Analyse DEUG Sciences 2e année_TSS

AnalyseDEUG Sciences 2e anneG. A. SedogboDocteur en mathmatiques

BELIN 8, RUE FROU 75278 PARIS CEDEX 06http://www.editions-belin.com

Avant-ProposCet ouvrage sadresse en premier lieu aux tudiants de deuxime anne de DEUG sciences. Il comporte de trs nombreux exercices de difficult progressive qui permettent la comprhension et la matrise des notions. Notre objectif a t damener ltudiant trouver par lui-mme les solutions des exercices. Pour cela, chaque chapitre est divis en trois parties : les lments de cours ; la liste des exercices ; des indications sur la dmarche adopter, suivies des solutions dtailles. Chaque chapitre comprend deux types dexercices : les premiers sont une application immdiate du cours et les seconds constituent un approfondissement et une synthse. Les erreurs viter sont clairement signales. Notre souhait est que ltudiant se sente guid dans son travail et quil tudie longuement chaque question. Cest la raison pour laquelle je lui recommande de limiter le recours la solution afin de lui permettre de continuer seul la rflexion. G. A. Sedogbo

Lditeur remercie Catherine Schmidt pour sa participation cet ouvrage.

Le code de la proprit intellectuelle nautorise que les copies ou reproductions strictement rserves lusage priv du copiste et non destines une utilisation collective [article L. 122-5] ; il autorise galement les courtes citations effectues dans un but dexemple ou dillustration. En revanche toute reprsentation ou reproduction intgrale ou partielle, sans le consentement de lauteur ou de ses ayants droit ou ayants cause, est illicite [article L. 122-4]. La loi 95-4 du 3 janvier 1994 a confi au C.F.C. (Centre franais de lexploitation du droit de copie, 20, rue des Grands Augustins, 75006 Paris), lexclusivit de la gestion du droit de reprographie. Toute photocopie duvres protges, excute sans son accord pralable, constitue une contrefaon sanctionne par les articles 425 et suivants du Code pnal.

ditions BELIN, 2000

ISSN 1158-3762

ISBN 2-7011-2570-7

Sommaire

1. ESPACES

VECTORIELS NORMS

lments de cours noncs des exercices Application immdiate Normes et suites Fonctions vectorielles Approfondissement et synthse Indications et solutions

7 8 12 12 13 14 16 37 38 43 43 45 47 47 49 79 80 83

2. FONCTIONS

DE PLUSIEURS VARIABLES

lments de cours noncs des exercices Application immdiate Limites, continuit, diffrentiabilit Gnralits Diffomorphismes Approfondissement et synthse Indications et solutions

3. SRIES

NUMRIQUES

lments de cours noncs des exercices Application immdiate

3

Nature de sries particulires Gnralits Approfondissement et synthse Indications et solutions

83 83 85 89 121 122 125 125 126 127 128 130 165 166 169 169 170 170 171 172 175 203 204 209 209

4. INTGRALES

GNRALISES

lments de cours noncs des exercices Application immdiate Nature dintgrales Nature dintgrales suivant des paramtres Intgrales et sries Approfondissement et synthse Indications et solutions

5. SUITES

ET SRIES DE FONCTIONS

lments de cours noncs des exercices Application immdiate Convergence uniforme Permutation des symboles lim et Gnralits sur les suites de fonctions Sries de fonctions Approfondissement et synthse Indications et solutions

6. SRIES

ENTIRES ET TRIGONOMTRIQUES

lments de cours noncs des exercices Application immdiate Rayons de convergence et sommes4

Sries et quations diffrentielles Dveloppements en sries entires Sries de Fourier Approfondissement et synthse Indications et solutions

210 211 211 212 214 239 240 243 243 243 244 246

7. INTGRALES

DPENDANT DUN PARAMTRE

lments de cours noncs des exercices Application immdiate Intgrales dfinies sur un compact Intgrales gnralises Approfondissement et synthse Indications et solutions

5

1Espaces vectoriels norms

7

lments de coursTous les espaces vectoriels sont relatifs au corps KNorme

ou .

Soit E un espace vectoriel. On appelle norme sur E toute application N de E dans fiant : (i) u E, N(u) 0 u 0 ; (ii) K, u E, N( u) N(u) ; N(u v) N(u) N(v). (iii) (u, v) E 2,Notation

+,

vri-

Quand il ny a pas dambigut, on note : N(u) u . Remarque La proprit (iii) est appele ingalit triangulaire.exemple

_______n

En posant, pour tout

X

(x1, ... , xn )

n,

X i 1

x i2 ,

on dfinit une norme, appele norme euclidienne surEspace vectoriel norm

n.

Un espace vectoriel muni dune norme est appel espace vectoriel norm.Normes quivalentes

Soient E un espace vectoriel, N1 et N2 deux normes dfinies sur E. On dit que N1 et N2 sont des normes quivalentes si : 0, N1 0/u N2. E, N1(u) N2(u) N1(u). On note :

exemple

Les normes usuelles dfinies sur X (x1, ... , xn )n,

n

par : _______n i 1

n i 1

X

x i2 , X

xi et X

1 i

max xin

sont quivalentes.

8

CHAP. 1 : ESPACES VECTORIELS NORMS

Boule

Soient E un espace vectoriel norm, a E et r 0. On appelle boule de centre a et de rayon r le sous-ensemble de E dfini par : B(a ; r) {u E / u a r}.Par tie b orne

Soient E un espace vectoriel norm et A une partie de E. On dit que A est borne si : M 0 / u A, u M. Voisinage

Soient E un espace vectoriel norm et a un lment de E. On dit quune partie V de E est un voisinage de a si : r 0 / B(a ; r) V.Thorme 1

Soient E un espace vectoriel norm et a un lment de E. (i) La runion dune famille (mme infinie) de voisinages de a est un voisinage de a. (ii) Lintersection dune famille finie de voisinages de a est un voisinage de a.Ouver t

Soient E un espace vectoriel norm et A une partie de E. On dit que A est une partie ouverte si A est un voisinage de chacun de ses points. Cest--dire : a A, r 0 / B(a ; r) A.Ferm

Soit E un espace vectoriel norm. On appelle partie ferme de E, le complmentaire dune partie ouverte de E.Intrieur

Soient E un espace vectoriel norm et A une partie de E. On dit quun lment a de E est intrieur A si A est un voisinage de a. L ensemble des lments intrieurs A est not A. r 0 / B(a ; r) A. Autrement dit : a A Remarque AAdhrence

A.

Soient E un espace vectoriel norm et A une partie de E.LMENTS DE COURS

9

On dit quun lment a de E est adhrent A si tout voisinage de a rencontre A ; cest--dire : r 0, B(a ; r) A . L ensemble des lments adhrents A est not A . Remarque ARecouvrement

A.

Soient E un espace vectoriel norm, A une partie de E et I une partie de . On appelle recouvrement de A toute famille (Ai ) i I de parties de E telle que : Ai

Ai .I

On dit que le recouvrement est fini lorsque I est un ensemble fini. Le recouvrement est dit ouvert lorsque, pour tout i I, Ai est un ouvert de E.Par tie compacte

Soit E un espace vectoriel norm. On dit quune partie A de E est compacte si, de tout recouvrement ouvert de A, on peut extraire un recouvrement fini.Thorme 2

Soient E un espace vectoriel norm de dimension finie et A une partie de E. Les propositions suivantes sont quivalentes : (i) A est une partie compacte ; (ii) A est ferme et borne. Remarque Les parties compactes deSuite

sont les intervalles ferms et borns.

Soit E un espace vectoriel norm. On appelle suite de E toute application de partie de ) dans E.Convergence, divergence

(ou dune

Soit (un ) une suite dun espace vectoriel norm E. On dit que la suite (un ) converge vers un lment de E si : On note :lim un

0, .

n0

/ n

n0 ,

un

.

Cest--dire : la suite numrique ( un n

) converge vers 0.

On appelle suite divergente toute suite qui ne converge pas.

10


Suite de Cauchy

Soit E un espace vectoriel norm. On dit quune suite (un ) de E est une suite de Cauchy si : 0, n0 / p n0 , q n0 , up uq .

Thorme 3

Toute suite convergente est une suite de Cauchy. Remarque La rciproque du thorme 3 est vraie pour EThorme 4

ou E

.

Soit E un espace vectoriel norm. L ensemble des suites convergentes de E est un sous-espace vectoriel de E.Application vectorielle

Soient E et F deux espaces vectoriels norms et A une partie de E. On appelle application vectorielle, toute application de A vers F.Continuit, continuit uniforme

Soient E et F deux espaces vectoriels norms respectivement par les normes 1 et 2. On considre lapplication f : A E F et un lment a de A. On dit que f est continue en a si : 0 , a, 0 / u A, u a 1 f(u) f(u) f (a) 2 f(v) 2 . .

On dit que f est uniformment continue sur A si : 0 , 0 / (u, v) A2, u v 1 Application b orne

Soient E et F deux espaces vectoriels norms respectivement par les normes 1 et 2. On considre lapplication f : A E F. On dit que f est borne sur A si : M 0 / u A, f(u) 2 M. Thorme 5

Soient E un espace vectoriel norm et A une partie compacte de E. Toute application continue de A dans est borne et atteint ses bornes.

LMENTS DE COURS

11

exercices

ExercicesAPPLICATION IMMDIATE

Normes et suites

1.1 Soient E un espace vectoriel et N une norme dfinie sur E.Montrer que : (u, v) E 2, N(u) N(v) N(u v).

I I I

1.2 Soient E un espace vectoriel et

lensemble des normes dfinies sur E.

Montrer que la notion de normes quivalentes dfinit bien une relation dquivalence sur .

1.3 Soient E un espace vectoriel de dimension n et (e1, ... , en ) une base de E.n

u

E,

! (u1, ... , un )

Kn / ui 1

ui ei .+n

On considre : N1 : E + u1

N2 :n

E ui

N3 : E + _______n

max uii

1

ui

u

i

1

ui 2 .

1. Montrer que N1 et N2 sont des normes quivalentes de E. 2. Montrer que les normes N1, N2 et N3 sont quivalentes.

1.4 Soit E lespace vectoriel des fonctions numriques continues sur IPour tout f E, on pose : N( f ) Montrer que N est une norme sur E. ________1 0

I

[0 ; 1].

f 2(t)dt .

1.5 Soient n un entier non nul et E lespace vectoriel des polynmes coefficients rels,de degr N1 (P) Si N2(P)0

I

n. Pour tout P E, on pose : P(k)(0) max . k! k nn i n 0

P(x)

ai xi , et

on pose : N3(P)

_______n i 0

i

0

ai

ai2 .

Montrer que N1, N2 et N3 dfinissent trois normes quivalentes de E.

12


exercices

1.6 Soient E un espace vectoriel rel norm et I un intervalle de .On considre lensemble des applications bornes de I dans E et on dfinit sur plication N par : f , N( f ) sup f (t) . t I Montrer que N est une norme sur . lap-

I

1.7 SoitSi M

I

lespace vectoriel des matrices carres dordre n coefficients rels. (aij ) , on pose : M 1 max ai j i, jn

et

M 2 .

i, j

ai j.

1. Montrer que lon dfinit ainsi deux normes sur 2. 2. Soit (M, N) Montrer que : a. MN 1 n M 1 N 1 ; b. MN 2 n 3 M 2 N 2 .

1.8 Soient E un espace vectoriel, N1 et N2 deux normes quivalentes de E.Montrer que toute suite convergeant pour lune des normes converge galement pour lautre et que la limite est la mme.

I I

1.9 Soit E un espace vectoriel norm.On considre (un ) et (vn ) deux suites de E et ( n ) une suite de K. 1. Montrer que : si (un ) converge vers , alors lim un . n

2. Montrer que si (un ) converge, alors (un ) est borne. 3. On suppose que ( n ) converge vers 0 et que la suite (un ) est borne. Que peut-on dire de ( n un ) ? 4. On suppose que la suite ( n ) converge vers et que la suite (un ) converge vers . Que peut-on dire de la suite ( n un ) ?Fonctions vectorielles

1.10 Soient A un ensemble et E un espace vectoriel norm de dimension n.une application de A dans E. On considre f (f1, ... , fn ) Montrer que les propositions suivantes sont quivalentes : (i) f est borne ; (ii) i [1 ; n], fi est borne.

I

1.11 1. Soient (E, 1 ) et (F, 2 ) deux espaces vectoriels norms, et f une appli cation linaire de E vers F. Montrer que les propositions suivantes sont quivalentes :EXERCICES

I

13

exercices

(i) f est continue ; (ii) M 0 / u E, f(u) 2 M u 1. 2. Soit E un espace vectoriel muni de deux normes N1 et N2 telles que les applications et : (E, N2 ) (E, N1) soient continues. : (E, N1) (E, N2) u u u u On suppose que E {0}. Que peut-on dire des normes N1 et N2 ?

1.12 Soient E et F deux espaces vectoriels norms tels que E soit de dimension finie.Montrer que toute application linaire de E vers F est continue.

I I

1.13 1. Soient (E, 1 ) et (F, 2 ) deux espaces vectoriels norms. Une application f de E vers F est dite lipschitzienne si : k 0 / (u, v) E 2, f (u) f (v) 2 ku v 1.

Montrer que toute application lipschitzienne est uniformment continue. 2. Montrer que toute norme sur un espace vectoriel E est une application uniformment . continue de E sur 3. Soient E un espace vectoriel norm et A une partie de E. On dfinit sur E lapplication d par : x E, d(x) inf x a . a A

Montrer que d est uniformment continue sur E.

APPROFONDISSEMENT ET SYNTHSE

1.14 Soit E lespace vectoriel des fonctions numriques continues sur IPour tout f E, on pose : N1( f ) supf (t)t I1

I

[0 ; 1].

et

N2( f )

0

f (t)dt.

1. Montrer que N1 et N2 sont des normes sur E. 2. Les normes N1 et N2 sont-elles quivalentes ?

1.15 1. Soit E un espace vectoriel rel norm.E dans dfinie par : a. Montrer que lapplication N de E, N ( , u) u est une norme. ( , u) E, ainsi norm, dans E dfinie par : b. On considre lapplication f de f ( , u) u. E. Montrer que f est continue sur 2. Montrer que lapplication (x, y) xy est continue sur 2.

I

14


exercices

1.16 Soient E un espace vectoriel rel norm, et L(E) lespace vectoriel rel des applications linaires continues de E. On pose : B {x E / x 1} et pour tout u L(E), N(u)x

I

sup u(x) . B

1. Soit u un endomorphisme de E. Montrer que les propositions suivantes sont quivalentes : (i) u est nul ; (ii) u est nul sur B. 2. Montrer que N est une norme. 3. Montrer que : u L(E), x E, u(x) N(u) x . 4. Soit (u, v) L(E) L(E). Montrer que : N (u v) N(u) N(v).

1.17 Soient E un espace vectoriel rel de dimension n et I

I

[a ; b] un intervalle de .n

On dsigne par (u1, ... , un) une base de E et on considre une application de I dans E telle que : i [1 ; n], fi est continue. 1. Montrer que lon peut dfinir lintgrale de f par :b n b 1 a

fi 1

fi ui

f(t)dta i

fi (t)dt ui .

2. Montrer que :

b a

f(t)dt

b a

f (t) dt.

1.18 Soient E un espace vectoriel, N1 et N2 deux normes dfinies sur E.On dsigne par O1 (resp. O2) lensemble des ouverts de E pour N1 (resp. N2). Montrer que les propositions suivantes sont quivalentes : (i) N1 et N2 sont quivalentes ; (ii) O1 O2.

I

1.19 Soit E un espace vectoriel de dimension finie.Montrer que deux normes quelconques dfinies sur E sont quivalentes.

I I

1.20 Soient E1, ... , En

n espaces vectoriels norms de dimensions finies,

et E E1 ... En. On note Ni la norme sur Ei et on pose : x (x1, ... , xn ) E, x 1

n

1

max Ni (xi ),i n

x 2

i

1

Ni (xi ).

Montrer que lon dfinit ainsi deux normes quivalentes sur E.EXERCICES

15

indications et solutions1.1

indications et solutions

indications Noter quil revient au mme de dmontrer que : (u, v) E 2, N(u v) N(u) N(v) N(u Appliquer lingalit triangulaire. solution v).

La proprit dmontrer quivaut : N(u v) N(u) N(v) N(u (u, v) E 2, Comme : u v (u v), on a : N(u) N(v) N(u v). Ainsi : N(u) N(v) N(u v). De mme : N(v) N(u) N(u v). En rsum : (u, v) E 2, N(u) N(v) N(u v).

v).

1.2indication Considrer la relation binaire R dfinie sur par : 2, (N1, N2 ) N1 R N2 N1 et N2 sont quivalentes. solution

par : N1 R N2 N1 N2. (N1, N2 ) Montrons que R est rflexive, symtrique et transitive. Soit N u E, N(u) N(u) N(u). Ainsi : N R N. Do R est rflexive. 2. Soit (N1, N2 ) cest--dire : N1 N2. Supposons : N1 R N2,2,

Soit R la relation binaire dfinie sur

On a : On en dduit : 1

0, N2(u)

0/ N1(u)

u 1

E, N2(u).

N1(u)

N2(u)

N1(u).

16


Ce qui montre que : N2 N1 ; cest--dire : N2 R N1. Ainsi R est symtrique. 3. Soit (N1, N2, N3) Supposons : N1 R N2 et N2 R N3. On a : N1(u) ; (1) 0, 0 / u E, N1(u) N2(u) N2(u). (2) 0, 0 / u E, N2(u) N3(u) La proposition (1) quivaut : N2(u) et N2(u) N1(u). (3) N1(u) La combinaison de (2) et (3) donne : N1(u). u E, N1(u) N3(u) cest--dire : N1 R N 3 . Ainsi : N1 N3 ; Do R est transitive. En rsum : la notion dquivalence de deux normes dfinit bien une relation dquivalence.


1.3indications 1. Noter que : u E, ui N2 (u). 2. Montrer que N1 N3. Pour cela, remarquer que : u E, ui N3(u). En dduire N2 N3 en appliquant le rsultat de lexercice 1.2. solution

1. Soit u E. N1(u) 0 max ui 1 i n Ainsi :

0

i

[1 ; n], 0.n

ui

0.

K, u E, Soit (u, v) E2. ! (u1, ... , un) Kn, ! (v1, ... , vn) On a : i [1 ; n],1 i n

N1(u) 0 u N1( u) N1(u). Kn / ui

n 1

ui ei

et

vi 1

vi ei.

ui N1(u

vi vi v)1

uii n

vi.1

On en dduit :

max ui

max ui N1 (v).

max vi.i n

Ce qui montre que : En rsum :

N1(u)

N1 est une norme.

INDICATIONS ET SOLUTIONS

17

Soit

u

E. ui 0.

i [1 ; n], N2(u) 0 Ainsi : N2(u) 0 u 0. K, u E, N( u) N(u). Soit (u, v) E 2. ! (v1, ... , vn) K n / u ! (u1, ... , un) K n,

n i 1

n

ui ei

et

vi 1

vi ei .


n

On a :

N2(u

v)i 1

ui

vi

N2(u)

N2(v).

En rsum :

N2 est une norme. Montrons que N1 et N2 sont quivalentes.n i 1

Soit

u

E.

! (u1, ... , un )

Kn / u

ui ei .

On a : i [1 ; n], ui N1(u). On en dduit : N2(u) n N1(u). Par ailleurs : i [1 ; n], ui N2(u). Ainsi : N1(u) N2(u). En rsum :

N1 et N2 sont des normes quivalentes. 2. Montrons que N1 N3. On a : u E, ! (u1, ... , un ) K n / u i On obtient : u E, ui N1(u). n N1(u). Ainsi : u E, N3(u) Par ailleurs : u E, ui N3(u). Ainsi : u E, N1(u) N3(u). Do N1 et N3 sont quivalentes. En rsum : N1 N2 et N1 N3. Daprs le rsultat de lexercice 1.2 : N2 N3. Conclusion :n 1

ui ei .

les normes N1 , N2 et N3 sont quivalentes.

1.4indications Noter que : si f est une fonction continue et positive sur [0 ; 1], alors Montrer que : ( f, g) E 2, f (t) dt 0 f 0 ________________1 1 1

0.

1 0

f (t) g(t) dt

f 2(t) dt0 0

g2(t) dt .

18


solution

f

E,

N( f )

0

1

f 2(t) dt0

0 f2

0 f

0.

, f E, N( f ) 2. ( f, g) E Considrons le trinme suivant en Soit1

N( f ). pour f f 2(t) dt0

1

0: 2

1

1


P( )0

( f (t)

g(t)) 2 dt

2

f (t) g(t) dt0 0

g2(t) dt .

On a : , P( ) 0. On en dduit que le discriminant du trinme est ngatif ou nul. Par consquent :1

f (t) g(t) dt0

2

1

1

f 2(t) dt0 0

g2(t) dt.

Cette ingalit reste vraie pour f Ainsi : (1) Par ailleurs : N(f Or daprs (1) :1

0.1 0

________________

( f, g)

E 2,

f (t) g(t) dt

1

1

f 2(t) dt0 0

g2(t) dt .

__________________________1

g)

(f 2(t )0

2f (t) g(t)

g2(t)) dt . _________1

_________ 2 f (t) g(t) g2(t))1

(f0

2(t)

dt0

f

2(t )

dt0

g2(t) dt

2

.

Donc : N( f Conclusion : N est une norme. g) N( f ) N(g).

1.5indications Montrer que N1 est une norme. Pour cela, noter quun polynme de degr n a au plus n racines. Observer que : k [0 ; n], P(k)(0) k! ak . Appliquer les rsultats de lexercice 1.3 pour tablir lquivalence des normes. solution Montrons que N1 est une norme.

Soit

P

E. N1 (P) 0 k [0 ; n], P (k)(0) 0.


19

On en dduit : Pa n Do : P 0. , P E, Soit (P, Q) E 2. N1(P Q)0

1 racines. N1( P) maxk n

N1(P). P (k)(0) k! Q (k)(0)


En rsum :

N1(P)

N1(Q).

N1 est une norme. E est un espace vectoriel de dimension nn

1. Considrons (1, x, ... , xn ) la base canonique de E. P(x)k 0

Tout lment

ak x k

de E a comme coordonnes : P (k)(0) k!

(a0 , ... , an ) dans cette base. Par ailleurs : k [0 ; n],

ak .

Daprs lexercice 1.3, on peut conclure :

N1 , N2 et N3 sont des normes quivalentes sur E.

1.6indication Se servir des proprits de la norme sur E. solution Soit

f

.

N( f ) 0 t I, f(t) 0. Or est une norme sur E. Donc : N( f ) 0 t I, f (t) 0. Soient

et

f

. N( f )t

sup f (t) . I

Or : f (t) Donc : Soit

f (t)

car est une norme. N( f ) N( f ). g(t) .

(f, g)

2.

N( f

g)

t

sup f (t) I

20


Or :

f (t)

g(t)

f (t)

g(t)

car est une norme. Donc : N( f g) N( f ) En rsum :

N(g). N est une norme sur .


1.7Indication 2. Noter que si MN (ci j ) M avec (ai j )n

et

N

(bi j ),

alors

ci j

k

1

aik bkj .

solution

1. Soit M M 1 0 M 2 0 ,

(ai j ) M2.

. i i , (ai j )

[1 ; n], [1 ; n], M 1 et bi j bi j N

j j

[1 ; n], [1 ; n],

ai j ai j et

0. 0. M 2 M 2.

M 1 (bi j ). N 1. N 2.

Soit (M, N ) Supposons : M M M N 1 N 2 n

maxai ji, ji, j

M 1 M 2

ai j

Conclusion : 1 et 2 sont des normes. 2. Soit (M, N) Supposons : M On a : MN2.

(ai j ) avec

et

N ci jk

n

(bi j ).1

(ci j )

ai k bk j .

a. On obtient : Or : Donc : Do : ai k ci j

MN 1 M 1 et

max ci j. bk j N 1.

n M 1 N 1. MN 1 n M 1 N 1 . INDICATIONS ET SOLUTIONS

21

b. MN 2 Or : Donc : ai k ci j

ci j. M 2 MN 2 et bk j N 2. n M 2 N 2. n M 2 N 2.

On en dduit :

Comme il y a n 2 termes dans la sommation, on obtient :


MN 2

n3 M 2 N 2 .

1.8Indication Noter quil revient au mme de dmontrer que pour toute suite (un ) de E : lim N2 (un ) 0. lim N1 (un ) 0 n

n

solution

Soit (un ) une suite de E. Daprs la dfinition, la suite (un ) converge vers ) lim N1(unn

E si : 0.

Il revient alors au mme de montrer que : lim N1(un ) 0 n

n

lim N2(un )

0.

Comme N1 et N2 sont des normes quivalentes, on a : (1) 0, 0 / x E, N2(x) Supposons :n

N1(x)

N2(x).

lim N1(un )

0. / n0, n n0, N1(un ) . .

Cela quivaut : 0, n0 n Ainsi :n

On en dduit, daprs (1) : N2(un ) lim N2(un )

0. 0

Le mme raisonnement donne : lim N2(un )n

n

lim N1(un )

0.

Conclusion : si deux normes sont quivalentes, alors toute suite convergeant pour lune converge galement pour lautre vers la mme limite.

22


1.9Indications 1. Appliquer le rsultat de lexercice 1.1. 2. Appliquer le rsultat de la question 1. 3. Noter quune suite (un ) est borne si : M 0, n0n n n un

/

n et

n0 ,

4. Poser :

un M. vn un .vnn un.


Remarquer que :

Appliquer le thorme 4. solution

1. Daprs le rsultat de lexercice 1.1, on a : n 0, un Or : Donc : Do :n

un

.

lim un n

0. . .

lim un

si (un ) converge vers , alors lim un n

2. Soit (un ) une suite de E convergeant vers . Daprs la question 1 : lim un ; cest--dire : On en dduit : nn

0, n0,

n0 un

/

n

n0, ;

un

.

ce qui montre que la suite (un ) est borne. Conclusion : toute suite convergente est borne.

3. Montrons que la suite (

n un )

converge vers 0. / n n0, un M.

Puisque la suite (un ) est borne, on a : M 0, n0 On en dduit : n n0,

n un

M n.

Par ailleurs, la suite ( n) converge vers 0. Il en rsulte que la suite ( n un) converge vers 0. Conclusion : si ( n ) converge vers 0 et si (un ) est borne, alors (

n un )

converge vers 0.


23

4. Posons : On obtient :

n

0,n un

n

n

etn un.

vn

un

.

vn


Par hypothse : la suite (vn ) converge vers 0. On en dduit (thorme 4) que la suite ( vn ) converge vers 0. Le rsultat de la question 2 donne : la suite (un ) est borne. ( n un ) converge vers 0. Comme ( n ) converge vers 0, en en dduit (question 3) : Do ( n un) converge vers . Conclusion : si ( n ) converge vers et (un ) vers , alors ( n un ) converge vers .

1.10Indication

Noter que E peut tre muni dune des normes dfinies lexercice 1.3.solution

Comme E est de dimension finie, E peut tre muni dune des trois normes dfinies lexercice 1.3. Supposons que f soit borne, cest--dire : M 0 / x A, max fi (x) M. f(x) 1 i n Ceci quivaut : i [1 ; n], Mi 0 / x A, fi (x) Mi. Conclusion : f ( f1, ... , fn ) est borne si, et seulement si, pour tout i [1 ; n], fi est borne.

1.11Indications 1. Remarquer quune application linaire de E vers F est continue si, et seulement si, elle est continue en 0. Supposer (ii) et montrer que f est continue en 0. Supposer (i) : f est continue en 0. En dduire : Poser : t M 0 / t E, t 1 1 u pour u E {0}. u 1

f(t) 2

M.

Conclure. 2. Montrer que N1 et N2 sont quivalentes. Pour cela, appliquer le rsultat de la question 1.

24


solution

1. Remarquons quune application linaire de E vers F est continue si, et seulement si, elle est continue en 0. La proposition (i) quivaut alors : f est continue en 0. Supposons (ii). Remarquons que pour M 0, on a f nulle et la proposition (i) est vrifie. Si f nest pas la fonction nulle, on obtient : M 0/ u E, f(u) 2 M u 1. Montrons que f est continue en 0. Soient : 0 et u E. Si u 1 , M alors daprs (ii), f(u) 2 .


Ainsi f est continue en 0. Supposons (i) : f est continue en 0. Cela quivaut : 0, 0 / x 1 x En posant : t , on obtient : t 1 Par consquent : (1) M 0/ t Soit u E {0}. On obtient : E,

f(x) 2 `

.

1 f(t) 2 t 1

. M.

1 f(t) 2

u u

1.u u 1

1

Daprs (1), on a : Ce qui quivaut : Do : (2) M 0/

fu

M.

2

f(u) 2 E

M u 1. {0}, 0. f(u) 2 M u 1.

La proposition (2) reste vraie pour u Nous avons ainsi tabli (ii). Conclusion :

une application linaire f de (E, 1 ) vers (F, 2 ) est continue si, et seulement si, M 0/ u E, f(u) 2 M u 1.


25


2. Les applications et sont linaires. Commes elles sont continues, on peut appliquer le rsultat de la question 1 : N1(u) ; 0 / u E, N2(u) N2(u). 0 / u E, N1(u) De plus et sont non nuls car E {0}. Par consquent : 1 N2(u) N1(u) N2(u). 0, 0 / u E, On en dduit : N1 et N2 sont des normes quivalentes.

1.12Indications Noter que daprs le rsultat de lexercice 1.11, il suffit dtablir que toute application linaire f de E vers F vrifie : M 0 / u E, f(u) M u . Observer que E tant de dimension finie, E peut tre muni dune des normes dfinies lexercice 1.3. solution

Soit f une application linaire de (E, 1 ) vers (F, 2 ). Montrons que f est continue. Pour cela, montrons que (cf. exercice 1.11) : M 0 / u E, f(u) 2 M u 1. E est de dimension finie. Dsignons par (e1, ... , en ) la base canonique de E. Daprs lexercice 1.3, E peut tre muni de la norme 1 dfinie par : n

n 1

u On a : (1) Posons :

E, u M

! (u1, ... , un) E, f(u) 2 n

Kn / ui 1

ui ei

etn i 1

u 1

i

ui.

n 1

i

ui f (ei )

ui f(ei ) 2.

2

1

max f(ei ) 2. in

On dduit de (1) : Ainsi : M 0/

u u

E, E,

f(u) 2 f(u) 2

Mi 1

ui.

M u 1.

Conclusion : si E est un espace vectoriel norm de dimension finie sur ou , toute application linaire de E vers un espace vectoriel norm F est continue.

26


1.13Indications 2. Appliquer le rsultat de lexercice 1.1. Conclure laide de la question 1. 3. Montrer que d est lipschitzienne. Pour cela, remarquer que : x a (y solution

a)

(x

y).


1. Par hypothse, on a : k 0/

(u, v)

E 2,

f(u)

f(v) 2

ku

v 1.

Si k 0, f est constante et donc uniformment continue. Supposons : k 0. Soit 0. On a : (u, v) E 2, u v 1 / k f(u) f(v) 2 Ce qui montre que f est uniformment continue. Conclusion :

ku

v 1

.

toute application lipschitzienne est uniformment continue.

2. Soit

N:E

une norme. N(u) N(v) N(u v).

Daprs lexercice 1.1, on a : (u, v) E 2,

On en dduit : N est lipschitzienne. Par consquent : N est uniformment continue. Conclusion : toute norme sur un espace vectoriel est une application uniformment continue.

3. Soit (x, y) E 2. Remarquons que : On en dduit : Ce qui implique :a

a x

A, a a d(x)

x

a y

y a

a

(x x

y). y .

inf x A

a

inf y A

a x

x y .

y ;

cest--dire : d(y)


27


Ainsi, on obtient : (1) d(x) d(y) x y . En permutant x et y dans (1), on a : (2) d(y) d(x) x y . La combinaison de (1) et (2) donne : d(x) d(y) x y . Ce qui montre que d est une application lipschitzienne. Daprs la question 1 : d est uniformment continue sur E.

1.14Indications 2. Construire une suite de E convergeant pour N2 et divergeant pour N1. Appliquer le rsultat de lexercice 1.8. solution

1. Soit

f

E. N1( f ) 0 ( t I, f (t) 0) f 0. N2( f ). N1(g) ; N2(g). 0.

Le raisonnement de lexercice 1.4 donne : N2( f ) 0 f Soient Soit

et N1 ( f ) (f, g) E 2. N1 ( f N2( f

f E. N1( f ) g) g)0

et

N2( f )

t

supf (t)I1

g(t) g(t)dt

N1( f ) N2( f )

f (t)

En rsum : N1 et N2 sont des normes. 2. Considrons la suite de fonctions (fn ) dfinie par :

n

1,

fn (t)

{

2nt 2 0 2nt

si si si

0 1 2n 1 n

t

1 ; 2n 1 t ; n 1.

t

28


On a : n Par suite :

1,

fnn

E,

N1( fn ) 0 et

1

etn

N2( fn )

1 . 2n 1.

lim N2( fn )

lim N1( fn )

On en dduit : la suite ( fn ) converge vers 0 pour N2 alors que ce nest pas le cas pour N1. Daprs lexercice 1.8, on peut conclure : les normes N1 et N2 ne sont pas quivalentes.


1.15Indications 1.b. Montrer que f est continue en ( , u) Pour cela, remarquer que : (, v) E, v u ( )u 2. Appliquer le rsultat de la question 1.b. solution E. (v u) ( )(v u).

1. a. Soit ( , u) E. N( , u) 0 u et 0 ( 0 Comme est une norme : u 0 u 0. Ainsi : N( , u) 0 ( , u) (0, 0). Soient

u

0).

et

( , u) N(

E. , u) N( , u). E. u E. v N( , u) N(, v).

N( ( , u)) Soient

N(( , u)

( , u) (, v))

E N(

et , u

(, v) v)

En rsum : N est une norme sur

b. Soit ( , u) E. Montrons que f est continue en ( , u) ; cest--dire : N((, v) Cela quivaut : 0, 0 / (, v) v u v E, u . 0, ( , u)) 0 / (, v) f (, v) E, f ( , u) .


29

Remarquons que : v On en dduit : u v Par consquent : (1) v

u u A

(

)u

(v

u)

( u u ]

)(v

u). v u . u .

u u et

v v A.

[ u v . u ( v

v


Posons : On a :

A

On en dduit, daprs (1) : u v A2 Soit Pour : 0. min 1 ; 1

u ) A

A(A

u ).

v u 1 , (1

u

,

on a : u A . A 1. . E. 1. A(A u ) .

A En effet : Si 1, Par suite : Si

u 1 u

v 1 et

v 1

u 1 et

u u

Par suite : v En rsum :

u )

f est continue sur

2. Posons : E et Daprs la question 1.b :

(x, y)

2,

N(x, y)

x

y.2.

lapplication (x, y) xy est continue sur

1.16Indications 1. Remarquer que : x E {0},

u(x)

x x u

x

1.

2. Appliquer le rsultat de la question 1. 3. Observer que : x E {0},

x

x

.

4. Se servir du rsultat de la question 3.

30


solution

1. On a : (i ) (ii). Supposons : (ii). Soit x E {0}. x B. On obtient : x x 1 Par consquent : u u(x) 0 u(x) 0. x x Par ailleurs : u(0) 0. Ainsi u est nul. En rsum : u est nul si, et seulement si, u est nul sur B. 2. Soit u L(E). On obtient : N(u) 0 x B, x u (x) 0 Daprs la premire question, cela quivaut : u 0. , u L(E), N( u) N(u). (u, v) L(E) L(E), N(u v) N(u) N(v). Conclusion : N est une norme sur L(E). 3. Soit u L(E). La proprit est vraie pour x 0. Soit x E {0}. u(x) x u . Remarquons que : x x x Or : B. x x u N(u). Donc : x On en dduit : Ainsi : u(x) u L(E), x N(u). x E, u (x) N(u) x .


B,

u(x)

0.

4. Soient (u, v) L(E) L(E) et x B. Daprs le rsultat de la question 3 : u v(x) u(v(x)) De mme : x B, v(x) N(v).

N(u) v(x) .


31

On en dduit : x Do : N(u v) N(u) N(v). B, u v(x) N(u) N(v).


1.17Indications 1. Il sagit de montrer que la dfinition de lintgrale vectorielle ne dpend pas de la base choisie. 2. Considrer la norme suivante sur E : n/x x E, !(x1, ... , xn ) xi ui et x xi. solution

1. Montrons que lintgrale vectorielle ainsi dfinie ne dpend pas de la base choisie. Soient (v1, ... , vn) une autre base de E et (g1, ... , gn) les coordonnes de f relativement cette base.n

aij On en dduit : Do : i

/

i fi

[1 ; n],n

vi

j

1

aij uj .

[1 ; n],b a

j n

1

aji gj .b

f i (t) dtn n 1 j 1

j

1

ajib

a

gj (t) dt.n b 1 a

Par suite :n i 1 b a

f i (t) dt ui

i

aji

a

gj (t)dt ui

j

gj (t)dt vj .

Conclusion : lintgrale vectorielle ne dpend pas de la base choisie etb n b 1 a

f(t)dta i

fi (t)dt ui .

2. Munissons E de la norme suivante : x E, !(x1, ... , xn )n

n

n 1

/xi n i 1

xi uib a

et

x i 1

xi.

Daprs la dfinition de lintgrale vectorielle, on a :

Donc :

b a

f(t)dt

fi (t) dt .

Or fi est une fonction numrique.

b a

fi (t) dt

b a

f (t)dt.i

32


n

Il en rsulte :i 1

Cest--dire :

b a

fi (t) dt

b a i

n 1 b a

fi (t)dt. f(t) dt.

1.18Indications

b a

f(t)dt


(i) (ii) tablir que : B1(a ; r) O1, 0 / B2(a ; r) (ii) (i) Remarquer que : B1(0 ; 1) O1. En dduire : r 0 / B2(0 ; r) B1(0 ; 1). r x B2 (0 ; r). Noter que : x E {0}, 2N2(x) solution

B1(a ; r).

Par convention, les boules dindice i (i 1,2) sont relatives la norme Ni . Supposons : N1 et N2 sont quivalentes. N1(x). (1) 0, 0 / x E, N1(x) N2(x) O1 et a Soient 1 1. Par dfinition, 1 est un ouvert, donc un voisinage de a. On a alors : (2) r 0 / B1 (a ; r) 1. La combinaison de (1) et (2) donne : B2 (a ; r) B1 (a ; r). Ainsi : B2 (a ; r) a 1, O2 et O1 O2. Do 1 De mme : O2 O1. Nous avons dmontr que O1 O2. Supposons (ii). Remarquons que : B1 (0 ; 1) O1. on a : Comme : O1 O2, (3) r 0 / B2 (0 ; r) B1 (0 ; 1). Soit x E {0}. On a : r x B2 (0 ; r). (4) 2N2(x)INDICATIONS ET SOLUTIONS

1.

33

La combinaison de (3) et (4) donne : rx N1 2N2(x) Do : (5) x E N2(x) 0/ N2. {0},

r N (x) 2N2(x) 1

1.


De plus, N1(x) Ainsi :

r N (x) < N2(x). 2 1 0 pour x 0. 0 / x E, E, N2(x) N1(x) N2(x). N1(x).

De mme : En rsum : N1 Conclusion :

x

deux normes sont quivalentes si, et seulement si, tout ouvert pour lune est un ouvert pour lautre.

1.19Indications Considrer (e1, ... , en ) la base canonique de E. max xi et A {x E / N1 (x) 1}. i n tablir quil existe 0 tel que pour toute autre norme N2 , on ait : En dduire que lapplication N2 est continue de (E, N1 ) dans . Appliquer les thormes 2 et 5. Poser : N1(x)1

N2

N1 .

solution Soit (e1, ... , en ) la base canonique de E.

Dsignons par N1 la norme suivante sur E (cf. exercice 1.3) :n

x

E,

! (x1, ... , xn)

Kn / xi 1

xi ei,

N1(x)

1

max xi.i n

Soit N2 une autre norme de E.

Montrons que N2 est une application continue de (E, N1 ) dansn

.1

n

x On en dduit :

E,

N2(x) 0/

i

1

xi N2(ei )

N1(x)

i

N2(ei ).

x

E,

N2(x)

N1(x). y).

Do : N1(x (x, y) E 2, N2(x) N2(y) N2(x y) Ce qui montre que N2 est une application lipschitzienne. Daprs lexercice 1.13 : N2 est une application continue.

34


A {x E / N1(x) 1}. La partie A est ferme et borne. Daprs le thorme 2, A est une partie compacte. Par consquent, daprs le thorme 5 : N2 est borne sur A et atteint ses bornes. Do : 0, 0/ inf N2(x),x A

Posons


x

sup N2(x).A

et Soit

sont non nuls car x E {0}. x A. On a : N1 (x) N2

0

A.

On en dduit : Ce qui quivaut :

x N1(x)

. N1(x).

N1(x) N2(x) De plus, cette proposition reste vraie pour x 0. Ainsi N1 et N2 sont des normes quivalentes. L exercice 1.2 permet de conclure :

dans un espace vectoriel de dimension finie sur ou , deux normes quelconques sont quivalentes.

1.20Indication Se servir du rsultat de lexercice 1.19. solution Soit x

E avec x

(x1, , xn). 0 i [1 ; n], Ni (xi ) 0.

x 1

x 0. Comme Ni est une norme, cela quivaut : max Ni ( xi ) K, x E, x 1 1 i n

x 1. x 1 y 1.

(x, y)

E 2,

x

y

1

max Ni (xii n

yi )

Do 1 est une norme. De mme 2 est une norme. E est de dimension finie. Daprs lexercice 1.19 : les deux normes sont quivalentes sur E E1 ... En.


35

2Fonctions de plusieurs variables

37

lments de coursn

est muni de la norme euclidienne.Limite

n p une application, et X Soient f : A A. 0 On dit que la limite suivant A de f en X0 existe et vaut L si : 0, 0 / X A, X X0 f(X) L . On note : lim f(X) L ou lim f(X) L s'il n'y a pas de confusion possible. X X0 X A X X0

Thorme 1

La limite d'une fonction en un point, lorsqu'elle existe, est unique.Continuitn p une application, et X Soient f : A A. 0 On dit que f est continue en X0 si lim f(X) f(X0).

C'est--dire : 0,

X X0

0/X

A,

X

X0

f(X)

f(X0)

.

Thorme 2n p une application, et X Soient f : A A. 0 On pose : f (f1, , fp), les coordonnes de f par rapport la base canonique de Les propositions suivantes sont quivalentes : (i) f est continue en X0 ; (ii) f1, , fp sont continues en X0. p

.

Thorme 3n p, g : A p et Soient f : A :A On suppose que f, g et sont continues en X0. Alors, f g et f sont continues en X0.

trois applications, et X0

A.

Thorme 4n p et g : A Soient f : A deux applications, et X0 On suppose que f et g sont continues en X0 et g(X0 ) 0. f est continue en X0. Alors g

A.

38

CHAP. 2 : FONCTIONS DE PLUSIEURS VARIABLES

Continuit dans une direction

Soient A une partie de On considre X0

n,

et f une application de A vers un

p

.

A,

0 , et on pose : , X X0

B

On dit que f est continue en X0 dans la direction u si : C'est--dire : lim f X0

X

A/t

tu . X X0 X B

lim f X

f X0 .

t0

tu

f X0 .

Thorme 5

Si f est continue en X0, alors f est continue en X0 dans toute direction. La rciproque du thorme 5 est fausse.Continuit par rappor t une variable

Soient A une partie de On dsigne par 1,

n, n

f une application de A dans la base canonique de X0 n.

p

, et X0

A.

,

On dit que f est continue en direction i.

par rapport la variable xi si f est continue en X0 dans la

Drive suivant un vecteur

Soient A un ouvert de n, et f une application de A dans n On considre X0 A, et u 0 . On dit que f admet une drive suivant u en X0 si : f X0 t f X0 u p / lim L. L t0 t On note :Drive par tielle

p

.

f X u 0

L.

Soient A un ouvert de n, f une application de A dans p, et X0 A. On dit que f admet une drive partielle en X0 par rapport la variable xi si f est drivable en X0 suivant i. f f X . On note : X = i 0 xi 0Diffrentiabilit

Soient A un ouvert de On dsigne par L( n,

et f une application de A dans p. p ) l'espace vectoriel des applications linaires den,

n

dans

p

.

LMENTS DE COURS

39

On dit que f est diffrentiable en un point X0 de A, s'il existe H0

L(

n

,

p

) telle que :

lim

f

X0

H

f H

X0

H

0.

Si on pose, pour H X0 s'il existe f

0, Hp

f ( X0 tel que :

H

f ( X0 H

(H

, alors f est diffrentiable en

L X0

n,

H

f X0

H

H

H

o H LimH 0

0.

Dans le cas gnral d'une application dfinie sur un espace vectoriel norm E, doit tre continue. Cette condition est vrifie pour E R n, d'aprs le rsultat de l'exercice 1.12.Diffrentielle

L'unique application linaire (lorsqu'elle existe) vrifiant la dfinition d'une fonction dif frentiable en X0 est appele diffrentielle de f en X0 et note d f.X0

Thorme 6

Soient A un ouvert de n, et X0 A. On considre f : A p, g : A p et : A Alors f g et f sont diffrentiables en X0.Thorme 7

trois applications diffrentiables en X0.

Soient A un ouvert de n, f une application de A dans p, et X0 A. On pose : f (f1, , fp), les coordonnes de f par rapport la base canonique de Les propositions suivantes sont quivalentes : (i) f est diffrentiable en X0 ; (ii) f1, , fp sont diffrentiables en X0. De plus : H n,

p

.

d f (H )X0

(d f1(H ), , d fp(H )).X0 X0

Thorme 8

Soient A un ouvert de n, et f une application de A dans p. Si f est diffrentiable en X0 A, alors f admet des drives partielles en X0. De plus : n f n, d H (h1, , hn) f(H ) hi X . xi 0 X0 i 1Thorme 9

Soient A un ouvert de

n,

et f une application de A dans

p

.

40


f (1 i n) existe au voisinage de X0 xi rentiable en X0.

Si

A, et est continue en X0, alors f est diff-

Application de classe C 1

Soient A un ouvert de n, et f une application de A dans p. On dit que f est de classe C1 sur A, si f est continue sur A et admet des drives partielles continues sur A.Thorme 10

Soient A un ouvert de n, et f une application de A dans p. Soient B un ouvert de p, et g une application de B dans q. On suppose que f est diffrentiable en X0 et g diffrentiable en Y0 Alors gf est diffrentiable en X0 et d g f d g d f.X0 Y0 X0

f X0

B.

Matrice jacobienne, dterminant jacobien

Soient A un ouvert de n, et f une application de A dans p. On suppose que f est diffrentiable en X0 A. La matrice de l'application d f L n, p , relativement aux bases canoniques de et p, est appele matrice jacobienne de f en X0. On note : Jf X0 . Si p q, le dterminant de Jf X0 est appel dterminant jacobien de f en X0.Thorme 11 X0

n

Soient A un ouvert de n, f une application de A dans On suppose que f est diffrentiable en X0, et on pose f Alors f1 X x1 0 fp x1

p

et X0 A. (f1, ..., fp).

Jf X0 X0 fp xn X0

f1 X xn 0 .

Thorme 12 (diffomorphisme)

Soient A et B deux ouverts de n, et f une application de A vers B. f est un diffomorphisme de A vers B si, et seulement si :

LMENTS DE COURS

41

(i) (ii) (iii)

f est bijective ; f est diffrentiable en tout point de A ; le dterminant jacobien de f en tout point de A est non nul.Thorme 13

Soient a et b deux rels tels que a b. On considre une application f de [a ; b] dans p. On suppose que f est continue sur [a ; b] et admet en tout point de ]a ; b[ une drive majore par M 0 ; c'est--dire : M 0 / t ]a ; b[, f (t) M. Alors f(a) f(b) M(b a).

42


exercices

ExercicesAPPLICATION IMMDIATE

Limites, continuit, diffrentiabilit2

est muni de sa base canonique i , j .

2.1 On considre la fonction f dfinie surxy f (x, y) x2 0

I

2

par : (0, 0) ;

y2

si (x, y) sinon.

1. f admet-elle une limite en 0 ? 2. tudier la continuit de f en 0 suivant toute direction.

2.2 Montrer, en appliquant la dfinition, que l'applicationf : (x, y)2. 2

I I

x

est continue sur

2.3 On considre la fonction f dfinie surx2y f (x, y) x2 0 tudier la continuit de f sur2.

par : (0, 0) ;

y2

si (x, y) sinon.

2.4 On considre la fonction f dfinie surx2y f (x, y)

I

2

par : (0, 0) ;

x4 0

y2

si (x, y) sinon.

1. tudier la continuit de f en 0 suivant toute direction. 2. tudier la continuit de f en 0 . 3. tudier l'existence des drives de f en 0 suivant tout vecteur.EXERCICES

43

exercices

2.5 On considre la fonction f dfinie par :x2y2 x y 0

I

si y sinon.

x;

f (x, y)

1. Montrer que f est continue en 0 suivant toute direction. 2. tudier la continuit de f sur = {(x, x), x *}.

2.6 On considre la fonction f dfinie par :x2 f(x, y) 0 tudier la diffrentiabilit de f en 0.

I

e

y2 x2

si x

0;

sinon.

2.7 On pose :f(x, y)

I

x2 0

x3y2 y2

si (x, y) sinon.

(0, 0) ;

tudier la diffrentiabilit de f sur

2.

2.8 On pose :f(x, y)

I

sin(x4) x2 y2 0

si (x, y) sinon.

(0, 0) ;

tudier la diffrentiabilit de f sur

2.

2.9 Soit f la fonction dfinie sur

I

2

par : si (x, y) (0, 0) et xy3 1;

f(x, y) 0

1 xy3 1 x2 y2

sinon.

tudier la diffrentiabilit de f en 0.

44


exercices

2.10 On considre la fonction f dfinie sur(x f(x, y) 0 y)2 sin 1 x2 y2

I

2

par : si (x, y) sinon.2.

(0, 0) ;

tudier la continuit puis la diffrentiabilit de f sur

2.11 Soit : f :

I

2

x3 ln (1 y2) x2 y2 si (x, y) sinon.2. 2

(0, 0) ;

(x, y) 0 tudier la diffrentiabilit de f sur

2.12 On considre la fonction f dfinie sur(ln (1 x2 f(x, y) 0

I

par :

xy ))2 y

si (x, y) sinon.

(0, 0) ;

1. tudier la drive de f en 0 suivant toute direction. 2. tudier la diffrentiabilit de f en 0.

Gnralits

2.13 Soit f une application den,

I

n

dans

p

telle que :

(1) x t > 0, f(tx) tf(x). On suppose f diffrentiable sur n. Montrer que la proposition (1) quivaut : n f n, xi (x) (2) x (x1, ..., xn) xi i 1

f(x).

2.14 Montrer, en appliquant la dfinition que, l'application :n

I

||X ||2

X est diffrentiable surn.

EXERCICES

45

exercices

2.15 Soit

I

l'ensemble des matrices carres d'ordre n coefficients rels. par :

On considre l'application f dfinie sur M , f(M) = M 2. Montrer que f est diffrentiable sur .

2.16 Soient E et F deux espaces vectoriels norms.Montrer que toute application linaire et continue de E vers F est diffrentiable.

I I I

2.17 Soient E et F deux espaces vectoriels norms.Montrer que toute application diffrentiable de E vers F est continue.

2.18 Soient A une partie deOn suppose : (i) il existe q parties Ai (1 (ii) j {1, , q}, X0

n,

f une application de A vers q) telles que, A L.XX 0 Aj q i 1

p

, et X0

A.

i

Ai ;

Aj ; et lim f(X)X

Montrer que : lim f(X)XX 0

L.n,

2.19 Soient A une partie deOn suppose : lim f(X)XX 0

I

f une application de A dans

p

, et X0

A.

L.

1. Montrer que : L f(A). 2. On considre une application g de f(A) dans Montrer que : lim gf (X)XX 0 n,

q

telle que : lim g(Y)YL

M.

M.

2.20 Soient A une partie deX0

I

et f une application de A dans f X u 0

p

, diffrentiable en

A. n

Montrer que : u

{0 },n,

d f u .X 0

2.21 Soient A un ouvert desur lequel, X

I

et f une application diffrentiable de A dans .

On dit que f admet un extremum en X0 f X

A, s'il existe un voisinage de X0 inclus dans A,

f X0 , garde un signe constant.

Montrer que si f admet un extremum en X0, alors la diffrentielle de f en X0 est nulle.

46


exercices

Diffomorphismes

2.22 Soientet, D

I

:

3

3

3

(r, , ) {(r, , ) /r

(r sin 0,

cos , r sin ]0 ;

sin , r cos )

Montrer que

[ et ]0 ; [}. 2 2 est un diffomorphisme de D sur un ensemble prciser.2

2.23 SoitMontrer que prciser.

I

:

2

(x, y)

(x2

y2, x

y). {(x, y)2

est un diffomorphisme de D

/x

y} sur un ensemble

2.24 SoitMontrer que prciser.

I

:

2

2

(x, y)

(y2

x, x

y2). {(x, y)2

est un diffomorphisme de D

/y

0} sur un ensemble D

2.25 On pose : D {(x, y)Montrer que : (x, y) D prciser. ( x2

I

2

/x

0, y

0 et x

y}.

xy, y2

xy) est un diffomorphisme de D sur un ensemble

APPROFONDISSEMENT ET SYNTHSE

2.26 Soient A une partie de

I

n,

et f une application de (1 t) y)

n

dans . (1 t) f(y).

On dit que f est convexe sur A si : (x, y) A2, t [0 ; 1], f(tx

t f(x)

1. Montrer que les propositions suivantes sont quivalentes (A tant convexe) : (i) f est convexe sur A ; f(tx (1 t)y) est convexe sur [0 ; 1]. (ii) (x, y) A2, t 2. Soient A un ouvert convexe de n, et f une application diffrentiable de A dans . Montrer que les propositions suivantes sont quivalentes : (i) f est convexe ; (iii) (a, x) A2, f(x) f(a) da f(x a).

EXERCICES

47

exercices

2.27 On pose : A ]0 ;Soit : A (x, y) Montrer que2

I

[ y2

]0 ; x2 2

[.

xy,

.

est un diffomorphisme de A sur un ensemble B prciser.|y | x2

2.28

I|y|e Soit f(x, y) 0

si x sinon.

0;

1. tudier la continuit de f en 0. 2. tudier la diffrentiabilit de f sur

2. 2

2.29 On considre la fonction f dfinie sursin x x f(x, y) cos x tudier la diffrentiabilit de f sur sin y y

I

par : si x sinon. y;

{(x, x), x

}. vrifiant :

2.30 Soit f une fonction numrique de classe C1 surx / x f(a f(x)) b et (a, b) (1) k [0 ; 1[ / t , f (t) k. 2 2 Soit : (x, y) (x f(y), y f(x)). Montrer que est un diffomorphisme sur 2.2,

I

2.31 Soient U un ouvert de

I

n,

f une application de U dans

p

, et (a, b)

U 2.

Soit : I [a ; b] {a t(b a), t [0 ; 1]}, un segment de U. On suppose que f est continue sur I et admet sur ]a ; b[ une diffrentielle majore en norme par M. Montrer que : f(b) f(a) M b a.

2.32 Soient A un ouvert convexe de

I

n, et f une application diffrentiable de A dans

p

.

Montrer que les propositions suivantes sont quivalentes : (i) f est constante sur A ; (ii) les drives partielles de f sont nulles sur A.

48


indications et solutions2.1


indications 1. Dterminer deux parties de 2 suivant lesquelles f admet deux limites diffrentes en 0. Conclure l'aide du thorme 1. 2. Considrer (a, b) 0, et calculer u lim f 0 + t . ut0

solution

1. Posons : D1 On a :

{(x, x), x

*} et D2 (x, y) 0 (x, y) D1

{(x, x), xx0

*}. 1 ; 2 1 . 2

lim

f(x, y)

lim

x2 2x2 x2 2x2

(x, y) 0 (x, y) D 2

lim

f(x, y)

x0

lim

Ainsi f admet en 0 deux limites distinctes suivant les ensembles D1 et D2. D'aprs le thorme 1 : f n'admet pas de limite en 0. 2. Soit

u (a, b)

0.

Dterminons Pour t Ainsi : d'o 0, tt0

t0

lim f 0

tu .

tu

0. f tu a2

0

tu

t 2ab t 2(a2 b2 . b2)

,

lim f 0

ab

0. Or f 0 Donc f est continue en 0 suivant la direction u(a, b) si, et seulement si, ab Conclusion : f n'est continue en 0 que suivant les directions i et j.

0.


49

2.2indications2. Considrer X0 tablir que : 2, X 0, 0/X Pour cela, remarquer que : si X = (x, y)

X02,

x = X .

f(X)

f(X0 )

.


solution2. Soit X0 (x0, y0) Montrons que f est continue en X0. 2. Soit X (x, y) X X0 . On a : f(X) f(X0) x x0 D'o : 0, X X0 f(X) f(X0) Ainsi f est continue en X0. Conclusion : l'application (x, y) x est continue sur

.

2.

2.3indications tablir que f est continue en X 0 0. Pour cela, appliquer le rsultat de l'exercice 2.2 et les thormes 3 et 4. Pour la continuit en 0, il s'agit de montrer que : 0, Il suffit alors de montrer que : 0/ X

f X

f 0

.

2, f X X f 0 X o est une fonction numrique continue en 0 avec (0) = 0. Ainsi : lim X = lim X = 0) lim

X 0

X 0

X 0

f X =f 0.

solution

Montrons que f est continue en X0 0. D'aprs le rsultat de l'exercice 2.2 : (x, y) x est continue sur 2. D'aprs le thorme 3 : x2y sont continues sur (x, y) x2 y2 et (x, y)

2.

50


On en dduit, d'aprs le thorme 4 : f est continue en tout point de 2 { 0}. tudions la continuit de f en 0. Il s'agit de montrer que : X D'o lim X 0

0, (x, y) f 0 .

0/ X2

f X

f X f 0

f 0 | x2 y x2 y2

. yX .

{ }, 0


f X

Il en rsulte que f est continue en 0. Conclusion : f est continue sur2.

2.4indications 1. Considrer Calculer

u (a, b)

0.

Distinguer deux cas : b = 0 et b 0. 2. Raisonner comme pour la question 1 de l'exercice 2.1. 3. Calculer lim f 0+t u

t0

lim f 0 + t u .

f 0

t0

t

.

solution

1. Soit u (a, b) 0. Supposons b 0. Dans ce cas, a 0 car u On a : t *, tu 0. D'o t Ainsi

0.

*, f 0

tu

t2a4 0

t a2b b2 f 0 ;

0.

t0

lim f 0

tu

ce qui montre que f est continue en 0 suivant u. Supposons bt0

0.t 0 t2a4

lim f 0

tu

lim

t a2b b2

0

f 0 .

En rsum :

f est continue en 0 suivant toute direction.INDICATIONS ET SOLUTIONS

51

2. Considrons : P1 {(x, x2), x *} et P2 {(x, x2), x

*}.

f admet 1/2 et 1/2 comme limites respectives en 0 suivant P1 et P2. Par consquent : f n'est pas continue en 0.


3. Soit

u (a, b)t0

0. f 0

Calculons On a :

lim

tu t

f 0

. f 0 t 0 t2

t

t0 0

lim

f 0

tu ) t f 0

lim

a2b . a4 b2

Si

b

0,

t0

lim

f 0

tu ) t tu ) t

0. a2 . b

Si

b

0,

t0

lim

f 0

f 0

En rsum :

f admet en 0 une drive suivant tout vecteur non nul.

2.5indications 1. Considrer (a, b) u

0 , et calculer lim f 0t0

tu .

Distinguer deux cas : b a et b a. 2. tudier d'abord la continuit suivant toute direction. solution

1. Considrons Calculons

u (a, b)

0.

t0

lim f 0 b

tu . 0.

Supposons On a : t Par suite

a. , f tu

t0

lim f 0

tu

f 0 .

Supposons b a. On a : t 0 tb

ta.

52


On en dduit :t0

lim f 0

tu

t0

lim

t3a2b2 a b

0

f 0 .

En rsum :

f est continue en 0 suivant toute direction.


2. Soit x0 0. tudions la continuit de f en Pour cela, calculons : Supposons b a.t0

lim f X 0 0 tu

X0

(x0, tu . x0t0

x0)

suivant la direction

u (a, b)

0.

t Par consquent :t0

tb

(x0 ta )2 ( x0 t(a b)

ta). tb)2 .

lim f X 0

lim

(x0

On en dduit que f n'est pas continue en X 0 suivant la direction considre. D'aprs le thorme 5 : f n'est pas continue sur .

2.6indications tudier l'existence des drives partielles en 0 . Pour cela, calculer :t0

lim

f 0

ti t

f 0

et

t0

lim

f 0

tj t

f 0

.

Considrer Poser : Calculer H

H

(h1, h2 ) H

2.

f 0

H

f 0

0, H .

H

f X h x 0 1

f X h y 0 2 .

H0

lim

Pour cela, se reporter aux indications de l'exercice 2.3. solution

Dterminons l'existence des drives partielles de f en 0 . On obtient : f 0 ti f 0 f(t, 0) t2 lim lim lim t t t0 t0 t0 tt 0

0.


53

D'o

f 0 x De mme :

0. lim 0.2.

f 0

t0

tj t

f 0

t0 t 0

lim

f(0, t) t

0.

Par suite :


Soit H Posons : H

f 0 y (h1, h2)

f 0 H

H

f 0

f 0 h1 x H

f 0 h2 y .

0,

f est diffrentiable en 0 si, et seulement si, On obtient :2 h1 2 h1

H02 h2

lim

H = 0.

H

0,

H

2 h2

e

2 h1

si h1 sinon.

0;

0 H 2

{0 }, | H | H0

On en dduit :

lim

H = 0.

|h1|

H .

Conclusion : f est diffrentiable en 0 , et la diffrentielle de f en 0 est l'application nulle.

2.7indications tudier la diffrentiabilit de f en 0 en raisonnant comme pour l'exercice 2.6. Appliquer le thorme 9 pour la diffrentiabilit de f en solution X0

0.

tudions la diffrentiabilit de f en 0 . Pour cela, raisonnons comme pour l'exercice 2.6. f f 0 0 0. On obtient : x y Pour H

(h1, h2)

2

{0 },posons : f 0 H

f 0

H On a :

f 0 h1 x H

f 0 h2 y .

54


H D'o H

0,

H

h3 h 2 1 2 (h 2 1

h 2)3/2 2 |h2|2

. ||H||2

2

{0 },

| H |

ce qui montre que f est diffrentiable en 0 . tudions la diffrentiabilit de f en tout point de 2 {0 }. Pour y fix non nul, x f(x, y) est drivable sur . Pour y 0, x f(x,y) est drivable sur *. f existe en tout point de 2 {0 }. On en dduit : x De plus : x2y2 (x2 3y2) f (x, y) . si (x, y) 0 , x (x2 y2)2 f est continue sur 2 {0 }. D'aprs les thormes 3 et 4, x Le mme raisonnement donne : f existe et est continue sur 2 {0 }. y On en dduit, d'aprs le thorme 9 : f est diffrentiable sur 2 {0 }. En rsum : f est diffrentiable sur


2.

2.8indications Raisonner comme pour l'exercice 2.7. Pour la diffrentiabilit en 0, on notera que : t , |sin t| |t|. solution

En raisonnant comme pour l'exercice 2.7, on obtient : 0. f est diffrentiable en tout point de 2 tudions la diffrentiabilit de f en 0 . On a :t0 t0

lim

f 0

ti

f 0 f 0

t tj t

lim

f(t, 0) t 0.

t0

lim

sin (t 4) t3

0.

De mme : lim

f 0

t0

t0

lim

f(0, t) t


55

D'o

f 0 x

f 0 y

0.

Par ailleurs :

H Or t Donc , |sin t| |t|.

0,

H

sin (h4) 1 (h 2 1 h 2)3/2 2

.


H

0,

| H |

|h1|

|| H ||.2.

Il en rsulte que f est diffrentiable en 0. Conclusion : f est diffrentiable sur

2.9indication Noter que : t solution 1, 1 t 1 t 1 t .

1

lim D'o

f 0

ti

f 0

t0

t0

t 0. f 0

lim

f(t, 0) t

0.

f 0 x f 0 tj lim t t0 On en dduit : On obtient :

t0

lim 0.

f(0, t) t

0.

f 0 y H

0, H .

H

1 h1h 3 2 (h 2 1 h2)3/2 2

1

si h1h3 2

1.

Dterminons Posons V On obtient :

{H H

H0

lim

(h1, h2) { 0},

2

/1 H

h1 h3 2

0}. h1 h3 2 .

V

(h2 1

h2)3/2 2 |h1|

1 h1 h3 2 || H||.

1

On en dduit : Ce qui montre que :

H

V

{ 0},

| H |

f est diffrentiable en 0.

56


2.10indication X = (x, y) solution 2,

(x + y)2

4 X 2.

Le raisonnement de l'exercice 2.3 donne : f est continue en tout point de 2 { 0}. tudions la continuit de f en 0. On a : 2, |f X | (x X (x, y) Ainsi, f est continue en 0. Le raisonnement de l'exercice 2.7 donne : f est diffrentiable en tout point de2


y)2

(|x| |y|)2

4 X 2.

{ 0}.

tudions la diffrentiabilit de f en 0. On a : f 0 ti f 0 f(t, 0) lim lim t t t0 t0 De mme : f 0 x H t0

t0

lim t sin

1 | t|

0.

lim

f 0

tj t

f 0

0.

D'o Posons :

f 0 y

0. H

0,

(h1 h2 1

h2)2 h22

sin

1 h2 h2 1 2 4 H .

.

On obtient :

H 0, Par consquent, f est diffrentiable en 0. Conclusion :

| H|

f est continue sur 2 ; f est diffrentiable sur 2.

2.11indications Montrer que f est diffrentiable en

X0

0

en procdant comme pour l'exercice 2.7. t.INDICATIONS ET SOLUTIONS

Pour la diffrentiabilit en 0, on pourra noter que : t 0, ln (1 + t)

57

solution


Le raisonnement de l'exercice 2.7 donne : f est diffrentiable en tout point de 2 { 0}. tudions la diffrentiabilit de f en 0. f f On obtient : 0 0 0. x y Posons : H

0,

H

Remarquons que : (1) t 0, ln (1 t) t. L'ingalit (1) peut tre tablie par l'tude des variations de t ln (1 On en dduit : 2 { 0}, | H | h 2 || H ||2. H 2 D'o : f est diffrentiable en 0. En rsum : f est diffrentiable sur 2.

h3 ln (1 h2) 2 1 . (h2 h2)3/2 1 2

t) t sur [0 ;

[.

2.12indication 2. Noter que : solution

ln (1 t) t t (t)

o

t0

lim

(t)

0.

1. Soit

u (a, b)t0

0.

Calculons

lim

f 0 0.

tu t

f 0

.

Supposons b On a :

t Or Donc Pour b ln (1lim

0,

f tu t

[ln (1 t 2|ab|)]2 . t |t| (|t| a2 |b|)

x)

0

x.

t0

f tu t

0. f tu lim t0 t

0, on obtient galement :

0.

En rsum :

f admet en 0 une drive suivant tout vecteur non nul.

58


f 2. On a : 0 x Posons :

f 0 y H

0.

0,

H

(ln (1 (h2 1

|h1h2|))2 h2)1/2 2

|h2|)(h2 1

. || H || et |h2|

Si H Or

(h1, h2) tend vers 0 , alors h1 et h2 tendent vers 0, puisque |h1| ln (1 t) t t (t) avec (h1h2))2. | H | t0

|| H ||.


lim

(t)

0,

donc (ln(1 On obtient :

|h1h2|))2 H

h 2h 2 (1 1 22

{ 0},

|h1|2 (1 car H 0 4 || H||2.

(h1h2))2. (h1h2) 0.

Il existe alors un voisinage V de 0 tel que : H V, | (h1h2)| 1 On en dduit : D'o H

lim

V

{ 0}, | H |

f est diffrentiable en 0.

2.13indication Remarquer que : (2) dx f(x) = f(x). solution

Supposons (1). Par hypothse, les fonctions t f(tx) et t tf(x) sont drivables sur ]0 ; Par consquent : n, t 0, dtx f(x) f(x). x En particulier pour t 1, on a : n, d f(x) f(x). x xn

[.

Or dx f(x)

i

1

xi

f (x). xi

Donc nous avons tabli (2). Supposons (2). n. Soit x On a : t 0, dtx f(tx) ce qui quivaut : (3) t 0, t dtx f(x) f(tx) ; Considrons t (t) f(tx). f(tx).


59

On obtient : t 0, (t) dtx f(x). Ainsi la proposition (3) quivaut : t 0, t Ce qui quivaut : t 0, On en dduit :

(t) (t) t (1) 1 f(tx)

(t). 0. f(x).


t D'o

0, t > 0,

(t) t

tf(x).n

En rsum : si f est un application diffrentiable de n, t > 0, f(tx) tf(x)} { x { x dans , alors n, d f(x) f(x)}. xp

2.14indicationsn. Considrer X0 Dterminer une application linaire de n X0

dans H

telle que :

H

f

f X0

H

H H f X0

tende vers 0 lorsque H tend vers 0. Pour cela noter que : f X0 solution

H

2

2 X0 H .

n. Soit X0 Montrons qu'il existe une application linaire

de f H

n X0

dans H

telle que : pour

H 0

lim

H

0,

o

H

f

X0

H

H

0.

On a : car u 2

H u

n,

f X0 H 2 X0 H .

f X0

H

2

2 X0 H .

u,n,

dsignant le produit scalaire. H

Posons :

H

est une application linaire de n dans . On en dduit : 0, H H Ce qui montre que f est diffrentiable en X0.

H .

60


Conclusion :

X0

X

f

X

n,

2

est diffrentiable sur n,

n

H

d f HX 0

2

X0

et

H.

2.15


indications Raisonner comme pour l'exercice 2.14. Noter que est un espace vectoriel de dimension finie. Appliquer le rsultat de l'exercice 1.19. Ne pas oublier que le produit matriciel n'est pas commutatif. solution

est un espace vectoriel rel de dimension n2. Par consquent, d'aprs l'exercice 1.19, deux normes quelconques de sont quivalentes. Considrons par exemple une des normes dfinies l'exercice 1.7. On a : 2, ||MN|| k ||M|| ||N||. (1) k 0 / (M, N) . Soit H0 Montrons que f est diffrentiable en H0. Pour cela, il faut tablir qu'il existe un endomorphisme de tel que :H0

lim

f(H0

H)

f(H0) ||H||

(H)

0.

On obtient : H Posons : H est un endomorphisme de . De plus : H Or, d'aprs (1) : ||H 2|| Donc H D'o Ce qui quivaut :H0

,

f(H0 ,

H)

f(H0) (H)

H0H

HH0

H 2.

H0H

HH0. H2 ||H||

{0},

(H)

.

k ||H||2. || (H)|| 0. k ||H||.

{0},H0

lim || (H)|| 0.

lim

(H)


61

Il en rsulte : f diffrentiable en H0 et dH f(H) 0 Conclusion :f

H0H

HH0. et HH0.

M M 2 est diffrentiable sur 2, d (H, H0) H f (H) H0H0


2.16indications Considrer X0 E. Dterminer une application linaire continue de E vers F telle que : f (X0 H ) f (X0 ) (H ) ||H || (H ) o lim (H )H0

0.

solution

Soit X0 E. On a : H E, f(X0 H) f(X0) f(H). f. Posons : On obtient alors : (H) ||H|| (H) o H E, (H) 0. f(X0 H) f(X0) De plus, par hypothse, est linaire et continue. Conclusion : si E et F sont deux espaces vectoriels norms, toute application linaire et continue de E vers F est diffrentiable.

2.17indications Considrer Noter que : X0 E.

f (X0 H ) f (X0 ) (H ) ||H || (H ) o est une application linaire continue et lim (H ) 0.H0

solution

Soit X0 E. Pour tout lment H de E tel que X0 H soit dans une voisinage de X0, on a : (H) ||H|| (H) o lim (H) 0. f(X0 H) f(X0) H0 Or est linaire et continue, (0) 0. donc lim (H)H0

62


D'o

H0

lim f(X0

H)

f(X0),

ce qui montre que f est continue en X0. Conclusion : toute application diffrentiable est continue.

2.18indications Traduire : lim f(X)XX0 X Aj


L. j

Noter que : X solution

A,

[1; q] / X

Aj.

Soit 0. D'aprs (ii), on a : (iii) j 0/X D'aprs (i), on a :

Aj , X

||X A,

X0|| j

j

||f(X) Aj.

L||

.

[1 ; q] / X

Posons

= min1 i q

j.

On obtient alors : X A, ||X X0||

j

[1 ; q] / X

Aj

et

||X

X0||

j.

Par suite, d'aprs (iii) : || f(X) L|| . Ainsi 0 / X A, ||X X0|| Ce qui montre que Conclusionq XX

|| f(X)

L||

.

lim f(X)0

L.

si

A

i 1

Ai

et

XX X

lim f(X)0 Ai XX

L

pour tout

i

[1 ; q],

alors

lim f(X)0

L.

2.19indications 1. Traduire l'hypothse : lim f(X)XX 0

L. 0, B(L ; ) f(A) .INDICATIONS ET SOLUTIONS

Noter que : L

f(A)

63

solution

1. L'hypothse X0 (1)

A assure : 0, X A / ||XXX

X0|| < . f(X) L.

Nous avons par hypothse :

lim


Soit 0. On a alors : (2) 0/X Remarquons que :

0

A et ||X X

X0|| R alors la srie de terme gnral a n x np diverge. On en dduit:1 si x < R p alors la srie de terme gnral a n x np converge absolument ;1 si x > R p alors la srie de terme gnral a n x np diverge. Conclusion : si R est le rayon de convergence de la srie entire de terme gnral1a n x n et p un entier non nul, alors R p est le rayon de convergence de la srie de terme gnral a n x np.6.4indications 1. Se servir du rsultat de l'exercice 6.3. ( 1)n x2n 1 ( 1)n x2n 2. Noter que : x . 2n 1 2n 1 solution1. D'aprs le rsultat de l'exercice 6.3, le rayon de convergence de la srie de terme gnral un est 1. De plus, cette srie tant gomtrique, on a : 1 ( 1) n x 2n . x 1;1, 1 x2 n 0INDICATIONS ET SOLUTIONS2152. Remarquons que : n 0, x , ( 1)n x 2n 2n 11x( 1)n x2n . 2n 1 Le rayon de convergence de la srie de terme gnral mme pour la srie de terme gnral un (exercice 6.3). Soit T sa somme. D'aprs le thorme 6 : x D'o : x 1 ; 1 , T (x)( 1) n x n est 1. Il en est de 2n 1indications et solutions1; 1 , T (x)n 0( x2 ) . 1 1 x2n.On en dduit : x 1;1, T(x) Arctg x k. Comme T(0) 0, on obtient : k 0. D'o x 1 ; 1 , T(x) Arctg x. Remarquons que la srie de terme gnral Conclusion : x 1;1,n 0 ( 1)n x2n 2n 1 ( 1) n x 2 n 2n 111converge pourx1.Arctg x.6.5indications 1. Appliquer le rsultat de l'exercice 6.3. x 4n 1 . 2. Dterminer d'abord la somme de la srie de terme gnral 4n 1 Pour cela, raisonner comme pour l'exercice 6.4 (question 2). solution1. Le rayon de convergence de la srie entire de terme gnral Le rsultat de l'exercice 6.3 donne : le rayon de convergence est R 2. Soit On a : x S(x) 1; 1 1 xn 0xn est 1. 4n 1 1.0;1. x 4n 1 . 4n 1216CHAP. 6 : SRIES ENTIRES ET TRIGONOMTRIQUESLe raisonnement de l'exercice 6.4 donne : x D'o S(x) 3. 1 Arctg x 2x 11;1 ,n 0x 4n 1 4n 1 x x1 Arctg x 2 si x si x x 0. 1.1 1 ln 1 2 1;0x . x 0;1,1 1 ln 1 2indications et solutionsLa srie diverge pour6.6indications Remarquer que : x Appliquer le thorme 2. solution 0, ln (1 x) x. On a : (1) x 0, ln (1 Ce rsultat est immdiat grce aux variations de On a, par dfinition : n 0, un > 0. On obtient, d'aprs (1) : n Il en rsulte :nx) xx. ln (1x)x sur0; .0, un lim1an un. 0.un 1 unD'aprs le thorme 2 : r . Conclusion : le rayon de convergence de la srie est infini.6.7indications 1. Noter que : la srie entire converge pour tout rel x tel que Appliquer le rsultat de l'exercice 5.15. solution x < 1.1. L'hypothse (i) quivaut : la srie entire diverge pour x 1. D'aprs le rsultat de l'exercice 5.15, on a : la srie entire diverge pour tout rel x tel quex > 1.INDICATIONS ET SOLUTIONS217 D'aprs (ii), on a : n 0, x , a n x n xn. Ainsi la srie entire converge absolument pour x < 1. Conclusion : n 0, a n 1, est telle que la srie si une suite (a n ) vrifiant : de terme gnral a n diverge, alors le rayon de convergence de la srie entire de coefficient a n est 1. 2. Posons : n 0, a n sin n.nindications et solutionsLa srie numrique de terme gnral a n diverge car De plus : n 0, a n 1.lim a n0.D'aprs la question 1 : le rayon de convergence de la srie entire de coefficient sin n est 1. sin (n 1) n'existe pas. sin nObserver que limn6.8indications 2. Dcomposer 1 en lments simples. n (n 1) Raisonner comme pour l'exercice 6.4 (question 2). solution1. n1,x0;1 , 0xn n (n 1)1 n (n 1).Il s'ensuit : la srie de terme gnral 2. Remarquons que : n Posons : xxn converge normalement sur 0 ; 1 . n (n 1) 0;1 ,1, xxn n (n 1) etxn n S2(x)nxn n 11 n. 1 .0 ; 1 , S1(x)n1xn nxn Le raisonnement de lexercice 6.4 (question 2)donne: x 0 ; 1 , S1(x) ln (1 x) si x 0;1 ; 1 1 ln (1 x) x et S (x)20si x0.218CHAP. 6 : SRIES ENTIRES ET TRIGONOMTRIQUES On en dduit : 1 S(x) 0 (1 x) ln (1 x x) si x si x 0;1 ; 0. La convergence normale assure la continuit de S sur 0 ; 1 . Par consquent, lim S (x) S (1) 1.x1indications et solutionsConclusion : 1 S(x) 0 1 (1 x) ln (1 x) si x x si x si x 0;1 ; 0; 1.6.9indication Appliquer le thorme 2. solutionOn a :nlimun 1 unnlimf (un) . unOr f est drivable en 0. f(x) Donc lim f (0) car f(0) 0. x0 x f (un) f'(0), car Par suite : lim n un Conclusion : si si f (0) f (0)nlim u n0.0, le rayon de convergence est1 ; f (0)0, le rayon de convergence est infini.6.10indications Raisonner par contrapose. Remarquer : m 0 avec a m 0 / x r f(x) x m (a m a m 1 x ...). Noter que : si une fonction est continue en 0 avec ( 0) 0, alors ne s'annule pas sur un voisinage de 0.INDICATIONS ET SOLUTIONS219solution Raisonnons par contrapose. Pour cela, supposons que les coefficients a n ne soient pas tous nuls. Par consquent : f (x) x m (a m a m m 0 avec a m 0 / x < r1x...).indications et solutionsPosons :xr ; r , g (x)amam1x...r est le rayon de convergence de cette srie. D'o : pour tout tel que 0 < < r, g est continue sur En particulier : (1) g est continue en 0. De plus : (2) g (0) a m 0.;. Notons que : (3) si une fonction continue en 0 est telle que (0) 0, alors ne s'annule pas sur un voisinage de 0. En effet : > 0, > 0 / x (x) (0) . On en dduit : x (x) (0). En choisissant de sorte que (0) 0, (si (0) ; . 0) on a : ne sannule pas sur La combinaison de (1), (2) et (3) donne : g est non nulle. Par consquent, f est non nulle. Conclusion : si a n x n est le terme gnral d'une srie entire de somme nulle, alors les coefficients sont tous nuls.6.11indications Considrer r le rayon de convergence de la srie entire de coefficient bn. Comparer r et R sachant que : n n0 , bn cn. solutionDsignons par r le rayon de convergence de la srie entire de coefficient bn.220CHAP. 6 : SRIES ENTIRES ET TRIGONOMTRIQUESOn a : (1)nn0, bncn.0 < R. Soit tel que : On obtient, d'aprs (1) : n n0, x < bn x n cnn.Or la srie numrique de terme gnral cn n converge. Donc la srie de terme gnral bn x n converge absolument. D'o r R. De mme, on obtient : r R. En rsum : si les sries entires de coefficients a n et c n ont le mme rayon de convergence R, alors ce rayon est aussi celui de la srie entire n n0, a n bn c n. de coefficient bn tel que :indications et solutions6.12indications Vrifier que : n 1, 1 an n. Appliquer le rsultat de l'exercice 6.11. solutionOn a :n1, 1ann.Or les sries entires de coefficients 1 et n ont le mme rayon de convergence, savoir : 1. Donc, d'aprs le rsultat de l'exercice 6.11 : le rayon de convergence de la srie entire de coefficient n 1 an est 1. p 1 p6.13indication Noter que : xn 1a n x est continue sur tout compact inclus dansnr;r .solutionLa srie de fonctions de terme gnral a n x n converge normalement sur tout compact inclus dans r;r .INDICATIONS ET SOLUTIONS221Par consquent la fonction dans r;r . En particulier, On en dduit : xn 1a n xn est continue sur tout compact inclusest continue en 0. >0 / x n 1a n xna 0.indications et solutions6.14indications La dmarche suivante, consquence de l'exercice 6.10, peut tre adopte pour dterminer la solution d'une quation diffrentielle sous forme de srie entire. Supposer queyn 0a n x n vrifie (E). En dduire qu'une fonction dveloppe en srie entire est nulle. Dterminer le terme gnral de cette srie. Appliquer le rsultat de l'exercice 6.10. Dterminer a n et le rayon de convergence de la srie entire. solutionSupposons que On a :yn 0a n x n soit solution de (E). x I, y n an x n1n 0y.Ce qui quivaut : On en dduit :xI,n 1a n x n.xI,n 0(n1) a n1an x n0.D'aprs l'exercice 6.10, on a : n Il en rsulte : n D'o n Le rayon de convergence est infini. En rsum : pour a 0 donn, y a 0 0, a n0, (n1) a n11an an n a0 . n! 1 .0.0, a nxn de rayon de convergence n 0 n! infini, est solution de : y y.222CHAP. 6 : SRIES ENTIRES ET TRIGONOMTRIQUES6.15indications 1. Procder comme pour l'exercice 6.14. 2. Rsoudre d'abord l'quation diffrentielle (E). solutionindications et solutions1. Supposons que On a : x I, ce qui quivaut :y ya n x n soit solution de (E). y0,x On en dduit: xI,n 2 n (n1) a n x n 2) (n 2) (n an 1) (n2n 0an x n0.I,n 0(n 0, (n1) a n 1) a n . a02an x n an 0.0.D'aprs l'exercice 6.10 : n D'o (1) On a : n 0, a n22(n2) Par ailleurs, y (0) (2) a1 0. La combinaison de (1) et (2) donne : p 0, a 2p Soit p 0. Dterminons a 2p. La relation (1) fournit : p 0, a 2py(0) 1 0 implique :1.10.( 1) p . (2p)!Le rayon de la srie de coefficient a n est infini. En rsum : ( 1) p x 2p y de rayon de convergence infini est la solution de (E ). (2p)! p 0 2. On vrifie que : x cos x est l'unique solution de (E). D'aprs la premire question : x, cos xp 0( 1) p x 2p . (2p)!INDICATIONS ET SOLUTIONS2236.16indication Raisonner comme pour l'exercice 6.14. solutionindications et solutionsSupposons que On a :yn 0a n x n soit solution de (E).xI, a1(nn 11) 2 a n1an1xnx.On en dduit : (1) a1 0 ; (2) 4 a2 a0 1 ; (3) n 2, (n 1) 2 a n1an10.La combinaison de (1) et (3) donne : p La combinaison de (2) et (3) fournit : 1 (1 a2 4 p Conclusion : pour a 0 donn, y a0 0, a 2p10.a0) ; ( 1)p 1 a2 . (p!)2 22p 22, a 2p 1 (1 4a0) x2(1a0)p2( 1) p 1 x 2p (p!)2 2 2 pde rayon de convergence infini est solution de (E ).6.17indication Raisonner comme pour l'exercice 6.14 pour dterminer deux sries indpendantes solutions de (E). solutionSupposons que On obtient : (1) (2) a2 ny 0; 0, (na n x n soit solution de (E).3) (n2) a n3an.224CHAP. 6 : SRIES ENTIRES ET TRIGONOMTRIQUESOn en dduit : a 0 et a 1 tant donns, p 1, a 3p 1.4.7...(3 p (3 p)! 2) a 0 , a 3p12.5.8...(3 p 1) a 1, a 3p (3 p 1)!20.Dterminons deux solutions particulires : pour a 0 pour a 0 1 0 et et a1 a1 0, on a : 1, on a : y1 y2 1p 11.4.7...(3 p (3 p)!2)indications et solutionsx 3p ;xp 12.5.8...(3 p 1) 3p 1 x . (3 p 1)!Les rayons de convergence des deux sries sont infinis. De plus, y1 et y2 sont deux fonctions linairement indpendantes. Il en rsulte : la solution gnrale de (E) esty1p 11.4.7...(3 p (3 p)!2)x 3p etxp 12.5.8...(3 p 1) 3 p x (3 p 1)!1o y est dfinie sur ,tant des constantes.6.18indication Se servir du dveloppement en srie entire de e t. solutionOn a :t, etn 0( 1) n t n . n!On en dduit : t Or la srie de terme gnral Donc x D'o xx , tp etn 0( 1)n tn n!p.tn p converge normalement sur tout compact de . n!x ,0tp etdtn 0( 1) n n!xtn0pdt.,0tp etdtn 0( 1)nxn (n!) (np 1p1).INDICATIONS ET SOLUTIONS2256.19indications Noter que :xet2dt0et2xdt0et2dt. Raisonner comme pour l'exercice 6.18.indications et solutionssolutionOn a : De plus :x,xet2dt0et2t2xdt0 et2dt. t 2n . n!t, e( 1) nn 0 Le raisonnement de l'exercice 6.18 donne : x x,0et2dtn 0( 1) n x 2n 1 . (n!)(2 n 1)Or0et2dt2. Donc x ,xet2dt2n0( 1)n 1 x 2n 1 . (n!)(2n 1)6.20indication Se servir du dveloppement en srie entire de ln (1 solution u).On a : u1, ln (1u)n 1( 1) n1un . n x) est 1. 1 2x) est . 2 2n x n . nLe rayon de convergence de la srie entire de somme ln (1 Le rayon de convergence de la srie entire de somme ln (1 D'aprs le thorme 3 : 1 1 x On a : x , ln 2 1 2x D'o x 1 2 ln n 1( 1)n n1 xnn 11 x 1 2x n 1( 1)n 1 2n n x . n226CHAP. 6 : SRIES ENTIRES ET TRIGONOMTRIQUES6.21indications Dvelopper e 1 en sries entires. 1 x Faire le produit des deux sries ainsi obtenues.xetsolutionindications et solutions On a : x , exn( 1) n0 xn ; n!x Le produit donne : x 1;1 ,1;1 , e x 1 x1 1x( 1) n x n.n 0( 1) nn 01 0!1 1!...1 x n. n!6.22indications Noter que la fonction f est impaire. Dterminer la srie de Fourier de f. Etudier sa convergence. solutionDterminons la srie de Fourier de f. Comme f est impaire, on a : n 0, an 0. On obtient : 2 2 sin nt dt n 0, bn n 0 D'o p Par consquent : la srie de Fourier de f est : D'aprs le thorme 14 : x , f (x) 4p1( 1) n . 40, b2p 4p0 0etb2 p1(2 p1).sin (2p 1) x . 2p 1 0sin (2 p 1) x . 2p 1INDICATIONS ET SOLUTIONS227En particulier pour x2, on a : 1 4p 0( 1) p . 2p 1 .Conclusion :p 0( 1) p 2p 14indications et solutions6.23indications 1. Remarquer que : 3. b. Observer que : n 0, bn0 car f est paire. 1 1 1 . 2 2 1)2 n 1 n p 1 (2p) p 0 (2p c. Noter que la srie de Fourier converge normalement sur . solution1. Comme f est paire, on a : On a : et n a0 20n t dt 200, bn0.1, a nt cos nt dt. Le calcul donne : p On en dduit : la srie de Fourier de f est : Ainsi la srie de Fourier de f est : 2. D'aprs le thorme 13, on a : (1) x 0; , f (x) 4 2n 01, a 2 p0 a0 2et n 0p0, a 2 p cos (2n n41(2 p1)2.a2n11) x.4 20cos (2 n 1) x . (2 n 1)2cos (2 n 1) x . (2 n 1)23. a. En remplaant x par 0 dans (1), on a : n 01 (2 n 1)228.228CHAP. 6 : SRIES ENTIRES ET TRIGONOMTRIQUESb. Remarquons que :n 1 n 11 n2 1 n2 p 11 (2 p) 2 1 p 0 p 01 (2 p 1 (2 p 1) 2 1) 2.Ainsi1 4p n1 p2.Il en rsulte :indications et solutions11 n226.c. La srie de Fourier converge normalement sur . D'aprs le thorme 5 du chapitre 5, on a : x x 4 1 f (t) dt x cos (2n 1) t dt. x 0; , 2 1) 2 0 0 n 0 (2 n On en dduit : x 4 sin (2 n 1) x (2) x 0; , (x ) . (2 n 1) 3 2 n 0 En remplaant x par 2 , la formule (2) devient : n 0( 1) n (2 n 1) 3332.6.24indications Il s'agit d'utiliser le dveloppement en srie de Fourier d'une fonction f dterminer. Noter que la fonction f est paire. solutionConsidrons la fonction f priodique, de priode 2 , dfinie sur 0 ; par : f (x) x. La srie trigonomtrique tant paire, on va supposer la fonction f paire ; c'est--dire : x f (x) si x si x n 00;; ;0 .La srie de Fourier de f est :{2 ,x4 Le thorme 13 permet de conclure : x 0; xcos (2n 1)x . (2n 1)2 4 n 02cos (2n 1)x . (2n 1)2INDICATIONS ET SOLUTIONS2296.25indications 1 1. Vrifier que t est dveloppable en srie entire, et prciser le rayon de convergen1 xt 3 ce de la srie. 2. Appliquer le thorme 5.indications et solutionssolution1. On a :1 1 xt 3(xt 3 ) nn 0 n 0x n t 3 n. 1 x31Le rayon de convergence de cette srie est On en dduit : t 1 x1 3(exercice 6.3). ;1 x1 3,1 1t xt 3xn t 3nn 0 n 0x n t 3 n 1.Or donc D'ox < 1, 0;1 1 x t1 3;1 x3 1 1 11. 0;1 , 1 x1 01 3t xt 31x n t 3nn 0 n 0x n t 3n 1.2. Comme0;1;x3, le thorme 5 donne : n 01 1t dt xt 3 limxn 3n 1 o 2) (x)xn . 3n 2Il s'ensuit :1x1lim1 10t dt xt 3x1(x) xn 1)(3 nn0(3 nxn 1)(3 n2).Or la srie de terme gnral Donc la fonction1(3nconverge normalement sur 0 ; 1 .D'ox1lim0est continue sur 0 ; 1 . 1 t dt (1). 1 xt 3 n 0Conclusion :(3n1 1)(3 n2)33.230CHAP. 6 : SRIES ENTIRES ET TRIGONOMTRIQUES6.26indications Appliquer le thorme 7. Montrer que r 1. Pour cela, noter que si x solutionr, alors la srie de terme gnral a n x n converge absolument.indications et solutions Remarquons que la srie entire de coefficient s n est le produit des sries entires de coefficients respectifs 1 et a n. D'aprs le thorme 7, on a : r 1. On a : n 0, a n n sn1s n. , a n xn s n 1 xn s n xn.Il en rsulte :0, xAinsi (1) pour x < r, la srie de terme gnral a n x n converge absolument car r est le rayon de convergence de la srie de coefficient s n. Or 1 est le rayon de convergence de la srie entire de coefficient a n. Donc, d'aprs (1) : r 1. En rsum : Ainsi si la srie entire de coefficient a n a pour rayon de convergence 1,nr1.il en est de mme de la srie entire de coefficient D'aprs le thorme 7, on a : x Or Donc x 1 ; 1 , g (x) f (x) . 1 x x 1;1 ,n 0snk0ak. n 01;1 ,sn x n 1 .xnn 0 n 0an xn .xn1x6.27indications 1. Appliquer le rsultat de l'exercice 6.26. 2. Appliquer le thorme 5.INDICATIONS ET SOLUTIONS231solutionn1. a. Remarquons que :n1, snp1a p o a p1 . pLe rayon de convergence de la srie entire de coefficient a n est 1, et la somme de cette srie vaut ln (1 x) pour x 1 ; 1 . On dduit de lexercice 6.26 :indications et solutionsR1 et la srie diverge pour x1 car limnsn.b. D'aprs le rsultat de l'exercice 6.26 : x1; 1 , n 1sn x nln (1 x) . 1 xOrn 1( 1) n1sn x n xn1sn ( x) n. 1 ; 1 , f (x) ln (1 x) . 1 x xDonc2. D'aprs le thorme 5, on a : x D'o x 1;1 , ln (1 x)x1;1 ,0f (t) dtn 1( 1) n21snt n dt.02n 1( 1) nsn xn 1 . n 16.28indications Appliquer le rsultat de l'exercice 6.11. tudier la convergence normale de la srie. solution1 1 Les sries entires de coefficients 3 et 2 ont le mme rayon de convergence, n n n savoir : 1. D'aprs le rsultat de l'exercice 6.11 : R 1. 1; 1 . Il vient de (1) que la srie entire de coefficient a n converge normalement sur D'aprs le thorme 4 du chapitre 5, on obtient la continuit de la somme sur 1;1 . 1;1 . De mme, la srie de terme gnral n a n x n 1 converge normalement sur D'aprs le thorme 6 du chapitre 5, la somme de la srie entire de coefficient a n est drivable sur 1;1. En rsum : le rayon de convergence de la srie entire de coefficient a n est 1, et sa somme est continue et drivable sur 1;1 .232CHAP. 6 : SRIES ENTIRES ET TRIGONOMTRIQUES6.29indications 1. S'inspirer de la dmarche de l'exercice 6.5. 2. Appliquer le rsultat de la question 1. solutionindications et solutions1. On a :nlimnbnnlimnan.Par consquent : les sries entires de coefficients a n et b n ont le mme rayon de convergence R. Dsignons par S la somme de la srie de coefficient a n. On a : Posons : On obtient : On en dduit : Conclusion :xx x xR;0 R;R ,0 ; R , f (x)x an xpx 0pn 0anxn p . n p(x)n 0xn p n1p.R;R , R;R ,(x) (x)S (x).1xp0tpS(t) dt.x f (x) a0 ptp1S(t) dtsi x si x 0.R;00;R ;2. Le rayon de convergence de la srie entire est 1. 1 1 1 On a : n 0, (n 1)(n 2)(n 3) 2 n 1 Considrons : On obtient : Posons : n 0, a n 1. 1 11 n 21 1 . 2 n 3 x < 1, S (x) x < 1,i (x)x. {1, 2, 3}.n0xn ,i n iLe rsultat de la question 1 fournit : ln (1 x 1 x) si x si x 0; 1;0 0;1 ;1(x)INDICATIONS ET SOLUTIONS2332 (x)1 x x2 1 2 1 x x3 1 3ln (1x)si x si x 0;1;00;1 ;indications et solutions3 (x)1 2 x 2ln (1x)si x si x 0;1;00;1 ;En rsum : 1 2 x3 g (x) 1 6 si x 0. x 3 2 x 2 (1 x) 2 ln (1 x) si x 1;0 0;1 ;6.30indications Noter que limn | aa | n'existe pas ncessairement.n 1 n n Comparer r et R. Pour cela, observer solutionlimp(n) . q(n)Posons :n0,np (n) . q (n)n On a, par hypothse : On en dduit :limn0. n n 0 , u n r R. R, n 0, n n0 Ainsi n/1.a n.D'aprs le rsultat de l'exercice 6.11 : Supposons r R. C'est--dire : il existe un rel x 0 vrifiant x 0 et tel que la srie de terme gnraln un x 0converge absolument.234CHAP. 6 : SRIES ENTIRES ET TRIGONOMTRIQUESConsidrons un rel x 1 vrifiant : R On a : n Or lim q (n) p (n) 0, a n x 1 x1 x0n nx 1x 0.u n x 0n .q (n) p (n) x1 x0nn n1 00indications et solutionsd'aprs les croissances compares. Donc / n n1,a n x n u n x n. 1 0nAinsi la srie numrique de terme gnral a n x 1 converge absolument avec x 1 > R, ce qui est absurde, car R est le rayon de convergence de la srie entire de coefficient a n. Par consquent : r R. Conclusion : r R.6.31indication 2. Se reporter aux dveloppements des sries entires des fonctions usuell

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Analyse DEUG Sciences 2e année_TSS