Fso analyse 2 87582

Notion de développement limité Notion de développement limité Notion de développement limité Notion de développement limité Notion de développement limité Notion de développement limité Développements limités et continuté, développements limités et dérivabilité Développements limités et continuté, développements limités et dérivabilité Développements limités et continuté, développements limités et dérivabilité Développements limités et continuté, développements limités et dérivabilité Développements limités et continuté, développements limités et dérivabilité Opération sur les DL Application des DL Application des DL Application des DL Application des DL

Développements limités.

N.TSOULI

25 juin 2012

Développements limités

N.TSOULI Développements limités.


Dans ce chapitre, on suppose que x0 ∈ R et n ∈ N.

DefinitionSoit f une fonction défine au voisinage de x0.On dit que f admet un développement limité (en abrégé un DL)à l’ordre n en x0 (ou au voisinage de x0) s’il exixte des réelsa0,a1, ..,an et une fonction ε définie au voisinage de x0 (saufpeut être en x0)tels que pour tout x voisinage de x0 :

f (x) =n∑

k=0

ak (x − x0)k + (x − x0)

nε(x), avec limx→x0

ε(x) = 0.





f (x) =n∑

k=0

ak (x − x0)k + (x − x0)


ε(x) = 0.





f (x) =n∑

k=0

ak (x − x0)k + (x − x0)


ε(x) = 0.





f (x) =n∑

k=0

ak (x − x0)k + (x − x0)


ε(x) = 0.





f (x) =n∑

k=0

ak (x − x0)k + (x − x0)


ε(x) = 0.





f (x) =n∑

k=0

ak (x − x0)k + (x − x0)


ε(x) = 0.



Remarque.1/ Avec la notation de Landau, cela peut s’écrire :

f (x) =n∑

k=0

ak (x − x0)k + o((x − x0)

n).

Remarque2/ Si lim

x→x0f (x) = ±∞ ou bienf n’admet pas de limite en x0 alors f

ne possède pas de DL en x0.

Remarque

3/ Le polynôme P(x) =n∑

k=0

ak (x − x0)k est appelé la partie

principale du DL de f au voisinade de x0 (en abrégé DL(x0))etle terme (x − x0)

nε(x) est appelé le reste du DL(x0).




f (x) =n∑

k=0

ak (x − x0)k + o((x − x0)

n).

Remarque2/ Si lim



Remarque


k=0







f (x) =n∑

k=0

ak (x − x0)k + o((x − x0)

n).

Remarque2/ Si lim



Remarque


k=0







f (x) =n∑

k=0

ak (x − x0)k + o((x − x0)

n).

Remarque2/ Si lim



Remarque


k=0







f (x) =n∑

k=0

ak (x − x0)k + o((x − x0)

n).

Remarque2/ Si lim



Remarque


k=0







f (x) =n∑

k=0

ak (x − x0)k + o((x − x0)

n).

Remarque2/ Si lim



Remarque


k=0






Proposition(unicité du DL)Si f admet un DL(x0) à l’ordre n ∈ N (en abrégé DLn(x0))alors ilexiste un polynôme unique P de degré ≤ n tel que au voisinagede x0

f (x) = P(x) + (x − x0)nε(x).




f (x) = P(x) + (x − x0)nε(x).




f (x) = P(x) + (x − x0)nε(x).



Preuve :Si f est paire (resp. impaire) alors P est paire (resp. impaire) etne contient que des puissances paires (resp. impaires).



PropositionSi f admet un DLn(x0) alors f admet un DLp(x0) pour tout entiernaturel p ≤ n, obtenu par troncature. Plus précisément :comme

f (x) =n∑

k=0

ak (x − x0)k + (x − x0)

nε(x)

alors

f (x) =p∑

k=0

ak (x − x0)k + (x − x0)

pε′(x).



PropositionSi f admet un DLn(x0) alors f admet un DLp(x0) pour tout entiernaturel p ≤ n, obtenu par troncature. Plus précisément :comme

f (x) =n∑

k=0

ak (x − x0)k + (x − x0)

nε(x)

alors

f (x) =p∑

k=0

ak (x − x0)k + (x − x0)

pε′(x).



Proposition1/ Pour que f admette un DL0(x0) il faut et il suffit que f soitcontinue en x0.Ce DL0(x0) s’écrit nécessiarement f (x) = f (x0) + ε(x − x0).2/ Pour que f admette un DL1(x0) il faut et il suffit que f soitdérivable en x0.Ce DL1(x0) s’écrit nécessiarementf (x) = f (x0) + f ′(x0)(x − x0) + (x − x0)ε(x − x0).

Preuve :




Preuve :




Preuve :




Preuve :




Preuve :



RemarqueEn revanche un DLn(x0) où n ≥ 2 n’implique pas que f soit deuxfois dérivable en x0. Un contre-exemple est donné parl’aplication

f (x) = x3sin( 1x ) si x , 0

0 si x = 0.



Proposition(Formule de Taylor-Young.)Si f est de classe Cn au voisinage de x0, alors l’égalité deTaylor-Young prouve l’existence du DLn(x0).Ce DL s’écrit :

f (x) = f (x0) + f ′(x0)(x − x0)

+12

f”(x0)(x − x0)2

+ ..............1n!

f (n)(x0)(x − x0)n + (x − x0)

nε(x − x0).

CorollaireSi f est de C∞ au voisinage de x0,alors f admet un DLn(x0) pourtout n ∈ N .




f (x) = f (x0) + f ′(x0)(x − x0)

+12

f”(x0)(x − x0)2

+ ..............1n!

f (n)(x0)(x − x0)n + (x − x0)

nε(x − x0).





f (x) = f (x0) + f ′(x0)(x − x0)

+12

f”(x0)(x − x0)2

+ ..............1n!

f (n)(x0)(x − x0)n + (x − x0)

nε(x − x0).





f (x) = f (x0) + f ′(x0)(x − x0)

+12

f”(x0)(x − x0)2

+ ..............1n!

f (n)(x0)(x − x0)n + (x − x0)

nε(x − x0).





f (x) = f (x0) + f ′(x0)(x − x0)

+12

f”(x0)(x − x0)2

+ ..............1n!

f (n)(x0)(x − x0)n + (x − x0)

nε(x − x0).




RemarqueTout les développement ci-dessous sont valables à l’origine,etpeuvent être obtenue par la formule de Taylor-Young ( ou pard’autre méthodes qui seront exposées plus loins.)

ex = 1 + x +x2

2!+

x3

3!+ ..+

xn

n!+ xnε(x).

sinx = x −x3

3!+

x5

5!+ ..+ (−1)n x2n+1

(2n + 1)! + x2n+2ε(x).

cosx = 1 −x2

2!+

x4

4!+ ...+ (−1)n x2n

(2n)!+ x2n+1ε(x).




ex = 1 + x +x2

2!+

x3

3!+ ..+

xn

n!+ xnε(x).

sinx = x −x3

3!+

x5

5!+ ..+ (−1)n x2n+1

(2n + 1)! + x2n+2ε(x).

cosx = 1 −x2

2!+

x4

4!+ ...+ (−1)n x2n

(2n)!+ x2n+1ε(x).




ex = 1 + x +x2

2!+

x3

3!+ ..+

xn

n!+ xnε(x).

sinx = x −x3

3!+

x5

5!+ ..+ (−1)n x2n+1

(2n + 1)! + x2n+2ε(x).

cosx = 1 −x2

2!+

x4

4!+ ...+ (−1)n x2n

(2n)!+ x2n+1ε(x).




ex = 1 + x +x2

2!+

x3

3!+ ..+

xn

n!+ xnε(x).

sinx = x −x3

3!+

x5

5!+ ..+ (−1)n x2n+1

(2n + 1)! + x2n+2ε(x).

cosx = 1 −x2

2!+

x4

4!+ ...+ (−1)n x2n

(2n)!+ x2n+1ε(x).




ex = 1 + x +x2

2!+

x3

3!+ ..+

xn

n!+ xnε(x).

sinx = x −x3

3!+

x5

5!+ ..+ (−1)n x2n+1

(2n + 1)! + x2n+2ε(x).

cosx = 1 −x2

2!+

x4

4!+ ...+ (−1)n x2n

(2n)!+ x2n+1ε(x).




ex = 1 + x +x2

2!+

x3

3!+ ..+

xn

n!+ xnε(x).

sinx = x −x3

3!+

x5

5!+ ..+ (−1)n x2n+1

(2n + 1)! + x2n+2ε(x).

cosx = 1 −x2

2!+

x4

4!+ ...+ (−1)n x2n

(2n)!+ x2n+1ε(x).



Remarque

shx = x +x3

3!+

x5

5!+ ..+

x2n+1

(2n + 1)! + x2n+2ε(x).

chx = 1 +x2

2!+

x4

4!+ ...+

x2n

(2n)!+ x2n+1ε(x).

tgx = x +x3

3+

2x5

15+ x6ε(x).



Remarque

shx = x +x3

3!+

x5

5!+ ..+

x2n+1

(2n + 1)! + x2n+2ε(x).

chx = 1 +x2

2!+

x4

4!+ ...+

x2n

(2n)!+ x2n+1ε(x).

tgx = x +x3

3+

2x5

15+ x6ε(x).



Remarque

shx = x +x3

3!+

x5

5!+ ..+

x2n+1

(2n + 1)! + x2n+2ε(x).

chx = 1 +x2

2!+

x4

4!+ ...+

x2n

(2n)!+ x2n+1ε(x).

tgx = x +x3

3+

2x5

15+ x6ε(x).



Remarque

thx = x −x3

3+

2x5

15+ x6ε(x).

11 + x

= 1 − x + x2 − x3 + ...+ (−1)nxn + xnε(x).

11 − x

= 1 + x + x2 + x3 + ...+ xn + xnε(x).



Remarque

thx = x −x3

3+

2x5

15+ x6ε(x).

11 + x

= 1 − x + x2 − x3 + ...+ (−1)nxn + xnε(x).

11 − x

= 1 + x + x2 + x3 + ...+ xn + xnε(x).



Remarque

(1+x)α = 1+αx+α(α − 1)

2!x2+...+

α(α − 1)...(α − n + 1)n!

xn+xnε(x).

Log(1 + x) = x −x2

2+

x3

3+ ...+ (−1)n+1 xn

n+ xnε(x).

Log(1 − x) = −x −x2

2−

x3

3− ... −

xn

n+ xnε(x).



Remarque

(1+x)α = 1+αx+α(α − 1)

2!x2+...+

α(α − 1)...(α − n + 1)n!

xn+xnε(x).

Log(1 + x) = x −x2

2+

x3

3+ ...+ (−1)n+1 xn

n+ xnε(x).

Log(1 − x) = −x −x2

2−

x3

3− ... −

xn

n+ xnε(x).



Remarque

(1+x)α = 1+αx+α(α − 1)

2!x2+...+

α(α − 1)...(α − n + 1)n!

xn+xnε(x).

Log(1 + x) = x −x2

2+

x3

3+ ...+ (−1)n+1 xn

n+ xnε(x).

Log(1 − x) = −x −x2

2−

x3

3− ... −

xn

n+ xnε(x).



Remarque

arctgx = x −x3

3+

x5

5+ ...+ (−1)n x2n+1

2n + 1+ x2n+2ε(x).

arcsinx = x +12

x3

3+

12

34

x5

5+

12

34

56

x7

7+ ...+ x2n+2ε(x).

arccosx =π

2− arcsinx .



Remarque

arctgx = x −x3

3+

x5

5+ ...+ (−1)n x2n+1

2n + 1+ x2n+2ε(x).

arcsinx = x +12

x3

3+

12

34

x5

5+

12

34

56

x7

7+ ...+ x2n+2ε(x).

arccosx =π

2− arcsinx .



Remarque

arctgx = x −x3

3+

x5

5+ ...+ (−1)n x2n+1

2n + 1+ x2n+2ε(x).

arcsinx = x +12

x3

3+

12

34

x5

5+

12

34

56

x7

7+ ...+ x2n+2ε(x).

arccosx =π

2− arcsinx .



RemarqueA l’aide du changementde variable t = x − x0, on notel’équivalence suivante :

f(x) admet un DLn(x0)⇐⇒ f (t + x0) admet un DLn(0),

et à l’aide du changement de varible t = 1x , on note

l’équivalence suivante :

f(x) admet un DLn(∞)⇐⇒ f (1t) admet un DLn(0).
























Pour simplifier, les résultats suivants sont énoncés pour les DLà l’origine, mais on peut facilement les adapter à desdéveloppement en un autre point x0, voire ±∞.



Proposition

Soient f ,g : I −→ R telle que f (x) =n∑

k=0

akxk + o(xn)et

g(x) =n∑

k=0

bkxk + o(xn).Alors, pour tous scalires α, β ∈ R on a :

(αf + βg)(x) =n∑

k=0

(ak + bk )xk + o(xn)



Proposition


k=0

akxk + o(xn)et

g(x) =n∑

k=0


(αf + βg)(x) =n∑

k=0




Proposition


k=0

akxk + o(xn)et

g(x) =n∑

k=0


(αf + βg)(x) =n∑

k=0




Proposition


k=0

akxk + o(xn)et

g(x) =n∑

k=0


(αf + βg)(x) =n∑

k=0




Proposition


k=0

akxk + o(xn)et

g(x) =n∑

k=0


(αf + βg)(x) =n∑

k=0




Proposition

Soient f ,g : I −→ R telle quef (x) =n∑

k=0

akxk + o(xn) et

g(x) =n∑

k=0

bkxk + o(xn).Alors

(fg)(x) =n∑

k=0

ckxk + o(xn), avec ck =∑

j+i=k

ajbi .



Proposition


k=0

akxk + o(xn) et

g(x) =n∑

k=0

bkxk + o(xn).Alors

(fg)(x) =n∑

k=0


j+i=k

ajbi .



Proposition


k=0

akxk + o(xn) et

g(x) =n∑

k=0

bkxk + o(xn).Alors

(fg)(x) =n∑

k=0


j+i=k

ajbi .



PropositionSi f et g admettent des DLn(0) de parties régulières respectives

P =n∑

k=0

akxk etQ =n∑

k=0

bkxk etsi limx−→0

f (x) = 0,alors g ◦ f

admet un DLn(0)dont la partie régulière est obtenue entronquant le polynôme composé Q ◦ Pau degré n.




P =n∑

k=0

akxk etQ =n∑

k=0







P =n∑

k=0

akxk etQ =n∑

k=0







P =n∑

k=0

akxk etQ =n∑

k=0







P =n∑

k=0

akxk etQ =n∑

k=0






Proposition

Si g admet un DLn(0) : g(x) =n∑

k=0

bkxk + o(xn) et si

limx−→0

g(x) , 0 (autrement dit b0 , 0),alors 1g est définie au

voisinage de zéro et admet un DLn(0).

Remarque

Pour cela on écrit 1g(x) =

1b0(1−h(x)) ,avec

h(x) = − 1b0(b1x + b2x2 + ...+ bnxn + o(xn)).Ensuite on

compose le DL de x 7−→ h(x) par celui de x 7−→ 11−x .



Proposition


k=0

bkxk + o(xn) et si

limx−→0



Remarque


1b0(1−h(x)) ,avec





Proposition


k=0

bkxk + o(xn) et si

limx−→0



Remarque


1b0(1−h(x)) ,avec





Proposition


k=0

bkxk + o(xn) et si

limx−→0



Remarque


1b0(1−h(x)) ,avec





Proposition


k=0

bkxk + o(xn) et si

limx−→0



Remarque


1b0(1−h(x)) ,avec





Exercice

On veut calculer le DL4(0) de f (x) = 1cosx .On sait que

cosx = 1 − x2

2! +x4

4! + o(x4).On pose donc 1

cosx = 11−h(x) ,avec

X = h(x) =x2

2!−

x4

4!+ o(x4)

.On utilise ensuite 1

1−X = 1 + X + X 2 + o(X ).On trouve X 2 = x4

4 + o(x4).On obtient finalement :

1cosx

= 1 +x2

2+

5x4

24+ o(x4).



Exercice


cosx = 1 − x2

2! +x4



X = h(x) =x2

2!−

x4

4!+ o(x4)




1cosx

= 1 +x2

2+

5x4

24+ o(x4).



Exercice


cosx = 1 − x2

2! +x4



X = h(x) =x2

2!−

x4

4!+ o(x4)




1cosx

= 1 +x2

2+

5x4

24+ o(x4).



Exercice


cosx = 1 − x2

2! +x4



X = h(x) =x2

2!−

x4

4!+ o(x4)




1cosx

= 1 +x2

2+

5x4

24+ o(x4).



Exercice


cosx = 1 − x2

2! +x4



X = h(x) =x2

2!−

x4

4!+ o(x4)




1cosx

= 1 +x2

2+

5x4

24+ o(x4).



Exercice


cosx = 1 − x2

2! +x4



X = h(x) =x2

2!−

x4

4!+ o(x4)




1cosx

= 1 +x2

2+

5x4

24+ o(x4).



Exercice


cosx = 1 − x2

2! +x4



X = h(x) =x2

2!−

x4

4!+ o(x4)




1cosx

= 1 +x2

2+

5x4

24+ o(x4).



PropositionSi f et g admettent des DLn(0) de parties principalesrespectives P et Q et si lim

x−→0g(x) , 0,alors la partie principale

du DLn(0) de fg est le quotient de la division euclidienne de P

par Q suivant les puissances croissantes jusqu’à l’ordre n.

RemarqueCe développement est obtenu en effectuant le produit de celuide f par celui de 1

g .








g .








g .








g .



ExerciceOn peut obtenir le DL5(0) de tgx par quotient.On sait que sin = x − x3

3! +x5

5! + o(x5)on a vu précédemmentque

1cosx

= 1 +x2

2+

5x4

24+ o(x5).

On en déduit le DL5(0) de tgx :

tgx =sinxcosx

= [x −x3

3!+

x5

5!+ o(x5)][1 +

x2

2+

5x4

24+ o(x5)]

= x +x3

3+

2x5

15+ o(x5).




3! +x5


1cosx

= 1 +x2

2+

5x4

24+ o(x5).


tgx =sinxcosx

= [x −x3

3!+

x5

5!+ o(x5)][1 +

x2

2+

5x4

24+ o(x5)]

= x +x3

3+

2x5

15+ o(x5).




3! +x5


1cosx

= 1 +x2

2+

5x4

24+ o(x5).


tgx =sinxcosx

= [x −x3

3!+

x5

5!+ o(x5)][1 +

x2

2+

5x4

24+ o(x5)]

= x +x3

3+

2x5

15+ o(x5).




3! +x5


1cosx

= 1 +x2

2+

5x4

24+ o(x5).


tgx =sinxcosx

= [x −x3

3!+

x5

5!+ o(x5)][1 +

x2

2+

5x4

24+ o(x5)]

= x +x3

3+

2x5

15+ o(x5).




3! +x5


1cosx

= 1 +x2

2+

5x4

24+ o(x5).


tgx =sinxcosx

= [x −x3

3!+

x5

5!+ o(x5)][1 +

x2

2+

5x4

24+ o(x5)]

= x +x3

3+

2x5

15+ o(x5).




3! +x5


1cosx

= 1 +x2

2+

5x4

24+ o(x5).


tgx =sinxcosx

= [x −x3

3!+

x5

5!+ o(x5)][1 +

x2

2+

5x4

24+ o(x5)]

= x +x3

3+

2x5

15+ o(x5).




3! +x5


1cosx

= 1 +x2

2+

5x4

24+ o(x5).


tgx =sinxcosx

= [x −x3

3!+

x5

5!+ o(x5)][1 +

x2

2+

5x4

24+ o(x5)]

= x +x3

3+

2x5

15+ o(x5).



Proposition

Soit f une application de classe Cn+1 au voisinage de 0.Alors lapartie principale du DLn(0) de f ′ est la dérivée de la partieprincipale du DLn+1(0) de f.

ExerciceOn sait que

11 − x

= 1 + x + x2 + x3 + ...+ x (n+1) + x (n+1)ε(x).

Par dérivation on en déduit que1

(1 − x)2= 1 + 2x ++3x2 + 4x3 + ...+ (n + 1)xn + xnε(x).

Une nouvelle dérivation donne1

(1 − x)3= 1 + 3x ++6x2 + ...+

12

n(n + 1)x (n−1) + x (n−1)ε(x).



Proposition


ExerciceOn sait que

11 − x

= 1 + x + x2 + x3 + ...+ x (n+1) + x (n+1)ε(x).


(1 − x)2= 1 + 2x ++3x2 + 4x3 + ...+ (n + 1)xn + xnε(x).


(1 − x)3= 1 + 3x ++6x2 + ...+

12

n(n + 1)x (n−1) + x (n−1)ε(x).



Proposition


ExerciceOn sait que

11 − x

= 1 + x + x2 + x3 + ...+ x (n+1) + x (n+1)ε(x).


(1 − x)2= 1 + 2x ++3x2 + 4x3 + ...+ (n + 1)xn + xnε(x).


(1 − x)3= 1 + 3x ++6x2 + ...+

12

n(n + 1)x (n−1) + x (n−1)ε(x).



Proposition


ExerciceOn sait que

11 − x

= 1 + x + x2 + x3 + ...+ x (n+1) + x (n+1)ε(x).


(1 − x)2= 1 + 2x ++3x2 + 4x3 + ...+ (n + 1)xn + xnε(x).


(1 − x)3= 1 + 3x ++6x2 + ...+

12

n(n + 1)x (n−1) + x (n−1)ε(x).



Proposition


ExerciceOn sait que

11 − x

= 1 + x + x2 + x3 + ...+ x (n+1) + x (n+1)ε(x).


(1 − x)2= 1 + 2x ++3x2 + 4x3 + ...+ (n + 1)xn + xnε(x).


(1 − x)3= 1 + 3x ++6x2 + ...+

12

n(n + 1)x (n−1) + x (n−1)ε(x).



PropositionSoit f une fonction définie sur un intervalle I contenant 0.Si f estde classe C1 sur I et si f ′ admet un DLn(0) de partie principale

P(x) =n∑

k=0

akxk alors f admet un DLn+1(0) qui s’écrit :

f (x) = f (0) +n∑

k=0

ak

k + 1xk+1 + o(xn+1)

RemarqueOn obtient le DLn+1(0) de f par intégration terme à terme duDLn(0) de f ′.




P(x) =n∑

k=0


f (x) = f (0) +n∑

k=0

ak

k + 1xk+1 + o(xn+1)





P(x) =n∑

k=0


f (x) = f (0) +n∑

k=0

ak

k + 1xk+1 + o(xn+1)





P(x) =n∑

k=0


f (x) = f (0) +n∑

k=0

ak

k + 1xk+1 + o(xn+1)





P(x) =n∑

k=0


f (x) = f (0) +n∑

k=0

ak

k + 1xk+1 + o(xn+1)




Exercicef (x) = log(cosx), alors

f ′(x) = −tg(x) = −x −13

x3 −215

x5 + x5ε(x)

d’où

f (x) = log(cosx) = −x2

2−

x4

12−

x6

45+ x6ε(x).



On utilise les DL pour calculer certaines limites qui seprésentent sous une formeindéterminer :0

0 ,0 ×∞∞∞,∞−∞,∞0,00,1∞.

Exercice

Pour calculer limx−→0

1sin2x

−1x2

on utilise les DL :

1sin2x

−1x2

=x2 − sin2xx2sin2x

=13x4 + x4ε(x)

x4 + x4ε(x).

D’oùlim

x−→0

1sin2x

−1x2

=13.




0 ,0 ×∞∞∞,∞−∞,∞0,00,1∞.

Exercice


1sin2x

−1x2

on utilise les DL :

1sin2x

−1x2


=13x4 + x4ε(x)

x4 + x4ε(x).

D’oùlim

x−→0

1sin2x

−1x2

=13.




0 ,0 ×∞∞∞,∞−∞,∞0,00,1∞.

Exercice


1sin2x

−1x2

on utilise les DL :

1sin2x

−1x2


=13x4 + x4ε(x)

x4 + x4ε(x).

D’oùlim

x−→0

1sin2x

−1x2

=13.




0 ,0 ×∞∞∞,∞−∞,∞0,00,1∞.

Exercice


1sin2x

−1x2

on utilise les DL :

1sin2x

−1x2


=13x4 + x4ε(x)

x4 + x4ε(x).

D’oùlim

x−→0

1sin2x

−1x2

=13.



Les DL donnent des renseignements très utiles dans laconstruction des courbes (position par rapport à la tangente,position par rapport à une asymptote).


Intégrale des fonctions en escaliersFonctions Intégrables au sens de Riemann

Propriétés de l'intégrale de RiemannPrimitives

Méthode de calcul des intégrales

Intégrale de Riemann

Université Mohammed I

Faculté des Sciences

Département de Mathématiques

Oujda.

Mars 2012




Plan

1 Intégrale des fonctions en escaliersSubdivision :Fonction en escalierIntégrale d'une fonction en escalier

2 Fonctions Intégrables au sens de Riemann

3 Propriétés de l'intégrale de Riemann

4 Primitives

5 Méthode de calcul des intégralesIntégration par partieChangement de variableComplément sur le calcul des primitives

Mars 2012




Résponsable du cours : Pr. NAJIB TSOULI.

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Subdivision :Fonction en escalierIntégrale d'une fonction en escalier




4 Primitives


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Plan




4 Primitives


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Subdivision

De�nition.On appelle subdivision de [a, b] toute suite �nieσ = (a = x0 < x1 < ... < xn−1 < xn = b).L'ensemble supp σ = {a = x0, x1, ..., xn = b} est appelé le supportde la subdivision σ.On note S[a,b] l'ensemlble des subdivisions de [a, b].

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Subdivision

De�nition.1/ On appelle le pas de la subdivision σ le réelp(σ) = max

0≤k≤n([xk+1 − xk ]).

2/ Soient σ et σ′ deux subdivisions de [a, b].On dit que σ est plus �ne que σ′ si supp σ′ ⊂ supp σ.

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Subdivision

Remarque.1/ Soient σ1, σ2 ∈ S[a,b], La réunion σ = σ1

⋃σ2 est une

subdivision de [a, b] dont le support est la réunion des supp σ1 etsupp σ2 .Dans ce cas σ est plus �ne que σ1 et σ2.2/ La subdivision σ = (xk)0≤k≤n est régulière si ∀k = 0, 1, .., n − 1

xk+1 − xk =b − a

n.

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Plan




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De�nition.Soit f une application de [a, b] dans R. On dit que f est uneapplication en escalier s'il existe :- Une subdivision σ = (xk)0≤k≤n de [a, b],- u0, u1, ..., un ∈ R,tel que ∀k = 0, 1, .., n − 1, ∀t ∈]xk , xk+1[, f (t) = uk .On dit alors que la subdivision σ est adaptée à f .On note E ([a, b]) l'ensemble des fonctions en escalier dé�nies sur[a, b].

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Fonction en escalier

Exemple.1/ Toute fonction constantes sur [a, b] est une fonction en escaliersur [a, b].2/ la fonction caractéristique X[a,b] qui vaut 1 sur [a, b] et 0 endehors est une fonction en escalier sur [a, b].

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Fonction en escalier

Remarque.1/ Toute fonction en escalier est borné.2/ Si f , g ∈ E ([a, b]) alors f + g , fg , |f |, λf ∈ E ([a, b]) (λ ∈ R).

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Plan




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Intégrale d'une fonction en escalier

De�nition

Soient f : [a, b] −→ R une fonction en escalier et σ = {x0, ..., xn}une subdivision adaptée.On suppose que : ∀k ∈ {0, ..., n − 1}, ∀t ∈]xk , xk+1[, f (t) = λk .

On appelle intégrale de f le réel I (f ) =n−1∑k=0

(xk+1 − xk)λk ,

et on note I (f ) =∫ b

af (t)dt.

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Remarque.1/ Si f est une fonction constante sur [a, b] et vaut λ , alors

f ∈ E ([a, b]) et∫ b

af (x)dx = (b − a)λ.

2/ I (f ) ne dépend pas de la subdivision adaptée à f choisie.3/ Si f ∈ E ([a, b]) et si f est positive sur [a, b], alors I (f ) ≥ 0.

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Proposition

∀f , g ∈ E ([a, b]) :1/ si α, β ∈ R alors

I (αf + βg) = αI (f ) + βI (g).

2/ Si f ≤ g alors I (f ) ≤ I (g).

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Fonctions Intégrables au sens de Riemann

Soit B([a, b]) l'ensemble des fonctions réelles dé�nies et bornée sur[a,b].Soit f ∈ B([a, b]) il existe M > 0 tel que∀x ∈ [a, b] : −M ≤ f (x) ≤ M.

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Proposition

SoientI−(f ) = sup

φ∈E([a,b]),φ≤fI (φ)

etI+(f ) = inf

ψ∈E([a,b]),ψ≥fI (ψ).

On a I−(f ) ≤ I+(f ).

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Preuve : Notons par

A+(f ) = {I (ψ)/ψ ∈ E ([a, b]), f ≤ ψ}

etA−(f ) = {I (φ)/φ ∈ E ([a, b]), f ≥ φ}.

Il est clair que

I (M) = M(b − a) ∈ A+(f ) et I (−M) = −M(b − a) ∈ A−(f ).

De plus ∀I (ψ) ∈ A+(f ),∀I (φ) ∈ A−(f ) on trouve

−M(b − a) ≤ I (ψ) et I (φ) ≤ M(b − a).

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On en déduit que A+(f ) (resp.A−(f )) possède donc une borneinférieure (resp. borne supérieure) notée I+(f ) (resp. I−(f )).Ensuite pour toute ψ, φ ∈ E ([a, b)] telle que φ ≤ f ≤ ψ on trouve

I (φ) ≤ I (ψ).

D'où I (ψ) est majorant de A−(f ), il en résulte que I−(f ) ≤ I (ψ).Cela signi�e que I−(f ) est un minorant de A+(f ), d'oùI−(f ) ≤ I+(f ).

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De�nition

Soit f ∈ B([a, b)]. On dit que f est intégrable au sens de Riemannsi I−(f ) = I+(f )

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Theorème

(Critère de Riemann) Soit f ∈ B([a, b)].f est intégrable au sens de Riemann, si et seulement si,pour tout ε > 0 il existe deux fonctions en escalier φε et ψε, tellesque

φε ≤ f ≤ ψε et∫ b

a

(ψε(x)− φε(x))dx < ε.

Preuve :

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On peut donner une version équivalente au Critère de Riemann :

Proposition

Soit f ∈ B([a, b)].f est intégrable au sens de Riemann, si et seulement si,il existe deux suites (φn)n∈N et (ψn)n∈N de fonctions en escaliertelles que :

∀n ∈ N , φn ≤ f ≤ ψn et limn→+∞

∫ b

a

(ψn(x)− φn(x))dx = 0.

Dans ce cas∫ b

a

f (x)dx = limn→+∞

∫ b

a

ψn(x)dx = limn→+∞

∫ b

a

φn(x)dx .

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Remarque.1/ Toute fonction dé�nie et monotone sur [a, b] est intégrable ausens de Riemann.2/ Toute fonction dé�nie et continue sur [a, b] est intégrable ausens de Riemann.3/ Toute fonction dé�nie et continue par morceaux sur [a, b] estintégrable au sens de Riemann.

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Proposition

(Les sommes de Darboux )Soit f ∈ B([a, b)]. f est intégrable au sens de Riemann, si etseulement si, ∀ε > 0, il existe une subdivision σ = {x0, x1, ..., xn} de[a, b] telle que

I (ψσ)− I (φσ) < ε

avec

ψσ(x) = Mk et φσ(x) = mk pour k = 0, ..., n et ∀x ∈]xk , xk+1[.

où Mk = supx∈]xk ,xk+1[ f (x) et mk = infx∈]xk ,xk+1[ f (x).

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Remarque

(Les sommes de Riemann).Soient f ∈ B([a, b)] et σ = {x0, x1, ..., xn} une subdivision de [a, b]telle que pour chaque k = 0, 1, ..., n − 1, on choisit un réelλk ∈ [xk , xk+1].On appelle somme de Riemann, la somme

Rσ(f ) =n−1∑k=0

(xk+1 − xk)f (λk).

Dans le cas particulier d'une subdivision régulière -ie-

xk = a + k(b − a

n), pour tout k ∈ {0, 1, ..., n − 1},

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en posant λk = xk , on obtient

R+n (f ) =

b − a

n

n−1∑k=0

f (xk)

et

R−n (f ) =b − a

n

n−1∑k=0

f (xk+1) =b − a

n

n∑k=1

f (xk).

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Proposition

Soit f une fonction continue sur [a,b], alors

limn→+∞

R+n (f ) = lim

n→−∞R−n (f ) =

∫ b

a

f (x)dx .

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Remarque

Si f est une fonction continue sur [a,b], on pose xk = a + k(b−an

)pour k ∈ {0, 1, ..., n − 1}. Alors

limn→+∞

(b − a

n)n−1∑k=0

f (xk) =

∫ b

a

f (x)dx .

En particulier pour a=0 et b=1, nous onbtenons

limn→+∞

(1

n)n−1∑k=0

f (xk) =

∫1

0

f (x)dx .

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Exemple

Calculer limn→+∞

un où un = n2n−1∑k=n

1

k2. .

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Propriétés de l'intégrale de Riemann

Proposition

(Linéarité)Soient f et g deux fonctions Riemann-intégrables sur [a,b] etα, β ∈ R alors αf + βg est une fonction Riemann intégrables sur[a,b] avec∫ b

a

(αf + βg)(x)dx = α

∫ b

a

f (x)dx + β

∫ b

a

g(x)dx .

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Proposition

Soient f et g deux fonctions Riemann-intégrables sur [a,b].

1/ Si f ≥ 0 sur [a,b] alors∫ b

af (x)dx ≥ 0.

2/ Si f ≥ g sur [a,b] alors∫ b

af (x)dx ≥

∫ b

ag(x)dx.

3/ Si f=g sauf en un nombre �ni de points alors∫ b

af (x)dx =

∫ b

ag(x)dx.

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Remarque.1/ Si f=0 sauf en un nombre �ni de points alors

∫ b

af (x)dx = 0.

2/ Si f ≤ g sur [a,b] alors∫ b

af (x)dx ≤

∫ b

ag(x)dx.

3/∫ b

af (x)dx ≥

∫ b

ag(x)dx n'implique pas que f ≥ g sur [a,b].

4/∫ b

af (x)dx = 0 n'implique pas que f=0 sur [a,b].

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Proposition

Si f est une fonctions Riemann-intégrable sur [a,b] alors |f | est unefonctions Riemann-intégrables sur [a,b] avec

|∫ b

a

f (x)dx | ≤∫ b

a

|f (x)|dx

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Remarque.1/ Une fonction f telle que |f | soit Riemann-intégrable sur [a,b]n'est pas nécessairement Riemann-intégrable sur [a,b].2/ Si f est Riemann-intégrable sur [a,b] avec|f (x)| ≤ M, ∀x ∈ [a, b] alors

|∫ b

a

f (x)dx | ≤ (b − a) supa≤x≤b

|f (x)| ≤ M(b − a).

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Proposition

(Relation de Chales)Soit f une fonctions dé�nie sur [a,b], alors pour tout c ∈ [a, b] :f est une fonctions Riemann-intégrable sur [a,b] si et seulement si fest une fonctions Riemann-intégrable sur [a,c] et f est une fonctionsRiemann-intégrable sur [c,b].On a : ∫ b

a

f (x)dx =

∫ c

a

f (x)dx +

∫ b

c

f (x)dx .

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Proposition

(Première formule de la moyenne)Soit f et g deux fonctions dé�nies sur [a,b] telles quei- f soit continue,ii- g soit Riemann intégrable et de signe constant.Alors ∃c ∈ [a, b] tel que∫ b

a

f (x)g(x)dx = f (c)

∫ b

a

g(x)dx .

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Remarque.Soit f une fonction continue sur [a,b]. Alors ∃c ∈ [a, b] tel que∫ b

a

f (x)dx = f (c)(b − a).

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Proposition

(deuxième formule de la moyenne)Soit f et g deux fonctions dé�nies sur [a,b] telles quei- f soit continue, positive et décroissante,ii- g soit continue et de signe constant.Alors ∃c ∈ [a, b] tel que∫ b

a

f (x)g(x)dx = f (a)

∫ c

a

g(x)dx .

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Proposition

(Inégalité de Cauchy-Schwarz)Soit f et g deux fonctions dé�nies et Riemann-intégrables sur [a,b].Alors les fonctions fg , f 2 et g2 sont Riemann-intégrables sur [a,b]et on a :

|∫ b

a

f (x)g(x)dx | ≤ (

∫ b

a

f 2(x)dx)1

2 (

∫ b

a

g2(x)dx)1

2 .

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Remarque

(Inégalité de Minkowski).Soit f et g deux fonctions dé�nies et Riemann-intégrables sur [a,b].Alors les fonctions (f + g)2 , f 2 et g2 sont Riemann-intégrables sur[a,b] et on a :

(

∫ b

a

(f (x) + g(x))2dx)1

2 ≤ (

∫ b

a

f 2(x)dx)1

2 + (

∫ b

a

g2(x)dx)1

2 .

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Primitives

De�nition

Soit f une fonction numérique dé�nie sur [a,b]. On dit qu'unefonction H : [a, b] −→ R est une primitive de f sur [a,b] si etseulement si H est dérivable sur [a,b] et pour toutx ∈ [a, b] H ′(x) = f (x).

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Primitives

Remarque.1/ G est une primitive de f sur [a,b] si et seulement si

∃λ ∈ R telle que ∀x ∈ [a, b],G (x) = H(x) + λ.

2/ Si H est une primitive de f sur [a,b] alors l'ensemble desprimitives de f sur [a,b] est {H + c , c ∈ R}.

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Primitives

De�nition

Soit f une fonction numérique dé�nie et intégrable au sens deRiemann sur [a,b]. Pour tout x ∈ [a, b], on dé�nit une fonction Fsur [a, b] en posant F (x) =

∫ x

af (t)dt. Cette intégrale est appelée

intégrale indé�nie de f.

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Primitives

Proposition

(Théorème fondamental du calcul intégral)Soit f une fonction numérique dé�nie et intégrable au sens deRiemann sur [a,b]. Si f est continue en x0 ∈ [a, b] alors la fonctionF dé�nie sur [a,b] par F (x) =

∫ x

af (t)dt est une primitive de f sur

[a,b], et on a F ′(x0) = f (x0).

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Primitives

Remarque.Cettte fonction F est l'unique primitive de f sur [a,b] telle queF (a) = 0.

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Primitives

Corollaire.1/ Toute fonction continue sur [a,b] admet une primitive dans cetteintervalle.2/ Pour toute primitive H de f dans [a,b], on a :∫ b

a

f (x)dx = H(b)− H(a).

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Primitives

3/ Si f est de classe C 1 alors∫ b

a

f ′(x)dx = f (b)− f (a).

4/ Soit f une fonction continue sur [a,b], positive et∫ b

af (x)dx = 0

alors f = 0 sur [a,b].

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Primitives

5/ Soient f une fonction continue sur [a,b], u et v deux fonctions declasse C 1 sur un intervalle J telles que u(J) ⊂ [a, b] etv(J) ⊂ [a, b].

Alors la fonction G dé�nie par G (x) =∫ v(x)u(x) f (t)dt est de classe C 1

sur J, et sa dérivée est

G ′(x) = v ′(x)f (v(x))− u′(x)f (u(x)).

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Intégration par partieChangement de variableComplément sur le calcul des primitives




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Plan




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Intégration par partie

Proposition

Soient u et v deux fonctions numériques de classe C 1 dé�nies sur[a,b]. Alors∫ b

a

u′(x)v(x)dx = [u(x)v(x)]ba −∫ b

a

u(x)v ′(x)dx .

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Remarque

(Formule de Taylor avec reste intégral)Soit f une fonction de Cn+1 sur [a,b], la formule de Taylor avecreste intégral est

f (b) = f (a) + (b − a)f ′(a)

+ (b−a)2

2! f (2)(a) + ...+ (b−a)n

n! f (n)(a) +∫ b

a

(b−x)n

n! f (n+1)(x)dx .

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Exemple.1/

∫ π4

0arctan xdx = [x arctan x ]

π4

0− 1

2

∫ π4

0

2x1+x2

dx =

[x arctan x ]π4

0− 1

2[log(1 + x2)]

π4

0.

2/ Calculer par récurrence In(x) =∫ x

0

dt(a2+t2)n

, avec a 6= 0 et n 6= 0

2nIn+1 =1

a2[

x

(a2 + x2)n+ (2n − 1)In(x)].

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Plan




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Changement de variable

Proposition

Soit f une fonction dé�nie et continue sur [a,b].Soit φ une fonction de clesse C 1 sur [α, β] tel queφ([α, β]) = [a, b]. Alors∫ φ(β)

φ(α)f (x)dx =

∫ b

a

f (φ(t))φ′(t)dt.

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Remarque.1/ Si la fonction φ est monotone sur [α, β] alors l'image par φ est[a, b] (resp.[b,a]) si φ est croissante (resp.décroissante).2/ Si la fonction φ est bijective sur [α, β] alors α = φ−1(a) etβ = φ−1(b).

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3/ Soit f une fonction Riemann-intégrable sur [-a,a] :- si f est impaire alors

∫ a

−a f (x)dx = 0,

- si f est paire alors∫ a

−a f (x)dx = 2∫ a

0f (x)dx .

4/ Si f est une fonction périodique de période T etRiemann-intégrable sur tout intervalle fermé et borné de R. Alorspour tout a ∈ R : ∫ a+T

a

f (x)dx =

∫ T

0

f (x)dx .

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Plan




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Complément sur le calcul des primitives

Primitive de∫cosp x sinq xdxavec p, q ∈ N :

il se présente trois cas :

1 si p est impair on pose t = cos x donc dt = − sin xdx .

2 si q est impair on pose t = sin x donc dt = cos xdx .

3 si p et q sont pair, on linéarise : par exemple∫cos(x)4dx = 1

8

∫[cos(4x) + 4 cos(2x) + 3]dx .

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Primitive de∫P(x) exp axdx où P est un polynôme :

Il est préférable d'utiliser une méthode de coé�cients indéterminéset de chercher une primitve de la forme Q(x) exp ax avec degré deQ est égale au degré de P.On remarque que si le degré de P est petit, on peut utliser desintégrations par parties autant de fois que le degré de P.

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Primitive de∫

dxax2+bx+c

où a 6= 0 :

Soit ∆ = b2 − 4ac , il se présente trois cas :1ercasSi ∆ = 0 alors ax2 + bx + c = a(x + b

2a)2,

et on pose t = x + b2a, ainsi∫

dx

ax2 + bx + c=

1

a

∫dt

t2= − 2

2ax + b+ c .

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2emecasSi ∆ < 0 alors ax2 + bx + c = a[(x + b

2a)2 + −∆

4a2], parsuite si on

pose t = x + b2a

et α =√−∆2a

alors

ax2 + bx + c = a(t2 + α2)

et ∫dx

ax2 + bx + c=

1

a

∫dt

t2 + α2=

1

aαArctg(

2ax + b√−∆

) + C .

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3emecasSi ∆ > 0 alors ax2 + bx + c = a(x − x1)(x − x2) où x1 et x2 sontles racines de ax2 + bx + c .Ainsi ∫

dx

ax2 + bx + c=

1

a[

∫A

x − x1dx +

∫B

x − x2dx ]

où A et B sont des constantes à déterminer.

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Primitive des fractions rationnelles :La méthode générale consiste à décomposer la fraction rationnelleen éléments simples, puis le calcul se ramène à des primitives de :

1 la partie principale (si elle existe) qui est un polynôme.

2 éléménts simples de première espèce de la forme A(x−a)n où

A ∈ R et n ∈ N ∗.3 éléménts simples de deuxième espèce de la forme Ax+B

(ax2+bx+c)n

où A,B ∈ R et n ∈ N ∗.

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Primitive des fractions rationnelles en cos xetsin x(Régles de Bioche) :

1 Si le terme di�érentiel f(x)dx est invariant lorsqu'on remplace xpar -x (-ie- f(-x)d(-x)=f(x)dx), dans ce cas on pose t = cosx .

2 Si le terme di�érentiel f(x)dx est invariant lorsqu'on remplacex par (π − x) (-ie- f (π − x)d(π − x) = f (x)dx), dans ce cason pose t = sinx .

3 Si aucune de ces invariances n'est véri�ée, dans ce cas on poset = tg( x

2), en utilisant les relations

sinx =2t

1 + t2, cosx =

1− t2

1 + t2, tgx =

2t

1− t2

Mars 2012






Primitive des fraction rationnelles en exp x,cosh x et sinh x :On peut utiliser le changement de variable t = th x

2et on utilise les

relations suivantes :

shx =2t

1− t2, chx =

1 + t2

1− t2, thx =

2t

1 + t2.

On peut utiliser également le changement de varible t = exp x pourse ramener à une fraction rationnelle en t.

Mars 2012






Intégrales Abéliennes de la forme∫

dx√ax2+bx+c

:

On a ax2 + bx + c = a[(x + b2a

)2 + −∆4a2

] où ∆ = b2 − 4ac . En

posant t = (x + b2a

), il se présente trois cas possible :

Mars 2012






1∫

dt√t2+β2

= Argsh( t|β|) + C , β 6= 0.

2∫

dt√−t2+β2

= Argsin( t|β|) + C , β 6= 0.

3 ∫dt√

t2 − β2= {

Argch( tβ ) + C si t > |β|

log |t +√t2 − β2|+ C si t < −|β|.

Mars 2012

Intégrales généralisées sur un intervalle bornéeIntégrales généralisées sur un intervalle non bornée de type [a,+∞[ et ]−∞, a]

Intégrales généralisées aux deux bornesCritères de convergence

Intégrales de ComparaisonIntégrales absolument convergentes et semi-convergentes

Utilisation de l'intégration par partiesCritère de Cauchy

Règle d'Abel

Intégrales généralisées (ou impropres)




Oujda.

Mars 2012





Règle d'Abel

Plan

1 Intégrales généralisées sur un intervalle bornée

2 Intégrales généralisées sur un intervalle non bornée de type

[a,+∞[ et ]−∞, a]

3 Intégrales généralisées aux deux bornes

4 Critères de convergence

5 Intégrales de Comparaison

6 Intégrales absolument convergentes et semi-convergentes

7 Utilisation de l'intégration par parties

8 Critère de Cauchy

9 Règle d'Abel

Mars 2012





Règle d'Abel

Responsable du cours : Pr. NAJIB TSOULI.

Mars 2012





Règle d'Abel

Dans ce chapitre on va étudier l'intégrale des fonctions continues

sur un intervalle I de la forme :

[a, b[, ]a, b], ]−∞, a], [a,+∞[, ]a, b[, ]−∞,+∞[.

Mars 2012





Règle d'Abel



[a,+∞[ et ]−∞, a]







9 Règle d'Abel

Mars 2012





Règle d'Abel

De�nition

Soit f une fonction continue sur [a,b[ telle que limx→b−

f (x) =∞.

Pour tout x appartenant à [a,b[, on dé�nit Φ(x) =∫ x

af (t)dt.

On dit que l'intégrale généralisée (ou impropre) de f sur [a,b[ ;

notée∫ b

af (t)dt ; est convergente (CV) si et seulement si

limx→b−

Φ(x) existe et elle est �nie,

on note limx→b−

Φ(x) =

∫ b

a

f (t)dt.

Dans le cas où limx→b−

Φ(x) n'existe pas, on dit que∫ b

af (t)dt est

divergente (DV).

Mars 2012





Règle d'Abel

De�nition

Soit f une fonction continue sur ]a,b] telle que limx→a+

f (x) =∞.

Pour tout x appartenant à ]a,b], on dé�nit Φ(x) =∫ b

xf (t)dt.

On dit que l'intégrale généralisée (ou impropre) de f sur ]a,b] ;

notée∫ b

af (t)dt ; est convergente (CV) si et seulement si

limx→a+


on note limx→a+

Φ(x) =

∫ b

a

f (t)dt.

Dans le cas où limx→a+

Φ(x) n'existe pas, on dit que∫ b

af (t)dt est

divergente (DV).

Mars 2012





Règle d'Abel

Remarque.1/ Soit f une fonction continue sur [a,b[ telle que

limx→b−

f (x) = l .

On dé�nit f̃ le prolongement de f par

f̃ (t) =

{f (t) si t ∈ [a, b[l si t = b

f̃ est continue sur [a,b]. Alors f est Riemann-integrable sur [a,b[ eton a : ∫ b

a

f (t)dt =

∫ b

a

f̃ (t)dt.Mars 2012





Règle d'Abel

Remarque

2/ Soit f une fonction continue sur ]a,b] telle que

limx→a+

f (x) = l .

On dé�nit f̃ le prolongement de f par

f̃ (t) =

{f (t) si t ∈]a, b]l si t = a

f̃ est continue sur ]a,b]. Alors f est Riemann-integrable sur ]a,b] eton a : ∫ b

a

f (t)dt =

∫ b

a

f̃ (t)dt.

Exemple

Mars 2012





Règle d'Abel



[a,+∞[ et ]−∞, a]







9 Règle d'Abel

Mars 2012





Règle d'Abel

De�nition

Soit f une fonction continue sur [a,+∞[.Pour tout x appartenant à [a,+∞[, on dé�nit Φ(x) =

∫ x

af (t)dt.

On dit que l'intégrale généralisée (ou impropre) de f sur [a,+∞[ ;notée

∫ +∞a

f (t)dt ; est convergente (CV) si et seulement si

limx→+∞


on note limx→+∞

Φ(x) =

∫ +∞

a

f (t)dt.

Dans le cas où limx→+∞

Φ(x) n'existe pas, on dit que∫ +∞a

f (t)dt est

divergente (DV).

Mars 2012





Règle d'Abel

Remarque.Soit f une fonction continue sur ]−∞, a].Pour tout x appartenant à ]−∞, a], on dé�nit Φ(x) =

∫ a

xf (t)dt.

On dit que l'intégrale généralisée (ou impropre) de f sur ]−∞, a] ;notée

∫ a

−∞ f (t)dt ; est convergente (CV) si et seulement si

limx→−∞


on note limx→−∞

Φ(x) =

∫ a

+∞f (t)dt.

Dans le cas où limx→−∞

Φ(x) n'existe pas, on dit que∫ a

−∞ f (t)dt est

divergente (DV).

Exemple Mars 2012





Règle d'Abel



[a,+∞[ et ]−∞, a]







9 Règle d'Abel

Mars 2012





Règle d'Abel

De�nition

Soit f une fonction continue sur ]a, b[ (−∞ ≤ a < b ≤ +∞).

Soit c ∈]a, b[, on dit que∫ b

af (t)dt est (CV) si et seulement si∫ c

af (t)dt et

∫ b

cf (t)dt sont (CV).

Mars 2012





Règle d'Abel

Remarque.∫ b

af (t)dt est (DV) si et seulement si

∫ c

af (t)dt est (DV) ou∫ b

cf (t)dt est (DV).

Exemple

Mars 2012





Règle d'Abel



[a,+∞[ et ]−∞, a]







9 Règle d'Abel

Mars 2012





Règle d'Abel

Theorème

Soit f une fonction continue et positive ou nulle sur [a, b[.∫ b

af (t)dt est (CV) si et seulement si ∀x ∈ [a, b[,Φ(x) =

∫ x

af (t)dt

est majorée.

Mars 2012





Règle d'Abel

Remarque.1/ Soit f une fonction continue et négative ou nulle sur [a, b[.∫ b

af (t)dt est (CV) si et seulement si ∀x ∈ [a, b[,Φ(x) =

∫ x

af (t)dt

est minorée.2/ Il en de même si l'on considère ]a,b].

Exemple

Mars 2012





Règle d'Abel

Theorème

(Comparaison des intégrales généralisées de deux fonctionspositives)Soit f et g deux fonctions continue et positives ou nulle surI = [a, b[ ou ]a, b], véri�ant f (t) ≤ g(t)∀t ∈ I . Alors

i-∫ b

ag(t)dt est (CV) implique que

∫ b

af (t)dt est (CV).

ii-∫ b

af (t)dt est (DV) implique que

∫ b

agt)dt est (DV).

Mars 2012





Règle d'Abel

Theorème

(Intégrales généralisées de deux fonctions positives et équivalentes)Soient f et g deux fonctions continues, positives sur I = [a, b[ ou]a, b] (−∞ ≤ a < b ≤ +∞) et équivalentes en l'extrémité de I.

Alors∫ b

af (t)dt et

∫ b

agt)dt sont de même nature.

Mars 2012





Règle d'Abel



[a,+∞[ et ]−∞, a]







9 Règle d'Abel

Mars 2012





Règle d'Abel

Les intégrales suivants serviront souvent comme intégrales de

comparaison

1 Intégrales généralisées de Riemann :∫ a

0

dttα

(CV) SSi α < 1 et∫ +∞a

dttα

(CV) SSi α > 1.

2 Intégrales de Bertrand :∫ +∞ dttα(logt)β

(CV) SSi α > 1 ou (α = 1 et β > 1).

3∫0

dttα|logt|β (CV) SSi α < 1 ou (α = 1 et β > 1).

4∫ +∞

exp(−αt)dt (CV) SSi α > 0.

Mars 2012





Règle d'Abel



[a,+∞[ et ]−∞, a]







9 Règle d'Abel

Mars 2012





Règle d'Abel

De�nition

On dit que∫ b

af (t)dt est absolument convergente (ACV) si∫ b

a|f (t)|dt est (CV).

De�nition

On dit que∫ b

af (t)dt est semi-convergente (SCV) si elle est (CV)

sans être (ACV).

Mars 2012





Règle d'Abel

Theorème

Soit f une fonctions continues sur I = [a, b[ ou ]a, b]

(−∞ ≤ a < b ≤ +∞). Pour que∫ b

af (t)dt soit (CV) il su�t

qu'elle soit (ACV) et on a

|∫ b

a

f (t)dt| ≤∫ b

a

|f (t)|dt.

Mars 2012





Règle d'Abel



[a,+∞[ et ]−∞, a]







9 Règle d'Abel

Mars 2012





Règle d'Abel

Theorème

Soient u et v deux fonctions de classe C 1 sur [a, b[ (éventuellement b = +∞ ), alors∫ b

a

u(t)v ′(t)dt = [ limx→b−

u(x)v(x)− u(a)v(a)]−∫ b

a

u′(t)v(t)dt.

Si l'une des intégrales est convergentes et ( limx→b−

u(x)v(x)) existe

et �nie alors l'autre intégrale est convergente.

Mars 2012





Règle d'Abel



[a,+∞[ et ]−∞, a]







9 Règle d'Abel

Mars 2012





Règle d'Abel

De�nition

Soit I un intervalle quelconque de R. Une application f : I −→ Rsera dite localement intégrale sur I si sa restriction à chaquesous-intervalle fermé et borné de I est integrable au sens deRiemann.

Mars 2012





Règle d'Abel

Theorème

Soit f une fonction localement integrable sur [a, b[ (b ∈ R oub = +∞).

Pour que l'intégrale∫ b

af (t)dt soit convergente, il faut et il su�t

que, pour toute suite (xn)n∈N de limite b, la suite

F (xn) =

∫ xn

a

f (t)dt

ait une limite et limn→+∞

F (xn) =

∫ b

a

f (t)dt

Mars 2012





Règle d'Abel

Theorème

(Critère de Cauchy pour les intégrales généralisées)Soit f une fonction localement integrable sur [a, b[ (b ∈ R oub = +∞) à valeur dans R.

Pour que l'intégrale∫ b

af (t)dt soit convergente, il faut et il su�t

que ∀ε > 0,∃X (ε) tel que b > v > u ≥ X (ε) ≥ a entraînent :∫ v

u

f (t)dt < ε.

Mars 2012





Règle d'Abel



[a,+∞[ et ]−∞, a]







9 Règle d'Abel

Mars 2012





Règle d'Abel

La proposition suivante permet de prouver la convergence de

certaines intégrales non absolument convergentes.

Theorème

Soit f : [a,+∞[−→ R, positive, décroissante et tendant vers zéro àl'in�ni.Soit g localement integrable sur [a,+∞[, telle que la fonction

x 7−→ |∫ x

a

g(t)dt|

soit majorée par un nombre K indépendant de x. Alors l'intégrale∫ +∞a

f (t)g(t)dt est convergente.

Mars 2012





Règle d'Abel

Mars 2012

IntroductionEquation Di�érentielles du premier ordre

Equation di�érentielle du second ordre à coe�cients constants

Equations di�erentielles




Oujda.

Mars 2012



Plan

1 Introduction

2 Equation Di�érentielles du premier ordre

Equation Di�érentielles à variables séparées

Equation Di�érentielles du premier ordre

Equation de bernoulli

Equation de Ricati

3 Equation di�érentielle du second ordre à coe�cients constants

Equation homogène

Equation avec second membre

solution particulière de (E)

Mars 2012



Résponsable du cours : Pr. NAJIB TSOULI.

Mars 2012



1 Introduction





Equation de Ricati


Equation homogène



Mars 2012



Introduction

Une équation di�érentielle (ED) d'ordre n est une équation faisant

intervenir une fonction y ainsi que ses dérivées y (k) jusqu'à l'ordre

n.

Par exemple : y ′ = 2y et y = 1

2x2y”− 5x , où y est une fonction à

pour variable x.

Mars 2012



Introduction

De�nition.

L'équation di�érentielle d'ordre n s'écrit sous la forme :

F (x , y , y ′, y”, ..., y (n)) = 0 (E)

où F est une fonction de (n+2) variables.

Une solution à une telle équation di�érentielle sur l'intervalle I ⊂ Rest une fonction y de classe Cn(I ) à valeur dans R telle que

∀x ∈ I :

F (x , y , y ′, y”, ..., y (n)) = 0

Mars 2012



Equation Di�érentielles à variables séparéesEquation Di�érentielles du premier ordreEquation de bernoulliEquation de Ricati

1 Introduction





Equation de Ricati


Equation homogène



Mars 2012




De�nition

Ondit qu'une équation di�érentielle est du premier ordre si n = 1

dans l'équation (E).

Mars 2012




Plan

1 Introduction





Equation de Ricati


Equation homogène



Mars 2012





De�nition

Une équation di�érentielle du premier ordre est dite à variables

séparées si elle peut s'écrire sous la forme :

f (y)y ′ = g(x)(EVS)

Proposition

Une solution de (EVS) véri�e la formule suivante

F (y) = G (x) + cte

où F (resp. G) est une primitive de f (resp. g).

RemarqueMars 2012




Plan

1 Introduction





Equation de Ricati


Equation homogène



Mars 2012





De�nition

Une équation di�érentielle linéaire du premier ordre est une

équation du type :

a(x)y ′ + b(x)y = c(x)(E )

où a,b,c sont des fonctions continues sur un intervalle I ⊂ R, etque a(x) 6= 0∀x ∈ I .

l'équation homogène associée à (E), notée (Eh), est l'équation sans

second membre suivante :

a(x)y ′ + b(x)y = 0(Eh)

RemarqueMars 2012





Proposition

(Résolution de (Eh))

On considère

a(x)y ′ + b(x)y = 0(Eh)

1 les solutions de cette équation sur I où a(x) 6= 0, forment un

espace vectoriel de dim un dont une base est B = {expG (x)}où G (x) = −

∫ b(x)a(x)dx .

2 si l'on suppose que y(x0) = y0 alors cette solution est unique.

3 si y(x0) = 0 alors y=0 sur I (solution trivial).

Mars 2012





Proposition

(Résolution de (E))

Soit yp une solution particulière de (E).

1 si yh est une solution de (Eh) alors yp + yh est une solution de

(E).

2 Inversement, si y est une solution de (E) alors y − yp est une

solution de (Eh).

Mars 2012





Remarque

1 Pour chercher une soultion de (E), on peut appliquer la

méthode de la variation de la constante, en cherchant une

solution de la forme

y(x) = K (x) expG (x)

où yh(x) = expG (x) est une solution de (Eh) et

K ′(x) = c(x)a(x) exp−G (x).

2 Equation di�érentielle à coe�cient constants :

ay ′ + by = c(x) (E)

On peut trouver une solution particulière de (E) sans passer

par le procédé de la variation de la constante.

Mars 2012




Plan

1 Introduction





Equation de Ricati


Equation homogène



Mars 2012





De�nition

Ce sont des équations di�érentielles du premier ordre de la forme

y ′ = a(x)y + b(x)yα(E )

(α ∈ R)

Remarque

1 si α = 0 ou α = 1, on se trouve en présence d'une équation

linéaire.

2 α 6= 0, α 6= 1 et y 6= 0, on se ramène à une équation

di�érentielle linéaire du première ordre.

3 y = 0 est en fait une solution si α > 0.

Mars 2012




Plan

1 Introduction





Equation de Ricati


Equation homogène



Mars 2012




Equation de Ricati

De�nition

Ce sont des équation di�érentielle du premier ordre de la forme

y ′ = a(x)y2 + b(x)y + c(x)(E )

Remarque

1 si a(x) = 0, l'equation (E) est linéaire.

2 si a(x) 6= 0 ; il est nécessaire de trouver une solution

particulière. Posons alors

y(x) = yp(x) + z(x)

Mars 2012




Equation de Ricati

où z(x) est une fonction inconnue à déterminer

z ′(x) = a(x)z2(x) + [2a(x)yp(x) + b(x)]z(x).

Ainsi on se ramène à une équation de Bernoulli.

Mars 2012



Equation homogèneEquation avec second membresolution particulière de (E)

1 Introduction





Equation de Ricati


Equation homogène



Mars 2012




De�nition

On appelle équation di�érentielle du second ordre à coe�cients

constants toute équation de type :

ay” + by ′ + cy = d(x)(E )

où a,b,c sont des constantes réelles avec a 6= 0.

Mars 2012




Plan

1 Introduction





Equation de Ricati


Equation homogène



Mars 2012




Equation homogène

De�nition

On appelle équation homogène ( ou équation sans second membre)

associée à (E) l'equation

ay” + by ′ + cy = 0(Eh)

et l'équation

ar2 + br + c = 0

l'equation caractéristique associée à (Eh).

Mars 2012




Equation homogène

Proposition

Soit ay” + by ′ + cy = 0(Eh) une équation di�érentielle linéaire du

second ordre à coe�cients constants, et soit l'équation

ar2 + br + c = 0(∗)

l'equation caractéristique associée à (Eh).On note ∆ = b2 − 4ac le discriminant de (*).

1 si ∆ 6= 0 alors y = A exp (r1x) + B exp (r2x) est une solution

de (Eh) pour tout A,B ∈ R, où r1 et r2 sont les racines

distinctes de (*).

2 si ∆ = 0 alors y = A exp (rx) + Bx exp (rx) est une solution de

(Eh) pour tout A,B ∈ R, où r est la racine double de (*).

Mars 2012




Plan

1 Introduction





Equation de Ricati


Equation homogène



Mars 2012





Proposition

Soit

ay” + by ′ + cy = d(x)(E )

une équation di�érentielle linéaire du second ordre à coe�cients

constants, et soit yp une solution particulière de (E).

1 si yh est une solution de (Eh) alors yp + yh est solution de (E).

2 si y est une solution de (E ) alors y − yp est une solution de

(Eh).

Mars 2012




Plan

1 Introduction





Equation de Ricati


Equation homogène



Mars 2012





On va étudier trois cas.

1ercas :

Si d(x) = P(x) expλx , où P est un pôlynome et λ est une

constante réelle ou complexe. On cherche une solution

yp = Q(x) expλx .

Mars 2012





Proposition

1 Si λ n'est pas racine de l'equation caractéristique, alors

∃yp(x) = Q(x) expλx avec d�Q = d�P.

2 Si λ est l'une des racines distinctes de l'equation

caractéristique (*), alors

∃yp(x) = Q(x) expλx avec d�Q = d�P + 1.

3 Si λ est la racine double de l'equation caractéristique (*), alors

∃yp(x) = Q(x) expλx avec d�Q = d�P + 2.Mars 2012





2mecas :Principe de superposition.

Proposition

On suppose que y1 (resp.y2) est une solution de l'équation

di�érentielle linéaire du second ordre à coe�cients constants

ay” + by ′ + cy = d1(x)(E1)

(resp.ay” + by ′ + cy = d2(x)(E2)). Alors y1 + y2 est une solution

de l'équation di�érentielle linéaire du second ordre à coe�cients

constants

ay” + by ′ + cy = d1(x) + d2(x)(E3).

Mars 2012





3mecas :

Oscillation linéaire libres.

Proposition

On considère l'équation di�érentielle linéaire du second ordre à

coe�cients constants

y” + 2my ′ + ω2

0y = 0 sur R+(E ).

avec m ≥ 0 et ω0 > 0.

m se comporte comme un paramètre d'amortissement, et ω0 se

comporte comme un paramètre de pulsation propre.

Soit r2 + 2mr + ω2

0= 0 l'equation caractéristique, et soit

∆ = 4(m2 − ω2

0) le discriminant.

Mars 2012





1- cas où m = 0 (amortissement nul)

y(x) = C1 cos(ω0x) + C2 sin(ω0x) = A cos(ω0x + φ)

c'est un amortissement périodique d'Amplitude A et de période

T0 = 2πω0.

Mars 2012





2- cas où ∆ < 0 (amortissement faible)

Soit ω =√ω2

0−m2 > 0 alors ∆ = (2iω)2,

ainsi y(x) = [C1 cos(ωx) + C2 sin(ωx)] exp(−mx),c'est un mouvement pseudo-périodique

T = 2πω avec T > T0 = 2π

ω0.

Mars 2012





3- cas où ∆ = 0 (amortissement critique)

y(x) = (xC1 + C2) exp(−mx),

c'est un mouvement apériodique critique.

Mars 2012





4-cas où ∆ > 0 (amortissement fort)

Soit ω =√m2 − ω2

0> 0, où (−m + ω) et (−m − ω) sont les deux

racines de l'equation caractéristique :

y(x) = [C1 exp(ωx) + C2 exp(−ωx)] exp(−mx)

= [D1ch(ωx) + D2sh(ωx)] exp(−mx),

c'est un mouvement apériodique.

Mars 2012

Documents

Fso analyse 2 87582