Relation de CHASLES)*

$$
\int_a^b f(x) \, dx + \int_b^c f(x) \, dx = \int_a^c f(x) \, dx .
$$

— Etant donnés deux réels $a < b$ et une fonction $f$ continue par morceaux sur $[a, b]$ et à valeurs positives,
$\int_a^b f(x) \, dx \ge 0$ (positivité de l'intégrale).

— Etant donnés deux réels $a < b$, deux fonctions $f, g$ continue par morceaux sur $[a, b]$ et deux constantes $\alpha, \beta$, on a (linéarité de l'intégrale) :

$$
\int_a^b (\alpha f(x) + \beta g(x)) dx = \alpha \int_a^b f(x) dx + \beta \int_a^b g(x) dx .
$$

— Etant donnés deux réels $a < b$, et $f$ une fonction continue par morceaux sur $[a, b]$, on a (inégalité triangulaire)

$$
\left| \int_a^b f(x) \, dx \right| \le \int_a^b |f(x)| \, dx .
$$
Toutes ces propriétés se déduisent facilement à partir de la définition de l'intégrale d'une fonction continue par morceaux et des propriétés analogues pour l'intégrale d'une fonction en escalier ; leur vérification est laissée en exercice.

**Théorème 7.18.** Soient $a < b$ deux réels et $f: [a, b] \to \mathbb{R}$ une fonction continue par morceaux. Alors on a

$$ (b-a) \inf_{[a,b]} f \le \int_a^b f(x) dx \le (b-a) \sup_{[a,b]} f. $$

Si $f$ est de plus supposée continue, alors il existe $c \in [a, b]$ tel que $f(c) = \frac{1}{b-a} \int_a^b f(x) dx$.

Notons que l'inf et le sup dans le théorème ci-dessus sont bien définis puisqu'une fonction continue par morceaux sur $[a, b]$ est nécessairement bornée.

**Démonstration.** Par définition d'un inf et d'un sup, on a, pour tout $x \in [a, b]$, $\inf_{[a,b]} f \le f(x) \le \sup_{[a,b]} f$. Par positivité de l'intégrale, on en déduit

$$ \int_a^b \inf_{[a,b]} f \, dx \le \int_a^b f(x) \, dx \le \int_a^b \sup_{[a,b]} f \, dx. $$

Ceci prouve l'inégalité désirée. Si maintenant $f$ est continue sur $[a, b]$, alors l'inf et le sup sont un min et un max puisqu'une fonction continue sur un intervalle fermé borné est bornée et atteint ses bornes sur cet intervalle. Appelons $m$ le minimum de $f$ sur $[a, b]$ et $M$ le maximum de $f$ sur $[a, b]$. On a alors $f([a, b]) = [m, M]$ par le théorème des valeurs intermédiaires, et l'inégalité ci-dessus donne

$$ m \le \frac{1}{b-a} \int_a^b f(x) \, dx \le M. $$

Ceci achève la démonstration.

□

**Théorème 7.19.** Soient $a < b$ deux réels, et $f$ une fonction continue par morceaux sur $[a, b]$ et à valeurs positives. Alors $\int_a^b f(x) dx = 0$ si, et seulement si, $f$ est nulle partout sauf peut-être en un nombre fini de points de $[a, b]$.

**Démonstration.** Si $f$ est continue par morceaux et nulle partout sauf peut-être en $a$ et en $b$, alors il suit de la définition de l'intégrale que $\int_a^b f(x) dx = 0$ ; et si $f$ est nulle sauf peut-être en $a_1 < a_2 < \dots < a_n$ alors on peut utiliser la relation de CHASLES pour écrire

$$ \int_a^b f(x) dx = \int_a^{a_1} f(x) dx + \int_{a_1}^{a_2} f(x) dx + \dots + \int_{a_n}^b f(x) dx = 0 + 0 + \dots + 0 = 0. $$

Réciproquement, supposons $f$ d'intégrale nulle. Commençons par le cas où $f$ est continue ; si $f$ prend une valeur strictement positive en $x_0 \in [a, b]$, alors il existe un intervalle $[c, d] \subseteq [a, b]$ avec $c < d$ sur lequel $f$ est à valeurs strictement positives, donc le minimum de $f$ sur $[c, d]$ est strictement positif, et le théorème précédent nous permet de conclure que $\int_c^d f(x) dx > 0$ ; la relation de CHASLES et la positivité de l'intégrale nous donnent alors :

$$ \int_a^b f(x) \, dx = \int_a^c f(x) \, dx + \int_c^d f(x) \, dx + \int_d^b f(x) \, dx > 0. $$

On vient de montrer que, si $f$ est continue, à valeurs positives et prend une valeur non nulle, alors son intégrale est strictement positive ; autrement dit, si $\int_a^b f(x) dx = 0$ et $f$ est continue à valeurs positives sur $[a, b]$ alors $f$ est la fonction nulle.

Reste le cas où $f$ n'est que supposée continue par morceaux : alors il existe $a_1 < \dots < a_n$ avec $a_1 = a$, $a_n = b$ tels que $f$ coïncide sur chaque intervalle $]a_i, a_{i+1}[$ avec une fonction $f_i$ qui se prolonge continûment à $[a_i, a_{i+1}]$, et on a

$$ \int_a^b f(x) \, dx = \sum_{i=1}^{n-1} \int_{a_i}^{a_{i+1}} f_i(x) \, dx. $$
Par positivité de l'intégrale, si $\int_a^b f(x) dx = 0$ alors on doit avoir $\int_{a_i}^{a_{i+1}} f_i(x) dx = 0$ pour tout $i \in \{1, \dots, n-1\}$; comme les $f_i$ sont continues on en déduit que chaque $f_i$ est nulle sur $[a_i, a_{i+1}]$. Par conséquent, $f$ est nulle partout sauf peut-être en $a_1, \dots, a_n$. $\square$

Le théorème suivant peut s'avérer très utile pour comprendre le comportement des intégrales de produits de fonctions, en particulier lorsqu'on étudie des intégrales généralisées (ce qu'on ne fera pas ce semestre !).

**Théorème 7.20** (Première formule de la moyenne). Soient $a < b$ deux réels, $f: [a, b] \to \mathbb{R}$ une fonction continue et $g: [a, b] \to \mathbb{R}$ une fonction continue par morceaux et à valeurs positives. Alors il existe $c \in [a, b]$ tel que

$$ \int_a^b f(x)g(x) dx = f(c) \int_a^b g(x) dx . $$

*Démonstration.* Comme $g$ est continue par morceaux et à valeurs positives, l'intégrale de $g$ ne peut valoir $0$ que si $g$ est nulle partout sauf peut-être en un nombre fini de points, auquel cas il en va de même de $fg$, dont l'intégrale est donc nulle elle aussi. Par conséquent, tout $c \in [a, b]$ est tel que $\int_a^b f(x)g(x) dx = f(c) \int_a^b g(x) dx$ dans ce cas (très) particulier.

On peut donc supposer que $\int_a^b g(x) dx \neq 0$. Pour tout $x \in [a, b]$, $m \le f(x) \le M$ avec $[m, M] = [\inf_{[a,b]} f, \sup_{[a,b]} f]$.

Par positivité et linéarité de l'intégrale,

$$ \int_a^b mg(x) dx \le \int_a^b f(x)g(x) dx \le \int_a^b Mg(x) dx. $$

Or $f$ est continue et le théorème des valeurs intermédiaires nous assure que toute valeur entre $m$ et $M$ est atteinte. Par conséquent il existe $c \in [a, b]$ tel que $m \le f(c) = \frac{\int_a^b f(x)g(x) dx}{\int_a^b g(x) dx} \le M$. $\square$

**Théorème 7.21.** Soient $a < b$ deux réels, et $f$ une fonction continue par morceaux sur $[a, b]$. Alors la fonction $F$ définie sur $[a, b]$ par $F(t) = \int_a^t f(x) dx$ est continue sur $[a, b]$.

*Démonstration.* Une fonction continue par morceaux est nécessairement bornée, autrement dit il existe $M$ tel que $|f(x)| \le M$ pour tout $x \in [a, b]$. On a alors, pour tout $s, t \in [a, b]$ :

$$ |F(t) - F(s)| = \left| \int_s^t f(x) dx \right| \le \left| \int_s^t |f(x)| dx \right| \le M|t - s| . $$

En particulier, $F(s)$ tend vers $F(t)$ quand $s$ tend vers $t$, donc $F$ est continue sur $[a, b]^{ii}$ $\square$

Il serait tentant de penser que la fonction $F$ définie ci-dessus est toujours dérivable, et que $F' = f$. C'est faux en général : le théorème de DARBoux nous dit qu'une fonction dérivée vérifie la conclusion du théorème des valeurs intermédiaires (i.e. l'image d'un intervalle par une fonction dérivée est un intervalle) donc une fonction en escalier non constante ne peut jamais être une dérivée. Il existe néanmoins un cas essentiel où ce résultat est vrai.

**Théorème 7.22** (Théorème fondamental de l'analyse). Soient $a < b$ deux réels, $f$ une fonction continue sur $[a, b]$, et $F$ la fonction définie sur $[a, b]$ par $F(t) = \int_a^t f(x) dx$. Alors $F$ est dérivable sur $[a, b]$, $F' = f$, et $F$ est l'unique primitive de $f$ sur $[a, b]$ qui s'annule en a.

*Démonstration.* Commençons par montrer que $F' = f$; pour cela, fixons $t \in [a, b]$. Pour tout $s \in [a, b]$, on a :

$$ F(t) - F(s) - (t - s)f(t) = \int_s^t f(x) dx - \int_s^t f(t) dx = \int_s^t (f(x) - f(t)) dx . $$

<footnote>ii. On vient en fait de montrer que $F$ est lipschitzienne sur $[a, b]$.</footnote>
Fixons $\varepsilon > 0$. Comme $f$ est continue en $t$, il existe $\delta > 0$ tel que, pour tout $s \in [a, b]$, on ait

$$|t-s| \le \delta \Rightarrow |f(t)-f(s)| \le \varepsilon.$$

Notons que si $|t-s| \le \delta$ alors $|t-x| \le \delta$ pour tout $x$ appartenant au segment d'extrémités $t$ et $s$. Par conséquent, $|f(t)-f(x)| \le \varepsilon$ pour tout $x$ appartenant à ce segment, et l'inégalité triangulaire nous donne, pour tout $s$ tel que $|t-s| \le \delta$ :

$$\left|\int_{s}^{t} (f(x) - f(t)) dx\right| \le \varepsilon |t-s|.$$

On obtient donc finalement, pour tout $s \in [a, b]$ tel que $|t-s| \le \delta$, que

$$\left| \frac{F(t) - F(s)}{t-s} - f(t) \right| \le \varepsilon.$$

Ceci prouve que $\lim_{s \to t} \frac{F(s)-F(t)}{s-t} = f(t)$, autrement dit que $F$ est dérivable en $t$ et $F'(t) = f(t)$.

Si maintenant $G$ est une autre primitive de $f$ sur $[a, b]$ qui s'annule en $a$, alors $(G-F)' = 0$, donc l'égalité des accroissements finis appliquée à $G-F$ (qui est continue et dérivable sur $[a, b]$) entraîne que $G-F$ est constante sur $[a, b]$. Comme $G(a) = F(a) = 0$ par hypothèse, on obtient bien que $G(x) = F(x)$ pour tout $x$ de $[a, b]$. $\square$

**Exercice 7.23.** En utilisant le théorème fondamental de l'analyse, donner une nouvelle démonstration du théorème 7.19.

On peut maintenant se rappeler de notre technique habituelle pour calculer des intégrales : utiliser les primitives (technique qui ne marche, hélas, pas toujours : parfois on ne connaît pas de primitive de la fonction qu'on souhaite intégrer !).

**Corollaire 7.24.** Soient $a < b$ deux réels, $f: [a, b] \to \mathbb{R}$ une fonction continue sur $[a, b]$ et $F$ une primitive de $f$ sur $[a, b]$. Alors on a $\int_a^b f(x) dx = F(b) - F(a)$.

On note souvent $[F]_a^b$ la quantité $F(b) - F(a)$.

*Démonstration.* Si $F$ est une primitive de $f$ sur $[a, b]$, alors $F - F(a)$ est encore une primitive de $f$ sur $[a, b]$, par conséquent le théorème précédent nous donne que, pour tout $t \in [a, b]$, on a $F(t) - F(a) = \int_a^t f(x) dx$. On obtient le résultat désiré en appliquant cette formule pour $t = b$. $\square$

**Corollaire 7.25 (Formule d'intégration par parties).** Soient $a < b$ deux réels et $f, g: [a, b] \to \mathbb{R}$ deux fonctions de classe $C^1$. Alors on a

$$\int_{a}^{b} f(x)g'(x) dx = [fg]_{a}^{b} - \int_{a}^{b} f'(x)g(x) dx.$$

*Démonstration.* On utilise la formule $(fg)' = f'g + g'f$. Comme $f'g + g'f$ est continue, et a pour primitive $fg$, on peut lui appliquer le résultat précédent et obtenir (par linéarité de l'intégrale)

$$[fg]_{a}^{b} = \int_{a}^{b} f'(x)g(x) dx + \int_{a}^{b} f(x)g'(x) dx.$$

C'est la formule qu'on souhaitait démontrer.

A titre d'exemple, utilisons une intégration par parties pour déterminer une primitive de la fonction $\ln$ sur $]0, +\infty[$, par exemple la primitive $F$ qui s'annule en 1 : pour $x > 0$ on a

$$\begin{align*} F(x) &= \int_{1}^{x} \ln(t) dt \\ &= [t \ln(t)]_{1}^{x} - \int_{1}^{x} 1 dt \\ &= x \ln(x) - x + 1. \end{align*}$$

On voit ainsi que $x \mapsto x \ln(x) - x$ est une primitive de $\ln$, ce qu'on vérifie facilement en dérivant :

$$\forall x > 0, \quad \frac{d(x \ln(x) - x)}{dx} = \ln(x) + x \frac{1}{x} - 1 = \ln(x).$$
Un autre exemple : essayons de trouver une primitive de $x \arctan(x)$. En dérivant arctan et en intégrant $x$ (toutes les fonctions en jeu sont $C^\infty$ et on peut donc bien intégrer par parties) on obtient

$$ 
\begin{align*}
\int_0^x t \arctan(t) dt &= \left[ \arctan(t) \frac{t^2}{2} \right]_0^x - \int_0^x \frac{t^2}{2(1+t^2)} dt \\
&= \frac{x^2}{2} \arctan(x) - \frac{1}{2} \int_0^x \left( 1 - \frac{1}{1+t^2} \right) dt \\
&= \frac{1+x^2}{2} \arctan(x) - \frac{x}{2}.
\end{align*}
$$

Le fait que, pour intégrer $\frac{t^2}{1+t^2}$, on ait eu besoin de décomposer cette fraction rationnelle en éléments simples, n'est pas un hasard : c'est toujours comme cela qu'on intégrera les fractions rationnelles.

**Corollaire 7.26 (Formule de changement de variables).** Soient $a < b, c < d$ quatre réels, $f$ une fonction continue sur $[a, b]$ à valeurs dans $\mathbb{R}$ et $\varphi$ une fonction de classe $C^1$ sur $[c, d]$ et telle que $\varphi([c, d]) \subseteq [a, b]$. Alors on a

$$ \int_c^d f(\varphi(t))\varphi'(t) dt = \int_{\varphi(c)}^{\varphi(d)} f(x) dx . $$

*Démonstration.* Soit $F$ une primitive de $f$ sur $[a, b]$. Alors, par la formule de dérivation des fonctions composées, $F \circ \varphi$ est une primitive de $(f \circ \varphi)\varphi'$ sur $[c, d]$, et le théorème fondamental de l'analyse nous permet d'écrire :

$$ \int_c^d f(\varphi(t))\varphi'(t) dt = [F \circ \varphi]_c^d = F(\varphi(d)) - F(\varphi(c)) = \int_{\varphi(c)}^{\varphi(d)} f(x) dx . $$

□

Il est **très important**, pour la formule de changement de variables écrite ci-dessus, que $f$ soit continue et que $\varphi$ soit de classe $C^1$. Il n'est pas nécessaire, par contre, que $\varphi$ soit une bijection de $[c, d]$ sur son image. Souvent, on applique la formule ci-dessus en « partant de la droite vers la gauche », i.e. on veut poser $x = \varphi(t)$. Il est alors un peu délicat de trouver les bonnes bornes pour l'intégrale de gauche, sauf dans le cas où $\varphi$ est une bijection. Ce cas particulier est particulièrement utile en pratique.

**Corollaire 7.27 (Cas particulier de la formule de changement de variables).** Soient $a < b, c < d$ quatre réels, $f$ une fonction continue sur $[a, b]$ à valeurs dans $\mathbb{R}$, et $\varphi$ une bijection de classe $C^1$ de $[c, d]$ sur $[a, b]$. Alors on a

$$ \int_a^b f(t) dt = \int_{\varphi^{-1}(a)}^{\varphi^{-1}(b)} f(\varphi(x))\varphi'(x) dx . $$

Un autre intérêt de la formule ci-dessus est qu'elle se généralise au cas où $f$ est continue par morceaux et aux intégrales de fonctions de plusieurs variables.

On verra quelques exemples dans la dernière section de ce chapitre ; pour l'instant, utilisons un changement de variables pour calculer l'aire d'un disque de centre 0 et de rayon $R > 0$. Ce disque est délimité par les courbes $y = \sqrt{R^2 - x^2}$ et $y = -\sqrt{R^2 - x^2}$ pour $x \in [-R, R]$, donc son aire $A$ est égale à $2 \int_{-R}^{R} \sqrt{R^2 - x^2} dx$. On utilise le changement de variables de classe $C^1$ $x = R \cos(\theta)$, où $\theta \in [0, \pi]$; $\varphi: [0, \pi] \to [-R, R]$ est une bijection, on a $\varphi^{-1}(-R) = \pi$, $\varphi^{-1}(R) = 0$, et $\varphi'(\theta) = -R \sin(\theta)$.
La formule du changement de variable nous donne donc

$$
\begin{align*}
A &= 2 \int_{\pi}^{0} \sqrt{R^2 - R^2 \cos^2(\theta)} (-R \sin(\theta)) d\theta \\
&= 2 \int_{0}^{\pi} (R \sin(\theta))(R \sin(\theta)) d\theta \\
&= 2R^2 \int_{0}^{\pi} \sin^2(\theta) d\theta \\
&= 2R^2 \int_{0}^{\pi} \frac{1 - \cos(2\theta)}{2} d\theta \\
&= R^2 \left[ \theta - \frac{1}{2} \sin(2\theta) \right]_{0}^{\pi} \\
&= \pi R^2 .
\end{align*}
$$

<figure><img src="image_15.png" /></figure>

7.4 Intégration de fonctions à valeurs complexes

**Définition 7.28.** Soit $a < b$ deux réels et $f: [a, b] \to \mathbb{C}$. On dit que $f$ est *intégrable* sur $[a, b]$ si $\text{Re}(f)$ et $\text{Im}(f)$ sont toutes deux intégrables, et dans ce cas on pose

$$
\int_a^b f(x) dx = \int_a^b \text{Re}(f)(x) dx + i \int_a^b \text{Im}(f)(x) dx .
$$

En particulier, si Re(f) et Im(f) sont toutes deux continues par morceaux, on peut intégrer f sur [a, b]. La raison pour laquelle on souhaite parfois intégrer des fonctions à valeurs complexes dans ce cours est qu'elles peuvent nous permettre de simplifier des calculs d'intégrales de fonctions de [a, b] dans R.

**Proposition 7.29** (Théorème fondamental de l'analyse pour des fonctions à valeurs dans $\mathbb{C}$). *Si $f: [a, b] \to \mathbb{C}$ est telle que $\text{Im}(f)$ et $\text{Re}(f)$ sont toutes deux continues, et qu'on définit $F(x) = \int_a^x f(t)dt$, alors $F: [a, b] \to \mathbb{C}$ est dérivable et $F'(x) = f(x)$ pour tout $x \in [a, b]$.*

Pour démontrer ce résultat, il suffit de l'appliquer à la fois à la partie réelle et à la partie imaginaire de
$f$. Il nous est utile pour les calculs : grâce à lui, les théorèmes que nous avons démontré à partir du théorème
fondamental de l'analyse, en particulier la formule d'intégration par parties et la formule du changement de
variables, restent vrais pour des fonctions à valeurs dans $\mathbb{C}$.

7.5 Quelques calculs de primitives et d'intégrales

Il y a peu de cas dans lesquels on a une méthode qui donne la primitive d'une fonction. On a cependant
certaines classes de fonctions importantes : les polynômes, les fonctions trigonométriques et hyperboliques ainsi
que les polynômes en ces fonctions et les fractions rationnelles.

7.5.1 Quelques exemples

On utilise souvent des intégrations par parties pour établir des relations de récurrence entre suites d'inté-
grales, par exemple considérons $I_n = \int_0^1 x^n e^x dx$. En intégrant par partie (toutes les fonctions impliquées sont
de classe $C^\infty$) on a pour tout $n \ge 1$ que

$$
I_n = [x^n e^x]_0^1 - n \int_0^1 x^{n-1} e^x = e - nI_{n-1} .
$$

il est clair que $I_0 = [e^x]_0^1 = e - 1$; on en déduit de proche en proche (écrire une formule pour $I_n$ serait un bon exercice!) que

$I_1 = e - (e - 1) = 1; \quad I_2 = e - 2 \quad \text{etc.}$
De la même façon, calculons $I = \int_{0}^{\pi} t^2 \sin(t) dt$ :

$$
\begin{align*}
I &= \int_{0}^{\pi} t^2 \sin(t) \, dt \\
&= [-t^2 \cos(t)]_{0}^{\pi} + 2 \int_{0}^{\pi} t \cos(t) \, dt \\
&= 2\pi^2 + 2 \left( [t \sin(t)]_{0}^{\pi} - \int_{0}^{\pi} \sin(t) \, dt \right) \\
&= 2\pi^2 - 2.
\end{align*}
$$

Passer par les complexes est parfois utile, en particulier pour calculer une intégrale d'une fonction de la
forme $e^{ax} \cos(bx)$ ou $e^{ax} \sin(bx)$; par exemple, calculons $\int_0^t e^x \cos(x) \,dx$ : c'est la partie réelle de

$$
\begin{align*}
\int_0^t e^x e^{ix} dx &= \int_0^t e^{(1+i)x} dx \\
&= \frac{1}{1+i} \left[ e^{(1+i)x} \right]_0^t \\
&= \frac{e^{(1+i)t} - 1}{1+i} \\
&= \frac{(e^{(1+i)t} - 1)(1-i)}{2} \\
&= \frac{e^t \cos(t) - 1 + e^t \sin(t) + i(e^t \sin(t) - e^t \cos(t) + 1)}{2}.
\end{align*}
$$

On vient d'obtenir

$$
\int_{0}^{t} \cos(x) e^{x} dx = \frac{e^{t} \cos(t) - 1 + e^{t} \sin(t)}{2} \quad \text{et} \quad \int_{0}^{t} e^{x} \sin(x) dx = \frac{e^{t} \sin(t) - e^{t} \cos(t) + 1}{2}.
$$

**Exercice 7.30.** A l'aide de deux intégrations par parties bien choisies, trouver la valeur de $\int_0^t e^x \cos(x) dx$ pour $t \in \mathbb{R}$.

Soit $I(t) = \int_{0}^{t} e^{x} \cos(x) dx$ et $J(t) = \int_{0}^{t} e^{x} \sin(x) dx$, par intégration par partie, on a $I(t) = [e^{x} \cos(x)]_{0}^{t} + J(t)$ et $J(t) = [e^{x} \sin(x)]_{0}^{t} - I(t)$ et on retrouve les résultats précédents.

Quand une intégrale paraît compliquée à calculer, on peut parfois essayer de la simplifier à l'aide d'un changement de variables ; par exemple, calculons

$$
I = \int_{1}^{e} \frac{\cos(\ln(x))}{x} dx .
$$

La fonction intégrée est continue, et on essaye le changement de variables $C^1 \varphi(x) = \ln(x)$; autrement dit on pose $u = \ln(x)$, $du = \frac{dx}{x}$, et on obtient

$$
I = \int_{0}^{1} \cos(u) du = \sin(1) .
$$

(On aurait aussi pu reconnaître tout de suite qu'on intégrait la dérivée de sin(ln(t)))!

7.5.2 Polynômes trigonométriques

Quand on doit intégrer un polynôme en sin, cos, on se retrouve face à une somme d'intégrales de la forme
$$ \int \cos^n(x) \sin^m(x) dx $$
Le cas le plus sympathique est quand m ou n est impair; si par exemple m = 2k + 1,
on écrit sin^m(x) = sin^{2k}(x) sin(x) = (1 - cos^2(x))^k sin(x), et on est en situation pour utiliser le changement de
variables de classe $C^1$, $u = \cos(x)$, ce qui donne $P(\cos(x)) \sin(x) dx = P(u) du$. De même, si $n$ est impair on peut utiliser le changement de variables $u = \sin(x)$. Par exemple, calculons

$$
\begin{align*}
\int_0^t \sin^7(x) \cos^{12}(x) dx &= \int_0^t (1 - \cos^2(x))^3 \cos^{12}(x) (\sin(x) dx) \\
&= \int_1^{\cos(t)} (1 - u^2)^3 u^{12} (-du) \\
&= \int_{\cos(t)}^1 (1 - 3u^2 + 3u^4 - u^6) u^{12} du \\
&= \left[ \frac{u^{13}}{13} - \frac{3u^{15}}{15} + \frac{3u^{17}}{17} - \frac{u^{19}}{19} \right]_{\cos(t)}^1 \\
&= \frac{1}{13} - \frac{1}{5} + \frac{3}{17} - \frac{1}{19} - \frac{\cos^{13}(t)}{13} + \frac{\cos^{15}(t)}{5} - \frac{3 \cos^{17}(t)}{17} + \frac{\cos^{19}(t)}{19} \\
&= \frac{16}{20995} - \frac{\cos^{13}(t)}{13} + \frac{\cos^{15}(t)}{5} - \frac{3 \cos^{17}(t)}{17} + \frac{\cos^{19}(t)}{19}.
\end{align*}
$$

Notons que, si l'on est intéressé par le calcul d'une primitive, le calcul de la constante $\frac{16}{20995}$ ci-dessus est parfaitement inutile.

Le cas le plus pénible est celui où $n$ et $m$ sont pairs; il faut alors arriver à linéariser $\cos^n(x) \sin^m(x)$, par exemple en passant par les nombres complexes. A titre d'exemple, calculons

$$
\begin{align*}
\int_0^t \cos^4(x) dx &= \int_0^t \left( \frac{e^{ix} + e^{-ix}}{2} \right)^4 dx \\
&= \int_0^t \frac{e^{4ix} + 4e^{3ix}e^{-ix} + 6e^{2ix}e^{-2ix} + 4e^{ix}e^{-3ix} + e^{-4ix}}{16} dx \\
&= \int_0^t \frac{e^{4ix} + e^{-4ix} + 4(e^{2ix} + e^{-2ix}) + 6}{16} dx \\
&= \int_0^t \frac{2 \cos(4x) + 8 \cos(2x) + 6}{16} dx \\
&= \frac{\sin(4t)}{32} + \frac{\sin(2t)}{4} + \frac{3t}{8}.
\end{align*}
$$

### 7.5.3 Fractions rationnelles

Pour trouver des primitives de fractions rationnelles, on commence par décomposer en éléments simples (4.5), puis on intègre séparément la partie entière et chacun des éléments simples. Si la dérivée d'une fraction rationnelle est toujours une fraction rationnelle, leurs primitives ne restent pas toutes dans l'espace des fractions rationnelles, en général, on en sort avec l'apparition de fonction logarithme et arctangente. Les éléments simples de première espèce sont simples à intégrer. Nous verrons deux méthodes d'intégration des éléments simples de deuxième espèce de la forme $J_k(x) = \int_0^x \frac{dt}{(t^2+1)^k}$, la première faisant appel à une relation de récurrence, la seconde au changement de variable $t = \tan(u)$ puis à la linéarisation de polynômes trigonométriques.

Pour les éléments simples de première espèce :

- L'élément simple $\frac{1}{X-\alpha}$ a comme primitive $x \mapsto \ln|x-\alpha| + K$, $K \in \mathbb{R}$.

- L'élément simple $\frac{1}{(X-\alpha)^k}$ avec $k > 1$ a comme primitive $-\frac{1}{k-1}(X-\alpha)^{k-1} + K$, $K \in \mathbb{R}$.

Les éléments simples de deuxième espèce sont de la forme $\frac{\lambda X + \mu}{(X^2 + bX + c)^k}$, où $\lambda, \mu \in \mathbb{R}$ et $X^2 + bX + c$ est un polynôme unitaire de degré 2 sans racine réelles, $\Delta = b^2 - 4c < 0$.

On peut factoriser dans $\mathbb{C}$ le dénominateur, $P(X) = X^2 + bX + c = (X - \alpha - i\beta)(X - \alpha + i\beta) = (X - \alpha)^2 + \beta^2$ avec $\alpha = -\frac{b}{2}$ et $\beta = \frac{\sqrt{-\Delta}}{2}$, ce qui permet de voir le changement affine $X - \alpha = \beta Y$ pour obtenir $P(X) = \beta^2(Y^2 + 1)$.

N'apprenez pas cette formule par cœur mais en pratique, faites une translation de $-\frac{b}{2}$ pour centrer la parabole, puis faire un autre changement de variable multiplicatif pour se retrouver sur une forme $\nu(Y^2 + 1)$.
On peut résumer cette opération par la forme canonique d'un trinome qui donne son sens à la formule classique des solutions $\frac{-b\pm\sqrt{\Delta}}{2a}$ :

$$aX^2 + bX + c = a \left( \left( X + \frac{b}{2a} \right)^2 - \frac{\Delta}{4a^2} \right).$$

On a donc simplement besoin d'intégrer $\frac{X}{(X^2 + 1)^k}$ et $\frac{1}{(X^2 + 1)^k}$.

La première forme et le premier élément de la seconde forme sont simples :

— L'élément simple $\frac{X}{X^2+1}$ a comme primitive $x \mapsto \frac{1}{2}\ln(x^2+1) + K, K \in \mathbb{R}$.

— L'élément simple $\frac{X}{(X^2+1)^k}$ avec $k > 1$ a comme primitive $-\frac{1}{2(k-1)}\frac{1}{(X^2+1)^{k-1}} + K, K \in \mathbb{R}$.

— L'élément simple $\frac{1}{X^2+1}$ a comme primitive $x \mapsto \arctan(x) + K, K \in \mathbb{R}$.

Appelons, pour $k \ge 1$, $J_k(x) = \int_0^x \frac{dt}{(t^2+1)^k}$.

**Première méthode** : Nous allons établir, à l'aide d'une intégration par partie, une relation de récurrence pour la suite de fonctions $(J_k)_{1 \le k}$.

En notant $u(t) = \frac{1}{(t^2+1)^k}, v(t) = 1, u'(t) = -\frac{2kt}{(t^2+1)^{k+1}}, v(t) = t$, on obtient

$$J_k(x) = \left[ \frac{t}{(t^2 + 1)^k} \right]_0^x - \int_0^x \frac{-2kt^2 dt}{(t^2 + 1)^{k+1}}.$$

Or, $\frac{X^2}{(X^2+1)^{k+1}} = \frac{X^2+1-1}{(X^2+1)^{k+1}} = \frac{1}{(X^2+1)^k} - \frac{1}{(X^2+1)^{k+1}}$ donc $J_k(x) = \frac{x}{(x^2+1)^k} + 2k(J_k(x) - J_{k+1}(x))$ et

$$J_{k+1}(x) = \frac{2k-1}{2k} J_k(x) + \frac{1}{2k} \frac{x}{(x^2+1)^k}.$$

Notons que $J_1(x) = \int_0^x \frac{dt}{t^2+1} = \arctan(x)$ est connue. Ainsi,

$$J_2(x) = \int_0^x \frac{dt}{(t^2 + 1)^2} = \frac{1}{2} \arctan(x) + \frac{1}{2} \frac{x}{x^2 + 1},$$

$$J_3(x) = \int_0^x \frac{dt}{(t^2 + 1)^3} = \frac{3}{4} J_2(x) + \frac{1}{4} \frac{x}{(x^2 + 1)^2} = \frac{3}{8} \arctan(x) + \frac{3}{8} \frac{x}{x^2 + 1} + \frac{1}{4} \frac{x}{(x^2 + 1)^2}, \text{ etc.}$$

**Deuxième méthode** On peut aussi utiliser le changement de variable (de classe $C^1$ et bijectif, voir 7.26) $t = \tan(u)$, $dt = (\tan^2(u) + 1)du$ :

$$\begin{align*}
J_k(x) &= \int_0^x \frac{1}{(t^2 + 1)^k} dt = \int_0^{\arctan(x)} \frac{1}{(\tan^2(u) + 1)^k} (\tan^2(u) + 1) du \\
&= \int_0^{\arctan(x)} \frac{1}{(\tan^2(u) + 1)^{k-1}} du \\
&= \int_0^{\arctan(x)} \cos^{2k-2}(u) du.
\end{align*}$$

On est ainsi ramené au calcul d'une primitive de $\cos^{2k-2}$, qu'on peut mener à bien en linéarisant comme on a vu à la section précédente.

Par exemple, on obtient ainsi

$$\begin{align*}
\int_0^x \frac{1}{(t^2 + 1)^2} dt &= \int_0^{\arctan(x)} \cos^2(u) du \\
&= \int_0^{\arctan(x)} \frac{\cos(2u) + 1}{2} du \\
&= \frac{\sin(2 \arctan(x))}{4} + \frac{\arctan(x)}{2} \\
&= \frac{\sin(\arctan(x)) \cos(\arctan(x)) + \arctan(x)}{2}.
\end{align*}$$
On n'a pas fini : on simplifie les expressions $\sin(\arctan(x))$ et $\cos(\arctan(x))$. Comme $\cos^2(u) = \frac{1}{\tan^2(u) + 1}$ nous avons

$$ \cos^2(\arctan(x)) = \frac{1}{x^2 + 1}. $$

Puisque cos est positif sur $]-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$, cos($\arctan(t)$) est positif et $\cos(\arctan(x)) = \frac{1}{\sqrt{x^2+1}}$. On a donc

$$ \sin^2(\arctan(x)) = \frac{x^2}{x^2 + 1} \quad \text{d'où} \quad \sin(\arctan(x)) = \frac{t}{\sqrt{x^2+1}} $$

en effet sin et arctan étant toutes les deux des fonctions impaires du même signe que $t$ sur l'intervalle considéré, leur composée $\sin(\arctan(x))$ est du même signe que $x$. Finalement, on retrouve

$$ J_2(x) = \int_0^x \frac{1}{(t^2 + 1)^2} dt = \frac{x}{2(x^2 + 1)} + \frac{\arctan(x)}{2}. $$

Ne retenez pas ces résultats mais la méthode :

La première chose à faire pour intégrer $\frac{\lambda X + \mu}{(X^2+bX+c)^k}$ est de s'occuper du terme linéaire $\lambda X + \mu$ au numérateur en faisant apparaître au numérateur la dérivée $2X + b$ du dénominateur :

$$ \frac{\lambda X + \mu}{(X^2 + bX + c)^k} = \frac{\lambda}{2} \frac{2X + b}{(X^2 + bX + c)^k} + \frac{\mu - \frac{\lambda}{2}b}{(X^2 + bX + c)^k}. $$

La première partie a comme primitive la fraction rationnelle $-\frac{\lambda}{2} \frac{1}{(k-1)(X^2+bX+c)^{k-1}}$ si $k > 1$ et la fonction $x \mapsto \frac{\lambda}{2} \ln|x^2+bx+c|$ pour $k=1$.

Pour la deuxième partie, il faut faire le changement de variable affine. Ensuite, pour $k=1$, une primitive est donnée par la fonction arctan, et pour $k > 1$, il faut s'appuyer sur une des deux méthodes pour calculer $J_k(x)$.

**Exemple.** On a calculé $\frac{1}{X(X^2+X+1)^2} = \frac{1}{X} - \frac{X+1}{X^2+X+1} - \frac{X+1}{(X^2+X+1)^2}$ dans la partie fractions rationnelles 4.2, donc la primitive $\int_1^x \frac{dt}{t(t^2+t+1)^2} = \int_1^x \frac{dt}{t} - \int_1^x \frac{(t+1)dt}{t^2+t+1} - \int_1^x \frac{(t+1)dt}{(t^2+t+1)^2} = \ln|x| - \int_1^x \frac{1}{2} \frac{(2t+1+1)dt}{t^2+t+1} - \int_1^x \frac{1}{2} \frac{(2t+1+1)dt}{(t^2+t+1)^2} = \ln|x| + \frac{1}{2} \left[ -\ln|x^2+x+1| + \frac{1}{x^2+x+1} \right]_1^x - \frac{1}{2} \int_1^x \left( \frac{1}{(t+\frac{1}{2})^2+\frac{3}{4}} + \frac{1}{((t+\frac{1}{2})^2+\frac{3}{4})^2} \right) dt$.

On remarque que les racines cubiques de l'unité $1, j = e^{\frac{2i\pi}{3}}, j^2 = \bar{j} = e^{-\frac{2i\pi}{3}}$ sont racines du polynôme $X^3 - 1 = (X - 1)(X^2 + X + 1) = (X - 1)(X - j)(X - j^2)$ et $j = -\frac{1}{2} + i\frac{\sqrt{3}}{2}$ ce qui nous sera aussi utile dans l'exemple suivant.

On pose donc le changement de variable affine $\frac{\sqrt{3}}{2}u = t + \frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}du = dt$ et $\int_1^x \left( \frac{1}{(t+\frac{1}{2})^2+\frac{3}{4}} + \frac{1}{((t+\frac{1}{2})^2+\frac{3}{4})^2} \right) dt = \frac{\sqrt{3}}{2} \int_{\sqrt{3}}^{\sqrt{3}(x+\frac{1}{2})} \left( \frac{1}{u^2+1} + \frac{1}{(u^2+1)^2} \right) du = \frac{\sqrt{3}}{2} [\arctan(u) + J_2(u)]^{\frac{2}{\sqrt{3}}(x+\frac{1}{2})] = $

Un autre exemple : déterminons une primitive sur $]-\infty, 1[$ ou sur $]1, +\infty[$ de $x \mapsto \frac{1}{x^3-1}$. On commence par écrire

$$ \frac{1}{X^3 - 1} = \frac{1}{(X - 1)(X^2 + X + 1)} = \frac{a}{X - 1} + \frac{bX + c}{X^2 + X + 1}. $$

Pour calculer $a$ on évalue en 1 :

$$ a = \frac{1}{1+1+1} = \frac{1}{3}. $$

Pour calculer $b$ et $c$ on pourrait multiplier par $(X-j)$ (où $j = e^{2i\pi/3}$) et évaluer en $j$; ou évaluer en 0 pour obtenir $-1 = -a+c$ et donc $c = -\frac{2}{3}$, puis utiliser que la limite en $+\infty$ de $\frac{x}{x^3-1}$ vaut 0 pour arriver à $0 = a+b$ donc $b = -\frac{1}{3}$. Finalement, on doit donc calculer une primitive de

$$ x \mapsto \frac{1}{3} \left( \frac{1}{x-1} - \frac{x+2}{x^2+x+1} \right). $$
Sur $]1, +\infty[$, une primitive de $x \mapsto \frac{1}{x-1}$ est $x \mapsto \ln(x-1)$, et une primitive de $x \mapsto \frac{x+1}{x^2+x+1}$ est $x \mapsto \frac{1}{2}\ln(x^2+x+1)$.
Modulo les constantes multiplicatives, il nous reste à intégrer

$$ 
\begin{aligned}
\frac{1}{(x^2 + x + 1)} &= \frac{1}{(x + \frac{1}{2})^2 + \frac{3}{4}} \\
&= \frac{4}{3} \frac{1}{1 + \frac{4}{3}(x + \frac{1}{2})^2} \\
&= \frac{4}{3} \frac{1}{1 + \left(\frac{2}{\sqrt{3}}(x + \frac{1}{2})\right)^2}.
\end{aligned}
$$

On reconnaît la dérivée de $\frac{2}{\sqrt{3}} \arctan(\frac{2}{\sqrt{3}}(x + \frac{1}{2}))$.

Finalement, une primitive de notre fonction sur $]1, +\infty[$ est

$$ x \mapsto \frac{1}{3} \left( \ln(x-1) - \ln(\sqrt{x^2+x+1}) - \sqrt{3} \arctan \left( \frac{2x+1}{\sqrt{3}} \right) \right). $$

### 7.5.4 Fractions rationnelles trigonométriques

Cette fois-ci, on essaie d'intégrer des fonctions de la forme $F(t) = \frac{P(\sin(t), \cos(t))}{Q(\sin(t), \cos(t))}$ où P et Q sont des polynômes. On peut toujours se ramener à une intégrale de fraction rationnelle, via l'application des règles de Bioche :

- Si $F(t)dt$ est laissé inchangé par le changement de variables $u = -t$ (autrement dit si $F$ est impaire) alors on pose $u = \cos(t)$.

- Si $F(t)dt$ est laissé inchangé par le changement de variables $u = \pi - t$, alors on pose $u = \sin(t)$.

- Si $F(t)dt$ est laissé inchangé par le changement de variables $u = \pi + t$, alors on pose $u = \tan(t)$ (en se restreignant à un intervalle où ce changement de variables a un sens : il faut que tan soit définie sur tout l'intervalle d'intégration !).

- Si aucun des points précédents n'est vérifié, alors on pose $u = \tan(\frac{t}{2})$ (sur un intervalle où le changement de variables a un sens, et en se rendant compte que le calcul risque d'être long...)

**Exercice 7.31.** Exprimer $\sin(t)$ et $\cos(t)$ en fonction de $\tan(\frac{t}{2})$ (on pourra commencer par démontrer que $\tan(2a) = \frac{2\tan(a)}{1-\tan^2(a)}$)

Contentons-nous de traiter un exemple : déterminons une primitive de $f: x \mapsto \frac{1}{\cos^4(x)+\sin^4(x)}$, qui est bien définie et de classe $C^\infty$ sur $\mathbb{R}$ puisque le dénominateur ne s'annule jamais. Les règles de Bioche et les formules $\cos(\pi + t) = -\cos(t)$, $\sin(\pi + t) = -\sin(t)$ nous disent que, puisque $f(t)dt$ est laissé invariant par le changement de variables $u = \pi + t$, on peut essayer de poser $u = \tan(t)$; ceci sur un intervalle où tan est bien définie, par exemple $I =] -\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}[$ (on utilisera ensuite la périodicité de la fonction pour trouver une primitive sur $\mathbb{R}$ tout entier à partir d'une primitive sur $I$). Ensuite, on écrit que

$$ 
\begin{aligned}
\frac{dt}{\cos^4(t) + \sin^4(t)} &= \frac{dt}{\cos^4(t)(1 + \tan^4(t))} \\
&= \frac{dt}{\cos^2(t) \cos^2(t) (1 + \tan^4(t))} \\
&= \frac{dt}{\cos^2(t) (1 + \tan^2(t))} \\
&= \frac{1 + u^2}{1 + u^4} du.
\end{aligned}
$$

Le changement de variables $u = \tan(t)$ nous amène donc à la formule, pour $x \in I$ :

$$ \int_{0}^{x} \frac{dt}{\cos^4(t) + \sin^4(t)} = \int_{0}^{\tan(x)} \frac{1 + u^2}{1 + u^4} du. $$
Là on est un peu désespéré de devoir décomposer en éléments simples $\frac{1+X^2}{1+X^4}$, mais on ne se laisse pas abattre et on écrit

$$ \frac{X^2 + 1}{X^4 + 1} = \frac{X^2 + 1}{(X^2 + \sqrt{2}X + 1)(X^2 - \sqrt{2}X + 1)} = \frac{aX + b}{X^2 + \sqrt{2}X + 1} + \frac{cX + d}{X^2 - \sqrt{2}X + 1} $$

Pour calculer $a, b, c, d$ on peut passer par les complexes en évaluant en $e^{i\pi/4}$ (recommandé !) et utiliser la parité de la fonction pour voir que $a = c$, évaluer en 0 pour déduire que $b+d=1$; ou simplement remarquer que

$$ \begin{aligned} \frac{1 + X^2}{(X^2 + \sqrt{2}X + 1)(X^2 - \sqrt{2}X + 1)} &= \frac{1}{2} \frac{(X^2 + \sqrt{2}X + 1) + (X^2 - \sqrt{2}X + 1)}{(X^2 + \sqrt{2}X + 1)(X^2 - \sqrt{2}X + 1)} \\ &= \frac{1}{2} \left( \frac{1}{X^2 + \sqrt{2}X + 1} + \frac{1}{X^2 - \sqrt{2}X + 1} \right). \end{aligned} $$

Une fois qu'on a décomposé en éléments simples, il nous reste à trouver les primitives, qui s'obtiennent à partir des formes canoniques :

$$ \begin{aligned} \frac{1}{X^2 + \sqrt{2}X + 1} &= \frac{1}{(X + \frac{\sqrt{2}}{2})^2 + \frac{1}{2}} \\ &= \frac{2}{1 + (\sqrt{2}X + 1)^2}. \end{aligned} $$

Donc une primitive de $u \mapsto \frac{1}{u^2 + \sqrt{2}u + 1}$ est $\sqrt{2} \arctan(\sqrt{2}u+1)$; de même une primitive de $u \mapsto \frac{1}{u^2 - \sqrt{2}u + 1}$ est $-\sqrt{2} \arctan(-\sqrt{2}u + 1)$. Finalement, on arrive à la formule

$$ \begin{aligned} \int_0^t \frac{dt}{\cos^4(t) + \sin^4(t)} &= \int_0^{\tan(x)} \frac{1+u^2}{1+u^4} du \\ &= \int_0^{\tan(x)} \frac{1}{2} \left( \frac{1}{u^2 + \sqrt{2}u + 1} + \frac{1}{u^2 - \sqrt{2}u + 1} \right) \\ &= \frac{1}{2} \left[ \sqrt{2} \arctan(\sqrt{2}u + 1) - \sqrt{2} \arctan(-\sqrt{2}u + 1) \right]_0^{\tan(x)} \\ &= \frac{\sqrt{2}}{2} \left( \arctan(1 + \sqrt{2} \tan(x)) - \arctan(1 - \sqrt{2} \tan(x)) \right). \end{aligned} $$

Après ces quelques menus efforts, nous avons établi qu'une primitive de $f: x \mapsto \frac{1}{\cos^4(x)+\sin^4(x)}$ sur l'intervalle $I = ]-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$ est $F: x \mapsto \frac{\sqrt{2}}{2}(\arctan(1+\sqrt{2}\tan(x)) - \arctan(1-\sqrt{2}\tan(x)))$. Notons qu'une primitive de fonction continue et $\pi$-périodique sur $\mathbb{R}$ doit être continue et $\pi$-périodique sur $\mathbb{R}$; par conséquent $F$ doit avoir une limite en $\pm \frac{\pi}{2}$ (savez-vous la calculer ?) et on a en fait trouvé une formule valable sur $\mathbb{R}$ tout entier (modulo les prolongements par continuité en $k\pi + \frac{\pi}{2}$ pour $k \in \mathbb{Z}$).
# Chapitre 8

## Comparaison locale de fonctions et
formules de TAYLOR

### 8.1 o, O et équivalents

#### 8.1.1 Le cas des fonctions

**Définition 8.1.** Soit $I$ un intervalle de $\mathbb{R}$, $a$ un point adhérent à $I$ et $f, g: I \to \mathbb{R}$. On dit que $f$ est négligeable devant $g$ en $a$ si :

$$ \forall \varepsilon > 0, \exists \delta > 0, \forall x \in I, |x - a| \le \delta \Rightarrow |f(x)| \le \varepsilon |g(x)|. $$

On note alors $f_a = o(g)$ ou $f(x) = \mathop{\mathrm{o}}_{x \to a} (g(x))$.

Quand $a$ est clairement précisé, on note simplement $f = o(g)$. Une autre façon d'exprimer cette comparaison est de dire qu'il existe une fonction $\varepsilon: U_a \to \mathbb{R}$ d'un voisinage $U_a$ de $a$ qui tend vers 0 en $a$ telle que $\forall x \in U_a, f(x) = \varepsilon(x) \times g(x)$.

On étend cette notion (et les suivantes) « à gauche » (respectivement « à droite ») quand on se restreint à un voisinage à gauche, $x \in I \cap [a - \delta, a]$ (respectivement à droite, $x \in I \cap [a, a + \delta]$) avec $\delta > 0$, et on note $f_a = o(g)$, resp. $f_a = o(g)$.

Il faut bien comprendre que cette notation rompt avec le comportement habituel de l'égalité, elle n'est plus symétrique. Il aurait été plus adéquat de noter $f \in o(g)$ pour signifier que $f$ appartient à un certain ensemble de fonctions, mais l'histoire¹ en a décidé autrement. Il faut donc être vigilant avec cette notation et ne pas succomber aux tentations de raccourcis opératoires habituels, mais il y a certaines égalités qui restent vraies :

**Proposition 8.2.** Au voisinage de $a$, pour des fonctions réelles $f, g, h, f_1, f_2, g_1, g_2$ définies sur ce voisinage,

1. Si $f = o(h)$ et $g = o(h)$, alors une combinaison linéaire l'est encore, $\forall \lambda, \mu \in \mathbb{R}, \lambda f + \mu g = o(h)$ (linéarité).

2. Si $f = o(g)$ et $g = o(h)$, alors $f = o(h)$ (transitivité).

3. Si $f_1 = o(g_1)$ et $f_2 = o(g_2)$, alors $f_1 \times f_2 = o(g_1 \times g_2)$.

4. Si $f = o(g)$ alors, $\frac{1}{g} = o(\frac{1}{f})$.

**Preuve:** Avec les $\varepsilon$ et $\delta$ : On écrit les définitions de chacune des comparaisons en indiçant les variables $\varepsilon$ et $\delta$.

1. Si $\lambda\mu \ne 0$, on choisit $\varepsilon_f = \frac{\varepsilon}{2|\lambda|}$ pour définir $\delta_f$, $\varepsilon_g = \frac{\varepsilon}{2|\mu|}$ pour définir $\delta_g$, et en prenant $\delta = \min(\delta_f, \delta_g)$, on obtient, pour tout $|x - a| \le \delta$, $|\lambda f(x) + \mu g(x)| \le \varepsilon|h(x)|$.

2. En prenant $\varepsilon_f = \varepsilon_g = \sqrt{\varepsilon}$ et $\delta = \min(\delta_f, \delta_g)$, on obtient, pour tout $|x - a| \le \delta$, $|f(x)| \le \sqrt{\varepsilon}|g(x)| \le \varepsilon|h(x)|$.

3. On obtient le résultat en prenant $\delta = \min(\delta_{f_1}, \delta_{f_2})$.

4. On se restreint au cas où $f, g$ ne s'annulent pas au voisinage de $a$ et $0 < |f(x)| \le \varepsilon|g(x)| \iff 0 < |\frac{1}{g(x)}| \le \varepsilon|\frac{1}{f(x)}|$.

Avec les fonctions $\varepsilon_f$ tendant vers 0 en $a$ sur un voisinage $U_f$ de $a$ (resp. pour les autres fonctions) :

<footnote>i. Voir Notation de LANDAU</footnote>
1. La fonction $\lambda\varepsilon_f + \mu\varepsilon_g$ tend vers 0 sur le voisinage $U_f \cap U_g$ et remplit son office.

2. Le produit $\varepsilon_f \times \varepsilon_g$ remplit son office.

3. Le produit $\varepsilon_{f_1} \times \varepsilon_{f_2}$ remplit son office.

4. $f(x) = \varepsilon(x)g(x) \iff \frac{1}{g(x)} = \varepsilon(x)\frac{1}{f(x)}$ partout où ces fonctions sont toutes définies. On voit d'ailleurs que la condition que $f$ et $g$ ne s'annulent pas au voisinage de $a$, utile dans la première démonstration n'est pas nécessaire. $\square$

Remarquons que, si $g$ ne s'annule pas, alors dire que $f$ est négligeable devant $g$ revient à dire que le quotient $\frac{f(x)}{g(x)}$ tend vers 0 quand $x$ tend vers $x_0$. En particulier, la notation $f = o(1)$ signifie simplement que $f(x)$ tend vers 0 quand $x$ tend vers $x_0$.

La notation $f = o(g)$ est délicate à manipuler et il faut faire très attention au début ; par exemple, en 0, on a par exemple $x^2 = x^3 + o(1)$, mais aussi $x^2 = o(1)$, et de manière générale pour un polynôme $P \in \mathbb{R}[X]$, $P(x) + o(x^n) = P_n(x) + o(x^n)$ où $P_n \in \mathbb{R}_n[X]$ est la version tronquée à l'ordre $n$ de $P$.

**Exercice 8.3.** Soit $I$ un intervalle de $\mathbb{R}$, $x_0 \in I$ et $f: I \to \mathbb{R}$. Montrer que $f$ est dérivable en $x_0$, et $f'(x_0) = l$, si et seulement si on peut écrire $f(x) = f(x_0) + (x - x_0)l + o(x - x_0)$.

**Définition 8.4.** Soit $I$ un intervalle de $\mathbb{R}$, $x_0$ un point adhérent à $I$ et $f, g: I \to \mathbb{R}$. On dit que $f$ est *dominée* par $g$ en $x_0$, et on note $f = O(g)$, si

$$ \exists M > 0, \exists \delta > 0, \forall x \in I, |x - x_0| \le \delta \Rightarrow |f(x)| \le M|g(x)|. $$

Quand $g$ ne s'annule pas sur $I$, $f = O(g)$ revient à dire que $f/g$ est bornée au voisinage de $x_0$.

La notion la plus importante en pratique est celle qui est présentée dans la définition suivante.

**Définition 8.5.** Soit $I$ un intervalle de $\mathbb{R}$, $x_0$ un point adhérent à $I$ et $f, g: I \to \mathbb{R}$. On dit que $f$ est *équivalente* à $g$ en $x_0$, et on note $f \sim_{x_0} g$, s'il existe $\delta > 0$ et une fonction $h: I \cap [x_0 - \delta, x_0 + \delta] \to \mathbb{R}$ telle que $h(x)$ tend vers 1 lorsque $x$ tend vers $x_0$, et $f(x) = h(x)g(x)$ pour tout $x \in I \cap [x_0 - \delta, x_0 + \delta]$.

Quand $g$ ne s'annule pas, dire que $f \sim_{x_0} g$ revient à dire que $\int_g f(x)$ tend vers 1 quand $x$ tend vers $x_0$ (et c'est comme ça qu'il faut souvent y penser).

**Exercice 8.6.** Montrer que $f \sim_{x_0} g$ si et seulement si $g \sim_{x_0} f$. Montrer que $f \sim_{x_0} g$ si et seulement si $g = f + o(f)$.

Les équivalents sont particulièrement utiles pour calculer des limites : si $l$ est un réel **non nul**, alors dire que $f \sim_{x_0} l$ revient à dire que $f(x)$ tend vers $l$ quand $x$ tend vers $x_0$. Pourquoi distinguer le cas où $l$ est nul ? Parce que, si $f \sim_{x_0} 0$, alors la définition d'un équivalent impose qu'il existe $\delta > 0$ tel que $f = 0$ sur $I \cap [x_0 - \delta, x_0 + \delta]$, c'est-à-dire que $f$ restreinte à cet ensemble est la fonction nulle, ce qui est bien sur différent de dire que $f$ tend vers 0 !

Ce problème se retrouve lorsqu'on essaye d'appliquer des opérations algébriques aux équivalents : si on peut sans danger mutliplier des équivalents, on ne peut en général pas les ajouter (ni les soustraire). Voyons un exemple : soit $f(x) = x$ et $g(x) = -x+x^2$, toutes deux définies sur $\mathbb{R}$. En 0, on a $f(x) \sim x$ et $g(x) \sim -x \sim -f(x)$; mais puisque $f(x) + g(x) = x^2$, on n'a pas $f(x) + g(x) \sim 0$ !

De la même façon, on ne peut pas composer des équivalents sans faire un minimum attention. Dans le même esprit que ci-dessus, considérons les fonctions $f, g: ]0, +\infty[ \text{ to } \mathbb{R} \text{ définies par } f(x) = \frac{1}{x^2} \text{ et } g(x) = \frac{1}{x^2} + \frac{1}{x}$. Alors en 0 on a $f(x) \sim g(x)$; pourtant, $e^{g(x)}$ et $e^{f(x)}$ ne sont pas équivalentes, puisque $e^{g(x)} = e^{1/x}e^{f(x)}$ et $e^{1/x}$ ne tend pas vers 1 quand $x$ tend vers $0^+$.

On pourrait énoncer un théorème selon lequel on peut composer des équivalents quand les fonctions équivalentes sont “à gauche” de la composition ; mais ce théorème n’est pas très utile en pratique et on préférera composer des développements limités.

Notons avant de décrire brièvement le cas des suites que toutes ces définitions $(o, O, \sim)$ auraient aussi un sens en $\pm\infty$ ; c'est un bon exercice d'écrire les définitions correspondantes (vous pouvez vous inspirer si nécessaire des définitions données ci-dessous pour les suites).
### 8.1.2 Le cas des suites

**Définition 8.7.** Soit $u, v$ deux suites de nombres réels.

1. On dit que $u$ est négligeable devant $v$, et on note $u = o(v)$, si

$$ \forall \varepsilon > 0, \exists N \in \mathbb{N}, \forall n \ge N, |u(n)| \le \varepsilon|v(n)|. $$

Si $v$ ne s'annule pas, cela revient à dire que $u(n)/v(n)$ tend vers 0 quand $n$ tend vers $+\infty$.

2. On dit que $u$ et $v$ sont équivalentes, et on note $u \sim v$, s'il existe une suite $w$ telle que $w_n$ tend vers 1 quand $n$ tend vers $+\infty$, et $N$ tel que pour tout $n \ge N$ on ait $u_n = w_n v_n$. Si $v$ ne s'annule pas, cela revient à dire que $u(n)/v(n)$ tend vers 1 quand $n$ tend vers $+\infty$.

Comme pour les fonctions, on peut mutliplier ou diviser des équivalents (en évitant de diviser par 0) mais on ne peut en général pas les ajouter ou les soustraire.

**Exemple.** Soit $P \in \mathbb{R}[X]$ un polynôme de degré $k \ge 0$, et $a_k$ son coefficient dominant. Alors on a $P(n) \sim a_k n^k$. En effet, on peut écrire

$$ P(n) = a_k n^k \left( 1 + \sum_{j=0}^{k-1} \frac{a_j}{a_k} n^{j-k} \right). $$

Puisque $\sum_{j=0}^{k-1} \frac{a_j}{a_k} n^{j-k}$ tend vers 0 quand $n$ tend vers $+\infty$ comme toute $(n^\alpha)_{n \in \mathbb{N}}$ pour $\alpha < 0$, on vient de montrer que $P(n) \sim a_k n^k$.

**Exercice 8.8.** Soit $F = P/Q$ une fraction rationnelle. Si on suppose que $P$ est de degré $k$ et de coefficient dominant $a$, et $Q$ est de degré $l$ et de coefficient dominant $b$, montrer que $P(n)/Q(n) \sim \frac{a}{b} n^{k-l}$.

## 8.2 Les formules de TAYLOR

On a vu que, si $f$ est dérivable en $x_0$, alors on peut écrire $f(x) = f(x_0) + (x - x_0)f'(x) + o((x - x_0)^n)$. Autrement dit, la fonction affine $x \mapsto f(x_0) + (x - x_0)f'(x_0)$ est une approximation de $f$ en $x_0$ avec une erreur au plus de l'ordre de $x - x_0$. Il est très utile de pouvoir approcher $f$ en $x_0$ avec une meilleure précision par des fonctions polynomiales, et c'est ce que permettent les formules de TAYLOR.

La première formule de TAYLOR est celle qui a les hypothèses les plus faibles (et la conclusion aussi la plus faible).

**Théorème 8.9 (Formule de TAYLOR-YOUNG).** Soit $I$ un intervalle de $\mathbb{R}$, $n \in \mathbb{N}^*$, et $f$ une fonction $n-1$ fois dérivable sur $I$ et telle que $f^{(n)}(x_0)$ existe. Alors on a

$$ f(x) = f(x_0) + (x - x_0)f'(x_0) + \dots + \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!} (x - x_0)^n + o((x - x_0)^n). $$

En notation plus condensée :

$$ f(x) = \sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(x_0)}{k!} (x - x_0)^k + o((x - x_0)^n). $$

En s'avançant un peu, on dira plus tard que $\sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(x_0)}{k!} (x - x_0)^k + o((x - x_0)^n)$ est le développement limité de $f$ en $x_0$ à l'ordre $n$ (dans ce cas particulier, le développement limité est obtenu en calculant le polynôme de TAYLOR de $f$ à l'ordre $n$), et $f(x) - \sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(x_0)}{k!} (x - x_0)^k$ est le reste du développement limité; la formule de TAYLOR-YOUNG nous permet simplement de dire que le reste du développement limité à l'ordre $n$ est un $o((x - x_0)^n)$.
*Démonstration.* Pour $n = 0$ la formule de TAYLOR-YOUNG a encore du sens, c'est une reformulation de la continuité de $f$ en $x_0$ et pour $n = 1$, elle signifie sa dérivabilité, comme on a déjà eu plusieurs fois l'occasion de le remarquer. Ceci constitue l'initialisation du raisonnement par récurrence que nous allons mener :

Supposons donc le théorème de TAYLOR-YOUNG démontré jusqu'à un certain rang $n$, et $f$ une fonction $n$ fois dérivable sur $I$ telle que $f^{(n+1)}(x_0)$ existe, c'est-à-dire vérifiant les hypothèses nécessaires à l'application du théorème au rang $n+1$; on va faire l'hypothèse supplémentaire que $f'$ est continue pour simplifier l'argument (cela change la démonstration seulement pour le cas $n = 2$).

Par l'hypothèse de récurrence appliquée à $f'$, qui vérifie les hypothèses au rang $n$, on sait qu'on peut trouver une fonction $\varepsilon$ qui tend vers 0 en $x_0$ et telle que

$$ \forall x \in I, f'(x) = \sum_{k=0}^{n} \frac{(f')^{(k)}(x_0)}{k!} (x - x_0)^k + (x - x_0)^n \varepsilon(x). $$

Autrement dit, pour tout $x \in I$ on a

$$ f'(x) = \sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k+1)}(x_0)}{k!} (x - x_0)^k + (x - x_0)^n \varepsilon(x). $$

Notons que le reste $R(x) = (x - x_0)^n \varepsilon(x)$ est une fonction continue puisque c'est la différence de $f'$ et d'une fonction polynôme. Comme $\varepsilon$ tend vers 0 en $x_0$, pour tout $\varepsilon > 0$ il existe $\delta > 0$ tel que $|x - x_0| \le \delta \Rightarrow |R(x)| \le \varepsilon |(x - x_0)^n|$. Comme $R$ est continue, on peut l'intégrer entre $x_0$ et $x$

$$ f'(x) - \sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k+1)}(x_0)}{k!} (x - x_0)^k = R(x), $$

et on obtient

$$ f(x) - f(x_0) - \sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k+1)}(x_0)}{(k+1)!} (x - x_0)^{k+1} = \int_{x_0}^{x} R(t)dt. $$

Cependant, pour $x$ proche de $x_0$, on peut majorer cette intégrale :

$$ \forall x \in I, |x - x_0| \le \delta \Rightarrow \left| \int_{x_0}^{x} R(t)dt \right| \le \int_{x_0}^{x} |R(t)| dt \le \int_{x_0}^{x} |\epsilon(t - x_0)^n| dt = \epsilon \frac{|x - x_0|^{n+1}}{n+1}. $$

Ceci implique que, pour tout $\epsilon > 0$ et $x$ dans $I$ tel que $|x - x_0| \le \delta$, on a

$$ \left| f(x) - \left( f(x_0) + \sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k+1)}(x_0)}{(k+1)!} (x - x_0)^{k+1} \right) \right| \le \frac{\epsilon}{n+1} |x - x_0|^{n+1}. $$

On vient donc de montrer que

$$ f(x) = f(x_0) + \sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k+1)}(x_0)}{(k+1)!} (x - x_0)^{k+1} + o((x - x_0)^{n+1}). $$

Ceci établit la formule de TAYLOR-YOUNG à l'ordre $n+1$, ce qui nous permet de conclure par récurrence qu'elle est vraie à tous les ordres. $\square$

Avec des hypothèses plus fortes sur $f$, on peut avoir une estimation plus précise du reste.

**Théorème 8.10 (Formule de TAYLOR-LAGRANGE).** Soit $a < b$ deux réels, $n \ge 0$, et $f$ une fonction de classe $C^n$ sur $[a, b]$ et telle que $f^{(n)}$ soit dérivable sur $]a, b]$. Alors pour tout $x, x_0 \in [a, b]$ il existe $c \in ]x_0, x[$ tel que l'on ait

$$ f(x) = \sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(x_0)}{k!} (x - x_0)^k + \frac{(x - x_0)^{n+1}}{(n+1)!} f^{(n+1)}(c). $$

*Démonstration.* Notons que pour $n = 0$ on obtient exactement l'égalité des accroissements finis, et on sait donc déjà que la formule de TAYLOR-LAGRANGE est vraie à l'ordre 0. Pour montrer qu'elle est vraie à un ordre
$n > 0$, on va utiliser le théorème de ROLLE; soit donc $f$, $n > 0$, $x_0$ et $x$ comme dans l'énoncé et considérons la fonction auxiliaire $\varphi_\lambda$ définie sur le segment $[x_0, x]$ par

$$ \varphi_{\lambda}(t) = f(x) - \sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(t)}{k!} (x-t)^k - \lambda \frac{(x-t)^{n+1}}{(n+1)!}. $$

On choisit $\lambda = (n+1)! \frac{f(x) - \sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(x_0)}{k!} (x-x_0)^k}{(x-x_0)^{n+1}}$ de telle façon que $\varphi_\lambda(x_0) = 0$. On a aussi $\varphi_\lambda(x) = 0$. De plus les hypothèses sur $f$ assurent que $\varphi_\lambda$ est dérivable sur $]x_0, x[$ et continue sur $[x_0, x]$. On peut donc lui appliquer le théorème de ROLLE pour conclure qu'il existe $c \in ]x_0, x[$ tel que $\varphi'_\lambda(c) = 0$. Cette égalité est équivalente à

$$ -\sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k+1)}(c)}{k!} (x-c)^k + \sum_{\ell=1}^{n} \frac{f^{(\ell)}(c)}{(\ell-1)!} (x-c)^{\ell-1} + \lambda \frac{(x-c)^n}{n!} = 0. $$

En décalant les indices $\ell - 1 = k$ dans la deuxième somme, ceci est équivalent à

$$ -\sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k+1)}(c)}{k!} (x-c)^k + \sum_{k=0}^{n-1} \frac{f^{(k+1)}(c)}{k!} (x-c)^k + \lambda \frac{(x-c)^n}{n!} = 0. $$

Après simplification, on est donc arrivé à $\frac{f^{(n+1)}(c)}{n!} (x-c)^n = \lambda \frac{(x-c)^n}{n!}$, autrement dit $\lambda = f^{(n+1)}(c)$ (notons qu'ici on utilise le fait que $c < x$). En revenant à la définition de $\lambda$ et au fait que $\varphi_\lambda(x_0) = 0$ on a obtenu

$$ f(x) - \sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(x_0)}{k!} (x - x_0)^k - f^{(n+1)}(c) \frac{(x - x_0)^{n+1}}{(n+1)!} = 0, $$

et on a donc bien démontré la formule de TAYLOR-LAGRANGE. $\square$

La formule de TAYLOR-LAGRANGE est une généralisation de l'égalité des accroissements finis et, comme elle, elle peut être utilisée pour établir des inégalités, ce que vous ferez en TD.

Et si on renforce encore les hypothèses sur $f$, on obtient même une formule explicite pour le reste.

**Théorème 8.11** (Formule de TAYLOR avec reste intégral). *Soit I un intervalle de $\mathbb{R}$, et f une fonction de classe $C^{n+1}$ sur I. Alors pour tout $x, x_0 \in I$ on a*

$$ f(x) = \sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(x_0)}{k!} (x - x_0)^k + \int_{x_0}^{x} \frac{(x-t)^n}{n!} f^{(n+1)}(t) dt. $$

*Démonstration.* On va raisonner par récurrence. Pour $n = 0$, on doit démontrer l'égalité

$$ f(x) = f(x_0) + \int_{x_0}^{x} f'(t) dt $$

qui est vraie, d'après le théorème fondamental de l'analyse, dès que $f'$ est continue. Supposons maintenant le résultat démontré jusqu'au rang $n$, et supposons $f$ de classe $C^{n+2}$. On peut en particulier lui appliquer la formule de TAYLOR avec reste intégral au rang $n$ pour écrire que

$$ f(x) = \sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(x_0)}{k!} (x - x_0)^k + \int_{x_0}^{x} \frac{(x-t)^n}{n!} f^{(n+1)}(t) dt. $$

On applique la formule d'intégration par parties avec $u'(t) = \frac{(x-t)^n}{n!}$ et $v = f^{(n+1)}: \int u'v = [uv] - \int uv'$. Celà est possible puisque $f^{(n+1)}$ et $t \mapsto (x-t)^{n+1}$ sont de classe $C^1$. On a alors

$$ \begin{aligned} \int_{x_0}^{x} \frac{(x-t)^n}{n!} f^{(n+1)}(t) dt &= \left[ -f^{(n+1)}(t) \frac{(x-t)^{n+1}}{(n+1)!} \right]_{x_0}^{x} + \int_{x_0}^{x} f^{(n+2)}(t) \frac{(x-t)^{n+1}}{(n+1)!} \\ &= f^{(n+1)}(x_0) \frac{(x-x_0)^{n+1}}{(n+1)!} + \int_{x_0}^{x} f^{(n+2)}(t) \frac{(x-t)^{n+1}}{(n+1)!}. \end{aligned} $$

En injectant cette égalité dans la formule pour $f(x)$ obtenue ci-dessus, on obtient exactement la formule de TAYLOR avec reste intégral à l'ordre $n + 1$. $\square$
**Exercice 8.12.** Dans le cas où $f$ est de classe $C^{n+1}$, donner une démonstration de la formule de TAYLOR-LAGRANGE à l'aide de la formule de TAYLOR avec reste intégral et de la première formule de la moyenne.
# Chapitre 9

# Développements limités et applications

Les développements limités sont particulièrement utiles pour calculer des limites, ou déterminer des équivalents. Leur avantage par rapport aux équivalents est qu'on peut ajouter et composer des développements limités (ce qui nécessite toutefois un peu d'attention...)

## 9.1 Développements limités

**Définition 9.1.** Soit $n \in \mathbb{N}$, $I$ un intervalle de $\mathbb{R}$, $x_0 \in I$ et $f: I \to \mathbb{R}$. On dit que $f$ admet un développement limité à l'ordre $n$ en $x_0$ s'il existe $P \in \mathbb{R}_n[X]$ tel que

$$f(x) = P(x - x_0) + o((x - x_0)^n).$$

On dit alors que $P$ est la partie régulière du développement limité, tandis que $f - P$ est appelé le reste.

La formule de TAYLOR-YOUNG nous permet d'assurer que, si $f$ est $n$ fois dérivable en $x_0$, alors $f$ admet un développement limité à l'ordre $n$ en $x_0$, et que la partie régulière de ce développement limité est

$$f(x_0) + f'(x_0)X + \frac{f''(x_0)}{2}X^2 + \frac{f^{(3)}(x_0)}{6}X^3 + \dots + \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}X^n.$$

En particulier, quand $f$ est de classe $C^\infty$ sur $\mathbb{R}$ et qu'on sait calculer la suite des dérivées successives $f^{(n)}(0)$, alors on peut donner les développements limités de $f$ à tout ordre en 0. On reviendra plus tard sur les calculs pratiques de développements limités et leurs applications, pour l'instant on va développer un peu leurs propriétés théoriques (qui nous permettront de simplifier certains calculs).

**Proposition 9.2.** La partie régulière d'un développement limité est unique.

**Lemme 9.3.** Si un polynôme $R \in \mathbb{R}_n[X]$, en tant que fonction réelle est négligeable en 0 devant un monôme $X^k$, $k \ge n$, alors il est nul.

*Démonstration.* Pour le lemme : Le premier terme non nul de $R$ ne serait pas négligeable devant $X^n$, ce qui impose que tous ses termes sont nuls.

Pour la proposition : Si $P, Q \in \mathbb{R}_n[X]$ sont tels que $P(x - x_0) + o((x - x_0)^n) = Q(x - x_0) + o((x - x_0)^n)$ alors leur différence est un polynôme de degré au plus $n$, négligeable : $P(x - x_0) - Q(x - x_0) = o((x - x_0)^n)$, donc $P = Q$. $\square$

En particulier, on voit que le développement limité à l'ordre $k$ d'une fontion $f$ qui admet un développement limité à l'ordre $n \ge k$ en $x_0$ est obtenu, à partir de sa partie régulière d'ordre $n$, en négligeant ses termes de degré $\ge k + 1$.

**Proposition 9.4.** Soit $I$ un intervalle de $\mathbb{R}$, $n$ un entier, $x_0 \in I$ et $f, g: I \to \mathbb{R}$ des fonctions admettant des développements limités à l'ordre $n$ en $x_0$ de parties régulières $P, Q$ respectivement. Alors :

1. La combinaison linéaire $\lambda f + \mu g$, pour tout $\lambda, \mu \in \mathbb{R}$, admet un développement limité à l'ordre $n$ en $x_0$, de partie régulière $\lambda P + \mu Q$.
2. Le produit $f \times g$ admet un développement limité à l'ordre $n$ en $x_0$, de partie régulière obtenue en ne retenant que les termes de degré $\le n$ du polynôme $P \times Q$.

Il est important de noter que, dans l'énoncé ci-dessus, les développements limités de $f$ et de $g$ sont calculés **au même ordre** ! Pour s'éviter des calculs inutiles, il faut veiller à tronquer les parties régulières à partir du même degré.

*Démonstration.* Pour alléger la notation, on ne va traiter que le cas $x_0 = 0$, qui est le cas le plus important en pratique et auquel on se ramène par une simple translation. Pour montrer la première propriété, on écrit simplement

$$ 
\begin{aligned}
\lambda f(x) + \mu g(x) &= \lambda(P(x) + o(x^n)) + \mu(Q(x) + o(x^n)) \\
&= (\lambda P(x) + \mu Q(x)) + (\lambda o(x^n) + \mu o(x^n)) \\
&= (\lambda P(x) + \mu Q(x)) + o(x^n).
\end{aligned}
$$

La deuxième propriété se montre de façon similaire, mais il faut bien comprendre que, pour tout $m > n$, on a $x_0^m = o(x^n)$; en particulier, si on note $R$ le polynôme obtenu en ne conservant que les termes de degré $\le n$ de $P \times Q$, alors on a $R(x) = P(x) \times Q(x) + o(x^n)$. On a aussi $o(x^n) \times o(x^n) = o(x^{2n}) = o(x^n)$, il faut bien faire attention : on n'a pas écrit que les fonctions négligeables devant $x^n$ et $x^{2n}$ étaient les mêmes; on a écrit que toute fonction négligeable en 0 devant $x^{2n}$ était en particulier négligeable en 0 devant $x^n$. Une fois qu'on a compris tout cela, on peut écrire

$$ 
\begin{aligned}
f(x) \times g(x) &= (P(x) + o(x^n)) \times (Q(x) + o(x^n)) \\
&= P(x) \times Q(x) + P(x) \times o(x^n) + Q(x) \times o(x^n) + o(x^n) \times o(x^n) \\
&= (R(x) + o(x^n)) + o(x^n) + o(x^n) + o(x^n) \\
&= R(x) + o(x^n).
\end{aligned}
$$

□

Notons que, dans les preuves ci-dessus, on a été très lourd dans la rédaction et la manipulation des $o(x^n)$; une fois qu'on y sera un peu mieux habitué, on n'écrira plus $o(x^n)$ qu'une fois par ligne de calcul...

**Exemple.** $\sin(x) = x + o(x^2)$, $\cos(x) = 1 - \frac{x^2}{2} + o(x^2)$, donc $\sin(x) \times \cos(x) = x - \frac{x^3}{2} + o(x^2) = x + o(x^2)$ et c'est tout ! Pourtant, on a bien que $(\cos(x) - 1 + \frac{x^2}{2}) \times (\sin(x) - x) = -\frac{x^7}{144} + o(x^8)$ mais ça ne signifie pas que le développement limité de leur produit est le produit de leurs développements limités à un ordre extravagant. Car on a bien-sûr $\sin(x) = x - \frac{x^3}{6} + \frac{x^5}{5!} + o(x^6)$, $\cos(x) = 1 - \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24} - \frac{x^6}{6!} + o(x^6)$ donc $\sin(x) \times \cos(x) = x - \frac{2x^3}{3} + \frac{2x^5}{15} + o(x^6)$, qu'on attrape aussi par $\sin(x) \times \cos(x) = \frac{1}{2}\sin(2x)$.

On peut aussi composer des développements limités, mais bien sûr il faut faire attention aux points où on compose !

**Proposition 9.5.** *Soit $I, J$ deux intervalles de $\mathbb{R}$, $n \in \mathbb{N}$, $x_0 \in I$, $g: I \to J$ et $f: J \to \mathbb{R}$ deux fonctions telles que $g$ ait un développement limité à l'ordre $n$ en $x_0$ (de partie régulière $Q$) et $f$ ait un développement limité à l'ordre $n$ en $g(x_0)$ (de partie régulière $P$). Alors $f \circ g$ a un développement limité à l'ordre $n$ en $x_0$, dont la partie régulière est le polynôme obtenu en tronquant $P \circ (Q - Q(0))$ à partir du degré $n + 1$.*

Encore une fois, on ne compose les développements limités que s'ils ont été calculés au même ordre pour $f$ et pour $g$.

*Démonstration.* Si $n = 0$ il s'agit de montrer que $f \circ g$ est continue en $x_0$, ce qu'on sait déjà. Sinon, puisque $g$ admet un développement limité à l'ordre $n \ge 1$ en $x_0$ on a en particulier $g(x) - g(x_0) = a(x - x_0) + o(x - x_0)$, ce dont on tire que $o((g(x) - g(x_0))^n) = o((x - x_0)^n)$. De plus, on voit en développant

$$ (Q(x-x_0)-Q(0)+o((x-x_0)^n))^k \times (Q(x-x_0)-Q(0)+o((x-x_0)^n))^l = (Q(x-x_0)-Q(0))^{k+l}+o((x-x_0)^n) \text{ que} \\ P(Q(x-x_0)-Q(0)+o((x-x_0)^n)) = P(Q(x-x_0)-Q(0))+o((x-x_0)^n). $$
Enfin, on a par définition d'un développement limité que $Q(0) = g(x_0)$. Une fois ces informations rassemblées, il nous suffit d'écrire

$$
\begin{align*}
f(g(x)) &= P(g(x) - g(x_0)) + o((g(x) - g(x_0))^n) \\
&= P(Q(x - x_0) - Q(0) + o((x - x_0)^n)) + o((x - x_0)^n) \\
&= P(Q(x - x_0) - Q(0)) + o((x - x_0)^n)
\end{align*}
$$

En notant $R$ le polynôme obtenu en ne retenant que les termes de degré $\le n$ de $P \circ (Q - Q(0))$, on vient d'arriver à

$$
f(g(x)) = R(x - x_0) + o((x - x_0)^n)
$$

□

En pratique, on composera surtout des développements limités avec $Q(0) = 0$ et il s'agira simplement de
calculer une composée.

Les deux résultats précédents nous disent que les développements limités sont plus faciles à manipuler que les équivalents : comme les équivalents, on peut les multiplier, mais contrairement aux équivalents on peut aussi les ajouter et les composer. La proposition suivante nous dit qu'on peut aussi les intégrer !

**Proposition 9.6.** Soit $I$ un intervalle de $\mathbb{R}$, $n \in \mathbb{N}$, $x_0 \in I$ et $f$ une fonction dérivable sur $I$ telle que $f'$ soit continue et ait un développement limité à l'ordre $n$ en $x_0$, de partie régulière $P$. Alors $f$ a un développement limité à l'ordre $n+1$ en $x_0$, dont la partie régulière est la primitive $Q$ de $P$ telle que $Q(0) = f(x_0)$.

Démonstration. Par hypothèse, on peut écrire

$$
f'(x) = P(x - x_0) + o((x - x_0)^n) .
$$

Exactement comme dans la preuve de la formule de TAYLOR-YOUNG, on utilise le fait que $\int_{x_0}^{x} o((t-x_0)^n)dt = o((x-x_0)^{n+1})$, et on obtient alors en intégrant (et en utilisant le fait que $f'$ est continue pour pouvoir appliquer le théorème fondamental de l'analyse) que

$$
\begin{align*}
f(x) - f(x_0) &= \int_{x_0}^{x} P(t - x_0)dt + o((x - x_0)^{n+1}) \\
&= Q(x - x_0) - Q(0) + o((x - x_0)^{n+1}) .
\end{align*}
$$

Puisque $Q(0) = f(x_0)$, on obtient bien comme attendu

$$
f(x) = Q(x - x_0) + o((x - x_0)^{n+1}) .
$$

□

Par contre, on ne peut pas en général dériver un développement limité : il peut arriver que $f$ ait un développement limité à l'ordre $n$ en 0, mais que $f'$ n'ait pas de développement limité à l'ordre $n-1$ en 0...

9.2 Les développements limités classiques

Ci-dessous on ne va écrire que des développements limités en 0 (et on écrira $= o(x^n)$ au lieu de $= o(x^n)$) ; en
général si on calcule un développement limité de $f$ en $x_0 \neq 0$ il est souvent plus pratique de poser $x = x_0 + h$
et de se ramener à un développement limité de $h \mapsto f(x_0 + h)$ en 0.

Puisque on a $\exp'(x) = \exp(x)$, on a immédiatement $\exp^{(n)}(0) = 1$, et la formule de Taylor-Young nous
donne

$$
\forall n \in \mathbb{N}, \quad e^x = \sum_{k=0}^{n} \frac{x^n}{n!} + o(x^n) .
$$
Pour les fonctions trigonométriques, c'est à peine plus difficile : on a $\sin'(x) = \cos(x)$, et $\cos'(x) = -\sin(x)$, ce dont on déduit les formules

$$ \forall n \in \mathbb{N}, \sin^{(2n)}(0) = 0 \text{ et } \sin^{(2n+1)}(0) = (-1)^n. $$

$$ \forall n \in \mathbb{N}, \cos^{(2n)}(0) = (-1)^n \text{ et } \cos^{(2n+1)}(0) = 0. $$

La formule de TAYLOR-YOUNG nous donne alors

$$ \forall n \in \mathbb{N}, \sin(x) = \sum_{k=0}^{n} \frac{(-1)^k}{(2k+1)!} x^{2k+1} + o(x^{2n+1}); $$

$$ \forall n \in \mathbb{N}, \cos(x) = \sum_{k=0}^{n} \frac{(-1)^k}{(2k)!} x^{2k} + o(x^{2n}); $$

On voit ci-dessus que, dans le développement limité de cos, n'apparaissent que des termes pairs, et dans celui de sin que des termes impairs. La raison en est explicitée dans la proposition suivante.

**Proposition 9.7.** Soit $I$ un intervalle de $\mathbb{R}$ centré en 0, et $f: I \to \mathbb{R}$ une fonction admettant un développement limité à l'ordre $n$ en 0, de partie régulière $P$. Si $f$ est paire, alors tous les coefficients de degré impair de $P$ sont nuls ; et si $f$ est impair alors tous les coefficients de degré pair de $P$ sont nuls.

*Démonstration.* C'est une conséquence de l'unicité de la partie régulière d'un développement limité. De l'égalité $f(x) = P(x) + o(x^n)$ on déduit que $f(-x) = P(-x) + o((-x)^n) = P(-x) + o(x^n)$. Si $f(x) = f(-x)$, alors $P(X)$ et $P(-X)$ sont donc tous les deux des parties régulières du développement limité de $f$ à l'ordre $n$ en 0, d'où $P(X) = P(-X)$, et $P$ n'a que de coefficients de degré pair. De même si $f(x) = -f(-x)$ on déduit que $P(X) = -P(-X)$ et $P$ n'a que des coefficients d'ordre impair. $\square$

Continuons notre liste de développements limités; par la formule pour la somme des termes d'une suite géométrique, on sait que

$$ \forall n \in \mathbb{N}, \sum_{k=0}^{n} x^k = \frac{1-x^{n+1}}{1-x} = \frac{1}{1-x} + o(x^n). $$

Autrement dit, on a

$$ \forall n \in \mathbb{N}, \frac{1}{1-x} = \sum_{k=0}^{n} x^k + o(x^n). $$

On en déduit que

$$ \forall n \in \mathbb{N}, \frac{1}{1+x} = \sum_{k=0}^{n} (-1)^k x^k + o(x^n). $$

En intégrant, on obtient

$$ -\ln(1-x) = \ln(1) + \sum_{k=0}^{n} \frac{x^{k+1}}{k+1} + o(x^{n+1}), \text{ et donc} $$

$$ \forall n \in \mathbb{N}, \ln(1-x) = -\sum_{k=1}^{n} \frac{x^k}{k} + o(x^n). $$

De même,

$$ \forall n \in \mathbb{N}, \ln(1+x) = \sum_{k=1}^{n} \frac{(-1)^{k+1}}{k} x^k + o(x^n). $$

Ceci nous permet également de calculer le développement limité en 0 de arctan : à partir de $\frac{1}{1+x^2} = \sum_{k=0}^{n} (-1)^k x^{2k} + o(x^{2n})$, on obtient en intégrant que

$$ \arctan(x) = \sum_{k=0}^{n} \frac{(-1)^k x^{2k+1}}{2k+1} + o(x^{2n+1}). $$
Voyons une dernière formule à connaître : pour $\alpha \in \mathbb{R}$, on vérifie par récurrence que, pour $n \ge 1$, la dérivée $n$-ième de $f_\alpha$: $x \mapsto (1+x)^\alpha$ est égale à $\alpha(\alpha-1)\cdots(\alpha-n+1)(1+x)^{\alpha-n}$. En particulier, pour $n \ge 1$ on a
$f_\alpha^{(n)}(0) = \alpha(\alpha-1)\cdots(\alpha-n+1)$, et la formule de TAYLOR-YOUNG nous donne

$$
\forall n \in \mathbb{N}, (1+x)^\alpha = 1 + \alpha x + \dots + \alpha(\alpha-1)\dots(\alpha-n+1) \frac{x^n}{n!} + o(x^n).
$$

Récapitulons tous les développements que nous venons d'obtenir :

$$
\bullet \frac{1}{1+x} = 1 - x + x^2 - \dots + (-1)^n x^n + o(x^n).
$$

$$
\bullet \ln(1+x) = x - \frac{x^2}{2} + \dots + (-1)^{n+1} \frac{x^n}{n} + o(x^n).
$$

$$
\bullet e^x = 1 + x + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{6} + \dots + \frac{x^n}{n!} + o(x^n).
$$

$$
\bullet \cos(x) = 1 - \frac{x^2}{2} + \dots + (-1)^n \frac{x^{2n}}{(2n)!} + o(x^{2n+1}).
$$

$$
\bullet \sin(x) = x - \frac{x^3}{6} + \dots + (-1)^n \frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!} + o(x^{2n+2}).
$$

$$
\bullet \arctan(x) = x - \frac{x^3}{3} + \dots + (-1)^n \frac{x^{2n+1}}{2n+1} + o(x^{2n+2}).
$$

$$
\bullet (1+x)^\alpha = 1 + \alpha x + \dots + \alpha(\alpha-1) \dots (\alpha-n+1) \frac{x^n}{n!} + o(x^n) \quad \text{(valable pour tout } \alpha \in \mathbb{R}\text{).}
$$

Les résultats ci-dessus ont été obtenus à partir de la formule de TAYLOR-YOUNG; en général, c'est une
mauvaise idée de calculer un développement limité à l'ordre *n* en calculant *n* dérivées successives de *f*, car
c'est beaucoup trop lourd en calcul. On préférera si possible déduire les développements limités à partir des
développements classiques ci-dessus (à connaître ou à savoir retrouver très vite) et les méthodes de calcul :
produit, composition, intégration... Pour les développements limités des quotients, on peut soit raisonner par
composition comme on va le voir ci-dessous, soit appliquer la méthode des *divisions par puissances croissantes*
qu'on va aussi se contenter d'illustrer sur des exemples.

9.3 Premiers exemples de calculs de développements limités

Un exemple : trois méthodes pour calculer le développement limité de tan en 0 à l'ordre 5.

Première méthode : la division selon les puissances croissantes, qui ressemble à une division euclidienne, sauf qu'on fait en sorte d'éliminer successivement les termes de plus bas degré.

On commence par écrire

$$
\tan(x) = \frac{\sin(x)}{\cos(x)} = \frac{x - \frac{x^3}{6} + \frac{x^5}{120} + o(x^5)}{1 - \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24} + o(x^5)}.
$$

Puis on utilise la méthode des puissances croissantes :

$$
\begin{array}{ccccc|c}
x & - & \frac{x^3}{6} & + & \frac{x^5}{120} & + o(x^5) & 1 - \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24} + o(x^5) \\
\hline
- & x & + & \frac{x^3}{2} & - & \frac{x^5}{24} & + o(x^5) & x + \frac{x^3}{3} + \frac{2}{15}x^5 \\
\hline
\cline{3-6}
\frac{x^3}{3} & - & \frac{x^5}{30} & + & o(x^5) & \\
- & \frac{x^3}{3} & + & \frac{x^5}{6} & + o(x^5) & \\
\hline
\frac{2}{15}x^5 & + & o(x^5) & \\
\end{array}
$$

On a donc obtenu la relation

$$
x - \frac{x^3}{6} + \frac{x^5}{120} + o(x^5) = \left(1 - \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24}\right) \left(x + \frac{x^3}{3} + \frac{2}{15}x^5\right) + o(x^5),
$$

qui nous donne finalement $\tan(x) = x + \frac{x^3}{3} + \frac{2}{15}x^5 + o(x^5)$.
*Deuxième méthode* : par composition, en utilisant le développement limité de $\frac{1}{1-u}$ (ci-dessous, les termes en gris clair sont ceux qu'on aurait pu se passer d'écrire, puisqu'ils font apparaître des termes de degré > 5).

$$
\begin{align*}
\tan(x) &= \frac{x - \frac{x^3}{6} + \frac{x^5}{120} + o(x^5)}{1 - \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24} + o(x^5)} \\
&= \frac{x - \frac{x^3}{6} + \frac{x^5}{120}}{1 - \left(\frac{x^2}{2} - \frac{x^4}{24}\right)} + o(x^5) \\
&= \left(x - \frac{x^3}{6} + \frac{x^5}{120}\right) \left(1 + \left(\frac{x^2}{2} - \frac{x^4}{24}\right) + \left(\frac{x^2}{2} - \frac{x^4}{24}\right)^2 + \left(\frac{x^2}{2} - \frac{x^4}{24}\right)^3 + \left(\frac{x^2}{2} - \frac{x^4}{24}\right)^4 + \left(\frac{x^2}{2} - \frac{x^4}{24}\right)^5\right) + o(x^5) \\
&= \left(x - \frac{x^3}{6} + \frac{x^5}{120}\right) \left(1 + \frac{x^2}{2} + \frac{5x^4}{24}\right) + o(x^5) \\
&= x + \frac{x^3}{3} + \frac{2x^5}{15} + o(x^5).
\end{align*}
$$

(Note : dans la dernière ligne, on n'a, de nouveau, pas fait apparaître les termes de degré > 5, puisque ce sont
tous des o(x^5))

*Troisième méthode* : en utilisant une équation différentielle. On a $\tan'(x) = 1 + \tan^2(x)$. En écrivant le développement de $\tan'$ en 0 à l'ordre 4 sous la forme $a+bx^2+cx^4+o(x^4)$ (il n'y pas de termes d'ordre impair : tan est impaire, donc tan' est paire), le fait que $\tan(0) = 0$ et le théorème d'intégration des développements limités nous donne que le développement limité de tan en 0 à l'ordre 5 est égal à $ax + b\frac{x^3}{3} + c\frac{x^5}{5} + o(x^5)$. La formule $\tan'(x) = 1 + \tan^2(x)$ nous donne alors (par composition) :

$$
a + bx^2 + cx^4 + o(x^4) = 1 + \left(ax + b\frac{x^3}{3} + c\frac{x^5}{5}\right)^2 + o(x^4).
$$

Autrement dit, on a

$$
a + bx^2 + cx^4 + o(x^4) = 1 + a^2 x^2 + \frac{2ab}{3} x^4 + \frac{b^2}{9} x^6 + o(x^4).
$$

Le théorème d'unicité des développements limités nous permet d'identifier les deux développements terme à
terme : ceci donne $a = 1, b = a^2 = 1$, et $c = \frac{2ab}{3} = \frac{2}{3}$. En reportant cela dans la formule donnant le développe-
ment de tan à l'ordre 5 en 0 en fonction de $a, b, c$, on obtient de nouveau $\tan(x) = x - \frac{x^3}{3} + \frac{2}{15}x^5 + o(x^5)$.

Voyons brièvement deux autres exemples. Si l'on veut calculer le développement limité de $x \mapsto \frac{1}{1-\sin(x)}$ à l'ordre 3 en 0, on peut utiliser la méthode de composition (en évitant de faire intervenir dans le calcul des termes de trop haut degré, comme on l'a fait pour la tangente) :

$$
\begin{align*}
\frac{1}{1 - \sin(x)} &= \frac{1}{1 - x + \frac{x^3}{6} + o(x^3)} \\
&= 1 + \left(x - \frac{x^3}{6}\right) + x^2 + x^3 + o(x^3) \\
&= 1 + x + x^2 + \frac{5}{6}x^3 + o(x^3).
\end{align*}
$$

A la deuxième ligne ci-dessus, on n'a pas pris la peine d'écrire les « $\frac{x^3}{6}$ » quand on a composé après l'ordre 2 :
dans le développement, ils auraient contribué des termes négligeables devant $x^3$. C'est un bon exercice d'essayer
de retrouver ce résultat en utilisant la méthode de division par puissances croissantes...

De même, calculons le développement limité à l'ordre 2 en 0 de $\sqrt{\cos(x)}$ :

$$
\begin{align*}
\sqrt{\cos(x)} &= \sqrt{1 - \frac{x^2}{2} + o(x^2)} \\
&= 1 + \frac{1}{2} \left(-\frac{x^2}{2}\right) + o(x^2) \\
&= 1 - \frac{x^2}{4} + o(x^2).
\end{align*}
$$
Attention, on ne calcule pas des développements limités seulement en 0 ! Par exemple, essayons de développer $x \mapsto e^x$ à l'ordre 3 en 1. On écrit $x = 1+h$, et on se ramène à développer $h \mapsto 1+h$ à l'ordre 3 en 0, ce qui nous amène au calcul suivant :

$$ 
\begin{aligned}
e^{1+h} &= e \cdot e^h \\
&= e \left( 1 + h + \frac{h^2}{2} + \frac{h^3}{6} + o(h^3) \right).
\end{aligned}
$$

En revenant à la relation $h = x - 1$, on a obtenu le développement limité $e^x = e(1 + (x-1) + \frac{(x-1)^2}{2} + \frac{(x-1)^3}{6}) + o((x-1)^3)$.

**Exercice 9.8.** Donner le développement limité à l'ordre 2 en $\frac{\pi}{4}$ de $x \mapsto \sin(x)$.

## 9.4 Exemples d'applications

Le fait de savoir calculer des développements limités nous rend accessible le calcul de limites qui étaient jusqu'à présent difficiles. Une difficulté est qu'on ne sait pas a priori à quel ordre calculer le développement limité pour trouver la limite : si on va à un ordre trop bas, les calculs ne permettent peut-être pas de répondre ; à un ordre trop élevé, on fait des calculs inutiles et on perd son temps. Il faut s'entraîner... Par exemple, essayons de déterminer la limite en 0 de $\frac{2}{\sin^2(x)} + \frac{1}{\ln(\cos(x))}$. En mettant au même dénominateur, on est confronté à $\frac{2\ln(\cos(x)) + \sin^2(x)}{\sin^2(x) \ln(\cos(x))}$. On sait que $\sin^2(x) \sim x^2$, et $\ln(\cos(x)) = \ln(1 - \frac{x^2}{2} + o(x^2)) = -\frac{x^2}{2} + o(x^2) \sim -\frac{x^2}{2}$ ; le dénominateur est donc équivalent en 0 à $-\frac{x^4}{2}$. Pour comprendre la limite (si elle existe), on doit donc développer le numérateur à l'ordre 4 en 0. On calcule :

$$ 
\begin{aligned}
2 \ln(\cos(x)) + \sin^2(x) &= 2 \ln \left( 1 - \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24} \right) + (x - \frac{x^3}{6})^2 + o(x^4) \\
&= 2 \left( \left( -\frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24} \right) - \frac{1}{2} \left( \frac{x^2}{2} \right)^2 \right) + x^2 - \frac{x^4}{3} + o(x^4) \\
&= -x^2 - \frac{x^4}{6} + x^2 - \frac{x^4}{3} + o(x^4) \\
&= \frac{-x^4}{2} + o(x^4) \\
&\sim -\frac{x^4}{2}.
\end{aligned}
$$

Il en ressort que en 0 on a

$$ \frac{2 \ln(\cos(x)) + \sin^2(x)}{\sin^2(x) \ln(\cos(x))} \sim \frac{-\frac{x^4}{2}}{-\frac{x^4}{2}} = 1. $$

La limite recherchée est donc égale à 1.

On peut aussi utiliser les développements limités pour mener à bien des études fines de graphes de fonction : détermination de la position du graphe par rapport à sa tangente en un point, recherche d'asymptotes et positions par rapport à celles-ci...

Si $f$ est dérivable en $x_0$, déterminer la position du graphe de $f$ par rapport à sa tangente revient à étudier le signe, au voisinage de $x_0$, de $f(x) - (f(x_0) + (x - x_0)f'(x_0))$ : on voit que, si on peut trouver un développement limité de $f$ d'ordre $n \ge 2$ avec un terme d'ordre $\ge 2$ non nul, cela va nous permettre de déterminer ce signe (qui sera constant si le premier terme non nul est d'ordre pair, et changera si le premier terme non nul est d'ordre impair). Voyons deux exemples. Comme premier exemple, étudions l'application $f : x \mapsto \ln(1 + x + x^2)$ et la position de son graphe par rapport à sa tangente en 0 et en 1. En 0, un développement limité à l'ordre 2 nous donne

$$ 
\begin{aligned}
\ln(1 + x + x^2) &= (x + x^2) - \frac{(x + x^2)^2}{2} + o(x^2) \\
&= x + \frac{x^2}{2} + o(x^2).
\end{aligned}
$$
Ceci nous donne deux informations : d'une part, la tangente au graphe de $f$ en 0 est d'équation $y = x$ ; d'autre part, puisque $f(x) - x = \frac{x^2}{2} + o(x^2) \sim \frac{x^2}{2}$, on voit que $f(x) - x \ge 0$ pour $x$ proche de 0, et donc le graphe de $f$ est (au voisinage de 0) au-dessus de sa tangente en 0.

En 1, on fait un calcul similaire, en posant $x = 1+h$ pour se ramener à un développement limité en 0 :

$$
\begin{align*}
\ln(1 + x + x^2) &= \ln(1 + (1+h) + (1+h)^2) \\
&= \ln(3 + 3h + h^2) \\
&= \ln(3) + \ln(1+h+\frac{h^2}{3}) \\
&= \ln(3) + h + \frac{h^2}{3} - \frac{1}{2}(h+\frac{h^2}{3})^2 + o(h^2) \\
&= \ln(3) + h - \frac{1}{6}h^2 + o(h^2)
\end{align*}
$$

Ceci nous permet de conclure que, en 1, on a

$$
f(x) = \ln(3) + (x-1) - \frac{1}{6}(x-1)^2 + o((x-1)^2).
$$

On en déduit que la tangente au graphe de $f$ en 1 est d'équation $y = \ln(3) + (x-1)$ ; et puisque $f(x) - (\ln(3) + (x-1)) = -\frac{1}{6}(x-1)^2 + o((x-1)^2) \sim -\frac{1}{6}(x-1)^2$, on voit que $f(x) - (\ln(3) + (x-1)) \le 0$ pour $x$ proche de 1, et donc le graphe de $f$ est (au voisinage de 1) en-dessous de sa tangente en 1.

Pour étudier des limites, des équivalents ou des asymptotes en $\pm\infty$, on peut aussi souvent utiliser des développements limités. Par exemple, étudions le comportement de $(x + \sqrt{x+1})^{\frac{1}{3}} - (x + \sqrt{x-1})^{\frac{1}{3}}$ en $+\infty$. On commence par faire sortir le terme dominant :

$$
(x + \sqrt{x+1})^{\frac{1}{3}} = x^{\frac{1}{3}} \left(1 + \sqrt{\frac{1}{x} + \frac{1}{x^2}}\right)
$$

On a donc un premier équivalent, $x^{1/3}$, qui ne va pas nous donner assez d'information puisque l'autre terme de la différence est aussi équivalent à $x^{1/3}$ et qu'on ne peut pas soustraire des équivalents; on écrit

$$
\begin{align*}
\sqrt{\frac{1}{x} + \frac{1}{x^2}} &= \frac{1}{\sqrt{x}} \sqrt{1 + \frac{1}{x}} \\
&= \frac{1}{\sqrt{x}} \left( 1 + \frac{2}{x} + o\left(\frac{1}{x}\right) \right) \\
&= \frac{1}{\sqrt{x}} + \frac{1}{2x^{3/2}} + o\left(\frac{1}{x^{3/2}}\right)
\end{align*}
$$

On a ainsi obtenu que, en $+\infty$,

$$
\begin{align*}
(x + \sqrt{x+1})^{\frac{1}{3}} &= x^{\frac{1}{3}} \left( 1 + \frac{1}{\sqrt{x}} + \frac{1}{2x^{\frac{3}{2}}} + o\left(\frac{1}{x^{\frac{3}{2}}}\right) \right)^{\frac{1}{3}} \\
&= x^{\frac{1}{3}} \left( 1 + \frac{1}{3\sqrt{x}} - \frac{1}{9x} + \frac{1}{x\sqrt{x}} \frac{37}{162} + o\left(\frac{1}{x\sqrt{x}}\right) \right)
\end{align*}
$$

(Après calcul, en composant avec le développement limité de $(1+u)^{\frac{1}{3}}$ à l'ordre 3 en 0).

Ce qu'on a obtenu ci-dessus s'appelle un *développement asymptotique* de $x \mapsto (x + \sqrt{x+1})^{\frac{1}{3}}$ en $+\infty$. Un calcul similaire amène à

$$
(x + \sqrt{x-1})^{\frac{1}{3}} = x^{\frac{1}{3}} \left( 1 + \frac{1}{3\sqrt{x}} - \frac{1}{9x} - \frac{1}{x\sqrt{x}} \frac{17}{162} + o\left(\frac{1}{x\sqrt{x}}\right) \right)
$$

Finalement,

$$
(x + \sqrt{x+1})^{\frac{1}{3}} - (x + \sqrt{x-1})^{\frac{1}{3}} = x^{\frac{1}{3}} \left( \frac{1}{3x\sqrt{x}} + o\left(\frac{1}{x\sqrt{x}}\right) \right) \sim \frac{1}{3} x^{-\frac{1}{6}}.
$$
Ainsi, notre fonction tend vers 0 en $+\infty$, et on en a déterminé un équivalent précis.

Étudions maintenant le comportement en $+\infty$ de $f: x \mapsto x^2 \arctan(\frac{1}{1+x^2}) : a-t-elle une limite en $+\infty$ (ce qui revient à dire que le graphe a une asymptote horizontale en $+\infty$) ? Quelle est la position du graphe de $f$ par rapport à une asymptote éventuelle ? Pour faire apparaître un développement limité de arctan en 0, on écrit

$$x^2 \arctan\left(\frac{1}{1+x^2}\right) = x^2 \arctan\left(\frac{1}{x^2}\right) \left(\frac{1}{1+\frac{1}{x^2}}\right).$$

En posant $u = \frac{1}{x}$, on a besoin d'un développement limité de $u \mapsto \arctan(\frac{u^2}{1+u^2})$ en 0; pour déterminer la limite de $f$ en $+\infty$, un développement limité à l'ordre 2 (ou un simple équivalent, facile à obtenir ici) nous suffit, mais pour avoir une information plus précise, on va chercher le terme suivant non nul du développement limité, qui apparaîtra à l'ordre 4 (la fonction étant paire, le terme d'ordre 3 sera nul). On calcule :

$$\begin{aligned}
\arctan(\frac{u^2}{1+u^2}) &= \arctan(u^2(1-u^2+o(u^2))) \\
&= \arctan(u^2 - u^4 + o(u^4)) \\
&= (u^2 - u^4) - \frac{(u^2 - u^4)^3}{3} + o(u^4) \\
&= u^2 - u^4 + o(u^4)
\end{aligned}$$

En revenant à la définition de $f$, on a obtenu (en se rappelant que $u = 1/x$) :

$$\begin{aligned}
x^2 \arctan\left(\frac{1}{1+x^2}\right) &= x^2 \left(\frac{1}{x^2} - \frac{1}{x^4} + o\left(\frac{1}{x^4}\right)\right) \\
&= 1 - \frac{1}{x^2} + o\left(\frac{1}{x^2}\right)
\end{aligned}$$

Ce développement asymptotique nous permet de conclure que $f(x)$ tend vers 1 quand $x$ tend vers $+\infty$, et que le graphe de $f$ est en-dessous de son asymptote horizontale d'équation $y = 1$; on aurait pu obtenir les mêmes informations en utilisant simplement le fait que $\arctan(u) \sim u$ en 0, et $\arctan(u) \le u$ pour tout $u$ positif (qui découle de l'inégalité des accroissements finis; savez-vous le démontrer ?) mais ici, avec un développement asymptotique, on a une information plus précise (puisqu'on connaît précisément l'ordre de grandeur de $f(x)-1$ quand $x$ tend vers $+\infty$, et pas seulement son signe).

Un dernier exemple : étudions la fonction $g: x \mapsto x^2 e^{\frac{2x}{x^2-1}}$, que nous allons étudier en $+\infty$. On commence par remarquer que $\frac{2x}{x^2-1}$ tend vers 0 quand $x$ tend vers $+\infty$, et on va donc pouvoir étudier un développement limité de $\exp$ en 0; on commence comme toujours par le terme le plus à l'intérieur des parenthèses et on écrit

$$\begin{aligned}
\frac{2x}{x^2-1} &= \frac{2}{x} \left( \frac{1}{1-\frac{1}{x^2}} \right) \\
&= \frac{2}{x} \left( 1 + \frac{1}{x^2} + o\left(\frac{1}{x^2}\right) \right) \\
&= \frac{2}{x} + \frac{2}{x^3} + o\left(\frac{1}{x^3}\right)
\end{aligned}$$

En composant avec le développement limité de $\exp$ en 0, on obtient

$$\begin{aligned}
x^2 e^{\frac{2x}{x^2-1}} &= x^2 \left( \frac{2}{x} + \frac{2}{x^3} + o\left(\frac{1}{x^3}\right) \right) \\
&= 2x + \frac{2}{x} + o\left(\frac{1}{x}\right)
\end{aligned}$$

On en déduit que le graphe de $g$ admet la droite d'équation $y = 2x$ comme asymptote en $+\infty$; et puisque $g(x) - 2x \sim \frac{2}{x} \ge 0$, le graphe de $g$ est au-dessus de cette asymptote en $+\infty$.

**Exercice 9.9.** Étudier la fonction $g$ définie ci-dessus en $\pm 1$ et en $-\infty$. Donner l'allure du graphe de $g$.
# Chapitre 10

## Équations différentielles

**Définition 10.1.** Une équation différentielle est une équation dont l'inconnue est une fonction $y$ et faisant intervenir ses dérivées sous une forme $F(x, y', y'', \dots) = 0$ où $F$ est une fonction réelle à plusieurs variables sur un intervalle $I$ ; son ordre est l'ordre le plus élevée de dérivation qui apparaît dans l'équation. Une fonction $f : I \to \mathbb{R}$ est solution si elle est suffisamment dérivable et si, pour tout $x \in I$, $F(x, f(x), f'(x), f''(x), \dots) = 0$.

Par exemple $y' - u(x, y) = 0$, avec $u$ continue sur $I \times \mathbb{R}$, est une équation différentielle d'ordre 1. On l'appelle résoluble, car elle pourrait faire intervenir $y'$ d'une manière plus complexe. Une telle équation a rarement une solution explicite avec des fonctions usuelles.

Bien que les équations différentielles provenant de la modélisation de phénomènes réels soient le plus souvent compliquées, on s'intéressera surtout aux équations différentielles linéaires, provenant de la linéarisation de ces phénomènes par développements limités, à l'ordre 1 ou 2, faisant intervenir une combinaison linéaire des valeurs et dérivées de la fonction cherchée, au même point, pour lesquelles on peut trouver des solutions, au moins sous forme intégrale.

### 10.1 Équations réelles d'ordre 1

*Interprétation géométrique* Trouver une solution à une équation différentielle du premier ordre $y' = u(x, y)$, c'est trouver une fonction dont la dérivée $y'$ est prescrite par la valeur de la fonction $y$ au point $x$. On peut traduire (E) sous la forme d'un champ de directions, en tout point $(x, y) \in I \times \mathbb{R}$, prescrivant la tangente de la solution passant en ce point, sa pente $y$ est $u(x, y)$, c'est-à-dire qu'un vecteur directeur est $(1, u(x, y))$. En n'importe quelle condition initiale définie par un point $A(x_0, y_0)$, on imagine une plume suivre le vent dont la direction est donnée.

Deux conditions initiales très proches du point $A$ peuvent conduire à des solutions qui se séparent rapidement comme dans l'exemple ci-dessus donné par $y' = y + \cos(x)$. On voit que les vecteurs « tirent » vers le haut d'un côté et vers le bas de l'autre, modulés par le cosinus de $x$. On conçoit qu'une plume peut hésiter à partir vers le haut ou vers le bas... Ce qu'on observe également c'est que jamais deux solutions à une équation différentielle d'ordre 1 ne se croiseront car en chaque point leur tangente est fixée.

Une préoccupation importante dans le cadre des équations différentielles est le comportement asymptotique de la solution, en $\pm\infty$.

En prenant la métaphore de la plume dans le vent au pied de la lettre, c'est-à-dire en comprenant le vecteur $V(x, y) = (1, u(x, y))$ comme un vecteur vitesse avec $x$ le temps, on obtient un schéma numérique, appelé *la méthode d'EULER*, qui nous permet d'avoir une approximation du graphe d'une fonction solution, c'est-à-dire d'une courbe intégrale, passant par un point initial $(x_0, y_0)$. On prend un pas de temps $\delta$ petit et on définit une suite de points $A_0 = (x_0, y_0)$ et $A_{n+1} = A_n + \delta V(A_n)$.

Dans le cas particulier d'équation différentielle linéaire (pas de termes en $y^k$ avec $k \neq 1$ ou de fonctions plus

<figure><img src="image_16.png" /></figure>
compliquées) du premier ordre (pas de $y''$), on sait trouver une solution de manière systématique à l'aide de deux intégrations, et on va maintenant expliquer comment.

**Définition 10.2.** Une équation différentielle linéaire réelle d'ordre 1, à coefficients non constants est de la forme

$$ \forall x \in I, \quad y'(x) + a(x)y(x) = b(x), \qquad (E) $$

où $I$ est un intervalle de $\mathbb{R}$ et $a, b$ sont des fonctions continues sur $I$. On appelle l'équation sans second membre $b$ l'équation différentielle homogène associée :

$$ \forall x \in I, \quad y'(x) + a(x)y(x) = 0. \qquad (E_0) $$

Une solution de l'équation est une fonction dérivable $y: I \to \mathbb{R}$ telle que $y'(x) + a(x)y(x) = b(x)$ pour tout $x \in I$. Notons qu'alors $y' = b - ay$ sera une combinaison linéaire de fonctions continues, donc $y'$ sera continue : toute solution sera nécessairement de classe $C^1$.

**Observation.** Une première observation est que, si $y_1, y_2$ sont deux solutions de $(E)$, alors $y_1 - y_2$ est une solution de l'équation homogène $(E_0)$. En effet, si on a à la fois $y'_1 + ay_1 = b$ et $y'_2 + ay_2 = b$ alors on déduit $(y_1 - y_2)' + a(y_1 - y_2) = 0$.

Par conséquent, si on sait déterminer :

— $S_H$ l'ensemble des solutions de $(E_0)$, et

— $y_p$ une solution de $(E)$, dite *solution particulière*,

alors l'ensemble $S_E$ des solutions de $E$ sont les fonctions qui s'écrivent comme somme de la solution particulière $y_p$ de $(E)$ et d'une solution quelconque de $(E_0)$. On dit que $S_E$ est l'espace affine dirigé par $S_H$ passant par $y_p$. Ce schéma de raisonnement marche d'ailleurs dès qu'on travaille avec une équation différentielle linéaire (d'ordre quelconque) ; on le reverra plus loin dans le cas des équations différentielles linéaires d'ordre 2.

**Proposition 10.3 (Formule de DUHAMEL).** L'équation $(E)$ a une unique solution valant $y_0$ en un point $x_0 \in I$ et elle est de la forme $y(x) = K(x)e^{-A(x)}$ où $A$ est une primitive de $a$ et $K$ une primitive de $x \mapsto b(x)e^{A(x)}$.

**Preuve:** Comme l'équation est linéaire, si $y_1$ est une solution de $(E)$ et $y_2$ est une solution de $(E_0)$ alors $y_1 + y_2$ est une solution de $(E)$.

Choisissons une primitive $A$ de $a$ sur $I$, qui existe puisque $a$ est continue ; la fonction $x \mapsto e^{-A(x)}$ a comme dérivée $x \mapsto -a(x)e^{-A(x)}$, elle est donc solution de l'équation homogène $(E_0)$. En pratique il faudra calculer $A$ explicitement.

Étant donnée une fonction $y$ dérivable sur $I$, on introduit $f: x \mapsto y(x) \times e^{A(x)}$. On a alors, pour tout $x \in I$, l'égalité

$$ f'(x) = y'(x)e^{A(x)} + y(x)A'(x)e^{A(x)} = (y'(x) + ay(x))e^{A(x)}. $$

On en déduit que $y$ est solution de l'équation homogène $(E_0)$ si, et seulement si, $f'(x) = 0$ pour tout $x \in I$, c'est-à-dire si et seulement si $f$ est constante : par conséquent, les solutions de $(E_0)$ sont exactement les fonctions de la forme $x \mapsto Ke^{-A(x)}$, où $K$ est une constante et $A$ est une primitive de $a$ sur $I$.

Ensuite, il nous reste à trouver une solution de $(E)$ ; s'il n'y a pas de solution évidente, on peut appliquer la méthode de variation de la constante, en cherchant $y$ sous la forme $x \mapsto K(x)e^{-A(x)}$ pour une fonction dérivable $K$. En dérivant, on obtient pour tout $x \in I$

$$ \begin{aligned} y'(x) + a(x)y(x) &= K'(x)e^{-A(x)} - K(x)A'(x)e^{-A(x)} + a(x)K(x)e^{-A(x)}, \\ &= K'(x)e^{-A(x)}. \end{aligned} $$

Par conséquent, $y$ est solution de $(E)$ si, et seulement si, on a $K'(x)e^{-A(x)} = b(x)$ pour tout $x \in I$, autrement dit si, et seulement si, $K$ est une primitive sur $I$ de la fonction continue $x \mapsto e^{A(x)}b(x)$.

On vient de démontrer que les solutions de $(E)$ sont exactement les fonctions de la forme $x \mapsto K(x)e^{-A(x)}$, où $K$ est une primitive de $x \mapsto e^{A(x)}b(x)$.

On pourrait penser avoir deux degrés de liberté puisque la primitive $A$ est déterminée à une constante additive près, ainsi que la primitive $K$. Cependant, ces deux constantes jouent exactement le même rôle, l'ensemble des fonctions solutions est, pour $A$ et $K$ des primitives données,

$$ S_E = \left\{ \begin{array}{ll} I & \to \mathbb{R} \\ x & \mapsto K(x)e^{-A(x)} + \lambda : \lambda \in \mathbb{R} \end{array} \right\}. $$
En prenant $\lambda = y_0 - K(x_0)e^{-A(x_0)}$, on trouve ainsi l'unique solution de $(E)$ respectant la condition initiale de valoir $y_0$ en $x_0$. On vient d'établir là un cas particulier du théorème de CAUCHY-LIPSCHITZ selon lequel les solutions d'une équation différentielle (satisfaisant certaines hypothèses !) sont uniquement déterminées par un choix de conditions initiales.

La forme intégrale de cette solution, due à DUHAMEL, avec $A(x) = \int_{x_0}^{x} a(t)dt$ la primitive s'annulant en $x_0$, est

$$y(x) = e^{-A(x)} \left( y_0 + \int_{x_0}^{x} e^{A(t)} b(t) dt \right).$$

□

En résumé, résoudre une équation différentielle linéaire réelle du premier ordre se réduit à calculer deux primitives ; c'est un cas très particulier, il est en général difficile de trouver les solutions d'équations différentielles, même dans le cas linéaire ! Pour les équations non homogènes, il peut être efficace de chercher des solutions évidentes. Étant donné la linéarité des équations, si le second membre est une somme de termes, ils peuvent être traités séparément et recombinés. On peut même faire apparaître des termes qui simplifient la recherche, en particulier pour les solutions polynomiales.

## Exemples

1. Réécrivons $y' + x^2y = x^5 = x^5 + 3x^2 - 3x^2$ car $y(x) = x^3$ est solution évidente de l'équation $y' + x^2y = x^5 + 3x^2$ tandis que la constante $-3$ est solution de $y' + x^2y = -3x^2$, ce qui donne $y = x^3 - 3$.

De manière générale, la forme du second membre permet de chercher des solutions particulières dans la même classe, par exemple ceux de la forme $b(x) = P(x)e^{\lambda x}$ avec $P \in \mathbb{R}[X]$, ou bien les fonctions circulaires ou exponentielles. Il ne faut pas hésiter à bricoler un peu !

2. Cherchons à résoudre sur $\mathbb{R}$ l'équation $y' + 2xy = x$. L'équation homogène associée admet pour solutions les fonctions de la forme $x \mapsto Ke^{-\frac{x^2}{2}}$ où $K$ est une constante ; et il y a une solution particulière évidente : la fonction constante $y = \frac{1}{2}$. Les solutions sont donc toutes les fonctions de la forme $y = \frac{1}{2} + Ke^{-\frac{x^2}{2}}$, où $K \in \mathbb{R}$ est une constante.

3. Cherchons toutes les solutions sur $\mathbb{R}$ de l'équation différentielle $y' - y = \cos(x)$. Les solutions de l'équation homogène $y' - y = 0$ sont les fonctions de la forme $x \mapsto Ke^x$, où $K \in \mathbb{R}$ est une constante. Pour trouver une solution de l'équation avec second membre, soit on trouve une solution particulière, soit on applique la méthode ci-dessus et on a besoin d'intégrer $x \mapsto e^{-x} \cos(x)$.

On a déjà eu l'occasion de calculer une primitive de ce type ; on peut utiliser deux intégrations par parties ou passer par une intégrale complexe. Le calcul donne

$$ \begin{aligned} \int_{0}^{t} e^{-x} \cos(x) dx &= \operatorname{Re} \left( \int_{0}^{t} e^{(-1+i)x} dx \right) \\ &= \operatorname{Re} \left( \left[ \frac{e^{(-1+i)x}}{-1+i} \right]_{0}^{t} \right) \\ &= \operatorname{Re} \left( \frac{e^{(-1+i)t} (-1-i) + 1+i}{2} \right) \\ &= \frac{-e^{-t} \cos(t) + e^{-t} \sin(t) + 1}{2}. \end{aligned} $$

Finalement, les solutions de notre équation sur $\mathbb{R}$ sont les fonctions de la forme

$$x \mapsto \left( \frac{-e^{-x} \cos(x) + e^{-x} \sin(x)}{2} + K \right) e^x = \frac{\sin(x) - \cos(x)}{2} + Ke^x$$

où $K$ est une constante réelle. L'unique solution avec la condition initiale de passer par le point $(x_0, y_0)$ est donc $x \mapsto \frac{\sin(x)-\cos(x)}{2} + (y_0 - \frac{\sin(x_0)-\cos(x_0)}{2})e^{x-x_0}$. Si on avait remarqué dès le départ que $x \mapsto \frac{\sin(x)-\cos(x)}{2}$ est une solution particulière (ce qui est confirmé par un calcul immédiat), on aurait obtenu ce résultat en s'épargnant le calcul d'une primitive de $x \mapsto e^{-x} \cos(x)$.
4. Trouvons la solution $y$ de l'équation $y'(x) - y(x)\tan(x) = 0$ sur l'intervalle $I =] -\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}[$ qui vérifie $y(0) = \pi$. Une primitive de $-\tan(x)$ sur $I$ est $x \mapsto \ln(\cos(x))$ (bien définie puisque $\cos(x) > 0$ pour $x \in I$) et les solutions de notre équation sont donc les fonctions de la forme $x \mapsto Ke^{-\ln(\cos(x))} = \frac{K}{\cos(x)}$. On aura $y(0) = \pi$ si et seulement si $K = \pi$, et la fonction recherchée est donc $x \mapsto \frac{\pi}{\cos(x)}$.

## Raccordements

L'équation différentielle réelle d'ordre 1 linéaire $y'(x) + a(x)y(x) = b(x)$ peut se concevoir sur des intervalles plus grands que sur l'intersection des domaines de définition des fonctions $a$ et $b$. On rencontre ce cas plus fréquemment dans la formulation générale $\alpha(x)y' + \beta(x)y = \gamma(x)$ où $\alpha, \beta$ et $\gamma$ sont continues sur un intervalle, mais où la fonction $\alpha$ peut s'annuler sans être identiquement nulle. La forme plus simple $y' + ay = b$ avec $a = \frac{\beta}{\alpha}$ et $b = \frac{\gamma}{\alpha}$ est appelée la forme résolue.

On détermine alors des solutions sur chacun des intervalles de définition conjointe des coefficients $a$ et $b$ et on cherche une solution maximale de continuité au bord des intervalles. Par exemple si $a$ ou $b$ ne sont pas définie en $\alpha$, on cherche $y_-$ solution sur $]x_{-1}, \alpha[$ et $y_+$ solution sur $]\alpha, x_1[$, telles que

$$ \begin{cases} \lim_{\alpha-} y_{-} = \lim_{\alpha+} y_{+}, \\ \lim_{\alpha-} y_{-} = \lim_{\alpha+} y'_{+}. \end{cases} $$

On appelle ce prolongement une solution de l'équation différentielle sur $]x_{-1}, x_1[$, elle y est alors nécessairement $C^1$. Cependant, le théorème de CAUCHY-LIPSCHITZ d'existence et d'unicité des solutions pour une condition $y(x_0) = y_0$ donnée ne tient plus, on peut ne plus avoir l'existence ou existence sans unicité.

### Exemples

**10.1** Considérons par exemple $y' + \tan(x)y = \cos(x)$ définie sur chaque intervalle $]k\pi - \frac{\pi}{2}, k\pi + \frac{\pi}{2}[$, $k \in \mathbb{Z}$, où elle a $\{x \mapsto (x + K)\cos(x) : K \in \mathbb{R}\}$ comme solutions. Il est clair que chacune de ces fonctions est en fait définie sur $\mathbb{R}$ tout entier, unique solution de continuité aux points $\frac{\pi}{2} + k\pi$. Il y a donc existence et unicité sur $\mathbb{R}$ tout entier d'une solution passant en un point $(x_0, y_0)$ donné avec $x_0 \notin \mathbb{Z}\pi + \frac{\pi}{2}$, mais il n'y a pas existence de solution passant par $(x_0, y_0)$ avec $x_0 \in \mathbb{Z}\pi + \frac{\pi}{2}$ et $y_0 \neq 0$ tandis qu'il n'y a pas unicité des solutions passant par $(x_0, 0)$ avec $x_0 \in \mathbb{Z}\pi + \frac{\pi}{2}$, car toutes les solutions définies sur $\mathbb{R}$ y passent. À part ce *pincement* en une singularité, on retrouve une unique droite affine de solutions définies sur tout $\mathbb{R}$.

<figure><img src="image_17.png" /><figcaption>FIGURE 10.1 – Raccordement unique sur $\mathbb{R}$</figcaption></figure>

<figure><img src="image_18.png" /><figcaption>FIGURE 10.2 – Raccordements indépendants sur chaque intervalle</figcaption></figure>

**10.2** L'équation $y' - 2\frac{y}{x^3} = 0$ a comme solutions les fonctions de la forme $x \mapsto Ke^{-\frac{1}{x^2}}$ pour $K \in \mathbb{R}$, définies sur $]-\infty, 0[$ et définies sur $]0, +\infty[$. Elles sont toutes prolongeables en 0 par 0, et toutes leurs dérivées y sont nulles. Donc la fonction raccordant $x \mapsto K_-e^{-\frac{1}{x^2}}$ sur $\mathbb{R}^-$ à $x \mapsto K_+e^{-\frac{1}{x^2}}$ sur $\mathbb{R}^+$ est $C^\infty(\mathbb{R})$, même avec $K_- \neq K_+$. Les solutions sur $\mathbb{R}^-$ et $\mathbb{R}^+$ sont ainsi indépendantes, il n'y a pas unicité des solutions, il y a ici deux droites affines indépendantes de solutions qui peuvent se raccorder en une fonction définie sur tout $\mathbb{R}$.
**10.3** En considérant $y' + (\frac{1}{x^2} - 1)y = \frac{e^x}{x^2}$, là encore les fonctions solutions ont exactement la même forme, $\mathbb{R}^{\pm*} \ni x \mapsto Ke^{x+1/x} + e^x$ avec $K \in \mathbb{R}$, et pas les mêmes ensembles de définitions, $\mathbb{R}^{-*}$ et $\mathbb{R}^{+*}$. Cependant, si toutes les solutions sur $\mathbb{R}^{-*}$ sont prolongeables en $0^{-}$ par $\begin{cases} y(0) = 1, \\ y'(0) = 1, \end{cases}$ la seule solution sur $\mathbb{R}^{+*}$ prolongeable en $0^{+}$ est

la solution particulière $x \mapsto e^x$, définie sur tout $\mathbb{R}$. Ceci implique

- pour les conditions initiales $(x_0, y_0)$ avec $x_0 < 0$, l'existence et l'unicité d'une solution définie sur tout $\mathbb{R}$ : Elle est de la forme $x \mapsto Ke^{x+1/x} + e^x$ pour $x \le 0$ et $x \mapsto e^x$ pour $x \ge 0$;

- pour les conditions initiales $(x_0, y_0)$ avec $x_0 > 0$ et $y_0 \ne e^{x_0}$, l'existence et l'unicité de la solution maximale $x \mapsto Ke^{x+1/x} + e^x$ seulement définie sur $\mathbb{R}^{+*}$, non prolongeable en 0;

- pour les données initiales du type $(x_0, e^{x_0})$ avec $x_0 \ge 0$, **FIGURE 10.3** – Ensemble de définition dépendant $\mathbb{R}^{+*} \ni x \mapsto e^x$ est prolongeable sur $\mathbb{R}^-$ par n'importe quelle de la condition fonction du type $\mathbb{R}^- \ni x \mapsto Ke^{x+1/x} + e^x$ avec $K \in \mathbb{R}$, et il n'y a donc pas unicité de la solution!

<figure><img src="image_19.png" /></figure>

## 10.2 Équations linéaires réelles d'ordre 2, à coefficients constants

Tout d'abord, une équation différentielle d'ordre 2 donne la dérivée seconde $y'' = f(t, y, y')$ en fonction de la dérivée première $y'$, de la position $y$ et du temps $t$. Si $y$ décrit la position d'un mobile au cours du temps, une telle équation va décrire l'accélération de ce mobile en fonction de sa position et sa vitesse, ce qui est physiquement la manière dont on décrit les choses : on agit sur un mobile en lui exerçant une force, ce qui conduit à lui donner une accélération, c'est le principe fondamental de la dynamique ou seconde loi de NEWTON. On les rencontre donc dans presque toutes les modélisations de phénomènes naturels et on note souvent la dérivée par rapport au temps avec un point plutôt qu'un prime : $\dot{y} = \frac{dy}{dt}$, $\ddot{y} = f(t, y, \dot{y})$ pour la différencier de la dérivée par rapport à la position physique $x$ quand on a deux variables.

**Exemple.** Le pendule pesant Une masse est attachée à une tige légère de longueur fixe $l$ tournant autour d'un axe. Le système a un unique degré de liberté, l'angle $y$ qu'il fait avec la verticale. Les forces exercées sur le mobile sont : la tension dans la tige (le long de la tige), la pesanteur ($g$ constante et vers le bas) et le frottement (proportionnel d'un facteur $\mu$ et contraire à la vitesse $y'$). Le fait que la tige est rigide nous indique que la tension annule la composante radiale de la force et que seule compte sa composante angulaire, projection du poids perpendiculairement à la tige, donnant finalement l'équation :

$$y'' + \mu y' + \frac{g}{l} \sin(y) = 0. \qquad (10.1)$$

Cette équation n'est pas linéaire, notez la fonction sin, ce qui fait qu'elle est difficile à résoudre. On peut cependant, en prenant un développement limité pour de petits angles, linéariser cette équation en une équation différentielle linéaire d'ordre 2 à coefficients constants dont la solution sont des oscillations harmoniques amorties, qui apparaissent dans énormément de modélisations de phénomènes réels.

On se concentrera sur un type particulier mais commençons par le cas général : Une équation différentielle linéaire d'ordre 2 est de la forme

$$\forall t \in I, \quad y''(t) + a(t)y'(t) + b(t)y(t) = c(t) \qquad (10.2)$$

où $a, b, c$ sont des fonctions continues de $I$ dans $\mathbb{R}$.

Une telle équation se ramène à une équation du premier ordre mais sur les matrices : la fonction inconnue

<figure><img src="image_20.png" /></figure>
y et sa dérivée $y'$ composent la fonction à valeur vectorielle $Y = \begin{pmatrix} y \\ y' \end{pmatrix}$ qui vérifie

$$ \forall t \in I, \quad Y'(t) + \mathcal{A}(t)Y(t) = \mathcal{B}(t) \qquad (10.3) $$

où $\mathcal{A}(t) = \begin{pmatrix} 0 & -1 \\ b(t) & a(t) \end{pmatrix}$ et $\mathcal{B}(t) = \begin{pmatrix} 0 \\ c(t) \end{pmatrix}$. Et la méthode expliquée précédemment pourrait s'appliquer en trouvant la primitive matricielle $\mathcal{A}$ de la fonction à valeur matricielle $\mathcal{A}$, et la primitive vectorielle $\mathcal{K}$ de la fonction à valeur vectorielle $t \mapsto e^{\mathcal{A}(t)}\mathcal{B}(t)$, quand nous saurons faire ces opérations. En tout cas c'est une méthode adaptée aux simulations numériques par un schéma d'EULER.

Dans ce chapitre nous nous contenterons de considérer des équations à coefficients constants, de la forme

$$ \forall t \in I, \quad y''(t) + ay'(t) + by(t) = c(t), \qquad (E) $$

où $a$ et $b$ sont des constantes et seulement $c: I \to \mathbb{R}$ est une fonction continue (le forçage, une force extérieure comme l'action d'un moteur par exemple). La solution $y$ recherchée doit être deux fois dérivable sur $I$, et sera automatiquement de classe $C^2$ puisque $y'' = c - ay' - by$ sera une combinaison linéaire de fonctions continues.

On voit que si $y_1, y_2$ sont solutions de $(E)$ alors $y_1 - y_2$ est une solution de l'équation homogène

$$ \forall t \in I, \quad y''(t) + ay'(t) + by(t) = 0. \qquad (E_0) $$

Réciproquement, si $y_1$ est solution de $(E)$, et $y_2$ est solution de $(E_0)$, alors $y_1 + \lambda y_2$ est solution de $(E)$ pour tout $\lambda \in \mathbb{R}$ : on voit donc que les solutions de $(E)$ sont obtenues comme somme d'une solution particulière de $(E)$ et d'une solution de l'équation homogène $(E_0)$, exactement comme dans le cas des équations linéaires réelles d'ordre 1. Dans le cas des coefficients constants, qui est celui qui nous occupe ici, on va voir qu'on peut trouver les solutions de l'équation homogène. Trouver une solution particulière nécessite par contre plus de travail...

**Observation.** Interprétation géométrique La situation est compréhensible non plus dans le plan $(x, y)$ mais dans le plan $(y, y')$ de la position et de la vitesse, qu'on appelle l'espace des phases. On préfère utiliser la variable du temps plutôt que l'abscisse $x$ pour décrire l'aspect dynamique du système, en tout point décrit par position et vitesse mais où le temps n'est pas représenté. En tout point $(y, y') = (q, p)$, le vecteur (constant par rapport au temps) $\begin{pmatrix} p \\ -ap - bq \end{pmatrix}$ décrit les modifications $Y' = \begin{pmatrix} y' \\ y'' \end{pmatrix}$ de la position et de la vitesse $Y = \begin{pmatrix} y \\ y' \end{pmatrix}$ selon la dynamique homogène $(E_0)$.

Notez qu'une condition initiale n'est plus seulement donnée par une position $y(x_0) = y_0$ mais par une position $y(t_0) = q$ et une vitesse $y'(t_0) = p$.

Attention : Quand, dans les équations différentielles du premier ordre, dans le plan $(x, y)$, nous n'avions jamais deux solutions différentes qui occupaient le même point, ici, au contraire pour une équation du second ordre, deux solutions décalées dans le temps (donc différentes en tant que fonctions dépendant du temps), sont représentées superposées dans l'espace des phases !

En rajoutant le second terme, le terme non homogène $c(t)$, la dynamique dépendante du temps est alors plus compliquée et le vecteur $Y'$ en un point $(q, p)$ n'est plus constant par rapport au temps, le vent change ! L'interprétation géométrique est donc plus délicate.

<figure><img src="image_21.png" /></figure>

**Définition 10.4.** Étant donnée une équation différentielle linéaire homogène d'ordre 2, à coefficients constants, $y'' + ay' + by = 0$, on introduit son équation caractéristique

$$ P(X) = X^2 + aX + b = 0. $$

**Théorème 10.5.** Soit $(E_0) : y'' + ay' + by = 0$ une équation différentielle linéaire homogène d'ordre 2, à coefficients constants.

1. Si l'équation caractéristique $P(X) = X^2 + aX + b = 0$ de $(E_0)$ admet deux solutions réelles $\alpha \neq \beta$, alors les solutions de $(E_0)$ sont toutes les fonctions de la forme

$$ t \mapsto K_1 e^{\alpha t} + K_2 e^{\beta t} $$

où $K_1, K_2$ sont des constantes réelles.
2. Si l'équation caractéristique admet une racine réelle double $\alpha$, alors les solutions de $(E_0)$ sont toutes les fonctions de la forme

$$t \mapsto K_1 e^{\alpha t} + K_2 t e^{\alpha t},$$

où $K_1, K_2$ sont des constantes réelles.

3. Si l'équation caractéristique admet deux racines complexes conjuguées $\alpha \pm i\beta$, alors les solutions de $(E_0)$ sont toutes les fonctions de la forme

$$t \mapsto K_1 e^{\alpha t} \cos(\beta t) + K_2 e^{\alpha t} \sin(\beta t),$$

où $K_1, K_2$ sont des constantes réelles, solutions qu'on peut aussi écrire sous la forme

$$t \mapsto A e^{\alpha t} \cos(\beta t - \phi)$$

où $A$, appelée l'amplitude et $\phi$, la phase sont des réels quelconques.

Comme l'équation caractéristique est une équation polynomiale réelle de degré 2, on est forcément dans un des trois cas ci-dessus.

*Preuve que les fonctions décrites ci-dessus sont bien des solutions.* Pour le moment, on va se contenter de vérifier que, dans chacun des trois cas ci-dessus, les fonctions qui sont décrites ci-dessus sont bien des solutions; on justifiera plus tard le fait que toutes les solutions sont de cette forme. Pour le premier cas, on doit vérifier que si $\alpha$ est solution de l'équation caractéristique alors $y: t \mapsto e^{\alpha t}$ est solution de $(E_0)$. En effet, on a

$$y''(t) + ay'(t) + by(t) = (\alpha^2 + a\alpha + b)e^{\alpha t} = 0.$$

Pour le deuxième cas, il nous faut voir que, si $\alpha$ est racine double, alors $y: t \mapsto te^{\alpha t}$ est également solution de $(E_0)$. Pour le démontrer, on commence par calculer que $y'(t) = e^{\alpha t} + \alpha t e^{\alpha t}$, et $y''(t) = 2\alpha e^{\alpha t} + \alpha^2 t e^{\alpha t}$, donc

$$y''(t) + ay'(t) + by(t) = (\alpha^2 + a\alpha + b)te^{\alpha t} + (2\alpha + a)e^{\alpha t}.$$

Comme $\alpha$ est racine double de $P$, on a $P(\alpha) = \alpha^2 + a\alpha + b = 0$ et $P'(\alpha) = 2\alpha + a = 0$.

Pour traiter le troisième cas, comme on s'autorise à dériver des fonctions à valeurs complexes, on voit que $t \mapsto e^{(\alpha+i\beta)t}$ et $t \mapsto e^{(\alpha-i\beta)t}$ sont toutes deux solutions de $(E_0)$ (puisque $\alpha \pm i\beta$ sont racines de l'équation caractéristique; c'est le même calcul que celui du premier point), donc leurs combinaisons linéaires aussi, ce qui nous permet de conclure que $t \mapsto e^{\alpha t} \cos(\beta t)$ et $t \mapsto e^{\alpha t} \sin(\beta t)$ sont toutes deux solutions de $(E_0)$. Si on ne veut pas dériver des fonctions à valeurs complexes, on fait simplement le calcul, par exemple en posant $y(t) = e^{\alpha t} \cos(\beta t)$ on a

$$y'(t) = \alpha e^{\alpha t} \cos(\beta t) - \beta e^{\alpha t} \sin(\beta t) \text{ et}$$

$$y''(t) = \alpha^2 e^{\alpha t} \cos(\beta t) - 2\alpha\beta e^{\alpha t} \sin(\beta t) - \beta^2 e^{\alpha t} \cos(\beta t).$$

Par conséquent, on arrive à

$$y''(t) + ay'(t) + by(t) = \cos(\beta t)e^{\alpha t}(\alpha^2 - \beta^2 + a\alpha + b) + \sin(\beta t)e^{\alpha t}(-2\alpha\beta - a\beta).$$

Comme par définition de $\alpha, \beta$ on a $(\alpha + i\beta)^2 + a(\alpha + i\beta) + b = 0$, on obtient

$$(\alpha^2 - \beta^2 + a\alpha + b) + i(2\alpha\beta + a\beta) = 0.$$

Comme $\alpha, \beta$ sont réels on en déduit $\alpha^2 - \beta^2 + a\alpha + b = 0 = 2\alpha\beta + a\beta$ et on trouve bien comme attendu que $y$ est solution.

En remarquant que $\cos(\phi)\cos(\beta t) + \sin(\phi)\sin(\beta t) = \cos(\beta t - \phi)$ on a $K_1 e^{\alpha t} \cos(\beta t) + K_2 e^{\alpha t} \sin(\beta t) = Ae^{\alpha t} \cos(\beta t - \phi)$ pour $A = \sqrt{K_1^2 + K_2^2}$ et $\cos \phi = \frac{K_1}{A}$, $\sin \phi = \frac{K_2}{A}$. Suivant les conditions, une forme peut être plus adaptée que l'autre. $\square$

Dans le cas complexe, la partie réelle $\alpha = -a/2$ pilote le comportement :

— $\alpha = 0$, c'est-à-dire $a = 0, b > 0$ dans $(E_0)$, on a à faire à un oscillateur harmonique, périodique, purement circulaire conservatif, de pulsation propre $\beta = \sqrt{b}$.

— Sinon, on appelle le régime pseudo-périodique,
— $\alpha < 0$, c'est un oscillateur harmonique amorti, dissipatif ($a > 0$ est un coefficient de frottement), dont l'amplitude tend vers 0 et

— $\alpha > 0$, c'est un oscillateur harmonique amplifié dont l'amplitude diverge.

Il faut faire attention dans le cas complexe, l'espace vectoriel solution est

$$ \mathrm{Re}(\mathrm{Vect}_{\mathbb{C}}(t \mapsto e^{(\alpha+i\beta)t}, t \mapsto e^{(\alpha-i\beta)t})) = \mathrm{Vect}_{\mathbb{R}}(t \mapsto e^{\alpha t} \cos(\beta t), t \mapsto e^{\alpha t} \sin(\beta t)) $$

qui contient strictement $\mathrm{Vect}_{\mathbb{R}}(t \mapsto \mathrm{Re}(e^{(\alpha+i\beta)t}), t \mapsto \mathrm{Re}(e^{(\alpha-i\beta)t})) = \mathrm{Vect}_{\mathbb{R}}(t \mapsto e^{\alpha t} \cos(\beta t))$, mais aussi $\mathrm{Vect}_{\mathbb{R}}(t \mapsto \mathrm{Im}(e^{(\alpha+i\beta)t}), t \mapsto \mathrm{Im}(e^{(\alpha-i\beta)t})) = \mathrm{Vect}_{\mathbb{R}}(t \mapsto e^{\alpha t} \sin(\beta t))$.

Remarquons que, dans chacun des cas, on voit que l'espace formé par toutes les fonctions solutions de ($E_0$) est un espace vectoriel de dimension *au moins* 2 car l'énoncé ci-dessus nous donne, dans chacun des cas, deux fonctions non proportionnelles qui appartiennent à l'espace des solutions ; ce qui manque encore dans la preuve est donc la justification que l'espace des solutions est exactement de dimension 2, ce qu'on verra plus en détail ci-dessous.

Pour l'instant, notons qu'il nous reste à résoudre l'équation avec second membre ! Ce second membre correspond physiquement à une excitation extérieure, un couplage avec l'environnement, une source d'énergie comme une houle, le vent, un moteur... Quand le second membre $c(t)$ est particulièrement simple, on peut rechercher une solution particulière sous une forme déterminée à l'avance, comme par exemple dans le cas ci-dessous.

**Proposition 10.6.** Soit $I$ un intervalle de $\mathbb{R}$, et $(E)$ une équation différentielle de la forme

$$ y''(t) + ay'(t) + by(t) = Q(t)e^{\lambda t}, \quad (E) $$

où $a, b, \lambda \in \mathbb{R}$ et $Q \in \mathbb{R}[X]$. Alors il existe une solution de $(E)$ de la forme $t^k R(t) e^{\lambda t}$, où $R \in \mathbb{R}[X]$ est du même degré que $Q$ et $k$ est égal à la multiplicité de $\lambda$ comme racine de l'équation caractéristique de la forme homogène de $(E)$ (donc $k = 0, 1$ ou $2$).

*Démonstration.* Notons $n$ le degré de $Q$. Étant donnée $y$ une fonction deux fois dérivable sur $I$, introduisons $z: t \mapsto y(t)e^{-\lambda t}$. Alors $y$ est deux fois dérivable si, et seulement si, $z$ est deux fois dérivable ; de plus, on a

$$ \forall t \in \mathbb{R}, y'(t) = z'(t)e^{\lambda t} + \lambda z(t)e^{\lambda t} \text{ et } y''(t) = z''(t)e^{\lambda t} + 2\lambda z'(t)e^{\lambda t} + \lambda^2 z(t)e^{\lambda t}. $$

On en déduit que

$$ \forall t \in \mathbb{R}, y''(t) + ay'(t) + by(t) = (z''(t) + (2\lambda + a)z'(t) + (\lambda^2 + a\lambda + b)z(t)) e^{\lambda t}. $$

En particulier, $y$ est solution de $(E)$ si, et seulement si,

$$ \forall t \in \mathbb{R}, z''(t) + (2\lambda + a)z'(t) + (\lambda^2 + a\lambda + b)z(t) = Q(t). $$

Considérons l'endomorphisme des polynômes $\Phi$:
$$ \begin{cases} \mathbb{R}[X] & \to \mathbb{R}[X], \\ R & \mapsto R'' + (2\lambda + a)R' + (\lambda^2 + a\lambda + b)R. \end{cases} $$

Maintenant, on distingue trois cas :

1. Supposons $P(\lambda) = \lambda^2 + a\lambda + b \neq 0$, c'est-à-dire que $\lambda$ n'est pas racine de l'équation caractéristique de $(E)$. Alors $\Phi$ vérifie que pour tout polynôme $R$, le degré de $\Phi(R)$ est égal au degré de $R$. Donc $\Phi(R) = 0$ seulement si $R = 0$ et $\Phi$ est injective de $\mathbb{R}_n[X]$ dans $\mathbb{R}_n[X]$. Alors elle est également surjective, car tout endomorphisme injectif d'un espace vectoriel de dimension finie est surjectif. Il existe donc $R$ du même degré que $Q$ tel que $\Phi(R) = Q$, et $y: t \mapsto R(t)e^{\lambda t}$ est alors solution de $(E)$.

2. Si $P(\lambda) = \lambda^2 + a\lambda + b = 0$ et $P'(\lambda) = 2\lambda + a \neq 0$, c'est-à-dire si $\lambda$ est racine simple de $P$, l'application $\Phi: R \mapsto R'' + (2\lambda + a)R'$ est maintenant de $\mathbb{R}_{n+1}[X]$ dans $\mathbb{R}_n[X]$. Le noyau de $\Phi$ est formé des polynômes constants, donc est de dimension 1 ; par conséquent l'image est de dimension $\dim(\mathbb{R}_{n+1}[X]) - 1 = n + 1$, et est contenue dans $\mathbb{R}_n[X]$, qui est aussi de dimension $n + 1$. Donc $\Phi$ est surjective : il existe $R$ tel que $\Phi(R) = Q$, et puisque $\Phi(R - R(0)) = \Phi(R)$ on peut supposer que le terme constant de $R$ est nul. De nouveau, l'application $y: t \mapsto R(t)e^{\lambda t}$ est solution de $(E)$.

3. Si $P(\lambda) = \lambda^2 + a\lambda + b = 0$ et $P'(\lambda) = 2\lambda + a = 0$, c'est-à-dire si $\lambda$ est racine double de $P$, on considère sur le même modèle l'application $\Phi: R \mapsto R''$, qui est une surjection de $\mathbb{R}_{n+2}[X]$ sur $\mathbb{R}_n[X]$, et on trouve $R$ tel que $\Phi(R) = Q$. Alors $y: t \mapsto R(t)e^{\lambda t}$ est solution de $(E)$ ; de plus, puisque les polynômes de degré $\leq 1$ sont dans le noyau de $\Phi$, on peut supposer que les termes de degré 0 et 1 de $R$ sont nuls.
☐

Revenons maintenant sur la dimension de l'espace vectoriel formé par les solutions d'une équation différentielle linéaire réelle homogène d'ordre 2.

**Lemme 10.7.** Soit $(E_0)$ une équation différentielle linéaire réelle homogène d'ordre 2, à coefficients constants.
Etant données $y_1, y_2$ deux solutions de $(E_0)$, on introduit leur wronskien $w$ défini par

$$ \forall t \in I, \quad w(t) = y_1(t)y_2'(t) - y_2(t)y_1'(t). $$

S'il existe $t_0 \in I$ tel que $w(t_0) = 0$ alors $w$ est nul sur $I$. Sur un intervalle où $y_2$ ne s'annule pas, on a alors $y_1 = \lambda y_2$ pour une constante $\lambda \in \mathbb{R}$.

Le wronskien s'annule si, dans l'espace des phases, les vecteurs $(\begin{pmatrix} y_1 \\ y_1' \end{pmatrix})$ et $(\begin{pmatrix} y_2 \\ y_2' \end{pmatrix})$ sont colinéaires. Alors la linéarité du système implique que les deux solutions partant de conditions initiales colinéaires, restent colinéaires.

**Démonstration.** On note que $w$ est dérivable, et que pour $t \in I$ on a

$$ \begin{aligned} w'(t) &= y_1'(t)y_2'(t) + y_1(t)y_2''(t) - y_2'(t)y_1'(t) - y_2(t)y_1''(t) \\ &= y_1(t)y_2''(t) - y_2(t)y_1''(t) \\ &= y_1(t)(-ay_2'(t) - by_2(t)) - y_2(t)(-ay_1'(t) - by_1(t)) \\ &= -ay_1(t)y_2'(t) + ay_2(t)y_1'(t) \\ &= -aw(t). \end{aligned} $$

On vient de montrer que $w$ est solution d'une équation différentielle homogène de degré 1, à coefficients constants : il existe une constante $K$ telle que $w(t) = Ke^{-at}$ pour tout $t \in I$, en particulier si $w$ s'annule en un point alors $w(t) = 0$ pour tout $t \in I$. Sur un intervalle où $y_2$ ne s'annule pas, on peut dériver la fonction $t \mapsto \frac{y_1}{y_2}$, dont la dérivée est égale à $\frac{w(t)}{y_2''(t)} = 0$ : cette fonction est constante, et on a bien $y_1 = \lambda y_2$ pour un certain $\lambda \in \mathbb{R}$.

☐

Pour finir la preuve du théorème 10.5, il nous reste à démontrer le résultat suivant.

**Proposition 10.8.** Soit $(E_0)$ une équation différentielle linéaire réelle homogène d'ordre 2, à coefficients constants. Alors l'ensemble $\mathcal{E}$ formé par les solutions de $(E_0)$ est un sous-espace vectoriel de dimension 2 de l'espace des fonctions de $I$ dans $\mathbb{R}$.

Voyons une première preuve, basée sur les propriétés du wronskien.

**Démonstration.** On a déjà mentionné le fait que $\mathcal{E}$ est un sous-espace vectoriel : il est non vide puisqu'il contient la fonction nulle, et dès que $y_1, y_2$ sont solutions et $\lambda, \mu$ sont des réels, $\lambda y_1 + \mu y_2$ est encore un élément de $\mathcal{E}$. De plus, on a vu dans la preuve du théorème 10.5 que $\mathcal{E}$ est de dimension au moins 2 (selon la forme des solutions de l'équation caractéristique, on a à chaque fois fourni deux solutions non proportionnelles $y_1, y_2$). Fixons deux solutions non proportionnelles $y_1, y_2$. Pour tout $t_0 \in I$, comme le wronskien de $(y_1, y_2)$ ne s'annule pas sur $I$, on sait que $(y_1(t_0), y_1'(t_0))$ et $(y_2(t_0), y_2'(t_0))$ sont non colinéaires, ils forment donc une base de l'espace des phases $\mathbb{R}^2$ et pour tout vecteur position/vitesse $(\lambda, \mu) \in \mathbb{R}^2$ il existe $(A_1, A_2) \in \mathbb{R}^2$ tels que $(\lambda, \mu) = A_1(y_1(t_0), y_1'(t_0)) + A_2(y_2(t_0), y_2'(t_0))$.

Ainsi, si $y$ est une solution quelconque de $(E_0)$, les valeurs $y(t_0)$ et $y'(t_0)$ définissent une combinaison linéaire $y(t_0) = A_1 y_1(t_0) + A_2 y_2(t_0)$ et $y'(t_0) = A_1 y_1'(t_0) + A_2 y_2'(t_0)$. Mais cette combinaison est solution de $(E_0)$ sur tout $I$. De plus, le wronskien de $y$ et $A_1 y_1 + A_2 y_2$ s'annule en $t_0$, et s'annule donc sur tout un segment autour de $t_0$ où $y$ ne s'annule pas, pour peu que $y(t_0) \neq 0$, ce qu'on supposera.

Pour en déduire que cette combinaison linéaire est égale à $y$ sur tout $I$, il reste à traiter les valeurs où la fonction $y$ s'annule. Nous allons voir que dans tous les cas, ces zéros sont isolés et la combinaison linéaire s'étend par continuité d'un intervalle sans zéro à un autre.

Dans le cas où l'équation caractéristique de $(E_0)$ est à racines réelles, on vérifie sur la forme des solutions $y_1(t) = e^{\alpha t}, y_2(t) = e^{\beta t}$ que si $z = A_1 y_1 + A_2 y_2$ n'est pas la fonction nulle alors $z$ s'annule au plus une fois sur $I$, disons en $t_1$ et qu'alors $z'(t_1) \neq 0$. Alors, $I \setminus \{t_1\}$ s'écrit comme réunion de deux intervalles $I_1, I_2$ sur lesquels $z$ ne s'annule pas, et puisque le wronskien de $(y, z)$ est nul sur $I_1$ et $I_2$ on en déduit l'existence de constantes $\lambda_1, \lambda_2$ telles que $y = \lambda_1 z$ sur $I_1$, $y = \lambda_2 z$ sur $I_2$. Par continuité de $y'$ sur $I$, on obtient alors $\lambda_1 z'(t_1) = \lambda_2 z'(t_1)$,
donc $\lambda_1 = \lambda_2$ puisque $z'(t_1) \neq 0$. Donc finalement $\lambda_1 = \lambda_2$ et $y = \lambda z$ pour tout $z \in I \setminus \{t_1\}$; cette égalité doit être vraie aussi en $t_1$ par continuité, donc finalement il existe $\lambda$ tel que $y = \lambda z$ sur $I$. Comme on a choisi $z$ de façon que $y(t_0) = z(t_0)$ on obtient $y = z$.

Dans le cas où l'équation caractéristique est à racines double ou complexes, $z = A_1y_1 + A_2y_2$ peut s'annuler plus d'une fois sur $I$ (et même une infinité de fois si $I$ est non borné). Néanmoins, on peut écrire $I$ comme réunion d'une suite d'intervalles dans l'intérieur desquels $z$ ne s'annule pas, et adapter le raisonnement ci-dessus pour conclure de nouveau que $z = y$ (on ne va pas détailler cet argument ici).

Dans tout les cas, on obtient que, étant donné $y \in \mathcal{E}$ on peut trouver $A_1, A_2$ tels que $y = A_1y_1 + A_2y_2$ : tout élément de $\mathcal{E}$ s'écrit de manière unique comme combinaison linéaire de $y_1$ et $y_2$, ce qui montre que $\mathcal{E}$ est de dimension 2. $\square$

Le raisonnement précédent contient en filigrane le résultat suivant, qui est un cas (très) particulier du théorème de CAUCHY-LIPSCHITZ.

**Proposition 10.9.** Soit $(E_0)$ une équation différentielle linéaire réelle homogène d'ordre 2, à coefficients constants. Etant donné $t_0 \in I$ et $\lambda, \mu \in \mathbb{R}$, il existe une unique solution de $E_0$ telle que $y_1(t_0) = \lambda$ et $y'_1(t_0) = \mu$.

*Démonstration.* Notons $\mathcal{E}$ l'espace des solutions de $(E_0)$, dont on a vu qu'il était de dimension 2. Considérons l'application $\Phi: \mathcal{E} \to \mathbb{R}^2$, définie par $\Phi(y) = (y(t_0), y'(t_0))$. On doit montrer que $\Phi$ est bijective; comme $\mathcal{E}$ et $\mathbb{R}^2$ ont la même dimension, et $\Phi$ est linéaire, il nous suffit de montrer que $\Phi$ est surjective. Etant donnée une base $(y_1, y_2)$ de $\mathcal{E}$, on a vu plus haut que $y_1(t_0)y'_2(t_0) - y_2(t_0)y'_1(t_0) \neq 0$, et c'est exactement ce dont on a besoin pour assurer que, pour tout $\lambda, \mu \in \mathbb{R}$, le système $\begin{cases} Ay_1(t_0) + By_2(t_0) = \lambda, \\ Ay'_1(t_0) + By'_2(t_0) = \mu, \end{cases}$ admet une solution $A, B$. Alors $\Phi(Ay_1 + By_2) = (\lambda, \mu)$, prouvant que $\Phi$ est surjective. $\square$

On peut aussi donner une preuve directe de la proposition 10.9 et en déduire la proposition 10.8 :

*Une autre preuve de 10.9.* Considérons l'équation $y'' + ay' + by = 0$, où $a, b$ sont des constantes; on va de nouveau utiliser l'application $\Phi$ définie dans la preuve précédente. Cette fois on va montrer que $\Phi$ est injective, ce qui nous montrera que $\mathcal{E}$ est de dimension au plus 2, et donc exactement 2. Soit donc $y$ dans le noyau de $\Phi$; on introduit la fonction $u: t \mapsto (y(t))^2 + (y'(t))^2$. On va utiliser l'inégalité $2xy \leq x^2 + y^2$ valable pour tout $x, y \in \mathbb{R}$.

En dérivant, on obtient

$$ 
\begin{aligned}
u'(t) &= 2y'(t)y(t) + 2y'(t)y''(t) \\
&= 2y'(t)(y''(t) + y(t)) \\
&= 2y'(t)((1-b)y(t) - a(y'(t))) \\
&= (1-b)2y(t)y'(t) - 2a(y'(t))^2 \\
&\leq |1-b|((y(t))^2 + (y'(t))^2) + 2|a|(y'(t))^2 \\
&\leq Cu(t)
\end{aligned}
$$

où $C = |1 - b| + 2|a|$. Au lieu d'avoir une équation différentielle linéaire du premier ordre, on est face à une inéquation différentielle ! En repensant au cas des équations d'ordre 1, on introduit $\varphi: t \mapsto e^{-Ct}u(t)$ et on voit que $\varphi'(t) = (-Cu(t) + u'(t))e^{-Ct} \leq 0$ pour tout $t$. Comme $\varphi$ est à valeurs positives et $\varphi(0) = 0$, on en déduit $\varphi(t) = 0$ et donc $u(t) = 0$ pour tout $t \geq 0$. Le même raisonnement appliqué à l'équation différentielle satisfaite par $t \mapsto y(-t)$ nous permet de conclure que $u(-t) = 0$ pour tout $t \geq 0$, donc $u$ est la fonction nulle. On vient de montrer que $y(t) = 0$ pour tout $t$, ce qui prouve que le seul élément du noyau de $\Phi$ est la fonction nulle. $\square$

Ci-dessous, on va montrer que ce résultat reste vrai quand l'équation n'est pas homogène; il nous suffit en fait de justifier qu'une équation différentielle réelle d'ordre 2, à coefficients constants, a toujours une solution. Pour cela, on va décrire la

**Proposition 10.10 (Méthode de LAPLACE).** L'équation $(E) y'' + ay' + by = c(t)$ définie sur un intervalle $I$ par les constantes $a, b \in \mathbb{R}$ et $c: I \to \mathbb{R}$ une fonction continue, a comme solutions

$$y(t) = \lambda_1(t)y_1(t) + \lambda_2(t)y_2(t)$$
où $(y_1, y_2)$ forment une base de l'espace des solutions de l'équation homogène et $\lambda_1$, resp. $\lambda_2$ sont des primitives des fonctions

$$ \forall t \in I, \quad \lambda'_{1}(t) = -\frac{c(t)y_{2}(t)}{w(t)}, \quad \text{resp.} \quad \lambda'_{2}(t) = +\frac{c(t)y_{1}(t)}{w(t)} $$

où $w(t) = y_1(t)y'_2(t) - y'_1(t)y_2(t)$ est le wronskien de $y_1$ et $y_2$.

**Démonstration.** Trouvons des conditions sur $\lambda_1, \lambda_2$ qui suffisent à ce que $y$ soit solution (on a seulement besoin de trouver une solution particulière!) : d'abord, on dérive

$$ y'(t) = \lambda'_{1}(t)y_{1}(t) + \lambda_{1}(t)y'_{1}(t) + \lambda'_{2}(t)y_{2}(t) + \lambda_{2}(t)y'_{2}(t). $$

Pour simplifier la forme de $y'(t)$, on demande que $\lambda'_1(t)y_1(t) + \lambda'_2(t)y_2(t) = 0$ (ce qui impose une équation reliant $\lambda'_1$ et $\lambda'_2$); si cette condition est vérifiée, on a simplement $y'(t) = \lambda_1(t)y'_1(t) + \lambda_2(t)y'_2(t)$ et

$$ y''(t) = \lambda'_{1}(t)y'_{1}(t) + \lambda_{1}(t)y''_{1}(t) + \lambda'_{2}(t)y'_{2}(t) + \lambda_{2}(t)y''_{2}(t). $$

Alors, on obtient en regroupant que $y''(t) + ay'(t) + by(t)$ est égal à

$$ (\lambda_1(t)y_1''(t) + \lambda_2(t)y_2''(t) + a\lambda_1(t)y_1'(t) + a\lambda_2(t)y_2'(t) + b\lambda_1(t)y_1(t) + b\lambda_2(t)y_2(t)) + \lambda'_1(t)y'_1(t) + \lambda'_2(t)y'_2(t) = \lambda'_1(t)y'_1(t) + \lambda'_2(t)y'_2(t). $$

Finalement, on obtient que, dès lors que l'on a

$$ \forall t \in I, \quad \begin{cases} \lambda'_{1}(t)y_{1}(t) + \lambda'_{2}(t)y_{2}(t) = 0 \\ \lambda'_{1}(t)y'_{1}(t) + \lambda'_{2}(t)y'_{2}(t) = c(t) \end{cases} $$

la fonction $t \mapsto \lambda_1(t)y_1(t) + \lambda_2(t)y_2(t)$ est une solution de (E). Le système en $(\lambda'_1(t), \lambda'_2(t))$ obtenu ci-dessus a une solution exactement parce que le wronskien de $y_1, y_2$ ne s'annule pas, autrement dit $y_1(t)y'_2(t) - y_2(t)y'_1(t) \neq 0$ pour tout $t \in I$. En effet, en résolvant le système ci-dessus on obtient

$$ \forall t \in I, \quad \lambda'_{1}(t) = \frac{-c(t)y_{2}(t)}{y_{1}(t)y'_{2}(t) - y'_{1}(t)y_{2}(t)} \quad \text{et} \quad \lambda'_{2}(t) = \frac{-c(t)y_{1}(t)}{y_{2}(t)y'_{1}(t) - y'_{2}(t)y_{1}(t)}. $$

En choisissant pour $\lambda_1, \lambda_2$ des primitives pour les fonctions (continues, puisque le dénominateur ne s'annule pas) qu'on vient d'obtenir ci-dessus, nos calculs nous montrent que $\lambda_1 y_1 + \lambda_2 y_2$ est une solution de E. $\square$

**Théorème 10.11** (Théorème de CAUCHY-LIPSCHITZ). Soit (E) une équation différentielle linéaire réelle d'ordre 2, à coefficients constants, et $t_0 \in I$. Pour tout $(\lambda, \mu) \in \mathbb{R}^2$ il existe une unique solution y de (E) telle que $y(t_0) = \lambda$ et $y'(t_0) = \mu$.

**Démonstration.** Commençons par trouver une solution $z$ de (E), ce qui est possible d'après ce qu'on a fait ci-dessus; on sait par 10.9 qu'il existe une solution $y_0$ de l'équation homogène associée à (E) telle que $y_0(t_0) = \lambda - z(t_0)$ et $y'_0(t_0) = \mu - z'(t_0)$. Alors $y = z + y_0$ est une solution de (E), et on a bien $y(t_0) = \lambda, y'(t_0) = \mu$. Ceci montre l'existence d'une solution satisfaisant nos conditions initiales; pour montrer qu'elle est unique, supposons que $y_1, y_2$ sont deux solutions de (E) satisfaisant les mêmes conditions initiales. Alors $z = y_1 - y_2$ est une solution de l'équation homogène ($E_0$) satisfaisant $z(0) = z'(0) = 0$. On déduit alors de la proposition 10.9 que $z = 0$, c'est-à-dire $y_1 = y_2$. $\square$

## 10.3 Équations différentielles linéaires en dimension supérieure

On fixe un entier $n$, et $I$ un intervalle de $\mathbb{R}$. Étant donnée $Y: I \to \mathbb{R}^n$, on dit que $Y$ est continue (resp. dérivable) si chacune des coordonnées de $Y$ est une fonction continue (resp. dérivable). Une équation différentielle linéaire d'ordre 1 est alors une équation d'inconnue $Y$, où $Y: I \to \mathbb{R}^n$ est dérivable, de la forme

$$ \forall t \in I, \quad Y'(t) + A(t)Y(t) = B(t), $$

où $A: I \to M_n(\mathbb{R})$ et $B: I \to \mathbb{R}^n$ sont continues. Un cas particulier important est celui où $A$ est une fonction constante, c'est-à-dire qu'il existe une matrice $A$ telle que $A(t) = A$ pour tout $t \in I$.
## Modélisation d'une population : la suite géométrique

Imaginons une population de lapins. Son accroissement est a priori proportionnel à sa population : plus il y a de lapins, plus il y a de petits. La première modélisation d'une telle population est ainsi discrète, on appellera $u_n$ le nombre de lapins à la n-ème portée et on a la définition récurrente simple : l'accroissement de la population à la n + 1-ème portée est proportionnelle d'un facteur q à celle de la n-ème portée, soit $u_{n+1} = u_n + qu_n$, ce qui nous amène à la solution $u_n = (1+q)^n u_0$, la suite géométrique de premier terme $u_0$ et de raison $1+q$.

C'est (malheureusement) également le cas des débuts d'épidémie. Nous avons énormément entendu parlé de croissance exponentielle de l'épidémie de COVID-19 car, représentés en fonction du temps le nombre de cas des premiers jours d'une épidémie donnent lieu, sur une échelle logarithmique, à une courbe presque droite, c'est-à-dire de la forme $t \mapsto N_0 e^{\lambda(t-t_0)}$ où le coefficient $\lambda$ dépend du $R_0$, le nombre de reproduction de base. Diverses mesures des autorités tendent à modifier le comportement des personnes pour diminuer ce nombre de reproduction et applatir la courbe.

<figure><img src="image_22.png" /><figcaption>FIGURE 10.4 – Croissance exponentielle de l'épidémie Covid-19 Wikipedia.</figcaption></figure>

## Modélisation d'une population : la suite logistique

La première critique de cette modélisation est que la contrainte liée à la pression écologique d'une population à la croissance exponentielle n'est pas prise en compte. De fait, l'introduction de lapins dans un nouvel environnement avec peu de prédateurs, comme une île, est suivie d'une explosion exponentielle de leur nombre, puis d'une stabilisation, voire même d'un effondrement si le pâturage n'est pas soutenable. Comment prendre en compte cet effet ? En modulant l'accroissement de la population, la rendant nulle à une population d'équilibre $u_e$, soit

$$u_{n+1} = u_n + qu_n(u_e - u_n).$$

Ainsi, si la population est inférieure à la population d'équilibre, elle va croître, mais si elle est supérieure, elle va décroître. Sa version continue $y' = qy(p - y)$, où $p$ est la population d'équilibre, est beaucoup plus régulière que la version discrète : elle ralentit progressivement vers l'équilibre là où la version discrète peut dépasser l'équilibre et introduire un comportement *chaotique*.

On résume le comportement de cette équation sous la forme plus simple à étudier $u_{n+1} = f_a(u_n)$ avec $f_a(x) = ax(1-x)$ un polynôme de degré 2, s'annulant en 0 et en 1. On appelle une telle suite *la suite logistique*. Remarquons que son sommet est en $(\frac{1}{2}, \frac{a}{4})$, donc pour $0 \le a \le 4$, $f_a$ est une application de $[0, 1]$ dans lui-même, on peut donc l'itérer sans explosion. Si la suite converge, vu que $f_a$ est continue, sa limite $\ell$ est forcément un point fixe de $f_a$ et $x = f_a(x)$ a deux solutions, la solution nulle et $\ell = 1 - \frac{1}{a}$. Pour $0 \le a \le 1$, $\ell < 0$ donc ce point fixe n'est pas attractif et la suite converge vers 0, l'autre point fixe où $f_a(x) = ax - ax^2 = ax + O(x^2)$ donc la suite $u_{n+1} = f_a(u_n)$ est comparable à une suite géométrique de raison $a < 1$ et la suite converge vers 0.
Pour $1 < a < 4$, étudions le comportement de la fonction autour du point fixe $\ell$: $f_a(x) = f_a(\ell) + (x - \ell)f'_a(\ell) + \frac{1}{2}(x - \ell)^2 f''_a(\ell)$, avec $f_a(\ell) = \ell$, $f'_a(\ell) = a(1 - 2\ell) = 2 - a$ et $f''_a(\ell) = -2a$, soit $f_a(x) - \ell = (x - \ell)(2 - a) - a(x - \ell)^2$. Ainsi $u_{n+1} - \ell = (2 - a)(u_n - \ell) + O((x - \ell)^2)$ et la différence au point fixe est comparable à une suite géométrique de raison $(2 - a)$. Donc pour $1 < a < 3$, si la suite est assez proche du point fixe $\ell$, elle va converger vers $\ell$ car $-1 < 2 - a < 1$.

Par contre, à partir de $a = 3$, le point fixe est répulsif car un petit écart au point fixe s'accroît d'un facteur proche de $|2 - a| > 1$. La suite ne converge plus mais ses sous-suites paires et impaires, vérifiant $v_n = u_{2n} = f_a \circ f_a(v_{n-1})$ et $w_n = u_{2n+1} = f_a \circ f_a(w_{n-1})$. Quand vont-elles converger ? tout d'abord, elles ont, outre les points fixes $0$ et $\ell = 1 - \frac{1}{a}$ de $f_a$, deux autres points fixes, $\frac{a+1 \pm \sqrt{(a-3)(a+1)}}{2a}$ et la dérivée de $f_a \circ f_a$ y vaut $1 - (a-3)(a+1)$. Cette valeur est comprise entre $-1$ et $1$ pour $3 < a < 1 + \sqrt{6}$ à partir duquel les suites paires et impaires se dédoublent encore, et se dédoubleront encore et encore. Une applet permettant de modifier les paramètres.

Cette histoire est complexe mais pointe du doigt l'apparition du chaos dans des itérations pourtant très simples, ce qui se traduit, pour le modèle continu, dans la sensibilité aux conditions initiales.

<figure><img src="image_23.png" /><figcaption>FIGURE 10.5 – Une suite $u_{n+1} = f_a(u_n)$ pour $a \approx 3,36$, et (en rouge) les points d'accumulation $(\frac{a}{4}, u_n)$ pour $n$ grands et différentes valeurs de $a$.</figcaption></figure>

## Équation de LOTKA-VOLTERRA

Cette équation non linéaire d'ordre 1 en dimension 2 modélise des systèmes biologiques de deux populations ($N_1, N_2$) en interaction. Chaque population suit une équation différentielle d'ordre 1 comprenant différents termes. Un terme $\epsilon_i N_i$ de reproduction propre linéaire, qui conduirait à une explosion exponentielle ou au contraire à une extinction suivant le signe de $\epsilon_i$. L'impact de l'environnement, comme précédemment dans le modèle logistique, est un terme non linéaire $-\lambda_i N_i^2$ proportionnel au carré de la population, qui mènerait à un point d'équilibre $N_i = \frac{\epsilon_i}{\lambda_i}$ sans présence de l'autre espèce ($N_i = 0$ étant toujours solution). Les choses se compliquent avec un terme croisé, $\gamma_j N_j N_i$ et suivant le signe du coefficient $\gamma_i$, la présence de l'autre population $N_j$ est favorable (si $\gamma_j > 0$) ou défavorable.

$$ \begin{cases} \frac{dN_1}{dt} = (\epsilon_1 - \lambda_1 N_1 + \gamma_2 N_2) \times N_1, \\ \frac{dN_2}{dt} = (\epsilon_2 - \lambda_2 N_2 + \gamma_1 N_1) \times N_2. \end{cases} $$

Suivant les différents signes des divers coefficients, on a affaire à des relations écologiques variées :

- $\epsilon_1 > 0, \gamma_2 < 0, \gamma_1 > 0$ signifie que $N_1$ est une proie pour le prédateur $N_2$ qui s'en nourrit. Quand en plus $\epsilon_2 < 0$, c'est une relation de parasitisme car $N_2$ ne peut pas survivre tout seul.

- $\epsilon_i > 0, \gamma_i < 0$, c'est une relation de compétition simple, la présence d'une espèce est au détriment de l'autre.

- Si $\gamma_1 = 0, \gamma_2 > 0$, c'est une relation de commensalisme, la présence d'une espèce étant indifférente pour l'une et bénéfique pour l'autre. Pour $\gamma_2 < 0$, on parle d'amensalisme.

- $\gamma_i > 0$ modélise une symbiose ou un mutualisme, la présence d'une espèce est bénéfique à l'autre.

<figure><img src="image_24.png" /><figcaption>FIGURE 10.6 – Relation proie-prédateur.</figcaption></figure>
Un tel système a potentiellement un point d'équilibre, quand le vecteur $(\frac{N_1}{N_2})$ vérifie

$$ \begin{pmatrix} \lambda_1 & -\gamma_2 \\ -\gamma_1 & \lambda_2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} N_1 \\ N_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \epsilon_1 \\ \epsilon_2 \end{pmatrix}. $$

Ceci nécessite que $\lambda_1\lambda_2 \neq \gamma_1\gamma_2$ et qu'ensuite les coordonnées du vecteur $\begin{pmatrix} \lambda_1 & -\gamma_2 \\ -\gamma_1 & \lambda_2 \end{pmatrix}^{-1} \begin{pmatrix} \epsilon_1 \\ \epsilon_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} N_1 \\ N_2 \end{pmatrix}$ soient positifs pour avoir un sens dans le modèle.

On peut intégrer numériquement ce modèle à l'aide d'une applet permettant de modifier les paramètres. Plus sur le sujet proie-prédateur dans la thèse d'Hugues SANTIN JANIN UCBL 2010.

## Modèle SIR

Lors d'une épidémie, on divise la population en trois classes (ou compartiments), $S$ les susceptibles d'être infectés, $I$ les infectés et $R$ les personnes guéries. On fait les hypothèses que le taux d'infection est proportionnel au nombre d'infectés et aux nombre de susceptible. Les nouveaux infectés sont retranchés des susceptibles $S$ et ajoutés aux infectés $I$. On suppose aussi que la guérison se fait avec un taux fixe, proportionnel seulement au nombre d'infectés. De même, les nouveaux guéris sont retranchés des infectés $I$ et ajoutés à $R$. Le taux d'infection est relié à $R_0$, le nombre de reproduction de base, qu'on supposera constant (ce n'est pas vrai dans une vraie épidémie, l'application de mesures d'hygiène et de confinement fait baisser ce taux). Le taux de guérison est également dépendant des décisions de santé publique. On aboutit ainsi à l'équation différentielle suivante dans $\mathbb{R}^3$ :

$$ \begin{cases} S' = -p \times S \times I \\ I' = +p \times S \times I - \alpha I \\ R' = \alpha I \end{cases} $$

C'est une équation différentielle d'ordre 1, vectorielle, non linéaire. Remarquez la conservation $S + I + R$.

On peut l'intégrer numériquement à l'aide d'une applet permettant de modifier les paramètres. On peut complexifier le modèle en introduisant la vaccination, qui fait passer des cas Susceptibles dans le compartiment Remis, ou au contraire, une immunité imparfaite, des cas Remis devenant de nouveau Susceptibles. On a alors une endémie qui se met en place, avec parfois des bouffées épidémiques comme la grippe saisonnière.

Un article sur le site Images des Mathématiques.

## Premier ordre

Parmi les équations différentielles du premier ordre, $(E)$ $y' = u(x, y)$, par-delà les équations linéaires $u(x, y) = a(x)y + b(x)$, que le théorème 10.3 de DUHAMEL permet d'intégrer, certaines formes de la fonction $u(x, y)$ ont un intérêt particulier et peuvent-être parfois résolues :

### Équations à variables séparables

Ce sont les cas où $y' = u(x, y) = v(x) \times w(y)$ avec $v, w \in C^1(I)$.

Remarquez que les zéros de $w$ sur $I$ identifient des fonctions constantes solutions : $w(y_0) = 0 \Rightarrow y \equiv y_0$ est solution de $(E)$. Une solution non constante de $(E)$ sera bien définie sur un intervalle où ses valeurs $y$ resteront comprises entre les bandes $y_0 < y < y_1$ décrites par les droites horizontales définissant les zéros $y_0, y_1$ de $w$. Nous verrons que les solutions peuvent tendre à sortir de ces bandes, d'une manière tangentielle, auquel cas on les raccorde alors à la fonction constante.

**Proposition 10.15.** Une solution $f$ de $(E)$ $y' = v(x)w(y)$ telle que $f(x_0) = y_0$ pour $x_0 \in I$ et $w(y_0) \neq 0$ vérifie $V(x) = W(f(x))$ sur $I$, où $V = \int_{x_0}^x v(t)dt$ une primitive de $v$ s'annulant en $x_0 \in I$, et $W(y) = \int_{y_0}^y \frac{dt}{w(t)}$.

**Preuve:** La condition est bien vérifiée en $x_0$ : $V(x_0) = 0$ et $W(f(x_0)) = W(y_0) = 0$. De plus, $V$ et $W \circ f$ sont dé-rivables, de dérivées $V'(x) = v(x)$ et $\frac{dW(f(x))}{dx} = f'(x) \times W'(f(x)) = \frac{f'(x)}{w(f(x))} = v(x)$ car $f$ est solution de $(E)$. $\square$

Cette proposition ne nous dit ni l'existence ni l'unicité ! Quand la fonction $w \circ f$ reste de signe constant, c'est-à-dire quand les valeurs $y$ ne tendent pas à sortir d'une bande horizontale comprise entre deux zéros de
$w$, la primitive $W$ de $\frac{1}{v}$ est monotone, donc inversible sur l'ensemble $\text{Im}(f) = f(I)$, on peut donc considérer formellement sa fonction réciproque $W^{-1}$ et écrire $f = W^{-1} \circ V$. Il existe des cas où cette construction peut être menée à son terme :

Le cas linéaire $w(y) = y$ est de ce type et $W(y) = \int_{y_0}^{y} \frac{dt}{t} = \ln|\frac{y}{y_0}|$, soit $f(x) = y_0 e^{V(x)}$.

Les cas de puissance, $w(y) = y^\alpha$ avec $\alpha \neq 1$ donnent, là où ces puissances ont un sens $W(y) = \int_{y_0}^{y} t^{-\alpha} dt = \frac{1}{1-\alpha} y^{1-\alpha}$, soit $f(x) = y_0 \times (1 + (1-\alpha)V(x))^{1-\alpha}$ qui n'est peut-être pas bien définie si $\alpha$ n'est pas un entier relatif.

Par exemple $y' = x \times \sqrt{y}$ a comme unique solution locale autour de $(x_0, y_0)$,

la fonction définie par $f(x) = (\frac{x^2-x_0^2}{4} + \sqrt{y_0})^2$ pour $y_0 \ge 0$. Cependant, cette expression, comme polynôme du second degré en $x^2$ (donc du quatrième degré en $x$), est naturellement définie sur $\mathbb{R}$ tout entier et, quand $y_0 \le \frac{x_0^4}{16}$ (la courbe orange à droite), s'annule en $a = \sqrt{x_0^2 - 4\sqrt{y_0}}$ et $-a$. La fonction $f$ n'est alors pas croissante sur tout $\mathbb{R}^+$, et n'est donc solution de $y' = +x \times \sqrt{y}$ que sur $]-\infty, -a]$ et $[a, +\infty[$, et on peut la raccorder de manière $C^1$ avec la constante nulle sur $[-a, a]$. Mais on peut tout aussi bien la raccorder de manière $C^1$ avec une autre solution s'annulant ailleurs qu'en $-a$ sur $\mathbb{R}^-$. Il n'y a donc unicité que locale, les raccordements donnant lieu à des pertes d'unicité globale des solutions.

Bref, chaque cas est particulier et la séparation des variables n'est que le début du chemin.

<figure><img src="image_25.png" /></figure>
# Index

o, 89

application linéaire, 29

axiome de la borne supérieure, 51

base, 23

base canonique, 23

borne inférieure, 51

borne supérieure, 51

combinaison linéaire, 20

condition initiale, 107

coordonnées d'un vecteur dans une base, 23

de classe $C^k$, 70

degré d'une fraction rationnelle, 43

formule de DUHAMEL, 106

décomposition en éléments simples dans $C(X)$, 45

développement limité, 95

partie régulière, 95

reste d'un développement limité, 95

échelonnée réduite, 10

égalité des accroissements finis, 64

élément simple, 44

endomorphisme, 29

équation caractéristique d'une équation différentielle, 110

équation cartésienne d'un sous-espace vectoriel, 40

équation différentielle, 105

équation différentielle homogène, 106

espace vectoriel, 19

espace vectoriel de dimension finie, 24

extremum, 63

extremum local, 63

famille générateur, 22

famille libre, 20

famille liée, 20

fonction continue, 57

fonction continue par morceaux, 76

fonction dérivable, 60

fonction dérivable à droite en un point, 60

fonction dérivable à gauche en un point, 60

fonction intégrable sur un segment, 76

forme irréductible d'une fraction rationnelle, 43

formule d'intégration par parties, 81

formule de DUHAMEL, 106

formule de GRASSMANN, 28

formule de changement de variables, 82

fraction rationnelle, 43

degré, 43

forme irréductible, 43

partie entière, 43

pôle, 44

zéro, 44

élément simple, 44

primitive, 85

hyperplan vectoriel, 40

intégrale d'une fonction en escalier, 74

inégalité triangulaire, 75, 78

isomorphisme entre espaces vectoriels, 32

lemme de STEINITZ, 23

limite d'une fonction en un point, 54

limite à gauche et limite à droite d'une fonction en un point, 54

linéarité de l'intégrale, 75, 78

majorant, 51

matrice, 4

matrice antisymétrique, 16

matrice augmentée d'un système, 16

matrice carrée, 4

matrice colonne, 4

matrice d'une application linéaire dans des bases données, 34

matrice de passage, 36

matrice diagonale, 16

matrice identité, 6

matrice inversible, 7

matrice ligne, 4

matrice symétrique, 16

matrice triangulaire, 15

matrice échelonnée, 10

matrices semblables, 38

matrices équivalentes, 38

matrices équivalentes en lignes, 10

maximum, 63

maximum local, 63

minimum, 63

minimum local, 63

minorant, 51

morphisme, 29