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Rappels sur les limites et la continuité
Points adhérents et limites
(Point adhérent)
Soient $\Df \subset \R$ et \(f : \Df \to \R\).
Un point $a \in \mathbb{R}$ est dit adhérent à $\Df$ si :
$$\begin{align*}
\forall \varepsilon > 0,\quad \left]a - \varepsilon\,;\, a + \varepsilon\right[ \cap \Df \neq \emptyset
\end{align*}$$
Autrement dit, tout voisinage de $a$ contient au moins un point de $\Df$.
L'ensemble des points adhérents à $\Df$ est appelé adhérence de $\Df$, notée $\overline{\Df}$.
(Points adhérents triviaux)
Soient $\Df \subset \R$ et \(f : \Df \to \R\).
Tout point de $\Df$ est adhérent à $\Df$.
Soit $a \in \Df$ et soit $\varepsilon > 0$ quelconque.
Puisque $a \in \Df$, on a en particulier $a \in \left]a - \varepsilon\,;\, a + \varepsilon\right[$, donc :
$$\begin{align*}
a \in \left]a - \varepsilon\,;\, a + \varepsilon\right[ \cap \Df \neq \emptyset
\end{align*}$$
Ceci étant vrai pour tout $\varepsilon > 0$, le point $a$ est bien adhérent à $\Df$.
En général, $\Df$ est une réunion d'intervalles :
$$\begin{align*}
\Df = \left]a_1\,;\, b_1\right[ \cup \left]a_2\,;\, b_2\right[ \cup \cdots \cup \left]a_n\,;\, b_n\right[
\end{align*}$$
avec $a_1 < b_1 \leqslant a_2 < b_2 \leqslant \cdots \leqslant a_n < b_n$, et éventuellement $a_1 = -\infty$ ou $b_n = +\infty$.
Les points adhérents à $\Df$ sont :
\(f\!\left(x\right) = \dfrac{1}{x}\), \(\Df = \left]-\infty,0\right[ \cup \left]0,+\infty\right[\).
L'ensemble des points adhérents est $\R$ tout entier : le point $0$ est adhérent à $\Df$ car tout intervalle $\left]-\varepsilon, \varepsilon\right[$ contient des réels non nuls.
\(f\!\left(x\right) = \ln x\), \(\Df = \left]0,+\infty\right[\).
L'ensemble des points adhérents est $\left[0,+\infty\right[$ : le point $0$ est adhérent car tout voisinage de $0$ contient des réels strictement positifs.
\(f\!\left(x\right) = \ln\!\left(\sin x\right)\).
On a $\Df = \displaystyle\bigcup_{k\in\Z}\left]2k\pi,\, \pi+2k\pi\right[$ et l'ensemble des points adhérents est $\displaystyle\bigcup_{k\in\Z}\left[2k\pi,\, \pi+2k\pi\right]$.
(Limite finie en un point)
Soient $\Df \subset \R$, $f : \Df \to \R$, et $a$ adhérent à $\Df$.
On dit que $f$ admet la limite $\ell \in \R$ en $a$, et on note $\displaystyle\lim_{x\to a}f\!\left(x\right) = \ell$, si :
$$\begin{align*}
\forall\,\varepsilon>0,\quad\exists\,\eta>0,\quad\forall\,x\in\Df,\quad
\left|x-a\right|<\eta \implies \left|f\!\left(x\right)-\ell\right|<\varepsilon
\end{align*}$$
Autrement dit : on peut rendre $f\!\left(x\right)$ aussi proche que l'on veut de $\ell$, pourvu que $x$ soit suffisamment proche de $a$.
Implicitement, $\displaystyle\lim_{x\to a}f\!\left(x\right)$ désigne $\displaystyle\lim_{\substack{x\to a\\x\in\Df}}f\!\left(x\right)$.
(Limite infinie en un point)
Soient $\Df \subset \R$, $f : \Df \to \R$, et $a$ adhérent à $\Df$.
On dit que $\displaystyle\lim_{x\to a}f\!\left(x\right) = +\infty$ si :
$$\begin{align*}
\forall\,A>0,\quad\exists\,\eta>0,\quad\forall\,x\in\Df,\quad
\left|x-a\right|<\eta \implies f\!\left(x\right)>A
\end{align*}$$
De même, on dit que $\displaystyle\lim_{x\to a}f\!\left(x\right) = -\infty$ si :
$$\begin{align*}
\forall\,A>0,\quad\exists\,\eta>0,\quad\forall\,x\in\Df,\quad
\left|x-a\right|<\eta \implies f\!\left(x\right)<-A
\end{align*}$$
\(f\!\left(x\right)=\dfrac{1}{\sqrt{1-x}}\), \(\Df=\left]-\infty,1\right[\).
On affirme que $\displaystyle\lim_{x\to 1}f\!\left(x\right)=+\infty$.
Démonstration :
Soit $A>0$. On cherche $\eta>0$ tel que :
$$\begin{align*}
\forall\,x\in\Df,\quad \left|x-1\right|<\eta \implies f\!\left(x\right)>A
\end{align*}$$
Commençons par analyser quand $f\!\left(x\right)>A$ :
$$\begin{align*}
\phantom{\left(\text{car } t \mapsto \tfrac{1}{t} \text{ est décroissante sur } \R_+^*\right)} & & f\!\left(x\right)>A & \iff \dfrac{1}{\sqrt{1-x}}>A \\
& & & \iff \sqrt{1-x} < \dfrac{1}{A} & & \left(\text{car } t \mapsto \tfrac{1}{t} \text{ est décroissante sur } \R_+^*\right) \\
& & & \iff 1-x < \dfrac{1}{A^2} & & \left(\text{car } t \mapsto t^2 \text{ est croissante sur } \R_+\right) \\
& & & \iff -x < -1 + \dfrac{1}{A^2} \\
& & & \iff x > 1-\dfrac{1}{A^2}
\end{align*}$$
On pose $\eta = \dfrac{1}{A^2}$.
Soit \(\eta=\dfrac{1}{A^2}\). Si \(x\in\Df\) alors $x < 1$ et donc :
$$\begin{align*}
\phantom{\left(\text{d'après l'équivalence}\right)} & & \qquad \left|x-1\right|<\eta & \implies 1 - \eta < x < 1 + \eta & & \\
& & & \implies 1 - \dfrac{1}{A^2} < x < 1 + \dfrac{1}{A^2} & & \\
& & & \implies 1 - \dfrac{1}{A^2} < x < 1 & & \left(\text{car }x < 1\right) \\
& & & \implies f\!\left(x\right)>A & & \left(\text{d'après l'équivalence précédente}\right)
\end{align*}$$
Ce qui prouve que \(\displaystyle\lim_{x\to 1}f\!\left(x\right)=+\infty\).
Donc $\displaystyle\lim_{x\to 1}f\!\left(x\right)=+\infty$.
\(f\!\left(x\right)=x\ln x\), $\Df=\left]0,+\infty\right[$.
On admet que $\displaystyle\lim_{x\to 0^+}f\!\left(x\right)=0$.
\(f\!\left(x\right)=x\sin\!\left(\dfrac{1}{x}\right)\), $\Df=\R^*$.
On affirme que $\displaystyle\lim_{x\to 0}f\!\left(x\right)=0$.
Démonstration :
Soit $\eta >0$. On a donc :
$$\begin{align*}
\forall x \in \mathbb{R}^*, \quad \ \left|x-0\right| < \eta & \implies \left|x\right| < \eta \\
& \implies \left|f\!\left(x\right)\right| \leqslant \left|x\right| < \eta \\
& \implies \left|f\!\left(x\right)\right| < \eta \\
& \implies \left|f\!\left(x\right) - 0\right| < \eta
\end{align*}$$
En choississant $\eta = \varepsilon > 0$, on obtient bien la définition de limite finie en un point :
$$\begin{align*}
\forall\,\varepsilon>0,\quad\exists\,\eta>0,\quad \forall x \in \mathbb{R}^*, \quad \ \left|x-0\right| < \eta & \implies \left|f\!\left(x\right) - 0\right| < \varepsilon
\end{align*}$$
Ce qui est exactement la définition de $\displaystyle\lim_{x\to 0}f\!\left(x\right)=0$.
(Unicité de la limite)
Soient $\Df \subset \R$ et \(f : \Df \to \R\).
Si \(f\) admet une limite $\ell\in\overline{\R}$ en $a$, cette limite est unique.
Soit $a\in\Df$ et supposons l'existence de $\displaystyle\lim_{x\to a}f\!\left(x\right) = \ell \in \R$.
Par définition \ref{def:Limite finie en un point} de la limite finie en un point :
$$\begin{align*}
\forall \varepsilon>0,\quad \exists\,\eta>0,\quad\forall\,x\in\Df,\quad \left|x-a\right|<\eta \implies \left|f\!\left(x\right)-\ell\right|<\varepsilon
\end{align*}$$
Puisque $a\in\Df$, on peut appliquer cette implication en particulier pour $x = a$ :
$$\begin{align*}
\forall \varepsilon>0, \quad \exists\,\eta>0,\quad \left|a-a\right|=0<\eta\implies\left|f\!\left(a\right)-\ell\right|<\varepsilon
\end{align*}$$
Or $\left|a - a\right| = 0 < \eta$ est toujours vrai (car $\eta>0$), donc la prémisse est satisfaite, ce qui donne directement :
$$\begin{align*}
\forall \varepsilon>0,\quad \left|f\!\left(a\right) - \ell\right| < \varepsilon
\end{align*}$$
Or, la seule quantité positive strictement inférieure à tout réel $\varepsilon > 0$ est $0$.
On en déduit :
$$\begin{align*}
\left|f\!\left(a\right) - \ell\right| = 0
& \iff f\!\left(a\right) - \ell = 0 \\
& \iff f\!\left(a\right) = \ell \\
& \iff f\!\left(a\right) = \lim_{x\to a}f\!\left(x\right)
\end{align*}$$
Opérations sur les limites
(Limite de $f$ et limite de suites)
La fonction $f$ tend vers $\ell$ quand $x\to a$ (avec $a$ adhérent à $\Df$) si et seulement si
pour toute suite $\left(x_n\right)_{n \in \mathbb{N}^*}$ dans $\Df$ convergeant vers $a$, la suite $\left(f\!\left(x_n\right)\right)_{n \in \mathbb{N}^*}$ converge vers $\ell$.
(Opérations algébriques sur les limites)
Soient $f, g$ définies sur un même ensemble $\mathcal{D} = \Df \cap \Dg$, $a$ adhérent à $\mathcal{D}$, et :
$$\begin{align*}
\lim_{x\to a}f\!\left(x\right) = \ell \in \R, \qquad \lim_{x\to a}g\!\left(x\right) = \ell' \in \R
\end{align*}$$
Compatibilité avec la somme :
$$\begin{align*}
\displaystyle\lim_{x\to a}\!\left(f+g\right)\!\left(x\right) = \ell + \ell'
\end{align*}$$
Compatibilité avec la multiplication par un scalaire :
$$\begin{align*}
\forall \lambda\in\R, \quad \displaystyle\lim_{x\to a}\!\left(\lambda f\right)\!\left(x\right) = \lambda\ell
\end{align*}$$
Compatibilité avec le produit :
$$\begin{align*}
\displaystyle\lim_{x\to a}\!\left(fg\right)\!\left(x\right) = \ell\ell'
\end{align*}$$
Compatibilité avec le quotient : si $\ell'\neq 0$, alors
$$\begin{align*}
\displaystyle\lim_{x\to a}\dfrac{f}{g}\!\left(x\right) = \dfrac{\ell}{\ell'}
\end{align*}$$
On cherche $\displaystyle\lim_{x\to a}\dfrac{x^3-a^3}{x-a}$.
On factorise :
$$\begin{align*}
\frac{x^3-a^3}{x-a} = \frac{\left(x-a\right)\left(x^2 + xa + a^2\right)}{x-a} = x^2 + xa + a^2 \xrightarrow[x\to a]{} a^2 + a^2 + a^2 = 3a^2
\end{align*}$$
Donc $\displaystyle\lim_{x\to a}\dfrac{x^3-a^3}{x-a} = 3a^2$.
Remarque :
La "compatibilité avec la somme", couplée à la "compatibilité avec la multiplication par un scalaire", traduit exactement la linéarité de l'opérateur $\displaystyle \lim_{x\to a}$.
(Limite des fonctions composées)
Si $\displaystyle\lim_{x\to a}f\!\left(x\right) = b \in \R$ et $\displaystyle\lim_{y\to b}g\!\left(y\right) = \ell \in \overline{\R}$, et si $a$ est adhérent à $\mathcal{D}_{g\circ f}$, alors :
$$\begin{align*}
\lim_{x\to a}\!\left(g\circ f\right)\!\left(x\right) = \ell
\end{align*}$$
Soit $\varepsilon > 0$.
Puisque $\displaystyle\lim_{y\to b}g\!\left(y\right) = \ell$, par la définition \ref{def:Limite finie en un point} de limite on a :
$$\begin{align*}
\exists \alpha > 0,\quad \forall y \in \Dg,\quad \left|y - b\right| < \alpha \implies \left|g\!\left(y\right) - \ell\right| < \varepsilon
\end{align*}$$
Puisque $\displaystyle\lim_{x\to a}f\!\left(x\right) = b$, pour ce $\alpha > 0$, par la définition \ref{def:Limite finie en un point} de limite on a :
$$\begin{align*}
\exists \eta > 0,\quad \forall x \in \Df,\quad \left|x - a\right| < \eta \implies \left|f\!\left(x\right) - b\right| < \alpha
\end{align*}$$
Soit maintenant $x \in \mathcal{D}_{g\circ f}$ (donc $x\in\Df$ et $f\!\left(x\right)\in\Dg$) tel que $\left|x-a\right| < \eta$.
$$\begin{align*}
\left|x-a\right| < \eta &\implies \left|f\!\left(x\right) - b\right| < \alpha \\
& \implies \left|g\!\left(f\!\left(x\right)\right) - \ell\right| < \varepsilon
\end{align*}$$
D'après la définition \ref{def:Limite finie en un point} de limite, on a bien montré que $\displaystyle\lim_{x\to a}\!\left(g\circ f\right)\!\left(x\right) = \ell$.
Soient $f\!\left(x\right) = x\ln x$ \ avec $\Df = \left]0,+\infty\right[$ et $g\!\left(y\right) = \sqrt{y}$ \ avec $\Dg = \left[0,+\infty\right[$.
On a
$$\begin{align*}
\lim_{x\to 0^+}f\!\left(x\right) = 0 \text{ (admis) } ~\text{ et }~ \lim_{y\to 0}g\!\left(y\right) = 0
\end{align*}$$
On s'intéresse à $g\circ f$ :
$$\begin{align*}
\left(g\circ f\right)\!\left(x\right) = \sqrt{x\ln x}
\end{align*}$$
$\left(g\circ f\right)\!\left(x\right)$ est définie si et seulement si $x > 0$ et $x\ln x \geqslant 0$. On cherche les valeurs possibles de $x$ :
$$\begin{align*}
\phantom{\left(\text{car } t \mapsto \mathrm{e}^t \text{ est croissante sur } \R_+^*\right)} & & x\ln x \geqslant 0 & \iff \ln x \geqslant 0 & & \left(\text{car } x \in \Df = \left]0,+\infty\right[\right) \\
& & & \iff x \geqslant \mathrm{e}^0 & & \left(\text{car } t \mapsto \mathrm{e}^t \text{ est croissante sur } \R_+^*\right) \\
& & & \iff x \geqslant 1 & & \\
& & & \iff x \in \left[1,+\infty\right[ & &
\end{align*}$$
Donc
$$\begin{align*}
\mathcal{D}_{g\circ f} = \left[1,+\infty\right[
\end{align*}$$
Le point $0$ n'est pas adhérent à $\mathcal{D}_{g\circ f}$, donc dire que $g\circ f$ admet une limite en $0$ n'a aucun sens.
Conclusion : Attention : on en déduit qu'il n'est pas toujours vrai que $a$ soit adhérent à $\mathcal{D}_{g\circ f} = \Df \cap f^{-1}\!\left(\Dg\right)$.
$$\begin{align*}
\left(g\circ f\right)\!\left(x\right) \text{ est définie} & \iff f\!\left(x\right) \text{ est définie} ~\text{ et }~ f\!\left(x\right) \in \Dg \\
& \iff x \in \Df ~\text{ et }~ x \in f^{-1}\!\left(\Dg\right)
\end{align*}$$
Continuité
(Continuité en un point)
La fonction $f$ est continue au point $a\in\Df$ si :
$$\begin{align*}
\forall\,\varepsilon>0,\quad\exists\,\eta>0,\quad\forall\,x\in\Df,\quad
\left|x-a\right|<\eta \implies \left|f\!\left(x\right)-f\!\left(a\right)\right|<\varepsilon
\end{align*}$$
ou encore si $\displaystyle\lim_{x\to a}f\!\left(x\right) = f\!\left(a\right)$.
On dit que $f$ est continue sur $\Df$ si elle l'est en tout point de $\Df$.
Remarques sur la continuité.
Soit $f$ définie sur $\left]1,3\right[$ par :
$$\begin{align*}
f\!\left(x\right) = \begin{cases}
1 & \text{si } 1
Soit $f\!\left(x\right)=1$ sur $\R^*$ et $f\!\left(0\right)=a$.
$\displaystyle\lim_{\substack{x\to 0\\x\neq 0}}f\!\left(x\right) = 1$. Si $a \neq 1$, la limite en $0$ n'est pas égale à $f\!\left(0\right)=a$, donc $f$ n'est pas continue en $0$.
Mais $\displaystyle\lim_{\substack{x\to 0\\x\neq 0}}f\!\left(x\right) = 1$ existe : la limite existe, mais elle est différente de $f\!\left(0\right)$.
(Opérations sur les fonctions continues)
Si $f$ et $g$ sont continues en $a$, alors les fonctions suivantes sont également continues en $a$ :
$f + g$,
$\lambda f$ pour tout $\lambda \in \R$,
$f \cdot g$,
$\dfrac{f}{g}$ si $g\!\left(a\right) \neq 0$.
(Fonctions usuelles continues)
Les fonctions polynômes sont continues sur $\R$.
Les fractions rationnelles sont continues là où elles sont définies.
Les fonctions $\exp$, $\sin$, $\cos$ sont continues sur $\R$, et $\ln$ est continue sur $\R_+^*$ (résultats admis).
$\tan x = \dfrac{\sin x}{\cos x}$ est continue sur $\R\setminus\!\left\{\dfrac{\pi}{2}+k\pi,\;k\in\Z\right\}$ et $\cot x = \dfrac{\cos x}{\sin x}$ est continue sur $\R\setminus\!\left\{k\pi,\;k\in\Z\right\}$.
Pour $n \geqslant 1$, la fonction $f_n\!\left(x\right) = x^n$ est continue sur $\R$.
C'est vrai pour $n = 1$ : $\displaystyle\lim_{x\to a}x = a$ pour tout $a\in\R$.
Si c'est vrai pour $f_n$, alors $f_{n+1} = f_n \cdot f_1$ est continue en tout point $a \in \R$ par la règle 3) sur les opérations.
Cette récurrence prouve le résultat.
Soit $f\!\left(x\right) = a_0 + a_1 x + \cdots + a_n x^n$ un polynôme (à coefficients réels).
Chaque monôme $x \mapsto a_i x^i$ est continue sur $\R$ d'après 1) et la règle 2). Par la règle 1) (somme), $f$ est continue sur $\R$.
Soit $F\!\left(x\right) = \dfrac{f\!\left(x\right)}{g\!\left(x\right)}$ une fraction rationnelle, définie là où $g\!\left(x\right) \neq 0$.
$f$ et $g$ sont continues sur $\R$ d'après 2). En tout point $a$ où $g\!\left(a\right) \neq 0$, la règle 4) (quotient) donne la continuité de $F$ en $a$.
(Continuité des fonctions composées)
Si $f:\Df\to\R$ est continue en $a\in\Df$ et $g:\Dg\to\R$ est continue en $b=f\!\left(a\right)\in\Dg$, alors $g\circ f$ est continue en $a$.
Par hypothèse :
$$\begin{align*}
\lim_{x\to a}f\!\left(x\right) = f\!\left(a\right) = b
\qquad \text{et} \qquad
\lim_{y\to b}g\!\left(y\right) = g\!\left(b\right)
\end{align*}$$
D'après la proposition \ref{prop:comp-limite} sur la limite des fonctions composées, $g\circ f$ admet la limite $g\!\left(b\right) = g\!\left(f\!\left(a\right)\right)$ en $a$.
Donc $\displaystyle\lim_{x\to a}\!\left(g\circ f\right)\!\left(x\right) = \left(g\circ f\right)\!\left(a\right)$, ce qui signifie exactement que $g\circ f$ est continue en $a$.
La fonction $x\mapsto\left|x\right|$ est continue sur $\R$.
En effet : pour tous $x, y \in \R$, l'inégalité triangulaire inverse donne $\left|\left|x\right|-\left|y\right|\right| \leqslant \left|x-y\right|$.
Conséquence : si $f$ est continue sur $\Df$, alors $x\mapsto\left|f\!\left(x\right)\right|$ est continue sur $\Df$ (par composition avec $|\cdot|$).
La fonction $x\mapsto e^{\sin x}$ est continue sur $\R$ (composée de $\sin$ et $\exp$, toutes deux continues).
La fonction $x\mapsto\sin\!\left(\dfrac{1}{x}\right)$ est continue sur $\R^*$ (composée de $x\mapsto\dfrac{1}{x}$ et $\sin$, continues sur leurs domaines respectifs).
Prolongement par continuité
(Prolongement par continuité)
Soit $a$ adhérent à $\Df$ mais avec $a\notin\Df$.
On suppose que $\displaystyle\lim_{\substack{x\to a\\x\in\Df}}f\!\left(x\right) = \ell \in \R$.
On définit $\hat{f}$ sur $\Df\cup\left\{a\right\}$ par :
$$\begin{align*}
\hat{f}\!\left(x\right) =
\begin{cases}
f\!\left(x\right) & \text{si } x \in \Df \\
\ell & \text{si } x = a
\end{cases}
\end{align*}$$
La fonction $\hat{f}$ est continue au point $a$ et s'appelle le prolongement par continuité de $f$ au point $a$.
Soit $\varepsilon > 0$.
Puisque $\displaystyle\lim_{x\to a}f\!\left(x\right) = \ell$, il existe $\eta > 0$ tel que :
$$\begin{align*}
x \in \Df,\quad \left|x-a\right| < \eta \implies \left|f\!\left(x\right) - \ell\right| < \varepsilon
\end{align*}$$
Soit maintenant $x \in \Df \cup \left\{a\right\}$ tel que $\left|x - a\right| < \eta$.
Cas 1 : $x \in \Df$. Alors $\left|\hat{f}\!\left(x\right) - \ell\right| = \left|f\!\left(x\right) - \ell\right| < \varepsilon$ par définition de la limite.
Cas 2 : $x = a$. Alors $\left|\hat{f}\!\left(a\right) - \ell\right| = \left|\ell - \ell\right| = 0 < \varepsilon$.
Dans les deux cas, $\left|\hat{f}\!\left(x\right) - \ell\right| < \varepsilon$.
Puisque $\hat{f}\!\left(a\right) = \ell$, cela donne bien $\displaystyle\lim_{x\to a}\hat{f}\!\left(x\right) = \hat{f}\!\left(a\right)$, i.e. $\hat{f}$ est continue en $a$.
Soit $f\!\left(x\right) = x\sin\dfrac{1}{x}$ définie sur $\R^*$.
On a $0 \notin \Df$, mais $0$ est adhérent à $\Df$.
Puisque $\left|x\sin\dfrac{1}{x}\right| \leqslant \left|x\right| \to 0$ quand $x\to 0$, on a $\displaystyle\lim_{x\to 0}f\!\left(x\right) = 0$.
Le prolongement par continuité est $\hat{f}$ définie sur $\R$ par $\hat{f}\!\left(0\right) = 0$ et $\hat{f}\!\left(x\right) = x\sin\dfrac{1}{x}$ pour $x\neq 0$.
Continuité à droite et à gauche — Recollement
(Continuité à droite et à gauche)
Soit $a \in \Df$.
$f$ est continue à gauche en $a$ si $\displaystyle\lim_{x\to a^-}f\!\left(x\right) = f\!\left(a\right)$.
$f$ est continue à droite en $a$ si $\displaystyle\lim_{x\to a^+}f\!\left(x\right) = f\!\left(a\right)$.
Soit $f$ définie par :
$$\begin{align*}
f\!\left(x\right) = \begin{cases}
-1 & \text{si } -1 < x < 0 \\
1 & \text{si } 0 \leqslant x \leqslant 1
\end{cases}
\end{align*}$$
En $0$, $f$ est continue à droite car $\displaystyle\lim_{x\to 0^+}f\!\left(x\right) = 1 = f\!\left(0\right)$.
Mais $f$ n'est pas continue à gauche en $0$ : $\displaystyle\lim_{x\to 0^-}f\!\left(x\right) = -1 \neq 1 = f\!\left(0\right)$.
Par conséquent $\displaystyle\lim_{x\to 0}f\!\left(x\right)$ n'existe pas (les limites latérales sont distinctes) et $f$ n'est pas continue en $0$.
(Recollement)
Soit $f$ définie sur un intervalle $I$ et $a$ un point de $I$ qui n'est pas une extrémité.
Si $f$ est continue à droite et à gauche en $a$, alors $f$ est continue en $a$.
Les limites latérales existent et vérifient :
$$\begin{align*}
\lim_{x\to a^-}f\!\left(x\right) = f\!\left(a\right) = \lim_{x\to a^+}f\!\left(x\right)
\end{align*}$$
Comme les deux limites latérales sont égales (et égales à $f\!\left(a\right)$), la limite globale existe et vaut $f\!\left(a\right)$ :
$$\begin{align*}
\lim_{x\to a}f\!\left(x\right) = f\!\left(a\right)
\end{align*}$$
Donc $f$ est continue en $a$.
Soit $f\!\left(x\right) = @@MATH181@@$.
La fonction $f$ est continue sur $\left]-\infty,-1\right[$ et sur $\left]1,+\infty\right[$ (car $\ln|\cdot|$ y est continue).
En $x = 1$ :
$$\begin{align*}
\lim_{x\to 1^-}f\!\left(x\right) = 0 = f\!\left(1\right)
\qquad \text{et} \qquad
\lim_{x\to 1^+}f\!\left(x\right) = \ln 1 = 0 = f\!\left(1\right)
\end{align*}$$
Par le théorème de recollement, $f$ est continue en $1$. De même en $-1$.
Donc $f$ est continue sur $\R$.
Continuité sur un intervalle
Dans ce chapitre, $I$ est un intervalle contenant au moins deux points.
On note $\mathrm{Int}\!\left(I\right) = \overset{\circ}{I}$ l'intervalle $I$ privé de ses extrémités.
Théorème des valeurs intermédiaires
(Théorème des valeurs intermédiaires (TVI 1))
Soit $f$ une fonction continue sur $I$, et $a < b$ dans $I$.
Si $f\!\left(a\right)f\!\left(b\right) \leqslant 0$ (i.e. $f\!\left(a\right)$ et $f\!\left(b\right)$ sont de signes opposés ou l'un est nul), alors :
$$\begin{align*}
\exists\,c \in \left[a,b\right] \quad \text{tel que} \quad f\!\left(c\right) = 0
\end{align*}$$
On suppose $f\!\left(a\right) \leqslant 0 \leqslant f\!\left(b\right)$ (sinon on considère $-f$, qui vérifie les mêmes hypothèses).
Construction par dichotomie. On construit deux suites $\left(a_n\right)$ et $\left(b_n\right)$ par le procédé suivant :
$a_0 = a$, $b_0 = b$.
À l'étape $n$, on considère le milieu $m_n = \dfrac{a_n + b_n}{2}$ :
si $f\!\left(m_n\right) \leqslant 0$ : on pose $a_{n+1} = m_n$ et $b_{n+1} = b_n$,
sinon ($f\!\left(m_n\right) > 0$) : on pose $a_{n+1} = a_n$ et $b_{n+1} = m_n$.
Par construction :
$$\begin{align*}
f\!\left(a_n\right) \leqslant 0 \leqslant f\!\left(b_n\right)
\qquad \text{et} \qquad
b_n - a_n = \frac{b-a}{2^n} \xrightarrow[n\to+\infty]{} 0
\end{align*}$$
Les suites $\left(a_n\right)$ (croissante, majorée par $b$) et $\left(b_n\right)$ (décroissante, minorée par $a$) sont adjacentes : elles convergent vers une même limite $c \in \left[a,b\right]$.
Par continuité de $f$ en $c$ :
$$\begin{align*}
f\!\left(c\right) = \lim_{n\to+\infty}f\!\left(a_n\right) \leqslant 0
\qquad \text{et} \qquad
f\!\left(c\right) = \lim_{n\to+\infty}f\!\left(b_n\right) \geqslant 0
\end{align*}$$
On conclut que $f\!\left(c\right) = 0$.
(Théorème des valeurs intermédiaires (TVI 2))
Soit $f$ continue sur $\left[a,b\right]$.
Alors $f$ prend toutes les valeurs comprises entre $f\!\left(a\right)$ et $f\!\left(b\right)$.
Soit $d$ compris entre $f\!\left(a\right)$ et $f\!\left(b\right)$, i.e. $d$ est entre $f\!\left(a\right)$ et $f\!\left(b\right)$.
Posons $g = f - d$. Alors $g$ est continue sur $\left[a,b\right]$ et :
$$\begin{align*}
g\!\left(a\right) = f\!\left(a\right) - d
\qquad \text{et} \qquad
g\!\left(b\right) = f\!\left(b\right) - d
\end{align*}$$
Puisque $d$ est entre $f\!\left(a\right)$ et $f\!\left(b\right)$, on a $g\!\left(a\right) \cdot g\!\left(b\right) \leqslant 0$.
Par le TVI 1, il existe $c \in \left[a,b\right]$ tel que $g\!\left(c\right) = 0$, i.e. $f\!\left(c\right) = d$.
(Image d'un intervalle)
L'image d'un intervalle par une application continue est un intervalle.
Soient $y_1 < y_2 \in f\!\left(I\right)$.
Il existe $x_1, x_2 \in I$ tels que $f\!\left(x_1\right) = y_1$ et $f\!\left(x_2\right) = y_2$.
On applique le TVI 2 à $f$ sur $\left[x_1, x_2\right]$ (ou $\left[x_2, x_1\right]$ si $x_2 < x_1$) : tout $d$ compris entre $y_1$ et $y_2$ appartient à $f\!\left(I\right)$.
Donc $f\!\left(I\right)$ est un intervalle.
Contre-exemples montrant la nécessité de la continuité.
Soit $f : \R \to \R$ définie par $f\!\left(x\right) = -1$ si $x \leqslant 0$ et $f\!\left(x\right) = 1$ si $x > 0$.
$f$ est discontinue en $0$. Son image vaut $f\!\left(\R\right) = \left\{-1\,;\,1\right\}$, qui n'est pas un intervalle.
Aucun des trois théorèmes (TVI 1, TVI 2, Corollaire) n'est vérifié.
Soit $f : \left[0,1\right] \to \R$ définie par $f\!\left(0\right) = 0$ et $f\!\left(x\right) = 1 - \dfrac{x}{2}$ pour $x > 0$.
$f$ est discontinue en $0$. On a $f\!\left(0\right) = 0$, $f\!\left(1\right) = \dfrac{1}{2}$, et $f\!\left(\left[0,1\right]\right) = \left\{0\right\} \cup \left]\dfrac{1}{2}, 1\right]$, qui n'est pas un intervalle.
Application — point fixe.
Si $f$ est continue de $\left[0,1\right]$ dans $\left[0,1\right]$, alors $f$ admet un point fixe, i.e. il existe $x_0 \in \left[0,1\right]$ tel que $f\!\left(x_0\right) = x_0$.
Démonstration. Posons $g\!\left(x\right) = f\!\left(x\right) - x$. Alors $g$ est continue sur $\left[0,1\right]$ et :
$$\begin{align*}
g\!\left(0\right) = f\!\left(0\right) - 0 = f\!\left(0\right) \geqslant 0
\qquad \text{et} \qquad
g\!\left(1\right) = f\!\left(1\right) - 1 \leqslant 0
\end{align*}$$
(car $f\!\left(0\right) \in \left[0,1\right]$ et $f\!\left(1\right) \in \left[0,1\right]$).
Par le TVI 1, il existe $x_0 \in \left[0,1\right]$ tel que $g\!\left(x_0\right) = 0$, i.e. $f\!\left(x_0\right) = x_0$.
Réciproque d'une fonction continue
(Lemme 1 — Monotonie et limites latérales)
Soit $f$ une fonction monotone sur un intervalle $I$.
Alors $f$ admet une limite à gauche et à droite en tout point de l'intérieur de $I$.
Si $f$ est croissante, pour tout $c \in \mathrm{Int}\!\left(I\right)$ :
$$\begin{align*}
\lim_{x\to c^-}f\!\left(x\right) \leqslant f\!\left(c\right) \leqslant \lim_{x\to c^+}f\!\left(x\right)
\end{align*}$$
(Lemme 2 — Image intervalle implique continuité)
Soit $f$ monotone sur un intervalle $I$.
Si $f\!\left(I\right)$ est un intervalle, alors $f$ est continue.
Supposons $f$ croissante. Soit $c \in I$ qui n'est pas l'infimum de $I$.
Posons $\ell = \displaystyle\lim_{x\to c^-}f\!\left(x\right)$ (qui existe par le lemme 1). On a $\ell \leqslant f\!\left(c\right)$.
Si $\ell < f\!\left(c\right)$, alors pour tout $x < c$ on a $f\!\left(x\right) \leqslant \ell < f\!\left(c\right)$, donc $f\!\left(I\right)$ ne contient aucun élément de $\left]\ell, f\!\left(c\right)\right[$, ce qui contredirait le fait que $f\!\left(I\right)$ est un intervalle.
Donc $\ell = f\!\left(c\right)$, i.e. $f$ est continue à gauche en $c$. De même à droite.
(Réciproque d'une fonction continue strictement monotone)
Soit $f$ continue et strictement monotone sur un intervalle $I$.
Alors $f$ est bijective et sa réciproque $f^{-1}$ est continue de $f\!\left(I\right)$ dans $I$. Elle est de plus strictement monotone, de même sens de variation que $f$.
La stricte monotonie entraîne l'injectivité, donc $f$ est bijective de $I$ dans $f\!\left(I\right)$.
Par le corollaire \ref{coro:image-intervalle}, $f\!\left(I\right)$ est un intervalle.
La réciproque $g = f^{-1}$ est strictement monotone (de même sens que $f$), définie sur l'intervalle $f\!\left(I\right)$, et son image est l'intervalle $I$.
Par le lemme 2, $g$ est continue sur $f\!\left(I\right)$.
Pour $n \geqslant 1$, $f_n\!\left(x\right) = x^n$ :
$n$ pair : $f_n$ est continue et strictement croissante sur $\R_+$, avec $f_n\!\left(\R_+\right) = \R_+$. Sa réciproque $x \mapsto x^{1/n}$ est continue et strictement croissante sur $\R_+$.
$n$ impair : $f_n$ est continue et strictement croissante sur $\R$ tout entier. Sa réciproque $x \mapsto x^{1/n}$ est continue et strictement croissante sur $\R$.
$\sin : \left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right] \to \left[-1, 1\right]$ est continue et strictement croissante. Sa réciproque $\mathrm{Arcsin}$ est continue et strictement croissante de $\left[-1, 1\right]$ dans $\left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]$.
$\tan : \left]-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right[ \to \R$ est continue et strictement croissante. Sa réciproque $\mathrm{Arctan}$ est continue et strictement croissante de $\R$ dans $\left]-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right[$.
Fonctions continues sur $\left[a,b\right]$
(Bolzano–Weierstraß)
De toute suite bornée de réels, on peut extraire une sous-suite convergente.
Soit $\left(x_n\right)$ une suite bornée : il existe $m, M \in \R$ tels que $m \leqslant x_n \leqslant M$ pour tout $n$.
On construit une suite d'intervalles emboîtés par dichotomie :
À chaque étape $n$, l'un des deux demi-intervalles $\left[a_n, \dfrac{a_n+b_n}{2}\right]$ ou $\left[\dfrac{a_n+b_n}{2}, b_n\right]$ contient une infinité de termes de $\left(x_n\right)$ ; on le choisit comme $I_{n+1} = \left[a_{n+1}, b_{n+1}\right]$.
Les suites $\left(a_n\right)$ et $\left(b_n\right)$ sont adjacentes, avec $b_n - a_n = \dfrac{M-m}{2^n} \to 0$, et convergent vers une même limite $\ell \in \left[m, M\right]$.
On extrait une sous-suite en choisissant à chaque étape $k$ un indice $\varphi\!\left(k\right)$ tel que $x_{\varphi(k)} \in I_k$. Par le théorème des gendarmes :
$$\begin{align*}
a_k \leqslant x_{\varphi(k)} \leqslant b_k \quad \text{et} \quad a_k, b_k \to \ell
\implies x_{\varphi(k)} \to \ell
\end{align*}$$
(Fonction continue sur un segment : bornée et atteint ses bornes)
Soit $f$ continue sur $\left[a,b\right]$ (segment fermé borné).
Alors $f$ est bornée et elle atteint ses bornes : il existe $x_m, x_M \in \left[a,b\right]$ tels que :
$$\begin{align*}
f\!\left(x_m\right) = \inf_{x\in\left[a,b\right]}f\!\left(x\right)
\qquad \text{et} \qquad
f\!\left(x_M\right) = \sup_{x\in\left[a,b\right]}f\!\left(x\right)
\end{align*}$$
Étape 1 : $f$ est bornée.
Supposons par l'absurde que $f$ n'est pas majorée. Alors pour tout $n \in \N$, il existe $x_n \in \left[a,b\right]$ tel que $f\!\left(x_n\right) > n$.
La suite $\left(x_n\right)$ est bornée (car $a \leqslant x_n \leqslant b$). Par Bolzano-Weierstraß, il existe une sous-suite $x_{n_k} \to c \in \left[a,b\right]$.
Par continuité de $f$ en $c$ : $f\!\left(x_{n_k}\right) \to f\!\left(c\right)$.
Mais $f\!\left(x_{n_k}\right) > n_k \to +\infty$, contradiction.
Donc $f$ est majorée. De même, $f$ est minorée.
Étape 2 : $f$ atteint son supremum.
Soit $M = \displaystyle\sup_{x\in\left[a,b\right]}f\!\left(x\right)$.
Pour tout $n \geqslant 1$, il existe $x_n \in \left[a,b\right]$ tel que $M - \dfrac{1}{n} \leqslant f\!\left(x_n\right) \leqslant M$.
Par Bolzano-Weierstraß, $x_{n_k} \to c \in \left[a,b\right]$, et par continuité :
$$\begin{align*}
f\!\left(c\right) = \lim_{k\to+\infty}f\!\left(x_{n_k}\right) = M
\end{align*}$$
De même pour l'infimum.
(Image d'un segment)
Si $f$ est continue sur $\left[a,b\right]$, alors :
$$\begin{align*}
f\!\left(\left[a,b\right]\right) = \left[m, M\right]
\end{align*}$$
où $m = \displaystyle\min_{x\in\left[a,b\right]}f\!\left(x\right)$ et $M = \displaystyle\max_{x\in\left[a,b\right]}f\!\left(x\right)$.
Continuité uniforme
(Continuité uniforme)
La fonction $f$ définie sur $I$ est uniformément continue sur $I$ si :
$$\begin{align*}
\forall\,\varepsilon>0,\quad\exists\,\eta>0,\quad\forall\,x,y\in I,\quad
\left|x-y\right|<\eta \implies \left|f\!\left(x\right)-f\!\left(y\right)\right|<\varepsilon
\end{align*}$$
La différence avec la continuité simple est que $\eta$ ne dépend pas de $x$ : le même $\eta$ fonctionne simultanément pour tous les points.
(Fonction lipschitzienne)
La fonction $f$ est lipschitzienne de rapport $k > 0$ sur $I$ s'il existe $k > 0$ tel que :
$$\begin{align*}
\forall\,x,y\in I,\quad \left|f\!\left(x\right)-f\!\left(y\right)\right| \leqslant k\left|x-y\right|
\end{align*}$$
(Lipschitz implique uniformément continu)
Si $f$ est lipschitzienne de rapport $k$ sur $I$, alors $f$ est uniformément continue sur $I$.
Soit $\varepsilon > 0$.
On pose $\eta = \dfrac{\varepsilon}{k} > 0$.
Pour tous $x, y \in I$ tels que $\left|x-y\right| < \eta$, on a :
$$\begin{align*}
\left|f\!\left(x\right)-f\!\left(y\right)\right| \leqslant k\left|x-y\right| < k \cdot \frac{\varepsilon}{k} = \varepsilon
\end{align*}$$
Donc $f$ est uniformément continue sur $I$.
La fonction $f\!\left(x\right) = \left|x\right|$ est $1$-lipschitzienne sur $\R$ car $\left|\left|x\right|-\left|y\right|\right| \leqslant \left|x-y\right|$.
La fonction $f\!\left(x\right) = x^2$ est $2$-lipschitzienne sur $\left[0,1\right]$ :
$$\begin{align*}
\left|x^2-y^2\right| = \left|x+y\right|\left|x-y\right| \leqslant 2\left|x-y\right|
\end{align*}$$
En revanche, $x^2$ n'est pas uniformément continue sur $\R$ tout entier (le rapport lipschitzien dépend du point et tend vers $+\infty$).
La fonction $f\!\left(x\right) = \sqrt{x}$ est uniformément continue sur $\R_+$ (mais pas lipschitzienne) :
$$\begin{align*}
\left|\sqrt{y}-\sqrt{x}\right| \leqslant \sqrt{\left|y-x\right|}
\end{align*}$$
(Heine)
Toute fonction continue sur un intervalle fermé borné $\left[a,b\right]$ est uniformément continue sur $\left[a,b\right]$.
Supposons par l'absurde que $f$ n'est pas uniformément continue.
Il existe alors $\varepsilon_0 > 0$ tel que pour tout $\eta > 0$, il existe $x, y \in \left[a,b\right]$ avec $\left|x-y\right| < \eta$ et $\left|f\!\left(x\right)-f\!\left(y\right)\right| \geqslant \varepsilon_0$.
En prenant $\eta = \dfrac{1}{n}$ pour chaque $n \geqslant 1$, on obtient des suites $\left(x_n\right)$ et $\left(y_n\right)$ dans $\left[a,b\right]$ telles que :
$$\begin{align*}
\left|x_n - y_n\right| < \frac{1}{n}
\qquad \text{et} \qquad
\left|f\!\left(x_n\right) - f\!\left(y_n\right)\right| \geqslant \varepsilon_0
\end{align*}$$
Par Bolzano-Weierstraß, on extrait $x_{n_k} \to c \in \left[a,b\right]$.
Comme $\left|y_{n_k} - x_{n_k}\right| < \dfrac{1}{n_k} \to 0$, on a aussi $y_{n_k} \to c$.
Par continuité de $f$ en $c$ :
$$\begin{align*}
\left|f\!\left(x_{n_k}\right) - f\!\left(y_{n_k}\right)\right| \to \left|f\!\left(c\right) - f\!\left(c\right)\right| = 0
\end{align*}$$
ce qui contredit $\left|f\!\left(x_{n_k}\right) - f\!\left(y_{n_k}\right)\right| \geqslant \varepsilon_0 > 0$.
Dérivation
Définitions
Soit $I$ un intervalle de $\R$ avec $\mathrm{Int}\!\left(I\right) \neq \emptyset$ et $f : I \to \R$.
(Dérivabilité en un point)
La fonction $f$ est dérivable au point $a \in \mathrm{Int}\!\left(I\right)$ si le taux d'accroissement :
$$\begin{align*}
\tau_a\!\left(x\right) = \frac{f\!\left(x\right)-f\!\left(a\right)}{x-a} \qquad \left(x\in I,\; x\neq a\right)
\end{align*}$$
possède une limite finie quand $x\to a$.
Cette limite s'appelle le nombre dérivé de $f$ en $a$, noté $f'\!\left(a\right)$ ou $\dfrac{\mathrm{d}f}{\mathrm{d}x}\!\left(a\right)$.
Interprétation géométrique : la tangente au graphe de $f$ au point $A = \left(a, f\!\left(a\right)\right)$ est la droite d'équation $y = f\!\left(a\right) + \left(x-a\right)f'\!\left(a\right)$.
C'est l'unique droite passant par $A$ de pente $f'\!\left(a\right)$.
$f\!\left(x\right) = \sqrt{x}$, $a > 0$.
On calcule le taux d'accroissement en $a$ :
$$\begin{align*}
\tau_a\!\left(x\right)
= \frac{\sqrt{x}-\sqrt{a}}{x-a}
= \frac{\sqrt{x}-\sqrt{a}}{\left(\sqrt{x}-\sqrt{a}\right)\!\left(\sqrt{x}+\sqrt{a}\right)}
= \frac{1}{\sqrt{x}+\sqrt{a}}
\xrightarrow[x\to a]{} \frac{1}{2\sqrt{a}}
\end{align*}$$
Donc $f$ est dérivable en $a$ et $f'\!\left(a\right) = \dfrac{1}{2\sqrt{a}}$.
$f\!\left(x\right) = @@MATH182@@$
Le taux d'accroissement en $0$ est :
$$\begin{align*}
\tau_0\!\left(x\right) = \frac{f\!\left(x\right)-f\!\left(0\right)}{x-0} = \frac{x\sin\frac{1}{x}}{x} = \sin\frac{1}{x}
\end{align*}$$
Cette expression n'a pas de limite en $0$ (elle oscille entre $-1$ et $1$), donc $f$ n'est pas dérivable en $0$.
(Dérivées à droite et à gauche)
$f$ est dérivable à droite en $a$ si la limite $f'_d\!\left(a\right) = \displaystyle\lim_{x\to a^+}\dfrac{f\!\left(x\right)-f\!\left(a\right)}{x-a}$ existe (finie).
$f$ est dérivable à gauche en $a$ si la limite $f'_g\!\left(a\right) = \displaystyle\lim_{x\to a^-}\dfrac{f\!\left(x\right)-f\!\left(a\right)}{x-a}$ existe (finie).
(Dérivabilité et dérivées latérales)
La fonction $f$ est dérivable en $a \in \mathrm{Int}\!\left(I\right)$ si et seulement si elle est dérivable à droite et à gauche en $a$ et :
$$\begin{align*}
f'_d\!\left(a\right) = f'_g\!\left(a\right)
\end{align*}$$
(Dérivabilité sur $I$)
La fonction $f$ est dérivable sur $I$ si :
elle est dérivable en tout point de $\mathrm{Int}\!\left(I\right)$,
elle est dérivable à droite en $\inf I$ si $\inf I \in I$,
elle est dérivable à gauche en $\sup I$ si $\sup I \in I$.
(Dérivable implique continu)
Si $f$ est dérivable en $a$, alors $f$ est continue en $a$.
La réciproque est fausse.
Puisque $f$ est dérivable en $a$, on peut écrire pour $x \neq a$ :
$$\begin{align*}
f\!\left(x\right) - f\!\left(a\right) = \frac{f\!\left(x\right)-f\!\left(a\right)}{x-a} \cdot \left(x-a\right) = \tau_a\!\left(x\right) \cdot \left(x-a\right)
\end{align*}$$
Quand $x \to a$, $\tau_a\!\left(x\right) \to f'\!\left(a\right) \in \R$ et $\left(x-a\right) \to 0$, donc :
$$\begin{align*}
f\!\left(x\right) - f\!\left(a\right) \to f'\!\left(a\right) \cdot 0 = 0
\end{align*}$$
Ainsi $\displaystyle\lim_{x\to a}f\!\left(x\right) = f\!\left(a\right)$ : $f$ est continue en $a$.
Contre-exemple pour la réciproque : $f\!\left(x\right) = \left|x\right|$ est continue en $0$, mais :
$$\begin{align*}
f'_d\!\left(0\right) = 1 \neq -1 = f'_g\!\left(0\right)
\end{align*}$$
donc $f$ n'est pas dérivable en $0$.
La fonction $f\!\left(x\right) = \left|x\right|$ vérifie $f'_g\!\left(0\right) = -1 \neq 1 = f'_d\!\left(0\right)$.
Le point $\left(0, 0\right)$ est un point anguleux : le graphe présente un angle en ce point.
En général, si $f'_g\!\left(a\right) \neq f'_d\!\left(a\right)$, le point $\left(a, f\!\left(a\right)\right)$ est dit anguleux.
Opérations sur les dérivées
(Opérations algébriques sur les dérivées)
Soient $f, g$ dérivables en $a \in \mathrm{Int}\!\left(I\right)$. Alors :
Donc la limite vaut $f\!\left(a\right)g'\!\left(a\right) + g\!\left(a\right)f'\!\left(a\right)$, ce qui est bien $\left(fg\right)'\!\left(a\right)$.
(Dérivation des fonctions composées (règle de la chaîne))
Soit $f : I \to \R$ dérivable en $a \in \mathrm{Int}\!\left(I\right)$ et $g : J \to \R$ dérivable en $b = f\!\left(a\right) \in \mathrm{Int}\!\left(J\right)$.
Alors $g \circ f$ est dérivable en $a$ et :
$$\begin{align*}
\left(g\circ f\right)'\!\left(a\right) = g'\!\left(f\!\left(a\right)\right) \cdot f'\!\left(a\right)
\end{align*}$$
L'idée est de prolonger par continuité le taux d'accroissement de $g$ en $b$.
On définit la fonction $\tilde{\tau}_{b,g}$ par :
$$\begin{align*}
\tilde{\tau}_{b,g}\!\left(y\right) =
\begin{cases}
\dfrac{g\!\left(y\right)-g\!\left(b\right)}{y-b} & \text{si } y \neq b \\[6pt]
g'\!\left(b\right) & \text{si } y = b
\end{cases}
\end{align*}$$
Cette fonction est continue en $b$ (c'est le prolongement par continuité du taux d'accroissement de $g$).
Pour $x \neq a$, on a $g\!\left(f\!\left(x\right)\right) - g\!\left(f\!\left(a\right)\right) = \tilde{\tau}_{b,g}\!\left(f\!\left(x\right)\right) \cdot \left(f\!\left(x\right) - b\right)$ (même si $f\!\left(x\right) = b$, car alors les deux membres sont nuls). Donc :
$$\begin{align*}
\frac{\left(g\circ f\right)\!\left(x\right) - \left(g\circ f\right)\!\left(a\right)}{x-a}
= \tilde{\tau}_{b,g}\!\left(f\!\left(x\right)\right) \cdot \frac{f\!\left(x\right)-f\!\left(a\right)}{x-a}
\end{align*}$$
Quand $x \to a$ :
$f\!\left(x\right) \to f\!\left(a\right) = b$ (car $f$ est continue en $a$),
$\tilde{\tau}_{b,g}\!\left(f\!\left(x\right)\right) \to \tilde{\tau}_{b,g}\!\left(b\right) = g'\!\left(b\right)$ (par continuité de $\tilde{\tau}_{b,g}$),
$\left[\ln\!\left(u\!\left(x\right)\right)\right]' = \dfrac{u'\!\left(x\right)}{u\!\left(x\right)}$ pour $u\!\left(x\right) > 0$.
$\left[\sqrt{u\!\left(x\right)}\right]' = \dfrac{u'\!\left(x\right)}{2\sqrt{u\!\left(x\right)}}$ pour $u\!\left(x\right) > 0$.
Pour $\alpha \in \R$ et $x > 0$ : $x^\alpha = e^{\alpha\ln x}$, donc $\left(x^\alpha\right)' = \alpha x^{\alpha-1}$.
$\left[\sin\!\left(x^2\right)\right]' = 2x\cos\!\left(x^2\right)$ et $\left[\sin^2 x\right]' = 2\sin x\cos x = \sin\!\left(2x\right)$.
Dérivation des fonctions réciproques
(Dérivée de la réciproque)
Soit $f$ dérivable (donc continue) et strictement monotone de $I$ dans $J$.
Sa réciproque $f^{-1}$ est dérivable au point $b = f\!\left(a\right)$ si et seulement si $f'\!\left(a\right) \neq 0$, et dans ce cas :
$$\begin{align*}
\left(f^{-1}\right)'\!\left(b\right) = \frac{1}{f'\!\left(a\right)} = \frac{1}{f'\!\left(f^{-1}\!\left(b\right)\right)}
\end{align*}$$
Nécessité. Supposons $f^{-1}$ dérivable en $b$.
Puisque $f^{-1} \circ f = \mathrm{id}_I$, en dérivant en $a$ par la règle de la chaîne :
$$\begin{align*}
\left(f^{-1} \circ f\right)'\!\left(a\right) = \left(f^{-1}\right)'\!\left(b\right) \cdot f'\!\left(a\right) = 1
\end{align*}$$
Donc $f'\!\left(a\right) \neq 0$ et $\left(f^{-1}\right)'\!\left(b\right) = \dfrac{1}{f'\!\left(a\right)}$.
Suffisance. Supposons $f'\!\left(a\right) \neq 0$.
Puisque $f^{-1}$ est continue (théorème de la réciproque), si $y \to b$ et $y \neq b$, alors $x = f^{-1}\!\left(y\right) \to a$ et $x \neq a$.
On peut donc écrire :
$$\begin{align*}
\frac{f^{-1}\!\left(y\right) - f^{-1}\!\left(b\right)}{y - b}
= \frac{x - a}{f\!\left(x\right) - f\!\left(a\right)}
= \frac{1}{\dfrac{f\!\left(x\right)-f\!\left(a\right)}{x-a}}
\xrightarrow[y\to b]{} \frac{1}{f'\!\left(a\right)}
\end{align*}$$
Donc $f^{-1}$ est dérivable en $b$ et $\left(f^{-1}\right)'\!\left(b\right) = \dfrac{1}{f'\!\left(a\right)}$.
Fonctions trigonométriques réciproques.
$\mathrm{Arcsin}$ : sur $\left[-1,1\right]$, $\sin\!\left(\mathrm{Arcsin}\,x\right) = x$, donc en dérivant :
$$\begin{align*}
\cos\!\left(\mathrm{Arcsin}\,x\right) \cdot \mathrm{Arcsin}'\!\left(x\right) = 1
\implies \mathrm{Arcsin}'\!\left(x\right) = \frac{1}{\cos\!\left(\mathrm{Arcsin}\,x\right)} = \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}
\end{align*}$$
car $\mathrm{Arcsin}\,x \in \left[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right]$ donc $\cos\!\left(\mathrm{Arcsin}\,x\right) \geqslant 0$.
$\mathrm{Arccos}'\!\left(x\right) = \dfrac{-1}{\sqrt{1-x^2}}$ pour $x \in \left]-1,1\right[$.
Fonctions hyperboliques.
On rappelle les définitions et propriétés fondamentales :
$$\begin{align*}
\cosh x = \frac{e^x+e^{-x}}{2}, \qquad \sinh x = \frac{e^x-e^{-x}}{2}, \qquad \cosh^2 x - \sinh^2 x = 1
\end{align*}$$
On a $\cosh' = \sinh$ et $\sinh' = \cosh > 0$.
La fonction $\sinh$ est strictement croissante et bijective de $\R$ dans $\R$, donc $\mathrm{argsh}$ est dérivable sur $\R$ :
$$\begin{align*}
\mathrm{argsh}'\!\left(x\right) = \frac{1}{\cosh\!\left(\mathrm{argsh}\,x\right)} = \frac{1}{\sqrt{1+x^2}}
\end{align*}$$
(car $\cosh^2\!\left(\mathrm{argsh}\,x\right) = 1 + \sinh^2\!\left(\mathrm{argsh}\,x\right) = 1+x^2$).
De même, $\mathrm{argch}$ est dérivable sur $\left]1,+\infty\right[$ :
$$\begin{align*}
\mathrm{argch}'\!\left(x\right) = \frac{1}{\sqrt{x^2-1}}, \qquad x > 1
\end{align*}$$
Le théorème de Rolle
(Extremum local)
La fonction $f : I \to \R$ admet un minimum local (resp. maximum local) en $a \in I$ s'il existe $\delta > 0$ tel que :
$$\begin{align*}
\forall\,x \in \left]a-\delta, a+\delta\right[ \cap I, \quad f\!\left(x\right) \geqslant f\!\left(a\right) \quad \left(\text{resp. } f\!\left(x\right) \leqslant f\!\left(a\right)\right)
\end{align*}$$
(Condition d'Euler (extremum et dérivée nulle))
Soit $f$ définie sur un intervalle ouvert $I$.
Si $f$ admet un extremum local en $c \in I$ et si $f$ est dérivable en $c$, alors :
$$\begin{align*}
f'\!\left(c\right) = 0
\end{align*}$$
Supposons que $c$ est un minimum local.
Il existe $\delta > 0$ tel que $\forall\,x \in \left]c-\delta, c+\delta\right[$, $f\!\left(x\right) \geqslant f\!\left(c\right)$.
Pour $x \in \left]c, c+\delta\right[$ (i.e. $x > c$) :
$$\begin{align*}
\frac{f\!\left(x\right)-f\!\left(c\right)}{x-c} \geqslant 0
\end{align*}$$
En passant à la limite $x \to c^+$ : $f'_d\!\left(c\right) \geqslant 0$.
Pour $x \in \left]c-\delta, c\right[$ (i.e. $x < c$) :
$$\begin{align*}
\frac{f\!\left(x\right)-f\!\left(c\right)}{x-c} \leqslant 0
\end{align*}$$
En passant à la limite $x \to c^-$ : $f'_g\!\left(c\right) \leqslant 0$.
Puisque $f$ est dérivable en $c$, on a $f'\!\left(c\right) = f'_g\!\left(c\right) = f'_d\!\left(c\right)$.
On conclut : $0 \leqslant f'_d\!\left(c\right) = f'\!\left(c\right) = f'_g\!\left(c\right) \leqslant 0$, donc $f'\!\left(c\right) = 0$.
Remarques :
L'annulation de la dérivée est nécessaire mais pas suffisante pour un extremum.
Exemple : $f\!\left(x\right) = x^3$, $f'\!\left(0\right) = 0$, mais $0$ n'est pas un extremum ($f$ est strictement croissante).
Le résultat est faux au bord d'un intervalle fermé.
Exemple : $f\!\left(x\right) = x$ sur $\left[0,1\right]$ admet un minimum en $0$ et un maximum en $1$, mais $f'\!\left(x\right) = 1 \neq 0$.
Alors il existe $c \in \left]a,b\right[$ tel que $f'\!\left(c\right) = 0$.
Cas 1 : Si $f$ est constante, tout $c \in \left]a,b\right[$ convient car $f'\!\left(c\right) = 0$.
Cas 2 : Supposons $f$ non constante.
Par le théorème \ref{theo:bornee-bornes}, $f$ est bornée sur $\left[a,b\right]$ et atteint ses bornes : il existe $m = \displaystyle\min f$ et $M = \displaystyle\max f$, avec $m < M$ (car $f$ est non constante).
Puisque $f\!\left(a\right) = f\!\left(b\right)$, au moins l'un des deux extrêmes $m$ ou $M$ est atteint en un point $c \in \left]a,b\right[$ (et non aux extrémités $a$ ou $b$ seulement).
Donc $c \in \left]a,b\right[$, $f$ est dérivable en $c$, et $c$ est un extremum local.
Par le théorème d'Euler, $f'\!\left(c\right) = 0$.
Alors il existe $c \in \left]a,b\right[$ tel que :
$$\begin{align*}
f\!\left(b\right) - f\!\left(a\right) = f'\!\left(c\right) \cdot \left(b-a\right)
\end{align*}$$
Autrement dit, il existe un point où la tangente est parallèle à la corde $\left[A,B\right]$ avec $A = \left(a,f\!\left(a\right)\right)$, $B = \left(b,f\!\left(b\right)\right)$.
L'idée est de se ramener au théorème de Rolle en soustrayant la droite $(AB)$.
On pose :
$$\begin{align*}
g\!\left(x\right) = f\!\left(x\right) - \frac{f\!\left(b\right)-f\!\left(a\right)}{b-a}\left(x-a\right)
\end{align*}$$
Alors $g$ est continue sur $\left[a,b\right]$ et dérivable sur $\left]a,b\right[$, et :
$$\begin{align*}
g\!\left(a\right) = f\!\left(a\right)
\qquad \text{et} \qquad
g\!\left(b\right) = f\!\left(b\right) - \left(f\!\left(b\right)-f\!\left(a\right)\right) = f\!\left(a\right)
\end{align*}$$
Donc $g\!\left(a\right) = g\!\left(b\right)$. Par le théorème de Rolle, il existe $c \in \left]a,b\right[$ tel que $g'\!\left(c\right) = 0$, i.e. :
$$\begin{align*}
f'\!\left(c\right) - \frac{f\!\left(b\right)-f\!\left(a\right)}{b-a} = 0
\implies f'\!\left(c\right) = \frac{f\!\left(b\right)-f\!\left(a\right)}{b-a}
\end{align*}$$
ce qui donne bien $f\!\left(b\right) - f\!\left(a\right) = f'\!\left(c\right)\!\left(b-a\right)$.
(Forme avec un paramètre $\theta$)
Soit $f$ dérivable sur $I$ et $x \in I$. Pour tout $h \in \R$ tel que $x+h \in I$, il existe $\theta \in \left]0,1\right[$ tel que :
$$\begin{align*}
f\!\left(x+h\right) - f\!\left(x\right) = h\, f'\!\left(x + \theta h\right)
\end{align*}$$
En appliquant le corollaire à $\ln$ avec $h = 1$ :
Pour tout $x > 0$, il existe $\theta \in \left]0,1\right[$ tel que $\ln\!\left(x+1\right) - \ln x = \dfrac{1}{x+\theta}$.
Or $\dfrac{1}{x+1} < \dfrac{1}{x+\theta} < \dfrac{1}{x}$ (car $0 < \theta < 1$), donc :
$$\begin{align*}
\frac{1}{x+1} < \ln\!\left(x+1\right) - \ln x < \frac{1}{x}
\end{align*}$$
En sommant de $p = 1$ à $n$, on obtient une encadrement de $\displaystyle\sum_{p=1}^n\dfrac{1}{p}$ par des quantités liées à $\ln n$, montrant que $\dfrac{1}{\ln n}\displaystyle\sum_{p=1}^n\dfrac{1}{p} \to 1$.
Variations de fonctions
(Monotonie et dérivée)
Soit $f$ dérivable sur $I$. Alors :
$f$ est croissante $\iff$ $\forall\,x\in I$, $f'\!\left(x\right) \geqslant 0$
$f$ est décroissante $\iff$ $\forall\,x\in I$, $f'\!\left(x\right) \leqslant 0$
$f$ est constante $\iff$ $\forall\,x\in I$, $f'\!\left(x\right) = 0$
On démontre (1).
($\Rightarrow$) Supposons $f$ croissante. Pour $x > x_0$ dans $I$ :
$$\begin{align*}
\frac{f\!\left(x\right)-f\!\left(x_0\right)}{x-x_0} \geqslant 0
\end{align*}$$
En passant à la limite $x \to x_0$, on obtient $f'\!\left(x_0\right) \geqslant 0$.
($\Leftarrow$) Supposons $f'\!\left(x\right) \geqslant 0$ pour tout $x\in I$. Soient $x_1 < x_2$ dans $I$.
Par le TAF sur $\left[x_1, x_2\right]$, il existe $c \in \left]x_1, x_2\right[$ tel que :
$$\begin{align*}
f\!\left(x_2\right) - f\!\left(x_1\right) = \underbrace{\left(x_2-x_1\right)}_{>0} \cdot \underbrace{f'\!\left(c\right)}_{\geqslant 0} \geqslant 0
\end{align*}$$
Donc $f\!\left(x_2\right) \geqslant f\!\left(x_1\right)$ : $f$ est croissante.
Soit $f$ dérivable sur $I$.
Si $\forall\,x\in I$, $f'\!\left(x\right) > 0$, alors $f$ est strictement croissante sur $I$.
De même : si $f' < 0$ sur $I$, alors $f$ est strictement décroissante.
(Critère fin de stricte monotonie)
Si $\forall\,x\in I$, $f'\!\left(x\right) \geqslant 0$ et si $f'$ ne s'annule pas sur un intervalle d'intérieur non vide, alors $f$ est strictement croissante.
Attention : il faut que le domaine soit un intervalle. Contre-exemples :
$f\!\left(x\right) = @@MATH183@@$ a $f' = 0$ sur $\R^*$ mais $f$ n'est pas constante (domaine non connexe).
$f\!\left(x\right) = \dfrac{1}{x}$ sur $\R^*$ a $f' < 0$ partout, mais $f$ n'est pas décroissante sur $\R^*$ (car $f\!\left(-1\right) = -1 < 1 = f\!\left(1\right)$).
Limites de dérivées et règle de l'Hôpital
(Existence de dérivée au bord par limite)
Soit $f$ continue sur $\left[a,b\right]$ et dérivable sur $\left]a,b\right[$.
Si $\displaystyle\lim_{x\to a^+}f'\!\left(x\right) = \ell$ existe (finie), alors $f$ est dérivable à droite en $a$ et $f'_d\!\left(a\right) = \ell$.
Pour $x \in \left]a,b\right]$, on applique le TAF sur $\left[a,x\right]$ :
Il existe $c_x \in \left]a,x\right[$ tel que :
$$\begin{align*}
\frac{f\!\left(x\right)-f\!\left(a\right)}{x-a} = f'\!\left(c_x\right)
\end{align*}$$
Quand $x \to a^+$, $c_x \in \left]a,x\right[$ donc $c_x \to a^+$ également. Donc :
$$\begin{align*}
\frac{f\!\left(x\right)-f\!\left(a\right)}{x-a} = f'\!\left(c_x\right) \xrightarrow[x\to a^+]{} \ell
\end{align*}$$
Donc $f'_d\!\left(a\right) = \ell$.
(TAF généralisé (Cauchy))
Soient $f, g$ continues sur $\left[a,b\right]$ et dérivables sur $\left]a,b\right[$.
Il existe $c \in \left]a,b\right[$ tel que :
$$\begin{align*}
\left(f\!\left(b\right)-f\!\left(a\right)\right)g'\!\left(c\right) = \left(g\!\left(b\right)-g\!\left(a\right)\right)f'\!\left(c\right)
\end{align*}$$
On pose $h\!\left(x\right) = \left(f\!\left(b\right)-f\!\left(a\right)\right)g\!\left(x\right) - \left(g\!\left(b\right)-g\!\left(a\right)\right)f\!\left(x\right)$.
Alors $h$ est continue sur $\left[a,b\right]$ et dérivable sur $\left]a,b\right[$, et on vérifie :
$$\begin{align*}
h\!\left(a\right)
& = \left(f\!\left(b\right)-f\!\left(a\right)\right)g\!\left(a\right) - \left(g\!\left(b\right)-g\!\left(a\right)\right)f\!\left(a\right) \\
h\!\left(b\right)
& = \left(f\!\left(b\right)-f\!\left(a\right)\right)g\!\left(b\right) - \left(g\!\left(b\right)-g\!\left(a\right)\right)f\!\left(b\right)
\end{align*}$$
On calcule :
$$\begin{align*}
h\!\left(b\right) - h\!\left(a\right)
& = \left(f\!\left(b\right)-f\!\left(a\right)\right)\left(g\!\left(b\right)-g\!\left(a\right)\right) - \left(g\!\left(b\right)-g\!\left(a\right)\right)\left(f\!\left(b\right)-f\!\left(a\right)\right) = 0
\end{align*}$$
Donc $h\!\left(a\right) = h\!\left(b\right)$, et par le théorème de Rolle, il existe $c \in \left]a,b\right[$ tel que $h'\!\left(c\right) = 0$, i.e. :
$$\begin{align*}
\left(f\!\left(b\right)-f\!\left(a\right)\right)g'\!\left(c\right) = \left(g\!\left(b\right)-g\!\left(a\right)\right)f'\!\left(c\right)
\end{align*}$$
(Règle de l'Hôpital)
Soient $f, g$ continues sur $I$, dérivables sur $I$ sauf peut-être en $x_0 \in I$, et $g'$ ne s'annule pas sauf peut-être en $x_0$.
Si $\dfrac{f'\!\left(x\right)}{g'\!\left(x\right)} \xrightarrow[x\to x_0]{} \ell \in \overline{\R}$, alors :
$$\begin{align*}
\frac{f\!\left(x\right)-f\!\left(x_0\right)}{g\!\left(x\right)-g\!\left(x_0\right)} \xrightarrow[x\to x_0]{} \ell
\end{align*}$$
Pour $x < x_0$ (le cas $x > x_0$ est analogue), on applique le TAF généralisé de Cauchy sur $\left[x, x_0\right]$ :
Il existe $c_x \in \left]x, x_0\right[$ tel que :
$$\begin{align*}
\left(f\!\left(x\right)-f\!\left(x_0\right)\right)g'\!\left(c_x\right) = \left(g\!\left(x\right)-g\!\left(x_0\right)\right)f'\!\left(c_x\right)
\end{align*}$$
Comme $g'\!\left(c_x\right) \neq 0$ et $g\!\left(x\right) \neq g\!\left(x_0\right)$ (sinon par Rolle il existerait un point entre $x$ et $x_0$ où $g' = 0$, contradiction), on divise :
$$\begin{align*}
\frac{f\!\left(x\right)-f\!\left(x_0\right)}{g\!\left(x\right)-g\!\left(x_0\right)} = \frac{f'\!\left(c_x\right)}{g'\!\left(c_x\right)}
\end{align*}$$
Quand $x \to x_0$, $c_x \in \left]x, x_0\right[$ donc $c_x \to x_0$, et la limite est $\ell$.
On calcule $\displaystyle\lim_{x\to 0}\dfrac{x\cos x - \ln\!\left(1+x\right)}{x^3}$ (avec $f\!\left(x_0\right) = 0$, $g\!\left(x_0\right) = 0$).
On a $f'\!\left(x\right) = \cos x - x\sin x - \dfrac{1}{1+x}$, $g'\!\left(x\right) = 3x^2$, donc :
$$\begin{align*}
\frac{f'\!\left(x\right)}{g'\!\left(x\right)} = \frac{\cos x - x\sin x - \frac{1}{1+x}}{3x^2}
\xrightarrow[x\to 0]{} \; ?
\end{align*}$$
On applique à nouveau l'Hôpital (forme $0/0$), ou on utilise les développements limités.
Inégalité des accroissements finis et fonctions lipschitziennes
(Inégalité des accroissements finis)
Soit $f$ dérivable sur $I$ avec $\left|f'\!\left(x\right)\right| \leqslant M$ pour tout $x \in I$. Alors :
$$\begin{align*}
\forall\,x, y \in I, \quad \left|f\!\left(x\right)-f\!\left(y\right)\right| \leqslant M\left|x-y\right|
\end{align*}$$
En particulier, $f$ est lipschitzienne de rapport $M$ sur $I$.
Soient $x, y \in I$ avec $x < y$ (le cas $x > y$ est analogue).
Par le TAF sur $\left[x, y\right]$, il existe $c \in \left]x,y\right[$ tel que :
$$\begin{align*}
f\!\left(y\right) - f\!\left(x\right) = f'\!\left(c\right) \cdot \left(y-x\right)
\end{align*}$$
En prenant la valeur absolue :
$$\begin{align*}
\left|f\!\left(x\right)-f\!\left(y\right)\right| = \left|f'\!\left(c\right)\right| \cdot \left|x-y\right| \leqslant M\left|x-y\right|
\end{align*}$$
Une fonction de classe $\mathcal{C}^1$ (dérivable et $f'$ continue) sur $I$ est localement lipschitzienne sur $I$ : elle est lipschitzienne sur tout segment $\left[a,b\right] \subset I$.
Sur le segment $\left[a,b\right]$, $f'$ est continue donc bornée : il existe $M > 0$ tel que $\left|f'\!\left(x\right)\right| \leqslant M$ pour tout $x \in \left[a,b\right]$.
Par le théorème précédent, $f$ est $M$-lipschitzienne sur $\left[a,b\right]$.
Fonctions de classe $\mathcal{C}^n$
(Classe $\mathcal{C}^n$)
Soit $I$ un intervalle et $f : I \to \R$.
On dit que $f$ est de classe $\mathcal{C}^n$ sur $I$ (et on note $f \in \mathcal{C}^n\!\left(I\right)$) si $f$ est $n$ fois dérivable sur $I$ et si la dérivée $n$-ième $f^{\left(n\right)}$ est continue sur $I$.
Si $f \in \mathcal{C}^n\!\left(I\right)$ pour tout $n \geqslant 0$, on dit que $f$ est de classe $\mathcal{C}^\infty$ sur $I$ (indéfiniment dérivable).
Remarques :
$f \in \mathcal{C}^0\!\left(I\right)$ signifie que $f$ est continue sur $I$.
Si $f$ est $\left(n+1\right)$ fois dérivable, alors $f^{\left(n\right)}$ est dérivable donc continue, et $f \in \mathcal{C}^n\!\left(I\right)$.
$f \in \mathcal{C}^\infty\!\left(I\right)$ si et seulement si $f$ est indéfiniment dérivable sur $I$.
Les fonctions $\sin$, $\cos$ et $\exp$ sont de classe $\mathcal{C}^\infty$ sur $\R$.
Pour $\sin$, les dérivées successives suivent un cycle de période $4$ :
$$\begin{align*}
f^{\left(4k\right)} = \sin, \quad f^{\left(4k+1\right)} = \cos, \quad f^{\left(4k+2\right)} = -\sin, \quad f^{\left(4k+3\right)} = -\cos
\end{align*}$$
Intégration
Intégrale de Riemann
Soit $f$ bornée sur $\left[a,b\right]$.
Pour une subdivision $a = x_0 < x_1 < \cdots < x_n = b$, on pose pour chaque sous-intervalle $\left[x_{i-1}, x_i\right]$ :
$$\begin{align*}
m_i = \inf_{x\in\left[x_{i-1},x_i\right]}f\!\left(x\right)
\qquad \text{et} \qquad
M_i = \sup_{x\in\left[x_{i-1},x_i\right]}f\!\left(x\right)
\end{align*}$$
Petite somme de Riemann (somme inférieure) :
$$\begin{align*}
\ell\!\left(f\right) = \sum_{i=1}^{n}\left(x_i - x_{i-1}\right) m_i
\end{align*}$$
Grande somme de Riemann (somme supérieure) :
$$\begin{align*}
L\!\left(f\right) = \sum_{i=1}^{n}\left(x_i - x_{i-1}\right) M_i
\end{align*}$$
On a toujours $\ell\!\left(f\right) \leqslant L\!\left(f\right)$.
(Intégrabilité au sens de Riemann)
La fonction $f$ est intégrable sur $\left[a,b\right]$ si :
$$\begin{align*}
\forall\,\varepsilon > 0, \quad \exists\,\text{subdivision telle que}\quad L\!\left(f\right) - \ell\!\left(f\right) < \varepsilon
\end{align*}$$
Dans ce cas, $\displaystyle\int_a^b f\!\left(x\right)\,\mathrm{d}x$ est l'unique réel compris entre $\ell\!\left(f\right)$ et $L\!\left(f\right)$ pour toute subdivision.
Exemples de fonctions intégrables : les fonctions en escalier, les fonctions monotones, et les fonctions continues sur $\left[a,b\right]$.
Contre-exemple : la fonction de Dirichlet $\mathbf{1}_\Q$ (valant $1$ sur $\Q$ et $0$ sur $\R\setminus\Q$) n'est pas intégrable : pour toute subdivision, $\ell\!\left(f\right) = 0$ et $L\!\left(f\right) = 1$, donc $L - \ell = 1$.
Intégrales et primitives
(Intégrabilité des fonctions continues)
Toute fonction continue sur $\left[a,b\right]$ est intégrable sur $\left[a,b\right]$.
(Théorème fondamental de l'analyse (1))
Soit $f$ continue sur $I$ et $a \in I$.
La fonction $S$ définie par :
$$\begin{align*}
S\!\left(x\right) = \int_a^x f\!\left(t\right)\,\mathrm{d}t
\end{align*}$$
est dérivable sur $I$ et $S'\!\left(x\right) = f\!\left(x\right)$.
En particulier, $S$ est de classe $\mathcal{C}^1$ sur $I$.
(Convention d'orientation)
$$\begin{align*}
\int_a^a f\!\left(t\right)\,\mathrm{d}t = 0
\qquad \text{et} \qquad
\int_a^x f\!\left(t\right)\,\mathrm{d}t = -\int_x^a f\!\left(t\right)\,\mathrm{d}t \quad \text{si } x < a
\end{align*}$$
(Existence et unicité des primitives)
Toute fonction continue sur $I$ admet des primitives.
Si $F$ est l'une d'elles, les primitives de $f$ sont exactement les fonctions $F + c$ où $c \in \R$ est une constante.
Par le théorème fondamental, $S = F + c$ est une primitive de $f$ pour un certain $c$.
Si $G$ est une autre primitive de $f$, alors $\left(G - F\right)' = f - f = 0$ sur $I$.
Par la proposition \ref{prop:mono-deriv} (dérivée nulle $\Rightarrow$ fonction constante), $G - F = c \in \R$.
Donc $G = F + c$.
(Théorème fondamental de l'analyse (2))
Soit $f$ continue sur $I$, $a \in I$, et $F$ une primitive quelconque de $f$. Pour tout $b \in I$ :
$$\begin{align*}
\int_a^b f\!\left(t\right)\,\mathrm{d}t = F\!\left(b\right) - F\!\left(a\right) =: \left[F\!\left(t\right)\right]_a^b
\end{align*}$$
Les primitives de $f\!\left(x\right) = x$ sur $\R$ sont $F\!\left(x\right) = \dfrac{x^2}{2} + c$.
Les primitives de $f\!\left(x\right) = \sqrt{x}$ sur $\R_+$ sont $F\!\left(x\right) = \dfrac{2}{3}x^{3/2} + c$.
Les primitives de $f\!\left(x\right) = \dfrac{1}{1+x^2}$ sur $\R$ sont $F\!\left(x\right) = \mathrm{Arctan}\,x + c$.
Relation de Chasles : pour tout $c \in I$,
$$\begin{align*}
\int_a^b f = \int_a^c f + \int_c^b f
\end{align*}$$
Positivité : si $f \geqslant 0$ sur $\left[a,b\right]$, alors $\displaystyle\int_a^b f\!\left(x\right)\,\mathrm{d}x \geqslant 0$.
Croissance : si $f \leqslant g$ sur $\left[a,b\right]$, alors $\displaystyle\int_a^b f\!\left(x\right)\,\mathrm{d}x \leqslant \displaystyle\int_a^b g\!\left(x\right)\,\mathrm{d}x$.
On démontre (5).
Pour tout $x \in \left[a,b\right]$, l'inégalité $-\left|f\!\left(x\right)\right| \leqslant f\!\left(x\right) \leqslant \left|f\!\left(x\right)\right|$ donne, par la croissance (propriété 4) :
$$\begin{align*}
-\int_a^b\left|f\!\left(x\right)\right|\,\mathrm{d}x
\leqslant \int_a^b f\!\left(x\right)\,\mathrm{d}x
\leqslant \int_a^b\left|f\!\left(x\right)\right|\,\mathrm{d}x
\end{align*}$$
Ce qui signifie exactement :
$$\begin{align*}
\left|\int_a^b f\!\left(x\right)\,\mathrm{d}x\right| \leqslant \int_a^b\left|f\!\left(x\right)\right|\,\mathrm{d}x
\end{align*}$$
Application : le logarithme népérien
La fonction $x \mapsto \dfrac{1}{x}$ est continue sur $\left]0,+\infty\right[$, donc elle admet des primitives sur cet intervalle.
(Logarithme népérien)
Le logarithme népérien est l'unique primitive de $x \mapsto \dfrac{1}{x}$ sur $\R_+^*$ s'annulant en $1$ :
$$\begin{align*}
\ln'x = \frac{1}{x} \quad \text{sur } \R_+^*, \qquad \ln 1 = 0
\end{align*}$$
Autrement dit : $\ln x = \displaystyle\int_1^x \dfrac{1}{t}\,\mathrm{d}t$.
(Relation fonctionnelle)
Pour tous $x, y > 0$ : $\ln\!\left(xy\right) = \ln x + \ln y$.
Fixons $y > 0$ et posons $f\!\left(x\right) = \ln\!\left(xy\right)$ pour $x > 0$.
Par la règle de dérivation des fonctions composées :
$$\begin{align*}
f'\!\left(x\right) = \frac{y}{xy} = \frac{1}{x} = \ln' x
\end{align*}$$
Donc $f$ et $\ln$ ont la même dérivée sur $\R_+^*$ : elles diffèrent d'une constante.
Il existe $c \in \R$ tel que $\ln\!\left(xy\right) = \ln x + c$.
Pour déterminer $c$, on évalue en $x = 1$ :
$$\begin{align*}
\ln\!\left(y\right) = \ln\!\left(1 \cdot y\right) = \ln 1 + c = 0 + c = c
\end{align*}$$
Donc $c = \ln y$, et on a bien $\ln\!\left(xy\right) = \ln x + \ln y$.
(Propriétés du logarithme)
Pour $x > 0$ :
$\ln\!\left(\dfrac{1}{x}\right) = -\ln x$.
$\ln\!\left(x^n\right) = n\ln x$ pour $n \in \Z$.
Plus généralement, $\ln\!\left(x^{p/q}\right) = \dfrac{p}{q}\ln x$ pour $\dfrac{p}{q} \in \Q$.
(Propriétés analytiques de $\ln$)
$\ln$ est strictement croissante sur $\R_+^*$ (car $\ln' = \frac{1}{x} > 0$).
$\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\ln x = +\infty$ et $\displaystyle\lim_{x\to 0^+}\ln x = -\infty$.
On démontre (3).
Limite en $+\infty$. Pour $x \geqslant 1$ et $t \geqslant 1$, on a $\sqrt{t} \leqslant t$, donc $\dfrac{1}{t} \leqslant \dfrac{1}{\sqrt{t}}$.
Par croissance de l'intégrale :
$$\begin{align*}
\ln x = \int_1^x \frac{1}{t}\,\mathrm{d}t \leqslant \int_1^x \frac{1}{\sqrt{t}}\,\mathrm{d}t = \left[2\sqrt{t}\right]_1^x = 2\sqrt{x} - 2
\end{align*}$$
Donc :
$$\begin{align*}
0 \leqslant \frac{\ln x}{x} \leqslant \frac{2\sqrt{x} - 2}{x} = \frac{2}{\sqrt{x}} - \frac{2}{x} \xrightarrow[x\to+\infty]{} 0
\end{align*}$$
Par le théorème des gendarmes, $\dfrac{\ln x}{x} \to 0$.
Limite en $0^+$. On pose $y = \dfrac{1}{x}$. Quand $x \to 0^+$, $y \to +\infty$, et :
$$\begin{align*}
x\ln x = \frac{1}{y} \cdot \ln\!\left(\frac{1}{y}\right) = \frac{1}{y} \cdot \left(-\ln y\right) = -\frac{\ln y}{y} \xrightarrow[y\to+\infty]{} 0
\end{align*}$$
Remarque : la fonction $\exp$ est la réciproque de $\ln$, et par la formule de dérivation des réciproques :
$$\begin{align*}
\exp'\!\left(x\right) = \frac{1}{\ln'\!\left(\exp x\right)} = \frac{1}{\frac{1}{\exp x}} = \exp x
\end{align*}$$
Intégration par parties
(Intégration par parties (IPP))
Soient $u, v$ de classe $\mathcal{C}^1$ sur $\left[a,b\right]$. Alors :
$$\begin{align*}
\int_a^b u'\!\left(x\right)v\!\left(x\right)\,\mathrm{d}x
= \left[u\!\left(x\right)v\!\left(x\right)\right]_a^b - \int_a^b u\!\left(x\right)v'\!\left(x\right)\,\mathrm{d}x
\end{align*}$$
Par la règle de Leibniz (dérivée d'un produit) :
$$\begin{align*}
\left(uv\right)' = u'v + uv'
\end{align*}$$
En intégrant les deux membres sur $\left[a,b\right]$ et en appliquant le théorème fondamental :
$$\begin{align*}
\int_a^b u'\!\left(x\right)v\!\left(x\right)\,\mathrm{d}x + \int_a^b u\!\left(x\right)v'\!\left(x\right)\,\mathrm{d}x
= \int_a^b\left(uv\right)'\!\left(x\right)\,\mathrm{d}x
= \left[u\!\left(x\right)v\!\left(x\right)\right]_a^b
\end{align*}$$
On en déduit la formule d'intégration par parties.
Calcul de $I = \displaystyle\int_0^{\pi/2} x\cos x\,\mathrm{d}x$.
On pose $u' = \cos x$ et $v = x$, donc $u = \sin x$ et $v' = 1$.
La formule d'IPP donne :
$$\begin{align*}
I = \left[x\sin x\right]_0^{\pi/2} - \int_0^{\pi/2}\sin x\,\mathrm{d}x
= \frac{\pi}{2} - \left[-\cos x\right]_0^{\pi/2}
= \frac{\pi}{2} - \left(0 - (-1)\right)
= \frac{\pi}{2} - 1
\end{align*}$$
Calcul de $I = \displaystyle\int_1^x \ln t\,\mathrm{d}t$.
On pose $u' = 1$ et $v = \ln t$, donc $u = t$ et $v' = \dfrac{1}{t}$.
$$\begin{align*}
I = \left[t\ln t\right]_1^x - \int_1^x t \cdot \frac{1}{t}\,\mathrm{d}t
= x\ln x - 0 - \left[t\right]_1^x
= x\ln x - \left(x-1\right)
= x\ln x - x + 1
\end{align*}$$
Intégration par changement de variable
(Changement de variable)
Soit $\varphi$ de classe $\mathcal{C}^1$ de $\left[a,b\right]$ dans un intervalle $I$, et $f$ continue sur $I$.
Alors :
$$\begin{align*}
\int_a^b f\!\left[\varphi\!\left(x\right)\right]\varphi'\!\left(x\right)\,\mathrm{d}x
= \int_{\varphi\!\left(a\right)}^{\varphi\!\left(b\right)} f\!\left(u\right)\,\mathrm{d}u
\end{align*}$$
Soit $F$ une primitive de $f$ sur $I$ (qui existe car $f$ est continue).
La fonction $F \circ \varphi$ est dérivable sur $\left[a,b\right]$ et, par la règle de la chaîne :
$$\begin{align*}
\left(F \circ \varphi\right)'\!\left(x\right) = F'\!\left(\varphi\!\left(x\right)\right) \cdot \varphi'\!\left(x\right) = f\!\left(\varphi\!\left(x\right)\right) \cdot \varphi'\!\left(x\right)
\end{align*}$$
Donc $F \circ \varphi$ est une primitive de $x \mapsto f\!\left(\varphi\!\left(x\right)\right)\varphi'\!\left(x\right)$ sur $\left[a,b\right]$.
Par le théorème fondamental (2) :
$$\begin{align*}
\int_a^b f\!\left[\varphi\!\left(x\right)\right]\varphi'\!\left(x\right)\,\mathrm{d}x
= \left[F\!\left(\varphi\!\left(x\right)\right)\right]_a^b
= F\!\left(\varphi\!\left(b\right)\right) - F\!\left(\varphi\!\left(a\right)\right)
= \int_{\varphi\!\left(a\right)}^{\varphi\!\left(b\right)} f\!\left(u\right)\,\mathrm{d}u
\end{align*}$$
$I = \displaystyle\int_0^1\dfrac{e^x}{e^{2x}+1}\,\mathrm{d}x$.
On pose $u = e^x$, donc $\mathrm{d}u = e^x\,\mathrm{d}x$. Quand $x = 0$, $u = 1$ ; quand $x = 1$, $u = e$.
$$\begin{align*}
I = \int_1^e \frac{\mathrm{d}u}{u^2+1}
= \left[\mathrm{Arctan}\,u\right]_1^e
= \mathrm{Arctan}\,e - \frac{\pi}{4}
\end{align*}$$
$I = \displaystyle\int_0^{1/2}\dfrac{x\,\mathrm{Arcsin}\!\left(x^2\right)}{\sqrt{1-x^4}}\,\mathrm{d}x$.
On pose $u = \mathrm{Arcsin}\!\left(x^2\right)$, donc $\mathrm{d}u = \dfrac{2x}{\sqrt{1-x^4}}\,\mathrm{d}x$.
Quand $x = 0$, $u = 0$ ; quand $x = \frac{1}{2}$, $u = \mathrm{Arcsin}\!\left(\frac{1}{4}\right) = \frac{\pi}{6}$.
$$\begin{align*}
I = \int_0^{\pi/6} u \cdot \frac{1}{2}\,\mathrm{d}u
= \frac{1}{2}\left[\frac{u^2}{2}\right]_0^{\pi/6}
= \frac{1}{4} \cdot \frac{\pi^2}{36}
= \frac{\pi^2}{144}
\end{align*}$$
Surface du demi-cercle de rayon $R$.
On pose $x = R\sin\theta$, donc $\mathrm{d}x = R\cos\theta\,\mathrm{d}\theta$ et $\sqrt{R^2 - x^2} = R\cos\theta$.
Quand $x = -R$, $\theta = -\frac{\pi}{2}$ ; quand $x = R$, $\theta = \frac{\pi}{2}$.
$$\begin{align*}
S = \int_{-R}^{R}\sqrt{R^2-x^2}\,\mathrm{d}x
= \int_{-\pi/2}^{\pi/2} R\cos\theta \cdot R\cos\theta\,\mathrm{d}\theta
= R^2 \int_{-\pi/2}^{\pi/2}\cos^2\theta\,\mathrm{d}\theta
= R^2 \cdot \frac{\pi}{2}
= \frac{\pi R^2}{2}
\end{align*}$$
Étude locale des fonctions
Fonctions équivalentes
(Voisinage d'un point)
Pour $a \in \R$, on note $\mathcal{F}\!\left(a\right)$ l'ensemble des fonctions définies dans un voisinage de $a$, sauf peut-être en $a$ lui-même.
On note $\mathcal{F}^+\!\left(a\right)$ (resp. $\mathcal{F}^-\!\left(a\right)$) le sous-ensemble des fonctions définies sur $\left]a, a+\eta\right[$ (resp. $\left]a-\eta, a\right[$) pour un certain $\eta > 0$.
De même, $\mathcal{F}\!\left(+\infty\right)$ désigne les fonctions définies sur $\left]x_0, +\infty\right[$ pour un certain $x_0$.
(Fonctions équivalentes)
Soient $f, g \in \mathcal{F}\!\left(a\right)$.
On dit que $f$ et $g$ sont équivalentes au voisinage de $a$, et on note $f \underset{a}{\sim} g$, s'il existe $u \in \mathcal{F}\!\left(a\right)$ tel que :
$$\begin{align*}
f = u \cdot g \qquad \text{et} \qquad \lim_{x\to a}u\!\left(x\right) = 1
\end{align*}$$
Intuitivement : $f$ et $g$ ont le même ordre de grandeur et les mêmes signes au voisinage de $a$.
(Caractérisations des équivalents)
Si $g$ ne s'annule pas au voisinage de $a$ (sauf peut-être en $a$) :
$$\begin{align*}
f \underset{a}{\sim} g \iff \lim_{\substack{x\to a\\x\neq a}}\frac{f\!\left(x\right)}{g\!\left(x\right)} = 1
\end{align*}$$
Si $\displaystyle\lim_{x\to a}f\!\left(x\right) = \displaystyle\lim_{x\to a}g\!\left(x\right) = \ell \neq 0$, alors $f \underset{a}{\sim} g$.
(L'équivalence est une relation d'équivalence)
La relation $\underset{a}{\sim}$ est réflexive, symétrique et transitive.
Réflexivité. Pour tout $f \in \mathcal{F}\!\left(a\right)$, on a $f = 1 \cdot f$ avec $u = 1 \xrightarrow[x\to a]{} 1$, donc $f \underset{a}{\sim} f$.
Symétrie. Si $f \underset{a}{\sim} g$, il existe $u \to 1$ tel que $f = ug$.
Au voisinage de $a$, $u\!\left(x\right) \neq 0$ (car $u \to 1 \neq 0$), donc on peut écrire $g = \dfrac{1}{u} \cdot f$, avec $\dfrac{1}{u} \to 1$.
Donc $g \underset{a}{\sim} f$.
Transitivité. Si $f \underset{a}{\sim} g$ et $g \underset{a}{\sim} h$, il existe $u, v \to 1$ tels que $f = ug$ et $g = vh$.
Alors $f = uv \cdot h$, avec $uv \to 1 \cdot 1 = 1$.
Donc $f \underset{a}{\sim} h$.
(Obtention d'équivalents par dérivation)
Si $f$ est dérivable en $a$ et $f'\!\left(a\right) \neq 0$, alors :
$$\begin{align*}
f\!\left(x\right) - f\!\left(a\right) \underset{a}{\sim} f'\!\left(a\right)\!\left(x-a\right)
\end{align*}$$
On calcule le rapport des deux expressions :
$$\begin{align*}
\frac{f\!\left(x\right)-f\!\left(a\right)}{f'\!\left(a\right)\!\left(x-a\right)}
= \frac{1}{f'\!\left(a\right)} \cdot \frac{f\!\left(x\right)-f\!\left(a\right)}{x-a}
\xrightarrow[x\to a]{} \frac{1}{f'\!\left(a\right)} \cdot f'\!\left(a\right)
= 1
\end{align*}$$
Donc $f\!\left(x\right) - f\!\left(a\right) \underset{a}{\sim} f'\!\left(a\right)\!\left(x-a\right)$.
Équivalents classiques en $0$ :
$e^x - 1 \underset{0}{\sim} x$, $\ln\!\left(1+x\right) \underset{0}{\sim} x$, $\sin x \underset{0}{\sim} x$, $\tan x \underset{0}{\sim} x$, $\sinh x \underset{0}{\sim} x$
$\cos x - 1 \underset{0}{\sim} -\dfrac{x^2}{2}$, $\cosh x - 1 \underset{0}{\sim} \dfrac{x^2}{2}$
Pour $f\!\left(x\right) = \displaystyle\sum_{k=p}^{n} a_k x^k + o\!\left(x^n\right)$ avec $a_p \neq 0$ : $f\!\left(x\right) \underset{0}{\sim} a_p x^p$ (le terme dominant)
(Limite d'un équivalent)
Si $f \underset{a}{\sim} g$ et si $\displaystyle\lim_{x\to a}g\!\left(x\right) = \ell$, alors $\displaystyle\lim_{x\to a}f\!\left(x\right) = \ell$.
(Opérations sur les équivalents)
Produit : Si $f \underset{a}{\sim} g$ et $h \underset{a}{\sim} k$, alors $fh \underset{a}{\sim} gk$.
Inverse : Si $f \underset{a}{\sim} g$ et si $f, g$ ne s'annulent pas, alors $\dfrac{1}{f} \underset{a}{\sim} \dfrac{1}{g}$.
Attention : $f \underset{a}{\sim} g$ et $h \underset{a}{\sim} k$ n'impliquent pas $f + h \underset{a}{\sim} g + k$ en général (les termes dominants peuvent se compenser).
(Substitution dans les équivalents)
Soient $f \underset{a}{\sim} g$ et $h$ telle que $\displaystyle\lim_{t\to\alpha}h\!\left(t\right) = a$.
Si $f \circ h$ et $g \circ h$ sont définies au voisinage de $\alpha$, alors $f \circ h \underset{\alpha}{\sim} g \circ h$.
$\sin x \underset{0}{\sim} x$, donc $\sin\!\left(\sin t\right) \underset{0}{\sim} \sin t \underset{0}{\sim} t$. Par transitivité : $\sin\!\left(\sin t\right) \underset{0}{\sim} t$.
$\left(1+x\right)^\alpha - 1 \underset{0}{\sim} \alpha x$ car $\left[\left(1+x\right)^\alpha\right]'_{x=0} = \alpha$ et le terme constant vaut $1$, donc par la prop. \ref{prop:equiv-deriv} : $\left(1+x\right)^\alpha - 1 \underset{0}{\sim} \alpha\!\left(x-0\right) = \alpha x$.
Calcul de $\displaystyle\lim_{x\to 0}\dfrac{\tan^3 x}{1-\cos x}$ :
$$\begin{align*}
\tan x \underset{0}{\sim} x \implies \tan^3 x \underset{0}{\sim} x^3
\qquad \text{et} \qquad
1 - \cos x \underset{0}{\sim} \frac{x^2}{2}
\end{align*}$$
Donc par produit/quotient :
$$\begin{align*}
\frac{\tan^3 x}{1-\cos x} \underset{0}{\sim} \frac{x^3}{x^2/2} = 2x \xrightarrow[x\to 0]{} 0
\end{align*}$$
Fonctions négligeables et dominées
(Fonction négligeable devant une autre ($o$))
Soient $f, g \in \mathcal{F}\!\left(a\right)$.
On dit que $f$ est négligeable devant $g$ au voisinage de $a$, et on écrit $f = o\!\left(g\right)$, s'il existe $\varepsilon \in \mathcal{F}\!\left(a\right)$ tel que :
$$\begin{align*}
f = \varepsilon \cdot g \qquad \text{avec} \qquad \varepsilon\!\left(x\right) \xrightarrow[x\to a]{} 0
\end{align*}$$
Si $g$ ne s'annule pas, cela revient à $\dfrac{f\!\left(x\right)}{g\!\left(x\right)} \to 0$ quand $x \to a$.
(Fonction dominée ($O$))
Soient $f, g \in \mathcal{F}\!\left(a\right)$.
On dit que $f$ est dominée par $g$ au voisinage de $a$, et on écrit $f = O\!\left(g\right)$, s'il existe $u \in \mathcal{F}\!\left(a\right)$ bornée au voisinage de $a$ telle que $f = u \cdot g$.
Si $g$ ne s'annule pas, cela revient à dire que $\dfrac{f\!\left(x\right)}{g\!\left(x\right)}$ est bornée au voisinage de $a$.
(Propriétés des petits $o$)
Les fonctions sont dans $\mathcal{F}\!\left(a\right)$ :
Transitivité : $f = o\!\left(g\right)$ et $g = o\!\left(h\right) \implies f = o\!\left(h\right)$.
Stabilité par somme : $f_1 = o\!\left(g\right)$ et $f_2 = o\!\left(g\right) \implies f_1 + f_2 = o\!\left(g\right)$.
Produit $o \cdot O$ : $f_1 = o\!\left(g_1\right)$ et $f_2 = O\!\left(g_2\right) \implies f_1 f_2 = o\!\left(g_1 g_2\right)$.
Lien avec la limite nulle : $f = o\!\left(1\right)$ en $a \iff \displaystyle\lim_{x\to a}f\!\left(x\right) = 0$.
Inversion : si $f, g$ ne s'annulent pas au voisinage de $a$ : $f = o\!\left(g\right) \implies \dfrac{1}{g} = o\!\left(\dfrac{1}{f}\right)$.
(Lien entre $\sim$ et $o$)
$$\begin{align*}
f \underset{a}{\sim} g \iff f - g = o\!\left(g\right)
\end{align*}$$
Autrement dit, $f$ est équivalente à $g$ si et seulement si $f - g$ est négligeable devant $g$.
$$\begin{align*}
f \underset{a}{\sim} g
& \iff \exists\, u \to 1 \text{ tel que } f = ug \\
& \iff f - g = \underbrace{\left(u-1\right)}_{\to\, 0} \cdot g \\
& \iff f - g = o\!\left(g\right)
\end{align*}$$
En $0$ : $x^2 = o\!\left(x\right)$ car $\dfrac{x^2}{x} = x \to 0$.
En $0$ : pour $n > k$, $x^n = o\!\left(x^k\right)$ car $\dfrac{x^n}{x^k} = x^{n-k} \to 0$.
En $0$ : $f\!\left(x\right) = x^2\sin\!\left(\dfrac{1}{x}\right) = o\!\left(x\right)$ car $\dfrac{f\!\left(x\right)}{x} = x\sin\!\left(\dfrac{1}{x}\right) \to 0$.
En $+\infty$ : $x^k = o\!\left(x^n\right)$ si $k < n$ car $\dfrac{x^k}{x^n} = x^{k-n} \to 0$.
Développements limités
(Développement limité)
Soient $a \in \R$ et $f \in \mathcal{F}\!\left(a\right)$.
La fonction $f$ admet un développement limité (DL) à l'ordre $n$ en $a$ s'il existe des réels $a_0, a_1, \ldots, a_n$ tels que, au voisinage de $a$ :
$$\begin{align*}
f\!\left(x\right) = a_0 + a_1\!\left(x-a\right) + a_2\!\left(x-a\right)^2 + \cdots + a_n\!\left(x-a\right)^n + o\!\left(\!\left(x-a\right)^n\right)
\end{align*}$$
La partie polynomiale $\displaystyle\sum_{k=0}^n a_k\!\left(x-a\right)^k$ est appelée la partie régulière du DL.
(Unicité du DL)
Si $f$ admet un DL à l'ordre $n$ en $a$, il est unique.
Supposons que $f$ admette deux DL en $a$ à l'ordre $n$ :
$$\begin{align*}
f\!\left(x\right) & = \sum_{k=0}^n a_k\!\left(x-a\right)^k + o\!\left(\!\left(x-a\right)^n\right) \\
f\!\left(x\right) & = \sum_{k=0}^n b_k\!\left(x-a\right)^k + o\!\left(\!\left(x-a\right)^n\right)
\end{align*}$$
En soustrayant, on obtient :
$$\begin{align*}
0 = \sum_{k=0}^n \left(a_k - b_k\right)\!\left(x-a\right)^k + o\!\left(\!\left(x-a\right)^n\right)
\end{align*}$$
Soit $p \leqslant n$ le plus petit indice tel que $a_p \neq b_p$ (s'il existe). Alors :
$$\begin{align*}
0 = \left(a_p - b_p\right)\!\left(x-a\right)^p + o\!\left(\!\left(x-a\right)^p\right)
\end{align*}$$
En divisant par $\left(x-a\right)^p$ et en faisant $x \to a$ :
$$\begin{align*}
0 = a_p - b_p \neq 0
\end{align*}$$
Contradiction. Donc $a_k = b_k$ pour tout $k$, et le DL est unique.
Théorème de Taylor
(Taylor–Young)
Soit $f$ définie au voisinage de $a \in \R$, $\left(n-1\right)$ fois dérivable au voisinage de $a$ et $n$ fois dérivable en $a$.
Alors, au voisinage de $a$ :
$$\begin{align*}
f\!\left(x\right) = f\!\left(a\right) + \left(x-a\right)f'\!\left(a\right) + \frac{\left(x-a\right)^2}{2!}f''\!\left(a\right) + \cdots + \frac{\left(x-a\right)^n}{n!}f^{\left(n\right)}\!\left(a\right) + o\!\left(\!\left(x-a\right)^n\right)
\end{align*}$$
Autrement dit, $f$ admet un DL à l'ordre $n$ en $a$, de coefficients $a_k = \dfrac{f^{\left(k\right)}\!\left(a\right)}{k!}$.
Par récurrence sur $n$.
Initialisation ($n=1$). Par définition de $f'\!\left(a\right)$ :
$$\begin{align*}
\frac{f\!\left(a+h\right) - f\!\left(a\right)}{h} \xrightarrow[h\to 0]{} f'\!\left(a\right)
\end{align*}$$
Ce qui s'écrit $f\!\left(a+h\right) = f\!\left(a\right) + hf'\!\left(a\right) + o\!\left(h\right)$. La formule est vérifiée.
Hérédité. Supposons la formule vraie jusqu'à l'ordre $n-1$.
On pose $h = x - a$ et on définit la fonction :
$$\begin{align*}
g\!\left(h\right) = f\!\left(a+h\right) - f\!\left(a\right) - hf'\!\left(a\right) - \frac{h^2}{2}f''\!\left(a\right) - \cdots - \frac{h^n}{n!}f^{\left(n\right)}\!\left(a\right)
\end{align*}$$
On calcule la dérivée de $g$ :
$$\begin{align*}
g'\!\left(h\right) = f'\!\left(a+h\right) - f'\!\left(a\right) - hf''\!\left(a\right) - \cdots - \frac{h^{n-1}}{\left(n-1\right)!}f^{\left(n\right)}\!\left(a\right)
\end{align*}$$
C'est exactement l'erreur du DL à l'ordre $n-1$ de $f'$ en $a$. Par hypothèse de récurrence appliquée à $f'$ :
$$\begin{align*}
g'\!\left(h\right) = o\!\left(h^{n-1}\right)
\end{align*}$$
Par l'inégalité des accroissements finis appliquée à $g$ sur $\left[0, h\right]$ (avec $g\!\left(0\right) = 0$) :
$$\begin{align*}
\left|g\!\left(h\right)\right| = \left|g\!\left(h\right) - g\!\left(0\right)\right|
\leqslant \left|h\right| \cdot \max_{t\in\left[0,h\right]}\left|g'\!\left(t\right)\right|
= \left|h\right| \cdot o\!\left(\left|h\right|^{n-1}\right)
= o\!\left(h^n\right)
\end{align*}$$
Donc $g\!\left(h\right) = o\!\left(h^n\right)$, ce qui est exactement la formule de Taylor-Young à l'ordre $n$.
(Taylor avec reste intégral)
On suppose $f$ de classe $\mathcal{C}^{n+1}$ sur $\left]a-\alpha, a+\alpha\right[$. Pour $\left|h\right| < \alpha$ :
$$\begin{align*}
f\!\left(a+h\right) = f\!\left(a\right) + hf'\!\left(a\right) + \cdots + \frac{h^n}{n!}f^{\left(n\right)}\!\left(a\right) + r_n\!\left(h\right)
\end{align*}$$
avec le reste intégral :
$$\begin{align*}
r_n\!\left(h\right) = h^{n+1}\int_0^1\frac{\left(1-t\right)^n}{n!}f^{\left(n+1\right)}\!\left(a+th\right)\,\mathrm{d}t
\end{align*}$$
et le reste de Lagrange :
$$\begin{align*}
\left|r_n\!\left(h\right)\right| \leqslant \frac{M\left|h\right|^{n+1}}{\left(n+1\right)!}
\qquad \text{avec} \qquad
M = \max_{x\in\left]a-\alpha, a+\alpha\right[}\left|f^{\left(n+1\right)}\!\left(x\right)\right|
\end{align*}$$
Addition : si $f\!\left(x\right) = \displaystyle\sum_{k=0}^n a_k x^k + o\!\left(x^n\right)$ et $g\!\left(x\right) = \displaystyle\sum_{k=0}^n b_k x^k + o\!\left(x^n\right)$, alors :
$$\begin{align*}
\left(f+g\right)\!\left(x\right) = \sum_{k=0}^n \left(a_k+b_k\right) x^k + o\!\left(x^n\right)
\end{align*}$$
Produit : $\left(fg\right)\!\left(x\right) = \displaystyle\sum_{k=0}^n c_k x^k + o\!\left(x^n\right)$ avec $c_k = \displaystyle\sum_{i+j=k} a_i b_j$.
Composition : si $g\!\left(x\right) \to 0$ quand $x \to 0$ et $f\!\left(y\right) = a_0 + a_1 y + \cdots + a_n y^n + o\!\left(y^n\right)$, on substitue $y = g\!\left(x\right)$ et on tronque à l'ordre $n$.
Quotient : si $g\!\left(0\right) \neq 0$, on effectue la division euclidienne tronquée des polynômes.
Primitive : si $f\!\left(x\right) = a_0 + a_1 x + \cdots + a_n x^n + o\!\left(x^n\right)$ et $F$ est une primitive de $f$ :
$$\begin{align*}
F\!\left(x\right) = F\!\left(0\right) + a_0 x + \frac{a_1}{2}x^2 + \cdots + \frac{a_n}{n+1}x^{n+1} + o\!\left(x^{n+1}\right)
\end{align*}$$
DL de $e^{\sin x}$ à l'ordre $3$ en $0$.
On commence par le DL de $\sin x$ :
$$\begin{align*}
\sin x = x - \frac{x^3}{6} + o\!\left(x^3\right)
\end{align*}$$
On pose $y = \sin x$ et on applique le DL de $e^y$ :
$$\begin{align*}
e^y & = 1 + y + \frac{y^2}{2} + \frac{y^3}{6} + o\!\left(y^3\right) \\
e^{\sin x} & = 1 + \left(x-\frac{x^3}{6}\right) + \frac{1}{2}\left(x-\frac{x^3}{6}\right)^2 + \frac{1}{6}\left(x-\frac{x^3}{6}\right)^3 + o\!\left(x^3\right)
\end{align*}$$
En développant et en gardant les termes d'ordre $\leqslant 3$ :
$$\begin{align*}
\left(x-\frac{x^3}{6}\right)^2 & = x^2 + o\!\left(x^3\right) \\
\left(x-\frac{x^3}{6}\right)^3 & = x^3 + o\!\left(x^3\right)
\end{align*}$$
Donc :
$$\begin{align*}
e^{\sin x}
& = 1 + x - \frac{x^3}{6} + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{6} + o\!\left(x^3\right) \\
& = 1 + x + \frac{x^2}{2} + o\!\left(x^3\right)
\end{align*}$$
DL de $\tan x$ à l'ordre $5$ en $0$ (division de $\sin x$ par $\cos x$) :
$$\begin{align*}
\tan x = x + \frac{1}{3}x^3 + \frac{2}{15}x^5 + o\!\left(x^5\right)
\end{align*}$$
DL de $\mathrm{Arctan}$ par intégration.
On part du DL :
$$\begin{align*}
\frac{1}{1+x^2} = 1 - x^2 + x^4 - \cdots + \left(-1\right)^n x^{2n} + o\!\left(x^{2n+1}\right)
\end{align*}$$
En intégrant terme à terme (opération (5)) et en utilisant $\mathrm{Arctan}\,0 = 0$ :
$$\begin{align*}
\mathrm{Arctan}\,x = x - \frac{x^3}{3} + \frac{x^5}{5} - \cdots + \frac{\left(-1\right)^n x^{2n+1}}{2n+1} + o\!\left(x^{2n+1}\right)
\end{align*}$$
Calcul de limite.
$$\begin{align*}
\sinh x - \sin x
& = \left(x + \frac{x^3}{6} + o\!\left(x^3\right)\right) - \left(x - \frac{x^3}{6} + o\!\left(x^3\right)\right) \\
& = \frac{x^3}{3} + o\!\left(x^3\right)
\end{align*}$$
Donc :
$$\begin{align*}
\lim_{x\to 0}\frac{\sinh x - \sin x}{x^3} = \frac{1}{3}
\end{align*}$$
Remarque (DL et équivalents) : si $f\!\left(x\right) = a_p\!\left(x-x_0\right)^p + \cdots + a_n\!\left(x-x_0\right)^n + o\!\left(\!\left(x-x_0\right)^n\right)$ avec $a_p \neq 0$, alors le terme dominant est $a_p\!\left(x-x_0\right)^p$ et donc :
$$\begin{align*}
f\!\left(x\right) \underset{x_0}{\sim} a_p\!\left(x-x_0\right)^p
\end{align*}$$
DL à l'infini
(DL en $+\infty$)
Soit $f$ définie sur $\left]A, +\infty\right[$.
Elle admet un développement limité à l'ordre $n$ en $+\infty$ s'il existe $a_0, a_1, \ldots, a_n \in \R$ tels que :
$$\begin{align*}
f\!\left(x\right) = a_0 + \frac{a_1}{x} + \frac{a_2}{x^2} + \cdots + \frac{a_n}{x^n} + o\!\!\left(\frac{1}{x^n}\right)
\end{align*}$$
Méthode : on pose $u = \dfrac{1}{x} \to 0$ et on obtient un DL en $0$ de $f\!\left(\dfrac{1}{u}\right)$.
DL de $f\!\left(x\right) = \dfrac{x}{x-1}$ à l'ordre $2$ en $+\infty$.
On pose $u = \dfrac{1}{x} \to 0$ :
$$\begin{align*}
\frac{x}{x-1} = \frac{1}{1 - \frac{1}{x}} = \frac{1}{1-u}
\end{align*}$$
On applique le DL de $\dfrac{1}{1-u}$ en $0$ :
$$\begin{align*}
\frac{1}{1-u} = 1 + u + u^2 + o\!\left(u^2\right) = 1 + \frac{1}{x} + \frac{1}{x^2} + o\!\!\left(\frac{1}{x^2}\right)
\end{align*}$$
Applications des DL
Tangentes au graphe
Soit $f$ de classe $\mathcal{C}^n$ avec DL en $x_0$ :
$$\begin{align*}
f\!\left(x\right) = f\!\left(x_0\right) + \left(x-x_0\right)f'\!\left(x_0\right) + \cdots + \frac{\left(x-x_0\right)^p}{p!}f^{\left(p\right)}\!\left(x_0\right) + o\!\left(\!\left(x-x_0\right)^p\right)
\end{align*}$$
avec $a_p = \dfrac{f^{\left(p\right)}\!\left(x_0\right)}{p!} \neq 0$.
La tangente en $x_0$ est $T\!\left(x\right) = f\!\left(x_0\right) + \left(x-x_0\right)f'\!\left(x_0\right)$, et :
$$\begin{align*}
f\!\left(x\right) - T\!\left(x\right) = \left(x-x_0\right)^p\!\left[a_p + \varepsilon\!\left(x-x_0\right)\right]
\quad \text{avec } \varepsilon \to 0
\end{align*}$$
Donc $f\!\left(x\right) - T\!\left(x\right)$ a le signe de $a_p\!\left(x-x_0\right)^p$ pour $\left|x-x_0\right|$ petit.
Si $p$ est pair : $\left(x-x_0\right)^p > 0$, donc $f - T$ est du signe de $a_p$ des deux côtés de $x_0$.
Si $p$ est impair : le signe de $f - T$ change au passage de $x_0$.
Pour $f\!\left(x\right) = \dfrac{\cos x}{\sqrt{1+x}}$, le DL en $0$ à l'ordre $2$ est :
$$\begin{align*}
f\!\left(x\right) = 1 - \frac{1}{2}x - \frac{1}{8}x^2 + o\!\left(x^2\right)
\end{align*}$$
La tangente en $0$ est $T\!\left(x\right) = 1 - \dfrac{1}{2}x$.
On a $f\!\left(x\right) - T\!\left(x\right) = -\dfrac{1}{8}x^2 + o\!\left(x^2\right) < 0$ au voisinage de $0$.
Donc le graphe de $f$ est en-dessous de sa tangente en $0$.
Branches infinies
La droite $x \mapsto ax + b$ est une asymptote au graphe de $f$ en $+\infty$ si $f\!\left(x\right) - \left(ax+b\right) \to 0$, i.e. $f\!\left(x\right) = ax + b + \varepsilon\!\left(x\right)$ avec $\varepsilon\!\left(x\right) \to 0$.
Méthode de détermination :
On calcule $a = \displaystyle\lim_{x\to+\infty}\dfrac{f\!\left(x\right)}{x}$.
Si $a$ est fini, on calcule $b = \displaystyle\lim_{x\to+\infty}\!\left[f\!\left(x\right)-ax\right]$.
Si $f\!\left(x\right) = ax + b + \dfrac{a_1}{x} + o\!\!\left(\dfrac{1}{x}\right)$ avec $a_1 \neq 0$, alors $f\!\left(x\right) - \left(ax+b\right) \underset{+\infty}{\sim} \dfrac{a_1}{x}$, ce qui précise la position relative du graphe par rapport à l'asymptote.
On étudie $f\!\left(x\right) = \sqrt{\dfrac{x^3}{x-1}}$ en $+\infty$ et $-\infty$.
On a $\Df = \R \setminus \left]0, 1\right]$.
En $+\infty$ : pour $x > 1$,
$$\begin{align*}
f\!\left(x\right)
& = \sqrt{\frac{x^3}{x-1}}
= x\sqrt{\frac{x}{x-1}}
= x\sqrt{\frac{1}{1-\frac{1}{x}}}
= x\!\left(1-\frac{1}{x}\right)^{-1/2}
\end{align*}$$
On utilise le DL de $\left(1-u\right)^{-1/2}$ en $0$ à l'ordre $2$ (avec $u = \frac{1}{x}$) :
$$\begin{align*}
\left(1-\frac{1}{x}\right)^{-1/2}
= 1 + \frac{1}{2x} + \frac{3}{8x^2} + o\!\!\left(\frac{1}{x^2}\right)
\end{align*}$$
Donc :
$$\begin{align*}
f\!\left(x\right) = x + \frac{1}{2} + \frac{3}{8x} + o\!\!\left(\frac{1}{x}\right)
\end{align*}$$
L'asymptote en $+\infty$ est $y = x + \dfrac{1}{2}$.
Comme $f\!\left(x\right) - \left(x+\dfrac{1}{2}\right) = \dfrac{3}{8x} + o\!\!\left(\dfrac{1}{x}\right) > 0$ pour $x$ grand, le graphe est au-dessus de l'asymptote.
En $-\infty$ : pour $x < 0$, $f\!\left(x\right) = -x\sqrt{\dfrac{1}{1-\frac{1}{x}}}$, et le même calcul donne :
$$\begin{align*}
f\!\left(x\right) = -x - \frac{1}{2} + \frac{3}{8x} + o\!\!\left(\frac{1}{x}\right)
\end{align*}$$
L'asymptote en $-\infty$ est $y = -x - \dfrac{1}{2}$.
Comme $f\!\left(x\right) - \left(-x-\dfrac{1}{2}\right) = \dfrac{3}{8x} + o\!\!\left(\dfrac{1}{x}\right) < 0$ pour $x \to -\infty$, le graphe est en-dessous de l'asymptote.
