Maths Tout-en-un MP/MP*-MPI/MPI* - [6e ed.] 2100841211, 9782100841219

Table of contents :
MATHS MP/MP* MPI/MPI*
Table des matières
Avant-propos
Mode d’emploi
Chapitre 1. Groupes, anneaux, arithmétique, algèbres
I Anneaux, arithmétique
II Anneau des polynômes à une indéterminée
III Algèbres
IV Approfondissements sur les groupes
Exercices
Chapitre 2. Compléments d’algèbre linéaire
I Somme finie de sous-espaces vectoriels
II Écriture par blocs
III Sous-espaces stables et endomorphismes induits
IV Polynômes d’endomorphismes / de matrices carrées
Exercices
Chapitre 3. Réduction des endomorphismes
I Éléments propres
II Polynôme caractéristique
III Diagonalisation
IV Trigonalisation
Exercices
Chapitre 4. Endomorphismes d’un espace euclidien
I Adjoint d’un endomorphisme
II Matrices orthogonales
III Endomorphismes autoadjoints
IV Isométries vectorielles
Exercices
Chapitre 5. Espaces vectoriels normés
I Généralités
II Suites d’éléments d’un espace vectoriel normé
III Topologie d’un espace vectoriel normé
IV Comparaison de normes
Exercices
Chapitre 6. Étude locale d’une application, continuité
I Limite d’une application
II Applications continues
III Continuité et applications linéaires / multilinéaires
Exercices
Chapitre 7. Compacité, connexité, dimension finie
I Compacité
II Connexité par arcs
III Espaces vectoriels normés de dimension finie
Exercices
Chapitre 8. Fonctions vectorielles de la variable réelle
I Dérivation
II Intégration sur un segment
III Primitives et intégrales
IV Formules de Taylor
Exercices
Chapitre 9. Intégration sur un intervalle quelconque
I Intégrale généralisée
II Propriétés de l’intégrale
III Calcul d’intégrales
IV Intégration des relations de comparaison
Exercices
Chapitre 10. Séries numériques et vectorielles
I Séries à valeurs dans un espace de dimension finie
II Compléments sur les séries numériques
Exercices
Chapitre 11. Suites et séries de fonctions
I Modes de convergence des suites de fonctions
II Convergence uniforme et limites
III Intégration, dérivation d’une limite
IV Séries de fonctions
Exercices
Chapitre 12. Séries entières
I Séries entières
II Régularité de la somme d’une série entière
III Développements en série entière
Exercices
Chapitre 13. Intégrales à paramètres
I Suites et séries d’intégrales
II Continuité et dérivabilité
Exercices
Chapitre 14. Dénombrabilité
I Ensembles dénombrables
II Opérations sur les ensembles dénombrables
III Exemples d’ensembles infinis non dénombrables
Exercices
Chapitre 15. Espaces probabilisés
I Espaces probabilisés
II Variables aléatoires discrètes
III Couples de variables aléatoires
Exercices
Chapitre 16. Conditionnement – Indépendance
I Probabilités conditionnelles
II Indépendance
Exercices
Chapitre 17. Espérance – Variance
I Espérance
II Variance
III Covariance
IV Inégalités probabilistes et loi faible des grands nombres
V Fonctions génératrices
Exercices
Chapitre 18. Équations différentielles linéaires
I Équations différentielles linéaires d’ordre 1
II Exponentielle d’un endomorphisme, d’une matrice
III Systèmes différentiels à coefficients constants
IV Équations différentielles linéaires scalaires d’ordre n
V Équations différentielles linéaires scalaires d’ordre 2
Exercices
Chapitre 19. Calcul différentiel
I Différentiabilité d’une fonction en un point
II Fonctions différentiables
III Vecteurs tangents à une partie
IV Fonctions de classe Ck
V Optimisation
Exercices

Citation preview

Claude Deschamps | François Moulin | Yoann Gentric Emmanuel Delsinne | François Lussier | Chloé Mullaert Serge Nicolas | Jean Nougayrède | Claire Tête

MATHS MP/MP* MPI/MPI* TOUT-EN-UN 6e édition

Couverture : création Hokus Pokus, adaptation Studio Dunod

© Dunod, 2022 11 rue Paul Bert, 92240 Malakoff www.dunod.com ISBN 978-2-10-084737-2

Table des matières Avant-propos

ix

Mode d’emploi

x

Chapitre 1. Groupes, anneaux, arithmétique, algèbres

1

I Anneaux, arithmétique . . . . . . . . . . . II Anneau des polynômes à une indéterminée III Algèbres . . . . . . . . . . . . . . . . . . . IV Approfondissements sur les groupes . . . . Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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Chapitre 2. Compléments d’algèbre linéaire

43

I Somme finie de sous-espaces vectoriels . . . . . . . . II Écriture par blocs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . III Sous-espaces stables et endomorphismes induits . . . IV Polynômes d’endomorphismes / de matrices carrées . Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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Chapitre 3. Réduction des endomorphismes I Éléments propres . . . . . II Polynôme caractéristique III Diagonalisation . . . . . . IV Trigonalisation . . . . . . Exercices . . . . . . . . . . . .

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92 100 109 115 126

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157 158 160 163 168 183

Chapitre 5. Espaces vectoriels normés I Généralités . . . . . . . . . . . . . . . II Suites d’éléments d’un espace vectoriel III Topologie d’un espace vectoriel normé IV Comparaison de normes . . . . . . . . Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . normé . . . . . . . . . . . .

44 50 57 60 74 91

Chapitre 4. Endomorphismes d’un espace euclidien I Adjoint d’un endomorphisme II Matrices orthogonales . . . . III Endomorphismes autoadjoints IV Isométries vectorielles . . . . Exercices . . . . . . . . . . . . . .

2 12 17 20 32

199 . . . . .

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200 211 215 225 238

Table des matières

Chapitre 6. Étude locale d’une application, continuité I Limite d’une application . . . . . . . . . . . . . . . II Applications continues . . . . . . . . . . . . . . . . III Continuité et applications linéaires / multilinéaires Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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253 . . . .

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Chapitre 7. Compacité, connexité, dimension finie I Compacité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . II Connexité par arcs . . . . . . . . . . . . . . III Espaces vectoriels normés de dimension finie Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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287 . . . .

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Chapitre 8. Fonctions vectorielles de la variable réelle I Dérivation . . . . . . . . . . II Intégration sur un segment III Primitives et intégrales . . . IV Formules de Taylor . . . . . Exercices . . . . . . . . . . . . .

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Chapitre 11. Suites et séries de fonctions . . . . . .

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454 460 461 463 471 479 505

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506 512 516 526

I Suites et séries d’intégrales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . II Continuité et dérivabilité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

549 550 557 567

Chapitre 13. Intégrales à paramètres

vi

424 429 440 453

Chapitre 12. Séries entières I Séries entières . . . . . . . . . . . . . . . . II Régularité de la somme d’une série entière III Développements en série entière . . . . . . Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

376 385 390 396 406 423

I Séries à valeurs dans un espace de dimension finie . . . . . . . . . . . II Compléments sur les séries numériques . . . . . . . . . . . . . . . . . Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . fonctions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

338 346 350 351 362 375

Chapitre 10. Séries numériques et vectorielles

I Modes de convergence des suites de II Convergence uniforme et limites . . III Intégration, dérivation d’une limite IV Séries de fonctions . . . . . . . . . V Approximation uniforme . . . . . . Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . .

288 293 296 308 337

Chapitre 9. Intégration sur un intervalle quelconque I Intégrale généralisée . . . . . . . . . . . II Propriétés de l’intégrale . . . . . . . . . III Calcul d’intégrales . . . . . . . . . . . . IV Intégration des relations de comparaison Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

254 259 264 275

Table des matières

Chapitre 14. Dénombrabilité

585

I Ensembles dénombrables . . . . . . . . . . . . . II Opérations sur les ensembles dénombrables . . III Exemples d’ensembles infinis non dénombrables Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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Chapitre 15. Espaces probabilisés I Espaces probabilisés . . . . . . II Variables aléatoires discrètes . . III Couples de variables aléatoires Exercices . . . . . . . . . . . . . . .

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599 . . . .

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Chapitre 16. Conditionnement – Indépendance

Chapitre 17. Espérance – Variance . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . et loi faible des . . . . . . . . . . . . . . . . . .

636 639 652 677

. . . . . . . . . . . . grands . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . nombres . . . . . . . . . . . . .

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Chapitre 18. Équations différentielles linéaires I Équations différentielles linéaires d’ordre 1 . . . . . II Exponentielle d’un endomorphisme, d’une matrice . III Systèmes différentiels à coefficients constants . . . . IV Équations différentielles linéaires scalaires d’ordre n V Équations différentielles linéaires scalaires d’ordre 2 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

678 684 686 688 689 703 729

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Chapitre 19. Calcul différentiel I Différentiabilité d’une fonction en II Fonctions différentiables . . . . . III Vecteurs tangents à une partie . IV Fonctions de classe C k . . . . . . V Optimisation . . . . . . . . . . . Exercices . . . . . . . . . . . . . . . .

600 608 613 622 635

I Probabilités conditionnelles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . II Indépendance . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . I Espérance . . . . . . . II Variance . . . . . . . . III Covariance . . . . . . IV Inégalités probabilistes V Fonctions génératrices Exercices . . . . . . . . . .

586 588 590 594

730 736 742 747 749 767 795

un . . . . . . . . . .

point . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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796 805 815 821 829 849

vii

Pour Claude Notre collègue et ami Claude Deschamps est décédé le 11 mars 2022. Difficile, Claude, de dissocier ton nom de celui d’André Warusfel (« Warus ») qui nous a quittés en 2016. Vous avez tous les deux dirigé cette collection depuis 1997, dans la lignée d’une longue série de livres, dont le dernier avatar, qui porte ton nom, « Ramis – Deschamps – Odoux », est encore utilisé de nos jours. Sous votre houlette, nous avons contribué à ces « Tout-en-un » dont l’objectif est d’être des ouvrages de référence pour tous les étudiants et dont le contenu, accessible à tous, suit à la lettre le programme officiel. Toute l’équipe de cet ouvrage, dont certains membres ont été tes élèves, tient à te rendre hommage en souvenir de tous ces moments passés à chercher la rédaction idéale pour transmettre aux étudiants des notions mathématiques souvent délicates.

Avant-propos Ce nouveau Tout-en-un de mathématiques vient répondre aux attentes des nouveaux programmes de classes préparatoires, entrés en vigueur en septembre 2021 pour la première année et en septembre 2022 pour la deuxième année. Il reprend l’ambition des précédentes éditions : faire tenir en un seul volume cours complet et exercices corrigés. Ce volume MP - MPI se veut dans la continuité du volume MPSI - MP2I : lors de son élaboration, l’équipe d’auteurs ne s’est pas contentée d’adapter l’ancien livre au nouveau programme, mais a repensé chaque chapitre en profondeur, dans un souci permanent de clarté et de concision. Il nous tient à cœur de préciser quelques éléments clés de la structure du livre. • Plutôt que de faire figurer systématiquement, à la suite de l’énoncé d’une proposition ou d’un théorème, sa démonstration entièrement rédigée, nous préférons parfois donner un principe de démonstration (la démonstration complète étant alors reléguée en fin de chapitre). L’objectif est double : ∗ rendre l’exposé du cours plus concis et plus facile à lire lorsque l’étudiant ne souhaite pas s’attarder sur les démonstrations ; ∗ l’étudiant, ayant à sa disposition un principe de démonstration, peut soit (en cas de première lecture) tenter de réfléchir par lui-même à la manière d’élaborer la preuve complète, soit (en cas lecture ultérieure) se souvenir rapidement de cette preuve. • Chaque chapitre se conclut par une série d’exercices permettant à l’étudiant de s’exercer. Chacun de ces exercices est entièrement corrigé. ∗ Certains de ces exercices ont pour mission de faire appliquer de manière ciblée un théorème ou une méthode ; sous le numéro de l’exercice est alors indiqué le numéro de la page du cours associée. Inversement, ces exercices sont signalés dans la marge, à l’endroit concerné du cours. S’il n’est pas totalement indispensable de traiter ces exercices lors d’une première lecture du cours, leur lien étroit avec celui-ci les rend particulièrement intéressants pour assimiler les nouvelles notions et méthodes. ∗ L’étudiant trouvera également des exercices d’entraînement un peu plus ambitieux, demandant plus de réflexion. Certains, plus difficiles, sont étoilés. Bien entendu nous sommes à l’écoute de toute remarque dont les étudiants, nos collègues, tout lecteur. . . pourraient nous faire part (à l’adresse électronique suivante : [email protected]). Cela nous permettra, le cas échéant, de corriger certaines erreurs nous ayant échappé et surtout ce contact nous guidera pour une meilleure exploitation des choix pédagogiques que nous avons faits aujourd’hui dans cet ouvrage. François Moulin et Yoann Gentric

« Mode d’emploi » d’un chapitre Une introduction présente le sujet traité.

Les encadrés correspondent soit à des théorèmes, propositions ou corollaires, qui partagent le même système de numérotation, soit à des définitions, qui ont leur propre numérotation.

La démonstration de chaque résultat encadré, lorsqu’elle ne suit pas directement celui-ci, est indiquée par un renvoi.

Les points de méthode apparaissent sur fond grisé.

Les points auxquels il faut faire particulièrement attention sont signalés par un filet vertical sur la gauche.

Des renvois vers des exercices peuvent apparaître en marge au sein du cours.

Les exemples sont repérés par deux coins.

Des exercices sont proposés en fin de chapitre, avec éventuellement un rappel du numéro de la page de cours où se trouve la notion dont l’exercice est une application.

Certains exercices bénéficient d'indications, et les plus difficiles sont étoilés.

Tous les exercices sont entièrement corrigés.

Chapitre 1 : Groupes, anneaux, arithmétique, algèbres I

Anneaux, arithmétique . . . . . . . . . . . . . Rappels et notations . . . . . . . . . . . . . . Anneau produit . . . . . . . . . . . . . . . . . Idéaux d’un anneau commutatif . . . . . . . Divisibilité dans un anneau intègre . . . . . . Retour sur le PGCD dans ZZ . . . . . . . . . L’anneau ZZ/nZZ . . . . . . . . . . . . . . . . Théorème chinois . . . . . . . . . . . . . . . . Indicatrice d’Euler . . . . . . . . . . . . . . . Anneau des polynômes à une indéterminée . 1 Propriétés arithmétiques élémentaires . . . . 1 2 3 4 5 6 7 8

II

2 3

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Utilisation des idéaux de IK[X] . . . . . . . . . . . . . . Théorème de Gauss et décomposition en produit d’irréductibles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . III Algèbres . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Structure d’algèbre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Sous-algèbres . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Morphismes d’algèbres . . . . . . . . . . . . . . . . . . . IV Approfondissements sur les groupes . . . . . . . . . . . 1 Sous-groupe engendré par une partie . . . . . . . . . . . 2 Groupes monogènes, groupes cycliques . . . . . . . . . . 3 Ordre d’un élément dans un groupe . . . . . . . . . . . Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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2 2 3 3 4 6 7 10 11 12 13

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15

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16 17 17 18 19 20 20 21 23 32

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Groupes, anneaux, arithmétique, algèbres

1

Nous revenons dans ce chapitre sur les structures algébriques usuelles introduites en première année : groupes, anneaux et corps, notamment en vue de leur utilisation en arithmétique (dans ZZ et dans IK[X]) et nous les complétons par la notion d’algèbre dont deux exemples importants en algèbre linéaire (algèbres des endomorphismes et des matrices carrées) seront étudiés dans le chapitre de réduction des endomorphismes. Enfin, nous conclurons par des approfondissements sur les groupes. Dans ce chapitre, nous supposons acquises les notions suivantes vues en première année : • groupe, sous-groupe et morphisme de groupes, • anneau et corps, sous-anneau et morphisme d’anneaux.

I

Anneaux, arithmétique

1

Rappels et notations

• Dans un anneau A, le neutre pour l’addition est noté 0 (ou 0A ), le neutre pour la multiplication 1 (ou 1A ). • L’anneau est commutatif si la multiplication est commutative (l’addition est commutative par définition). • Un anneau A est trivial si 1A = 0A ; dans ce cas, A est réduit à cet unique élément (on dit aussi qu’il est nul). Exo 1.1

• Un anneau A est intègre s’il est commutatif, non trivial, et s’il vérifie : ∀(a, b) ∈ A2

ab = 0 =⇒ (a = 0

ou b = 0) .

• Rappelons qu’un corps est un anneau commutatif non trivial dans lequel tout élément non nul est inversible.

I Anneaux, arithmétique

2

Anneau produit

Soit n ∈ IN∗ . Proposition 1 Étant donné des anneaux A1 , . . . , An , les opérations terme à terme : (a1 , . . . , an ) + (b1 , . . . , bn ) = (a1 + b1 , . . . , an + bn ) (a1 , . . . , an ) × (b1 , . . . , bn ) = (a1 b1 , . . . , an bn ) munissent le produit cartésien A1 × · · · × An d’une structure d’anneau. Démonstration. On sait déjà que (A1 × · · · × An , +) est un groupe (groupe produit) de neutre (0A1 , . . . , 0An ) . On vérifie facilement que (1A1 , . . . , 1An ) est neutre pour la multiplication. Enfin, les propriétés d’associativité et de distributivité se déduisent immédiatement des propriétés correspondantes des anneaux (Ai , +, ×) . Ex. 1. Si A est un anneau, alors An est un anneau, comme produit de n exemplaires de A . En particulier, IRn et Cn sont des anneaux. Exo 1.2

Ex. 2. Dans un anneau produit A1 × · · · × An , les éléments inversibles sont les (a1 , . . . , an ) , −1 où ai est inversible dans Ai pour tout i , avec alors (a1 , . . . , an )−1 = (a−1 1 , . . . , an ) .

3

Idéaux d’un anneau commutatif

Soit A un anneau commutatif. Définition 1 (Idéal d’un anneau commutatif) On dit qu’une partie I de A est un idéal de A si : • I est un sous-groupe de (A, +) ;

• I est stable par multiplication par tout élément de A, c’est-à-dire : ∀x ∈ I

∀a ∈ A xa ∈ I.

Remarque Par commutativité de A, un idéal I de A vérifie aussi : ∀x ∈ I

∀a ∈ A ax ∈ I.

Ex. 3. A et {0} sont évidemment des idéaux de A , appelés idéaux triviaux de A . Exo 1.3

Exo 1.4

Ex. 4. Soit X une partie de IR . L’ensemble des fonctions nulles en tout point de X est un idéal de F(IR, IR) .

Remarque Si I est un idéal de A contenant 1 , alors ∀a ∈ A a = a.1 ∈ I , donc I = A. 3

Chapitre 1. Groupes, anneaux, arithmétique, algèbres

Attention Soit B un anneau. Le noyau d’un morphisme d’anneaux de A dans B , c’est-à-dire son noyau en tant que morphisme de groupes de (A, +) dans (B, +) n’est pas un sous-anneau de (A, +, ×) si B est non trivial puisqu’alors ϕ(1A ) = 1B �= 0B et donc que 1A ∈ / Ker ϕ. En revanche : Proposition 2 Le noyau de tout morphisme d’anneaux ϕ de A dans un anneau B est un idéal de A. Démonstration.

C’est un sous-groupe de (A, +) en tant que noyau d’un morphisme de groupes. Soit x ∈ Ker ϕ et a ∈ A . On a ϕ(ax) = ϕ(a)ϕ(x) = ϕ(a) × 0 = 0 . Donc Ker ϕ est un idéal de A .

Idéal engendré par un élément Proposition 3 Une intersection d’idéaux de A est un idéal de A.

Démonstration page 26

Proposition 4 Étant donné une partie X de A, il existe un plus petit idéal de A contenant X . Principe de démonstration.

Démonstration page 26 C’est l’intersection de tous les idéaux de A contenant X .

Terminologie • On l’appelle idéal de A engendré par X .

• Si x est un élément de A, l’idéal engendré par x est, par définition, l’idéal engendré par {x} , c’est-à-dire le plus petit idéal de A contenant x.

Exo 1.5

Proposition 5 (Idéal engendré par un élément)    Soit x ∈ A. L’idéal engendré par x est xA = xa  a ∈ A .

Démonstration page 26

Proposition 6 L’idéal de A engendré par une partie finie {x1 , . . . , xk } est :    x1 A + · · · + xk A = x1 a1 + · · · + xk ak  (a1 , . . . , ak ) ∈ Ak .

C’est aussi le plus petit idéal de A contenant tous les idéaux x1 A, . . . , xk A. Démonstration page 26

4

Divisibilité dans un anneau intègre

On suppose à partir de maintenant que A est un anneau intègre. Définition 2 Soit (x, y) ∈ A2 . On dit que x divise y , ou que y est un multiple de x, s’il existe z ∈ A tel que y = xz . On note alors x | y . 4

I Anneaux, arithmétique Terminologie • Lorsque x divise y , on dit aussi que x est un diviseur de y ou que y est un multiple de x. • Lorsque x non nul divise y , il y a, par intégrité de A, unicité de z ∈ A tel que y = xz . Cet élément est alors appelé quotient de y par x. Remarque Pour tout (x, y) ∈ A2 , on a x | y ⇐⇒ y ∈ xA. La relation de divisibilité est une relation réflexive et transitive, mais n’est en général ni symétrique ni antisymétrique (ce n’est donc ni une relation d’ordre, ni une relation d’équivalence). Ex. 5. Les diviseurs de 1 sont les éléments inversibles. Ex. 6. Tout élément de A divise 0 , mais 0 ne divise que lui-même. Ex. 7. Grâce à l’intégrité, on a, pour tout a �= 0 : ax | ay ⇐⇒ (∃z ∈ A

ay = axz) ⇐⇒ (∃z ∈ A

y = xz) ⇐⇒ x | y.

Lien avec les idéaux La proposition suivante permet de ramener la notion de divisibilité à une relation d’ordre (inclusion sur les idéaux). Proposition 7 On a, pour tout (x, y) ∈ A2 : x | y ⇐⇒ yA ⊂ xA. Démonstration.

Soit (x, y) ∈ A2 . Comme yA est le plus petit idéal de A contenant y et que xA est un idéal, l’inclusion yA ⊂ xA est équivalente à y ∈ xA , c’est-à-dire à x | y .

Remarque Deux éléments engendrent le même idéal si, et seulement s’ils se divisent mutuellement. On dit alors qu’ils sont associés. Terminologie Les idéaux engendrés par un élément sont appelés idéaux principaux. L’exemple qui suit montre qu’il existe des idéaux non principaux. Ex. 8. Considérons l’anneau ZZ[X] des polynômes à coefficients entiers et I = 2ZZ[X] + XZZ[X] l’idéal engendré par 2 et X . Supposons que I soit principal, c’est-à-dire qu’il existe un polynôme P ∈ ZZ[X] tel que I = P ZZ[X] . Les inclusions 2ZZ[X] ⊂ P ZZ[X] et XZZ[X] ⊂ P ZZ[X] montrent alors, d’après la proposition 7, que P divise 2 , donc qu’il est constant, et qu’il divise X , donc que son coefficient dominant est ±1 . Finalement, P = ±1 et il existe donc deux polynômes (U, V ) ∈ ZZ[X]2 tels que ±1 = 2U + XV . En évaluant en 0 , cela donne 2U (0) = ±1 , ce qui est absurde puisque U (0) ∈ ZZ . Donc I n’est pas principal.

5

Chapitre 1. Groupes, anneaux, arithmétique, algèbres Idéaux de ZZ Commençons par un résultat sur les sous-groupes de ZZ. Proposition 8 Les sous-groupes de (ZZ, +) sont les nZZ, pour n ∈ IN.

Démonstration page 26

Principe de démonstration. Si H est un sous-groupe non nul de ZZ , on considère le plus petit élément n strictement positif de H et l’on utilise la division euclidienne par n pour montrer que tout élément de H est un multiple de n . On en déduit que tous les idéaux de ZZ sont principaux : Théorème 9 Les idéaux de ZZ sont les nZZ, pour n ∈ IN. Démonstration.





• Pour tout n ∈ IN , l’ensemble nZZ = nk | k ∈ ZZ des multiples de n est un idéal de ZZ : c’est l’idéal de ZZ engendré par n (cf. proposition 5 de la page 4). • Réciproquement, un idéal étant en particulier un sous-groupe, il n’y en a pas d’autres d’après la proposition 8.

Remarque Soit I un idéal de ZZ. Il existe donc n ∈ IN tel que I = nZZ. • Si m est un entier relatif tel que I = mZZ, alors n ∈ mZZ et m ∈ nZZ, donc m | n et n | m, ce qui donne m = ±n. • Réciproquement, il est clair que (−n)ZZ = nZZ. On a ainsi montré l’unicité de n ∈ IN tel que I = nZZ : on l’appelle le générateur de l’idéal I .

5

Retour sur le PGCD dans ZZ

Soit n ∈ IN∗ et a1 , . . . , an des entiers relatifs. Nous avons vu à la proposition 6 de la page 4 que l’idéal de ZZ engendré par les éléments a1 , . . . , an était I = a1 ZZ+· · ·+an ZZ. Cela permet de donner une nouvelle définition du PGCD. Proposition 10 Étant donné des entiers a1 , . . . , an , il existe un unique entier naturel d tel que dZZ = a1 ZZ + · · · + an ZZ. Pour tout k ∈ ZZ, on a la relation :   k | d ⇐⇒ ∀i ∈ [[1, n]] k | ai . On l’appelle PGCD de a1 , . . . , an et l’on dispose de la relation de Bézout : ∃(u1 , . . . , un ) ∈ ZZn

d = a 1 u 1 + · · · + an u n .

Démonstration. • Considérons le générateur de l’idéal a1 ZZ + · · · + an ZZ , c’est-à-dire l’unique d ∈ IN tel que dZZ = a1 ZZ + · · · + an ZZ (cf. remarque de la présente page).

6

I Anneaux, arithmétique Ainsi, dZZ est le plus petit idéal de ZZ contenant {a1 , . . . , an } (proposition 6 de la page 4), donc pour tout k ∈ ZZ , puisque kZZ est un idéal de ZZ : k | d ⇐⇒ dZZ ⊂ kZZ ⇐⇒ ∀i ∈ [[1, n]]

ai ∈ kZZ

⇐⇒ ∀i ∈ [[1, n]]

k | ai .

• Enfin, puisque d ∈ dZZ = a1 ZZ + · · · + an ZZ , on a par définition : ∃(u1 , . . . , un ) ∈ ZZn

d = a1 u1 + · · · + an un .

Remarques • Les diviseurs communs à a1 , . . . , an sont donc exactement les diviseurs de d.

• Lorsque d est non nul, c’est-à-dire lorsqu’au moins l’un des ai est non nul, c’est donc le plus grand parmi tous les diviseurs positifs communs à a1 , . . . , an (et même parmi tous les diviseurs communs à a1 , . . . , an ). • De la même façon, on pourrait définir le PPCM de a1 , . . . , an comme le générateur m de l’idéal a1 ZZ∩· · ·∩an ZZ, de façon à avoir, pour tout k ∈ ZZ, l’équivalence :   k ∈ mZZ ⇐⇒ ∀i ∈ [[1, n]] k ∈ ai ZZ . C’est le plus petit des multiples positifs communs à a1 , . . . , an .

6

L’anneau ZZ/nZZ

Congruences dans ZZ Soit n un entier naturel. Rappels Nous avons vu en première année la relation de congruence modulo n définie par : x ≡ y [n] ⇐⇒ y − x ∈ nZZ. Il s’agit une relation d’équivalence sur ZZ qui est compatible avec les opérations de ZZ, c’est-à-dire qui vérifie :   x ≡ x′ [n] x + y ≡ x′ + y ′ [n] 4 ′ ′ ∀(x, y, x , y ) ∈ ZZ =⇒ ′ y ≡ y [n] x × y ≡ x′ × y ′ [n]. Notation

On note ZZ/nZZ l’ensemble des classes d’équivalence pour cette relation.

La classe d’un élément k de ZZ est souvent notée k . 



Ex. 9. La congruence modulo 0 est la relation d’égalité, donc ZZ/0ZZ = {k} | k ∈ ZZ . Ex. 10. Deux entiers quelconques sont évidemment congrus modulo 1 , donc ZZ/1ZZ = {0} . Ex. 11. Modulo 2 , il y a deux classes : celle des entiers pairs et celle des entiers impairs. Donc ZZ/2ZZ = {0, 1} .

7

Chapitre 1. Groupes, anneaux, arithmétique, algèbres Proposition 11 Pour n ∈ IN∗ , l’ensemble ZZ/nZZ a n éléments, et l’on a :   ZZ/nZZ = 0, 1, . . . , n − 1 . Principe de démonstration.

Démonstration page 27

Utiliser la division euclidienne par n .

Ex. 12. Soit n et p deux entiers naturels non nuls. Pour k ∈ ZZ , nous noterons [k]n et [k]p les classes de k respectivement modulo n et p . Voyons à quelle condition on peut définir une application : ZZ/nZZ [k]n

−→ �−→

ZZ/pZZ [k]p .

• Si une telle application existe, comme [n]n = [0]n , on doit avoir [n]p = [0]p , soit p | n .

• Supposons réciproquement que p divise n . Alors si k et ℓ sont deux entiers tels que [k]n = [ℓ]n , on a n | k − ℓ , donc p | k − ℓ , soit [k]p = [ℓ]p . On peut donc bien définir l’application : ZZ/nZZ α

−→ �−→

ZZ/pZZ [k]p où k ∈ α

puisque la définition de l’image de α ne dépend que de α et non d’un de ses représentants.

Point méthode Pour définir par k �→ ϕ(k) une application sur ZZ/nZZ, on vérifiera bien que ϕ(k) ne dépend que de la classe de congruence de k modulo n. Anneau ZZ/nZZ Proposition 12 Il existe sur ZZ/nZZ des lois, notées + et × et appelées lois quotient, telles que : 1. ∀(x, y) ∈ (ZZ/nZZ)2

x+y = x+y

et

x × y = x × y,

2. (ZZ/nZZ, +, ×) soit un anneau commutatif d’éléments neutres 0 et 1 ,

3. la projection canonique surjectif de noyau nZZ.

ZZ −→ ZZ/nZZ x �−→ x

soit un morphisme d’anneaux

Démonstration page 27

Principe de démonstration. α+β =x+y

et

Pour α et β dans ZZ/nZZ , on définit : α×β = x×y

où

x∈α

et

y ∈ β.

Il faut commencer par vérifier que x + y et x × y ne dépendent que de α et β , et non des représentants x et y choisis, grâce à la compatibilité de la relation de congruence avec les lois de ZZ .

Notation Le produit de deux éléments α et β de ZZ/nZZ est souvent noté αβ plutôt que α × β . 8

I Anneaux, arithmétique Ex. 13. Écrivons les tables d’addition et de multiplication de ZZ/5ZZ et ZZ/6ZZ . Pour alléger les notations, nous écrirons 0, 1, 2, . . . à la place de 0, 1, 2, . . . + 0 1 2 3 4

ZZ/5ZZ :

ZZ/6ZZ :

+ 0 1 2 3 4 5

0 0 1 2 3 4 0 0 1 2 3 4 5

1 1 2 3 4 0 1 1 2 3 4 5 0

2 2 3 4 0 1 2 2 3 4 5 0 1

3 3 4 0 1 2 3 3 4 5 0 1 2

4 4 0 1 2 3 4 4 5 0 1 2 3

0 0 0 0 0 0

× 0 1 2 3 4 5 5 0 1 2 3 4

× 0 1 2 3 4 5

0 0 0 0 0 0 0

1 0 1 2 3 4 1 0 1 2 3 4 5

2 0 2 4 1 3 2 0 2 4 0 2 4

3 0 3 1 4 2 3 0 3 0 3 0 3

4 0 4 3 2 1 4 0 4 2 0 4 2

5 0 5 4 3 2 1

On remarque que ZZ/5ZZ est intègre puisque pour avoir αβ = 0 il est nécessaire d’avoir α = 0 ou β = 0 (absence de 0 dans la portion entourée de pointillés). En revanche, ZZ/6ZZ est non intègre puisque, par exemple 2 × 3 = 0 .

Remarque On peut aussi prendre pour représentants des classes modulo n ∈ IN∗ , n’importe quel n-uplet d’entiers consécutifs. Par exemple, pour étudier la multiplica  tion sur ZZ/5ZZ, il pourra être intéressant d’écrire ZZ/5ZZ = −2, −1, 0, 1, 2 . Ex. 14. Pour résoudre l’équation x2 −1 = 0 dans ZZ/12ZZ , il suffit de lister les carrés des éléments de ZZ/12ZZ pour voir lesquels sont égaux à 1 : x

0

x2

0

±1 1

±2 4

±3

±4

−3

4

±5 1

6 0

On en déduit que x2 − 1 = 0 ⇐⇒ x ∈ {−1, 1, −5, 5} .

Proposition 13 (Éléments inversibles de ZZ/nZZ) La classe de k ∈ ZZ est inversible dans ZZ/nZZ si, et seulement si, k est premier avec n.

Démonstration page 27 L’élément k de ZZ/nZZ est inversible si, et seulement s’il existe (u, v) ∈ ZZ2 tel que ku + nv = 1 et son inverse est alors u .

Principe de démonstration.

Remarque Trouver l’inverse de k dans ZZ/nZZ revient à trouver l’inverse de k modulo n (voir le cours de première année). Rappelons (c’est d’ailleurs aussi ce qui a été fait dans la démonstration précédente) qu’il suffit pour cela de trouver un couple (u, v) tel que ku + nv = 1 (coefficients de Bézout). L’inverse de k est alors u . Ex. 15. Déterminons l’inverse de 13 dans ZZ/34ZZ . On trouve, par exemple à l’aide de l’algorithme d’Euclide (voir le cours de première année), l’égalité de Bézout 5 × 34 − 13 × 13 = 1 , donc l’inverse de 13 est −13 = 21 dans ZZ/34ZZ .

9

Chapitre 1. Groupes, anneaux, arithmétique, algèbres Théorème 14 Soit n ∈ IN∗ . Alors ZZ/nZZ est un corps si, et seulement si, n est premier.

Démonstration page 27

Principe de démonstration. • Si n est premier, tous les éléments de [[1, n − 1]] sont premiers avec n , donc leur classe est inversible. • Si n = ab , alors a × b = ab = 0 , ce qui permet de montrer que ZZ/nZZ est non intègre si n n’est pas premier.

Notation

7

Lorsque p est un nombre premier, le corps ZZ/pZZ est aussi noté FI p .

Théorème chinois

On note ici [k]n la classe de l’entier k modulo un entier naturel non nul n. Proposition 15 Soit n et m des entiers naturels premiers entre eux. Les anneaux ZZ/(nm)ZZ et (ZZ/nZZ) × (ZZ/mZZ) sont isomorphes par le morphisme d’anneaux ϕ : ZZ/(nm)ZZ −→ (ZZ/nZZ) ×(ZZ/mZZ) [k]nm �−→ [k]n , [k]m .

Démonstration page   28 Pour la définition de ϕ , vérifier que le couple [k]n , [k]m ne dépend que de la classe de k modulo nm .

Principe de démonstration.

On démontre l’injectivité de ϕ et l’on conclut par cardinalité.

Le corollaire suivant n’est que la traduction en termes de congruence de la proposition 15. Corollaire 16 (Théorème chinois) Si n et m sont des entiers premiers entre eux, alors pour tout (a, b) ∈ ZZ2 , il existe un entier k vérifiant le système :  k ≡ a [n] (S) k ≡ b [m]

et les solutions de ce système sont exactement les entiers congrus à k modulo nm. Le théorème chinois permet de ramener l’étude d’une équation sur ZZ/nZZ lorsque n n’est pas premier, à celle d’équations sur des anneaux plus simples. Point méthode (pour obtenir une solution de (S)) À partir d’une relation de Bézout mu + nv = 1 , on trouve deux entiers k1 = mu et k2 = nv vérifiant respectivement les systèmes de congruences :   k1 ≡ 1 [n] k2 ≡ 0 [n] et k1 ≡ 0 [m] k2 ≡ 1 [m] et une solution du système (S) est alors k = k1 a + k2 b (vérification immédiate en prenant les congruences modulo n et m).

10

I Anneaux, arithmétique Ex. 16. Trouvons les entiers k tels que k2 + k + 11 ≡ 0 [143] , c’est-à-dire tels que l’on ait simultanément k2 + k + 11 ≡ 0 [11] et k2 + k + 11 ≡ 0 [13] . Cela revient à résoudre l’équation x2 + x + 11 = 0 dans ZZ/11ZZ et dans ZZ/13ZZ . Pour chaque   couple de solutions [a]11 , [b]13 , le point méthode précédent donne la classe modulo 143 correspondante. • Dans ZZ/11ZZ , l’équation devient x2 + x = 0 , c’est-à-dire x(x + 1) = 0 . Comme ZZ/11ZZ est un corps, cela équivaut à x = 0 ou x = −1 .

• De même, dans ZZ/13ZZ , on obtient l’équation x2 +x−2 = 0 , c’est-à-dire (x−1)(x+2) = 0 , ce qui donne, puisque ZZ/13ZZ est un corps, les deux solutions x = 1 ou x = −2 . • On a donc 4 solutions modulo 143 à l’équation initiale données, en reprenant les notations du corollaire 16 de la page précédente, par a ∈ {0, −1} et b = {1, −2} . • Une relation de Bézout entre 11 et 13 est 6 × 11 − 5 × 13 = 1 . Ainsi k1 = −65 vérifie k1 ≡ 1 [11] et k1 ≡ 0 [13] . De même, k2 = 66 vérifie k2 ≡ 0 [11] et k2 ≡ 1 [13] . • Pour chaque couple (a, b) , la solution correspondante est ak1 + bk2 . Les résultats sont récapitulés dans le tableau ci-dessous :

❍❍ b a ❍❍ ❍

1

−2

0

66

11

−1

131

76

Remarque L’obtention d’une telle solution est non triviale, mais il est très facile de vérifier qu’elle est effectivement solution, ce qui permet de repérer une erreur de calcul éventuelle. Par exemple il est immédiat que 76 est bien congru à −1 modulo 11 et à −2 modulo 13 .

Corollaire 17 Étant donné des entiers naturels n1 , . . . , nr premiers entre eux deux à deux, les anneaux ZZ/(n1 · · · nr )ZZ et (ZZ/n1 ZZ) × · · · × (ZZ/nr ZZ) sont isomorphes. Démonstration. Par récurrence sur r , en remarquant que si n1 , . . . , nr+1 sont premiers entre eux deux à deux, alors n1 · · · nr et nr+1 sont premiers entre eux et (ZZ/n1 ZZ)×· · ·× (ZZ/nr+1 ZZ)   est isomorphe à (ZZ/n1 ZZ) × · · · × (ZZ/nr ZZ) × (ZZ/nr+1 ZZ) .

8

Indicatrice d’Euler

Définition 3 On appelle indicatrice d’Euler de n ∈ IN∗ , et l’on note ϕ(n), le cardinal de l’ensemble :   k ∈ [[1, n]] : k ∧ n = 1 . Remarques • On a évidemment ϕ(1) = 1 .

• Pour n  2 , ϕ(n) est aussi le nombre d’éléments de [[1, n − 1]] premiers avec n.

• Dans tous les cas, c’est aussi le nombre d’éléments de [[0, n − 1]] premiers avec n, donc également le nombre d’éléments inversibles dans l’anneau ZZ/nZZ. 11

Chapitre 1. Groupes, anneaux, arithmétique, algèbres

Exo 1.7

Ex. 17. Pour tout n  2 , on a ϕ(n)  n − 1 avec égalité si, et seulement si, n est premier. En effet, d’après les remarques précédentes, ϕ(n) est le nombre d’éléments de [[1, n − 1]] premiers avec n (d’où l’inégalité) et n est premier si, et seulement si, tous les éléments de [[1, n − 1]] sont premiers avec n .

Lemme 18 Soit p un nombre premier. Pour tout k ∈ IN∗ , on a ϕ(pk ) = pk − pk−1 . Démonstration. à-dire p, 2p, . . . , (p

Les éléments qui sont non premiers avec pk sont les multiples de p , c’est)p pour ceux qui sont dans [[1, pk ]] . Il y en a donc pk−1 .

k−1

Proposition 19 Étant donné des entiers naturels n1 , . . . , nr premiers entre eux deux à deux, on a ϕ(n1 · · · nr ) = ϕ(n1 ) · · · ϕ(nr ).

Démonstration page 28 L’isomorphisme d’anneaux du corollaire 17 de la page précédente entre ZZ/(n1 · · · nr )ZZ et (ZZ/n1 ZZ) × · · · × (ZZ/nr ZZ) induit une bijection entre leurs groupes des unités.

Principe de démonstration.

Corollaire 20 αr 1 Si n = pα 1 · · · pr , avec p1 , . . . , pr des nombres premiers distincts deux à deux et α1 , . . . , αr des entiers naturels non nuls, alors on a :     1 1 ··· 1 − · ϕ(n) = n 1 − p1 pr Démonstration.

À l’aide du résultat précédent et du lemme 18, il vient :









αr α1 α1 −1 αr −1 r 1 · · · pα , ϕ(n) = ϕ(pα r − pr 1 ) · · · ϕ(pr ) = p1 − p1

αr 1 ce qui donne le résultat après factorisation par n = pα 1 · · · pr .

II

Anneau des polynômes à une indéterminée

On considère ici un sous-corps IK de C . La structure d’anneau de IK[X], étudiée en première année lorsque IK = IR ou IK = C, se définit de la même manière dans le cas général 1 . On conserve en particulier la notion de degré ainsi que ses propriétés qui permettent de montrer le résultat suivant. Proposition 21 L’anneau IK[X] est intègre. Démonstration page 28

On conserve aussi le théorème de division euclidienne, dont la démonstration est exactement la même que celle qui a été faite en première année dans le cas de IR ou de C. 1. En fait, tout ce qui est fait ici est valable pour un corps quelconque, en particulier pour un corps fini FI p , avec p premier.

12

II Anneau des polynômes à une indéterminée Théorème 22 Soit A et B deux polynômes de IK[X], avec B �= 0 .

Il existe un unique couple (Q, R) de polynômes de IK[X] vérifiant : A = BQ + R

1

et

deg R < deg B.

Propriétés arithmétiques élémentaires

Nous allons maintenant généraliser les propriétés arithmétiques de IK[X] vues en première année lorsque IK = IR ou IK = C. Ex. 18. Un polynôme B non nul divise A ∈ IK[X] si, et seulement si, le reste de la division euclidienne de A par B est nul. Ex. 19. Soit IK′ un sous-corps de IK ainsi que A et B deux polynômes à coefficients dans IK′ , avec B non nul. Montrons que le polynôme B divise A dans IK′ [X] si, et seulement s’il divise A dans IK[X] . Il est évident que si B divise A dans IK′ [X] , alors il divise A dans IK[X] . Réciproquement, supposons qu’il existe C ∈ IK[X] tel que A = BC . La division euclidienne de A par B dans IK′ [X] s’écrit A = BQ + R , avec (Q, R) ∈ IK′ [X]2 et deg R < deg B . On dispose alors des deux égalités dans IK[X] : A = BQ + R

avec

deg R < deg B

et

A = BC + 0

avec

deg 0 < deg B

et l’unicité de la division euclidienne dans IK[X] donne R = 0 . Donc B divise A dans IK′ [X] .

Inversibles Proposition 23 Les éléments inversibles de IK[X] sont les polynômes constants non nuls. Démonstration page 28

Polynômes associés Proposition 24 Soit A et B deux éléments de IK[X]. Les propriétés suivantes sont équivalentes : (i) A | B et B | A ;

(ii) il existe λ ∈ IK∗ tel que B = λA.

On dit alors que A et B sont associés. Démonstration page 28

Ex. 20. 0 n’est associé qu’à lui-même. Ex. 21. Les éléments inversibles de IK[X] sont les associés de 1 . Ex. 22. Tout élément A non nul de IK[X] est associé à un unique polynôme unitaire, obtenu en divisant A par son coefficient dominant.

13

Chapitre 1. Groupes, anneaux, arithmétique, algèbres Polynômes irréductibles Définition 4 Un polynôme irréductible est un polynôme non constant dont les seuls diviseurs sont ses associés et les constantes non nulles. Ex. 23. Tout polynôme de degré 1 est irréductible.

Proposition 25 Un élément A ∈ IK[X] est irréductible si, et seulement si : • A est non constant ;

• si A = BC , avec (B, C) ∈ IK[X]2 , alors B ou C est constant.

Démonstration page 29

Rappelons la caractérisation des irréductibles de IR[X] et C[X]. Proposition 26 (Irréductibles de IR[X] et C[X]) • Les polynômes irréductibles de C[X] sont les polynômes de degré 1 .

• Les polynômes irréductibles de IR[X] sont les polynômes de degré 1 et les polynômes de degré 2 dont le discriminant est strictement négatif.

Ex. 24. Un polynôme P ∈ IK[X] de degré 2 ou 3 n’ayant aucune racine dans IK est irréductible dans IK[X] . En effet, s’il s’écrivait P = AB , avec A et B non constants, on aurait deg A  1 , deg B  1 et deg A + deg B = deg P  3 . L’un des deux polynômes A ou B serait donc de degré 1 , donc aurait une racine dans IK , ce qui est impossible puisqu’il divise P qui n’a pas de racine dans IK . Ex. 25. Montrons que P = X 3 + X + 1 est irréductible dans Q[X] . Comme il est de degré 3 , l’exemple précédent montre qu’il suffit de prouver qu’il n’a pas de racine dans Q . Supposons donc, par l’absurde, P (p/q) = 0 avec p et q deux entiers premiers entre eux et q �= 0 . Exo 1.10

Alors p3 +pq 2 +q 3 = 0 , donc q | p3 et p | q 3 . On en déduit p = ±1 et q = ±1 puisque p∧q = 1 . Ainsi, p/q = ±1 , ce qui est contradictoire puisque P (1) = 3 �= 0 et P (−1) = −1 �= 0 .

Polynômes premiers entre eux Définition 5 Deux éléments de IK[X] sont premiers entre eux si leurs seuls diviseurs communs sont les polynômes constants non nuls de IK[X]. Ex. 26. Deux polynômes irréductibles non associés sont premiers entre eux. Considérons, en effet, deux polynômes irréductibles P et Q non premiers entre eux. Ils admettent alors un diviseur commun D non constant. Comme P et Q sont irréductibles, on en déduit que D est associé à P et à Q , donc que P et Q sont associés.

14

II Anneau des polynômes à une indéterminée Plus généralement : Proposition 27 Soit P un polynôme irréductible et A un polynôme quelconque. Alors P et A sont premiers entre eux si, et seulement si, P ne divise pas A. Démonstration page 29

2

Utilisation des idéaux de IK[X]

Idéaux de IK[X] Si B est un élément de IK[X], la proposition 5 de la page 4 montre que :   BIK[X] = BQ | Q ∈ IK[X]

est un idéal de IK[X] : c’est l’idéal engendré par B . Comme dans le cas de ZZ, on obtient ainsi tous les idéaux de IK[X]. Théorème 28 Les idéaux de IK[X] sont les BIK[X], pour B ∈ IK[X].

Démonstration page 29

Principe de démonstration. Si I est un idéal non nul de IK[X] , on considère un élément B non nul de I de degré minimal et l’on utilise la division euclidienne par B pour montrer que tout élément de I est un multiple de B .

Ainsi, tout comme ZZ, l’anneau IK[X] a tous ses idéaux principaux (voir page 5). On dit que ce sont des anneaux principaux. Grâce à cette propriété importante de IK[X], nous allons pouvoir retrouver (et généraliser au cas d’un corps IK quelconque) les propriétés arithmétiques de l’anneau IK[X]. Lien avec la divisibilité Rappelons (proposition 7 de la page 5) que la divisibilité se ramène à une inclusion d’idéaux : ∀(A, B) ∈ IK[X]2 B | A ⇐⇒ AIK[X] ⊂ BIK[X]. On en déduit, grâce à la proposition 24 de la page 13, que deux polynômes sont associés si, et seulement s’ils sont générateurs du même idéal. Corollaire 29 Tout idéal I de IK[X] est de la forme AIK[X] pour un unique polynôme A nul ou unitaire. Ce polynôme A est appelé le générateur de I . PGCD de polynômes Soit n ∈ IN∗ et A1 , . . . , An des polynômes à coefficients dans IK. Nous avons vu à la proposition 6 de la page 4 que l’idéal de IK[X] engendré par les éléments A1 , . . . , An était I = A1 IK[X] + · · · + An IK[X]. Cela conduit à la définition : 15

Chapitre 1. Groupes, anneaux, arithmétique, algèbres Proposition 30 (Définition du PGCD) Étant donné A1 , . . . , An dans IK[X], il existe un polynôme D ∈ IK[X] tel que DIK[X] = A1 IK[X] + · · · + An IK[X]. On a, pour tout P ∈ IK[X] :   P | D ⇐⇒ ∀i ∈ [[1, n]] P | Ai . On dit que D est un PGCD de A1 , . . . , An et l’on dispose de la relation de Bézout : ∃(U1 , . . . , Un ) ∈ IK[X]n D = A1 U1 + · · · + An Un .

Démonstration page 29

Remarques • Les diviseurs communs à A1 , . . . , An sont donc exactement les diviseurs de D .

• Ainsi, deux PGCD de A1 , . . . , An se divisent mutuellement, donc sont associés.

• Lorsque D est non nul, c’est-à-dire lorsqu’au moins l’un des Ai est non nul, son degré est le plus grand parmi tous les degrés des diviseurs communs à A1 , . . . , An . • Il y a unicité de D si on lui impose la condition supplémentaire d’être nul ou unitaire. On l’appelle le PGCD de A1 , . . . , An et on le note A1 ∧ · · · ∧ An .

• De la même façon, on pourrait définir un PPCM de A1 , . . . , An comme un générateur M de l’idéal A1 IK[X]∩· · ·∩An IK[X], de façon à avoir, pour tout P ∈ IK[X], l’équivalence :   P ∈ M IK[X] ⇐⇒ ∀i ∈ [[1, n]] P ∈ Ai IK[X] . L’unique polynôme nul ou unitaire associé à M est appelé le PPCM de A1 , . . . , An .

Ex. 27. Deux polynômes A et B sont premiers entre eux si, et seulement si, A ∧ B = 1 .

3

Théorème de Gauss et décomposition en produit d’irréductibles

Théorème 31 (Lemme de Gauss) Soit A, B et C trois éléments de IK[X]. Si A divise BC et si A est premier avec B , alors A divise C . Principe de démonstration.

Démonstration page 29 Multiplier par C une relation de Bézout AU + BV = 1 .

Corollaire 32 Un polynôme est premier avec un produit si, et seulement s’il est premier avec chacun des facteurs.

Démonstration page 30

Théorème 33 Tout polynôme non constant de IK[X] est produit d’irréductibles. Démonstration page 30

Principe de démonstration.

Récurrence forte sur le degré de P .

Notons P l’ensemble des polynômes irréductibles unitaires. Les éléments de P sont donc deux à deux non associés et tout polynôme irréductible est associé à un unique élément de P . 16

III Algèbres Théorème 34 Tout polynôme A non nul de IK[X] s’écrit de façon unique sous la forme :  P αP A=λ P ∈P

où λ ∈ IK∗ et (αP )P ∈P est une famille presque nulle d’entiers naturels.

Démonstration page 30

Point méthode Dans la pratique, on écrit la décomposition en produit d’irréductibles d’un polynôme A non nul sous l’une des formes : • A = λP1α1 · · · Pkαk où k ∈ IN, λ ∈ IK∗ , P1 , . . . , Pk sont des éléments de P distincts deux à deux et α1 , . . . , αk des entiers naturels non nuls ; • A = λP1α1 · · · Pkαk où k ∈ IN, λ ∈ IK∗ , P1 , . . . , Pk sont des éléments de P distincts deux à deux et α1 , . . . , αk des entiers naturels éventuellement nuls. Avec la deuxième forme, on peut utiliser les mêmes irréductibles pour plusieurs éléments de IK[X]. Ex. 28. Soit A et B deux éléments non nuls de IK[X] décomposés sous la deuxième forme : α

A = λP1α1 · · · Pk k • B | A si, et seulement si, ∀i ∈ [[1, k]]

βi  αi ;

min(α1 ,β1 )

• le PGCD de A et B est D = P1

• le PPCM de A et B est M = On a ainsi AB = λµDM .

III

β

B = µP1β1 · · · Pk k .

et

min(αk ,βk )

· · · Pk

max(α1 ,β1 ) P1

;

max(αk ,βk ) · · · Pk .

Algèbres

Dans toute cette section, on suppose que IK est un sous-corps de C.

1

Structure d’algèbre

Définition 6 Une algèbre est un espace vectoriel A muni d’une structure d’anneau dont les deux multiplications (interne et externe) vérifient la propriété de compatibilité : ∀(λ, x, y) ∈ IK × A × A λ(x × y) = (λx) × y = x × (λy).

(∗)

Lorsque le produit est commutatif, on dit que l’algèbre est commutative. Remarques • De même que pour les espaces vectoriels, on peut préciser « IK -algèbre » pour spécifier le corps de base. • Comme dans un anneau, la multiplication interne sera souvent notée implicitement xy au lieu de x × y . Ex. 29. IK , IKIN , F(X, IK) (pour X un ensemble quelconque) constituent des IK -algèbres.

Ex. 30. IK[X] , IK(X) , et Mn (IK) sont des IK -algèbres pour les lois usuelles, ainsi que L(E) ( E étant un IK -espace vectoriel quelconque).

17

Chapitre 1. Groupes, anneaux, arithmétique, algèbres Proposition 35 Soit A un IK -espace vectoriel muni d’une multiplication interne (x, y) �→ x × y .

Alors A est une IK -algèbre si, et seulement si, ce produit est bilinéaire, associatif et si A possède un élément neutre multiplicatif.

Exo 1.13

Démonstration.

Il suffit de montrer que la bilinéarité du produit, c’est-à-dire les relations :

x × (λy + µz) = λ(x × y) + µ(x × z)

et

(λx + µy) × z = λ(x × z) + µ(y × z) (∗∗)

est équivalente à la distributivité et à la propriété ( ∗ ) de compatibilité. • En supposant ( ∗∗ ), on obtient la distributivité en prenant λ = µ = 1 et la relation ( ∗ ) en prenant µ = 0 . • Supposons la distributivité et ( ∗ ). Alors, pour tout (x, y, z) ∈ A3 et (λ, µ) ∈ IK2 : x × (λy + µz) = x × (λy) + x × (µz) = λ(x × y) + µ(x × z)

par distributivité par la relation (∗)

et de même pour la deuxième relation de ( ∗∗ ).

Attention Comme c’est déjà le cas pour un anneau, une algèbre est unitaire, c’est-à-dire possède un élément neutre multiplicatif.

2

Sous-algèbres

Définition 7 Une sous-algèbre d’une algèbre A est un sous-espace vectoriel de A stable par multiplication et contenant 1A . Remarques • Autrement dit, une sous-algèbre est une partie de A stable par combinaison linéaire, par multiplication et contenant l’élément neutre multiplicatif 1A . • Une sous-algèbre est naturellement munie d’une structure d’algèbre pour les lois induites. • Dans la plupart des cas, on démontre qu’un ensemble est muni d’une structure d’algèbre en montrant que c’est une sous-algèbre d’une algèbre connue.

Ex. 31. Si A est une algèbre, alors Vect(1A ) est une sous-algèbre de A . Ex. 32. L’ensemble des suites convergentes à termes dans IK est une sous-algèbre de IKIN . Ex. 33. Si I est un intervalle de IR , C(I, IR) est une sous-algèbre de F(I, IR) . Ex. 34. Dans Mn (IK) , l’ensemble des matrices triangulaires supérieures est une sous-algèbre. De même pour les matrices triangulaires inférieures ou les matrices diagonales, mais pas pour les matrices symétriques lorsque n  2 (un produit de deux matrices symétriques est symétrique si, et seulement si, elles commutent).

18

III Algèbres

3

Morphismes d’algèbres

Définition 8 Soit A et B deux IK -algèbres. Un morphisme d’algèbres de A dans B est une application linéaire de A dans B qui est également un morphisme d’anneaux. Autrement dit, un morphisme d’algèbres de A dans B est une application de A dans B qui vérifie : • ∀(x, y) ∈ A2 ∀(λ, µ) ∈ IK2 f (λx + µy) = λf (x) + µf (y), • ∀(x, y) ∈ A2 f (xy) = f (x)f (y), • f (1A ) = 1B . Terminologie On dit que f est un isomorphisme lorsqu’il est bijectif, un endomorphisme lorsque A = B et un automorphisme lorsque c’est un endomorphisme bijectif.

Ex. 35. Pour toute algèbre A non triviale, la sous-algèbre Vect(1A ) est isomorphe à IK par l’isomorphisme λ �→ λ1A .

Ex. 36. Si B est une base d’un IK -espace vectoriel E de dimension finie n , l’application u �→ MatB (u) est un isomorphisme d’algèbres de L(E) sur Mn (IK) . Ex. 37. Soit P ∈ GLn (IK) . L’application Mn (IK) −→ M �−→

Mn (IK) P M P −1

est un automorphisme d’algèbre.

Résultats • Une composée de morphismes d’algèbres est un morphisme d’algèbres.

• La réciproque d’un isomorphisme d’algèbres est un isomorphisme d’algèbres.

• L’image (respectivement l’image réciproque) d’une sous-algèbre par un morphisme d’algèbres est une sous-algèbre. Attention Un morphisme d’algèbres f : A → B étant en particulier une application linéaire, son noyau est un sous-espace vectoriel, mais ce n’est en général pas une sousalgèbre puisqu’il ne contient pas 1A si B est non trivial. Voir page 3 la notion d’idéal d’un anneau commutatif. Ex. 38. Substitution polynomiale Soit A une IK -algèbre. Pour u ∈ A et P = défini par :



+∞ k=0

P (u) =

ak X k ∈ IK [X] , on note P (u) l’élément de A

+∞ 

ak uk .

k=0

Par exemple, lorsque A = IK , l’application associée au polynôme P .

IK x

−→ �−→

IK P (x)

est l’application polynomiale

19

Chapitre 1. Groupes, anneaux, arithmétique, algèbres Montrons que l’application P �→ P (u) est un morphisme d’algèbres de IK[X] dans A . • La relation 1(u) = 1A et la linéarité de P �→ P (u) sont immédiates. • Soit P =

n 

ap X p et Q =

p=0

m 

bq X q . Par bilinéarité du produit polynomial, on a :

q=0

et donc (P Q)(u) =



0pn 0qm

PQ =



ap bq X p+q

0pn 0qm

ap bq up+q , par linéarité de l’application P �→ P (u) .

De même, par bilinéarité du produit de A : P (u)Q(u) =



n 

p

ap u

p=0



m 

q

bq u

q=0



=



ap bq up+q

0pn 0qm

d’où l’égalité (P Q)(u) = P (u)Q(u) .

IV

Approfondissements sur les groupes

Dans toute cette section, on considère un groupe (G, ·) dont l’élément neutre est noté e.

1

Sous-groupe engendré par une partie

Proposition 36 Une intersection de sous-groupes de G est un sous-groupe de G. Démonstration page 30

Proposition 37 Soit A une partie de G. Il existe un plus petit sous-groupe de G contenant A. On l’appelle sous-groupe de G engendré par A. Démonstration.

C’est l’intersection de tous les sous-groupes de G contenant A .

Ex. 39. Il est immédiat que le sous-groupe de G engendré par l’ensemble vide est {e} .

Ex. 40. Le sous-groupe engendré par une partie A est l’ensemble H des produits d’éléments de A et d’inverses d’éléments de A :





H = x1 · · · xn  n ∈ IN

et

∀i ∈ [[1, n]]



xi ∈ A ou x−1 ∈A . i

Montrons, en effet, que H est le plus petit sous-groupe de G contenant A . • H contient A : pour tout a ∈ A , prendre n = 1 et x1 = a . • Tout sous-groupe de G contenant A contient H : ∗ par stabilité par produit et passage à l’inverse, il contient tous les produits x1 · · · xn pour n ∈ IN∗ , lorsque ∀i ∈ [[1, n]] xi ∈ A ou x−1 ∈A; i ∗ comme il contient e , le résultat est également vrai pour n = 0 . • H est un sous-groupe de G : ∗ H contient l’élément neutre e de G (prendre n = 0 comme ci-dessus), −1 ∗ il est stable par produit et par passage à l’inverse (l’inverse de x1 · · · xn est x−1 n · · · x1 ).

20

IV Approfondissements sur les groupes Définition 9 Une partie de G est génératrice de G si le sous-groupe qu’elle engendre est égal à G. On dit aussi que A engendre G.

Ex. 41. Nous avons vu en première année que tout élément de Sn pouvait s’écrire comme produit de cycles (à supports disjoints). Cela montre que l’ensemble des cycles constitue une partie génératrice de Sn . Ex. 42. De même, la décomposition d’une permutation comme produit de transpositions signifie donc que l’ensemble des transpositions constitue une partie génératrice de Sn .

Point méthode Pour montrer qu’une partie de G est génératrice de G, il suffit de montrer que l’on peut obtenir, par produit et passage à l’inverse à partir de ses éléments, tous les éléments d’une partie que l’on sait génératrice. Ex. 43. Le groupe alterné An (ensemble des permutations de [[1, n]] de signature 1 ) est engendré par les 3 -cycles. En effet, les 3 -cycles sont bien dans An et tout élément de An étant produit d’un nombre pair de transpositions (les transpositions sont de signature −1 ), il suffit de montrer qu’un produit de deux transpositions est aussi un produit de 3 -cycles. Vérifions-le. Soit τ1 et τ2 deux transpositions. • Si τ1 = τ2 , alors τ1 τ2 est produit de 3 -cycles (aucun !). • Si τ1 = (a b) et τ2 = (b c) , avec a, b, c distincts, alors τ1 τ2 = (a b c) est un 3 -cycle. • Si τ1 = (a b) et τ2 = (c d) , avec a, b, c distincts, alors :



τ1 τ2 = τ1 (b c)(b c)τ2 = (a b)(b c) Exo 1.15

est un produit de 3 -cycles.

2





(b c)(c d) = (a b c)(b c d)

Groupes monogènes, groupes cycliques

Sous-groupe engendré par un élément Proposition 38 Le sous-groupe engendré par un élément a de G est Démonstration.





Posons H = an | n ∈ ZZ .



 an | n ∈ ZZ .

• On a e = a0 ∈ H et ∀(p, q) ∈ ZZ2 ap (aq )−1 = ap−q ∈ H , donc H est un sous-groupe de G . • Il contient a = a1 . • Enfin, tout sous-groupe de G contenant a contient tous les itérés de a , donc H .

Ainsi, H est bien le plus petit sous-groupe de G contenant a .

Remarque Pour un groupe noté additivement, le sous-groupe engendré par a est :   n.a | n ∈ ZZ . En particulier, pour tout a ∈ ZZ, le sous-groupe engendré par a est aZZ. Rappelons (cf. proposition 8 de la page 6) que les sous-groupes de ZZ sont tous de cette forme. 21

Chapitre 1. Groupes, anneaux, arithmétique, algèbres Groupes monogènes Définition 10 Un groupe G est monogène s’il est engendré par l’un de ses éléments, c’est-à-dire   s’il existe x ∈ G tel que G = xn | n ∈ ZZ . Un tel élément x est alors appelé générateur de G . Un groupe est cyclique s’il est monogène et fini. Exo 1.16

Ex. 44. ZZ est monogène, engendré par 1 (ou par −1 ).

Ex. 45. Pour n ∈ IN∗ , les groupes ZZ/nZZ et Un sont cycliques, engendrés respectivement par 1 et e2iπ/n .

Ex. 46. Lorsque n = 2p − 1 est impair, ZZ/nZZ est aussi engendré par 2 puisque 1 = p.2 . Plus généralement, on verra à la proposition 41 de la page suivante quels sont les générateurs de ZZ/nZZ . Ex. 47. Si G est un groupe monogène, il est clair que tout groupe isomorphe à G est également monogène. En particulier, si p et q sont deux entiers naturels premiers entre eux, le théorème chinois (proposition 15 de la page 10) montre que ZZ/pqZZ et (ZZ/pZZ)×(ZZ/qZZ) sont isomorphes en tant qu’anneaux et donc, a fortiori, en tant que groupes. On en déduit que (ZZ/pZZ) × (ZZ/qZZ) est cyclique.

Structure des groupes monogènes Soit G un groupe monogène et a un générateur de G. L’application : ϕa : ZZ −→ G n �−→ an est donc surjective. Les règles de calcul sur les itérés : ∀(p, q) ∈ ZZ2

ap+q = ap aq

montrent que ϕa est un morphisme de groupes de ZZ dans G. Son noyau :   Ker ϕa = k ∈ ZZ : ak = e

est un sous-groupe de ZZ, donc de la forme nZZ, pour n ∈ IN (cf. proposition 8 de la page 6). On obtient la description suivante de G. Proposition 39 Avec les notations précédentes : • ou bien ϕa est injective et G est infini, isomorphe à ZZ,

• ou bien Ker ϕa = nZZ avec n ∈ IN∗ et :   G = e, a, a2 , . . . , an−1 est isomorphe à ZZ/nZZ.

L’entier n est alors le plus petit entier naturel k non nul tel que ak = e. Démonstration page 31

22

IV Approfondissements sur les groupes Principe de démonstration. définir l’application :

Lorsque Ker ϕa = nZZ , avec n ∈ IN∗ , on vérifie que l’on peut ZZ/nZZ x

−→ �−→

G ak

si x = k

et que cette dernière est un isomorphisme.

Exo 1.17

Corollaire 40 1. Tout groupe monogène infini est isomorphe à ZZ. 2. Tout groupe cyclique de cardinal n ∈ IN∗ est isomorphe à ZZ/nZZ. Ex. 48. Pour n ∈ IN∗ , le groupe Un des racines n -ièmes de l’unité est isomorphe à ZZ/nZZ .

Proposition 41 Soit n ∈ IN∗ . Les générateurs de ZZ/nZZ sont les classes des entiers premiers avec n. Il y en a donc ϕ(n), où ϕ est l’indicatrice d’Euler.

Démonstration page 31 Remarquer que k engendre ZZ/nZZ si, et seulement si, 1 est dans le sous-groupe engendré par k .

Principe de démonstration.

3

Ordre d’un élément dans un groupe

Définition 11 Un élément a de G est d’ordre fini s’il existe un entier naturel n non nul tel que an = e. L’ordre de a est alors le plus entier naturel n non nul tel que an = e. Terminologie Lorsqu’un élément n’est pas d’ordre fini, on dit aussi qu’il est d’ordre infini. Ex. 49. L’élément neutre est d’ordre 1 . C’est d’ailleurs le seul élément de G d’ordre 1 . Ex. 50. Les transpositions de Sn sont d’ordre 2 . En effet, si τ est une transposition, alors τ �= Id[[1,n]] et τ 2 = Id[[1,n]] .

Attention La relation an = e ne signifie pas que a est d’ordre n, mais seulement que son ordre divise n d’après la proposition suivante. Proposition 42 Un élément a d’un groupe G est d’ordre fini si, et seulement si, le sous-groupe engendré par a est fini et l’ordre p de a est alors le cardinal de ce sous-groupe. Il est caractérisé par la relation : ∀n ∈ ZZ an = e ⇐⇒ p | n. Démonstration.

C’est une conséquence de la proposition 39 de la page ci-contre. En particulier, le fait que a soit d’ordre fini est une traduction, par le noyau, de la non injectivité du morphisme ϕa .

23

Chapitre 1. Groupes, anneaux, arithmétique, algèbres Exo 1.18

Remarque L’ordre de a est donc le plus petit entier naturel non nul p tel que ap = e, aussi bien pour l’ordre naturel de IN que pour la relation de divisibilité. Ex. 51. Soit n  5 . La permutation σ = (1 2)(3 4 5) de Sn est d’ordre 6 . En effet, pour tout k ∈ IN∗ , σ k = (1 2)k (3 4 5)k , puisque deux cycles à supports disjoints commutent. Donc : σ 6 = Id[[1,n]] ,

σ 2 = (5 4 3) �= Id[[1,n]]

et

σ 3 = (1 2) �= Id[[1,n]] .

Donc σ est d’ordre un diviseur de 6 mais pas un diviseur de 2 ni de 3 . Ainsi, l’ordre de σ est égal à 6 .

Exo 1.19

Corollaire 43 Dans un groupe fini, tout élément est d’ordre fini. Remarque • Dans un groupe infini, il y a toujours au moins un élément d’ordre fini : l’élément neutre qui est d’ordre 1 . Les autres peuvent être d’ordre infini (comme dans ZZ dont tous les éléments sauf 0 sont d’ordre infini) ou d’ordre fini. • Il se peut même que tous les éléments soient d’ordre fini, comme le montre l’exemple suivant. Ex. 52. Soit U∞ l’ensemble des racines de l’unité, c’est-à-dire l’ensemble des z ∈ C∗ pour lesquels il existe n ∈ IN∗ tel que z n = 1 . • C’est un sous-groupe de C∗ , puisqu’il contient 1 , qu’il est évidemment stable par passage à l’inverse, et que si z1n = 1 et z2p = 1 , alors (z1 z2 )np = 1 . • Par définition, tout élément de U∞ est d’ordre fini. • Il ne peut pas être fini de cardinal N , puisqu’il contient UN+1 .

Proposition 44 Un groupe G de cardinal fini n est cyclique si, et seulement s’il admet un élément d’ordre n. Démonstration. Un élément de G est d’ordre n si, et seulement si, le sous-groupe qu’il engendre est de cardinal n c’est-à-dire est égal à G puisque G est de cardinal n . Donc, G est cyclique si, et seulement s’il admet un élément d’ordre n . Ex. 53. Soit p et q deux entiers naturels non nuls. On a vu à l’exemple 47 de la page 22 que si p et q sont premiers entre eux, alors (ZZ/pZZ) × (ZZ/qZZ) est isomorphe à ZZ/pqZZ , donc cyclique. Montrons la réciproque par contraposition. Posons m le PPCM de p et q . On a : ∀x ∈ ZZ/pZZ

p.x = 0

donc

∀x ∈ ZZ/pZZ

m.x = 0

puisque p | m .

Par symétrie entre p et q , on a le même résultat dans ZZ/qZZ et par conséquent : ∀(x, y) ∈ (ZZ/pZZ) × (ZZ/qZZ)

m.(x, y) = 0.

Ainsi, l’ordre de tout élément de (ZZ/pZZ) × (ZZ/qZZ) divise m et donc, si p et q ne sont pas premiers entre eux, il n’y a aucun élément d’ordre pq dans (ZZ/pZZ) × (ZZ/qZZ) puis  qu’alors m < pq = card (ZZ/pZZ) × (ZZ/qZZ) .

24

IV Approfondissements sur les groupes Remarque Comme tout groupe cyclique est isomorphe à ZZ/nZZ , où n est son cardinal, on a ainsi montré qu’un produit de deux groupes cycliques est cyclique si, et seulement si, leurs cardinaux sont premiers entre eux. En particulier, un produit de groupes cycliques n’est pas en général cyclique.

Exo 1.20

Théorème 45 L’ordre de tout élément d’un groupe fini G divise le cardinal de G. Principe de démonstration dans le cas où G est commutatif   Pour tout a ∈ G , on a

(ag) =

g∈G

Démonstration page 31

g.

g∈G

La démonstration dans le cas général est non exigible. Elle est proposée dans l’exercice 1.21.

Corollaire 46 Dans un groupe G fini de cardinal n, on a ∀x ∈ G xn = e . Ex. 54. Tout groupe fini de cardinal premier est cyclique. Il est engendré par tout élément différent du neutre. En effet, soit G un groupe de cardinal p premier. Alors G �= {e} . Considérons donc un élément a de G différent de e . L’ordre de a est alors un diviseur de p , différent de 1 puisque a �= e , donc est égal à p . Ainsi, G est cyclique (proposition 44 de la page ci-contre) et engendré par a . Ex. 55. Montrons qu’un groupe cyclique G de cardinal n admet, pour tout diviseur d de n , un unique sous-groupe de cardinal d et que celui-ci est cyclique. Comme deux groupes cycliques de cardinal n sont isomorphes, il suffit de montrer le résultat dans le cas où G = Un . Soit d un diviseur de n . • Le groupe Ud est cyclique, de cardinal d et est un sous-groupe de Un puisque d | n et donc : ∀z ∈ C z d = 1 =⇒ z n = 1. • Soit H un sous-groupe de Un de cardinal d . Le corollaire 46 donne : ∀z ∈ H

zd = 1

c’est-à-dire

H ⊂ Ud .

Cette inclusion et l’égalité des cardinaux (finis) donne alors H = Ud . Cela montre que Ud est le seul sous-groupe de cardinal d de Un .

Théorème 47 (Théorème d’Euler) Soit n ∈ IN∗ . Pour tout a ∈ ZZ premier avec n, on a aϕ(n) ≡ 1 [n]. Démonstration. Soit a ∈ ZZ premier avec n . Alors sa classe appartient au groupe des éléments inversibles de l’anneau ZZ/nZZ . Ce groupe étant de cardinal ϕ(n) par définition de l’indicatrice d’Euler, on en déduit que l’ordre de a divise ϕ(n) , soit (a)ϕ(n) = 1 . En termes de congruences, cela se réécrit aϕ(n) ≡ 1 [n] .

Remarque Lorsque p est un nombre premier, on retrouve le petit théorème de Fermat : ∀k ∈ ZZ k ∧ p = 1 =⇒ k p−1 ≡ 1 [p] puis ∀k ∈ ZZ k p ≡ k [p]. 25

Chapitre 1. Groupes, anneaux, arithmétique, algèbres

Démonstrations Proposition 3

Soit (Iλ )λ∈Λ une famille d’idéaux de A . Posons I =



Iλ .

λ∈Λ

•

Comme tous les Iλ sont des sous-groupes de (A, +) , ils contiennent 0 et sont stables par somme et passage à l’opposé. Donc leur intersection également, ce qui prouve que I est un sous-groupe de (A, +) .

•

Soit x ∈ I et a ∈ A . Pour tout λ ∈ Λ , on a ax ∈ Iλ puisque Iλ est un idéal de A . Donc ax ∈ I .

Proposition 4 Considérons l’intersection I de tous les idéaux de A contenant X (il en existe, puisque A est lui-même un idéal de A contenant X ). D’après la proposition précédente, il s’agit d’un idéal de A , il contient évidemment X et, par définition, tout idéal de A contenant X contient I . Proposition 5

Montrons que xA est le plus petit idéal de A contenant x .

•

Par distributivité, l’application a �→ xa est un endomorphisme de groupe de (A, +) , donc son image xA est un sous-groupe de (A, +) .

•

Pour tout x ∈ A et b ∈ A , on a xa × b = x × (ab) ∈ xA . Donc xA est un idéal de A .

• •

Comme x = x × 1A , on a bien x ∈ xA . Enfin, par définition, pour tout idéal I contenant x et pour tout a ∈ A , on a ax ∈ I , donc I contient xA .

Proposition 6 Notons I = x1 A + · · · + xk A et montrons que c’est le plus petit idéal de A contenant tous les xi . •

• •

Ak

−→

(ai )1ik

�−→

C’est un sous groupe de A , comme image du morphisme de groupes

A k 

xi ai .

i=1

Il est clair que I est stable par multiplication par tout élément de A et qu’il contient tous les xi . Enfin, par définition, tout idéal de A contenant x1 , . . . , xk , contient a1 x1 , . . . , ak xk , pour tout (a1 , . . . , ak ) ∈ Ak , donc leur somme.

Proposition 8 Soit H un sous-groupe de ZZ . Si H = {0} , on a bien H = 0ZZ . Sinon, H contient un élément p non nul et il contient aussi −p . Ainsi, l’ensemble des éléments strictement positifs de H est une partie non vide de IN . Considérons son plus petit élément n . • Par stabilité par addition de H , on a : ∀k ∈ IN∗

kn = n + n + · · · + n ∈ H.





k fois



Comme 0 ∈ H , on a 0 × n ∈ H puis, par stabilité par passage à l’opposé : ∀k ∈ ZZ

•

kn ∈ H

soit

nZZ ⊂ H.

Soit a ∈ H . La division euclidienne de a par n (qui est bien non nul par définition) s’écrit : a = nq + r

avec

q ∈ ZZ

et

r ∈ [[0, n − 1]].

Alors r = a − nq appartient à H puisque a ∈ H et na ∈ nZZ ⊂ H . Comme n est le plus petit élément strictement positif de H , on en déduit r = 0 , ce qui donne a = nq ∈ nZZ . Ainsi H ⊂ nZZ . Conclusion : H = nZZ .

26

Démonstrations Proposition 11 Grâce à la division euclidienne par n , tout entier est congru modulo n à un élément   de [[0, n − 1]] , donc ZZ/nZZ = 0, 1, . . . , n − 1 .

Pour conclure, vérifions que les éléments 0, 1, . . . , n − 1 sont distincts deux à deux. Soit donc (k, ℓ) ∈ [[0, n−1]]2 tel que k = ℓ . Alors n divise k −ℓ et puisque −(n−1)  k −ℓ  n−1 , on en déduit k − ℓ = 0 , soit k = ℓ .

Proposition 12 1. Soit α et β dans ZZ/nZZ . Soit x et x′ deux représentants de α ainsi que y et y ′ deux représentants de β . On a :



x ≡ x′ [n] y ≡ y ′ [n]



donc par compatibilité,

x + y ≡ x′ + y ′ [n] x × y ≡ x′ × y ′ [n]

soit



x + y = x′ + y ′ x × y = x′ × y ′ .

On peut donc poser α + β = x + y et α × β = x × y pour n’importe quels représentants x de α et y de β et l’on a ainsi : ∀(x, y) ∈ (ZZ/nZZ)2 2.

x+y =x+y

x × y = x × y.

et

Pour l’associativité de l’addition, on écrit, pour tout (x, y, z) ∈ ZZ3 : x + (y + z) = x + (y + z) = x + (y + z) par définition de l’addition. En utilisant l’associativité de l’addition de ZZ , on a x + (y + z) = (x + y) + z et de la même façon que ci-dessus, on a (x + y) + z = (x + y) + z . On démontre de même l’associativité de la multiplication, la commutativité de l’addition et de la multiplication, ainsi que la distributivité. Ensuite, pour tout x ∈ ZZ : 0+x=0+x=x

et

Enfin, pour tout x ∈ ZZ :

3.

1 × x = 1 × x = x.

x + (−x) = x − x = 0 donc tout élément est symétrisable pour l’addition. Le fait que la projection canonique soit un morphisme d’anneaux est une conséquence des relations suivantes déjà montrées : x+y = x+y

x×y =x×y

x × 1 = x.

Elle est surjective par définition de ZZ/nZZ . Son noyau est l’ensemble des entiers congrus à 0 modulo n , c’est-à-dire des multiples de n . Proposition 13

Soit k ∈ ZZ .

k inversible dans ZZ/nZZ ⇐⇒ ∃u ∈ ZZ

k×u=1

⇐⇒ ∃u ∈ ZZ

ku = 1

⇐⇒ ∃u ∈ ZZ

∃v ∈ ZZ

⇐⇒ k ∧ n = 1

ku + nv = 1

(théorème de Bézout).

Théorème 14 • Supposons n premier. Alors n  2 , donc ZZ/nZZ est un anneau commutatif non trivial. Soit α ∈ ZZ/nZZ différent de 0 .

Alors il existe k ∈ [[1, n − 1]] tel que α = k et ainsi k est premier avec n donc sa classe est inversible dans ZZ/nZZ d’après la proposition 13. On en déduit que α est inversible. Donc ZZ/nZZ est un corps.

27

Chapitre 1. Groupes, anneaux, arithmétique, algèbres •

Supposons n non premier. Si n = 1 , alors card (ZZ/nZZ) = 1 donc ZZ/nZZ est non intègre puisque trivial. Sinon, il existe deux entiers a et b tels que n = ab avec 1 < a < n et 1 < b < n . Par suite : a �= 0

b �= 0

et

tandis que

a × b = 0.

Donc ZZ/nZZ est non intègre et, a fortiori, n’est pas un corps. Proposition 15 •

Soit k et ℓ deux entiers tels que k ≡ ℓ [nm] . Alors évidemment k et ℓ ont même classe modulo n et même classe modulo m . L’application ϕ est donc bien définie.

•

Le fait que ϕ soit un morphisme découle immédiatement de la même propriété pour les trois projections canoniques de ZZ sur ZZ/nZZ , ZZ/mZZ et ZZ/(nm)ZZ . Par exemple :



















 



ϕ [k]mn [ℓ]mn = ϕ [kℓ]mn = [kℓ]n , [kℓ]m = [k]n [ℓ]n , [k]m [ℓ]m = ϕ [k]mn ϕ [ℓ]mn . •









Soit k ∈ ZZ tel que ϕ [k]nm = [0]n , [0]m . Alors k est un multiple de n et m , donc un multiple de nm puisque n et m sont premiers entre eux. On en déduit [k]nm = [0]nm . Donc ϕ est injective (son noyau est trivial).









Comme card ZZ/(nm)ZZ = nm = card (ZZ/nZZ) × (ZZ/mZZ) , on en déduit que ϕ est bijective. Ainsi, ϕ est un isomorphisme d’anneaux. Proposition 19 Les anneaux ZZ/(n1 · · · nr )ZZ et (ZZ/n1 ZZ) × · · · × (ZZ/nr ZZ) étant isomorphes par le théorème chinois (corollaire 17 de la page 11), ils ont autant d’éléments inversibles. Or, les inversibles de l’anneau produit (ZZ/n1 ZZ) × · · · × (ZZ/nr ZZ) sont les (u1 , . . . , ur ) , où u1 , . . . , ur sont inversibles respectivement dans ZZ/n1 ZZ, . . . , ZZ/nr ZZ . Il y en a donc ϕ(n1 ) · · · ϕ(nr ) . Proposition 21

Il est clair que IK[X] est un anneau commutatif non réduit à {0} .

Soit A et B deux polynômes non nuls. Écrivons : A=

p  i=0

ai X i

et

B=

q 

bj X j

avec

p = deg A

et

q = deg B.

j=0

Par définition du produit, le coefficient du terme de degré n = p + q de AB est ap bq , donc non nul comme produit d’éléments non nuls du corps IK . Ainsi AB �= 0 . Proposition 23 Supposons A inversible. Il existe alors B ∈ IK[X] tel que AB = 1 et l’on a donc deg A + deg B = deg 1 = 0 . Ainsi, deg A ∈ IN et deg B ∈ IN , puis deg A = deg B = 0 , c’est-à-dire A ∈ IK∗ et B ∈ IK∗ . Réciproquement, si λ ∈ IK∗ , on a λλ−1 = 1 , donc λ est inversible.

Proposition 24 Supposons A | B et B | A . Il existe alors deux polynômes Q1 et Q2 tels que B = AQ1 et A = BQ2 . •

•

Si A = 0 , alors B = AQ1 = 0 et donc B = 1 × A , avec 1 ∈ IK∗ .

Sinon, on a A = AQ1 Q2 et comme A �= 0 , l’intégrité de IK[X] donne Q1 Q2 = 1 , donc Q1 et Q2 sont inversibles. On a alors A = λB , avec λ = Q1 ∈ IK∗ d’après la proposition 23.

Réciproquement, si A = λB avec λ ∈ IK∗ , alors B = λ−1 A donc B | A et A | B .

28

Démonstrations Proposition 25 •

Supposons A irréductible. Alors A est non constant par définition.

•

Réciproquement, supposons A non constant (en particulier non nul) et :

Si A = BC , alors B | A , donc B est constant ou associé à A . Dans ce deuxième cas, A = λB , avec λ ∈ IK∗ , et comme A = BC , on en déduit que C est égal à la constante λ par intégrité de IK[X] . ∀(B, C) ∈ IK[X]2



A = BC =⇒ B ∈ IK

ou

C ∈ IK).

Soit B un diviseur de A . Il existe C ∈ IK[X] tel que A = BC . Par hypothèse, B est constant (non nul, puisque A �= 0 ) ou C est constant (non nul pour la même raison) et dans ce cas A est associé à B . Comme A est non constant, on en déduit qu’il est irréductible. Proposition 27 Il est évident que si P divise A , alors P et A ne sont pas premiers entre eux puisqu’ils admettent P comme diviseur commun non constant. Supposons que P et A soient non premiers entre eux. Ils admettent alors un diviseur commun D non constant. Par suite D divise P irréductible, donc est associé à P . Comme D divise A , on en déduit que P divise A . Théorème 28 • •

Soit I un idéal de IK[X] .

Si I = {0} , alors I = 0IK[X] .

Sinon, parmi les éléments non nuls de I , il en existe un de degré minimal. Notons B un tel polynôme. Comme B appartient à I , on a BIK[X] ⊂ I puisque BIK[X] est le plus petit idéal de IK[X] contenant B . Réciproquement, soit A ∈ I . Effectuons la division euclidienne de A par B : A = BQ + R , avec deg R < deg B . Or, R = A−BQ appartient à I puisque A ∈ I et BQ ∈ BIK[X] ⊂ I . Par minimalité du degré de B parmi les polynômes non nuls de I , on en déduit R = 0 , c’est-à-dire A = BQ ∈ BIK[X] . Donc I ⊂ BIK[X] .

Finalement I = BIK[X] . Proposition 30 •

Considérons le générateur de l’idéal A1 IK[X]+· · ·+An IK[X] , c’est-à-dire l’unique D ∈ IK[X] , nul ou unitaire, tel que DIK[X] = A1 IK[X] + · · · + An IK[X] .

Ainsi, DIK[X] est le plus petit idéal de IK[X] contenant {A1 , . . . , An } (proposition 6 de la page 4), donc pour tout P ∈ IK[X] , puisque P IK[X] est un idéal de IK[X] : P | D ⇐⇒ DIK[X] ⊂ P IK[X]

•

⇐⇒ ∀i ∈ [[1, n]]

Ai ∈ P IK[X]

⇐⇒ ∀i ∈ [[1, n]]

P | Ai .

Enfin, puisque D ∈ DIK[X] = A1 IK[X] + · · · + An IK[X] , on a par définition : ∃(U1 , . . . , Un ) ∈ IK[X]n

D = A1 U1 + · · · + An Un .

Théorème 31 Supposons A ∧ B = 1 et A | BC . D’après l’identité de Bézout, il existe des polynômes U et V tels que AU + BV = 1 , ce qui implique ACU + BCV = C . Comme A divise ACU et BCV , on a A | ACU + BCV et donc A | C .

29

Chapitre 1. Groupes, anneaux, arithmétique, algèbres Corollaire 32 Par récurrence, il suffit de le montrer dans le cas de deux facteurs. Soit donc A , B et C trois polynômes. • Si A est premier avec BC , il est évidemment premier avec B et avec C . • Réciproquement, supposons A ∧ B = A ∧ C = 1 . Soit D un diviseur commun à A et BC . Alors D est premier avec B (puisqu’il divise A qui est premier avec B ) et comme il divise BC , le théorème de Gauss nous dit que D divise C . Ainsi, D est un diviseur commun à A et C qui sont premiers entre eux, ce qui prouve que D est constant non nul. On a donc montré que A et BC étaient premiers entre eux. Montrons par récurrence forte sur n ∈ IN∗ :

Théorème 33

Hn : « tout polynôme P de degré n est produit d’irréductibles. » • •

H1 est immédiat car tout polynôme de degré 1 est irréductible. Soit n ∈ IN tel que n  2 . Supposons H1 , . . . , Hn−1 . Soit P de degré n . ∗ Si P est irréductible, alors il est évidemment produit d’irréductibles (un seul). ∗ Sinon, on peut écrire P = AB , avec 1  deg A, deg B < n . Par hypothèse de récurrence, les polynômes A et B sont des produits d’irréductibles et par suite P = AB aussi. D’où Hn .

Théorème 34 Existence. Si A est constant non nul, on prend λ = A et αP = 0 pour tout P ∈ P . Sinon, on utilise le théorème 33 pour écrire A = P1 · · · Pr , avec P1 , . . . , Pr irréductibles. En factorisant chaque Pi par son coefficient dominant, cela donne A = λQ1 · · · Qr , où λ est dans IK∗ et Q1 , . . . , Qr dans P . Pour tout P ∈ P , on prend alors pour αP le nombre de Qi égaux à P . Unicité.

Soit A = λ



P ∈P

P αP une telle décomposition. Comme les éléments de P sont

unitaires, le scalaire λ est égal au coefficient dominant de A . Considérons une autre décomposition A = λ αP

exemple αP0  βP0 . En simplifiant par P0



P ∈P\{P0 }

0

β



P ∈P

P βP . Soit P0 ∈ P . Supposons par

�= 0 ( IK[X] est intègre), on obtient :

P αP = P0 P0

−αP

0



P βP .

P ∈P\{P0 }

Le membre de gauche de cette égalité est un polynôme premier avec P0 (produit de polynômes β

premiers avec P0 , cf. corollaire 32 de la page 16). Donc P0 P0 qui prouve que βP0 − αP0 = 0 .

−αP

0

est premier avec P0 , ce

Les familles (αP )P ∈P et (βP )P ∈P sont donc égales, ce qui montre l’unicité de la décomposition. Proposition 36

Soit (Hλ )λ∈Λ une famille de sous-groupes de G . Posons H =



Hλ .

λ∈Λ

Comme tous les Hλ sont des sous-groupes de G , ils contiennent son élément neutre e , donc e ∈ H . • Soit x ∈ H . Pour tout λ ∈ Λ , on a x−1 ∈ Hλ puisque Hλ est un sous-groupe de G . Donc x−1 ∈ H . • Soit (x, y) ∈ H 2 . Pour tout λ ∈ Λ , on a xy ∈ Hλ puisque Hλ est un sous-groupe de G . Donc xy ∈ H . Donc H est un sous-groupe de G . •

30

Démonstrations Proposition 39 • Le premier cas est évident. • Supposons Ker ϕa = nZZ , avec n ∈ IN∗ . On peut définir l’application : ϕ a : ZZ/nZZ x

−→ �−→

G ak

si x = k

car si k = ℓ , alors il existe q ∈ ZZ tel que ℓ = k + nq et alors :

aℓ = ak anq = ak (an )q = ak eq = ak ,

donc ak ne dépend que de la classe de k modulo n . L’application ϕ a ainsi définie de ZZ/nZZ dans G vérifie : ∀k ∈ ZZ

ϕ a (k) = ϕa (k) = ak .

∗

C’est un morphisme de groupes de ZZ/nZZ dans G puisque :

∗ ∗

Elle est surjective puisque a engendre G . Soit k ∈ ZZ . On a :

∀(k, ℓ) ∈ ZZ2

a (k + ℓ) = ak+ℓ = ak aℓ = ϕ a (k)ϕ a (ℓ). ϕ a (k + ℓ) = ϕ

ϕ a (k) = e ⇐⇒ ϕa (k) = e ⇐⇒ k ∈ Ker ϕa ⇐⇒ k ∈ nZZ ⇐⇒ k = 0.

a = {0} ce qui prouve que ϕa est injective. Donc Ker ϕ a est un isomorphisme de ZZ/nZZ sur G . Finalement, ϕ 



Comme ZZ/nZZ = 0, 1, 2, . . . , n − 1 , on en déduit que :









G= ϕ a (2), . . . , ϕa (n − 1) = e, a, a2 , . . . , an−1 . a (0), ϕa (1), ϕ

a , on a pour tout k ∈ ZZ les équivalences : Par l’isomorphisme ϕ ak = e ⇐⇒ k = 0 ⇐⇒ n | k

donc n est le plus petit entier naturel k non nul tel que ak = e . Proposition 41 Soit k ∈ ZZ . Le groupe ZZ/nZZ est engendré par 1 ce qui signifie que tout sous-groupe de ZZ/nZZ contenant 1 est égal à ZZ/nZZ . Donc le sous-groupe engendré par k est égal à ZZ/nZZ si, et seulement s’il contient 1 , ce qui équivaut successivement : • • •

à l’existence d’un entier ℓ tel que ℓk = 1 , à l’existence de (ℓ, a) ∈ ZZ2 tel que ℓk = 1 + an , à k ∧ n = 1 d’après le théorème de Bézout.

Théorème 45 Démonstration dans le cas où G est commutatif. Notons n = card G . Soit a ∈ G . L’application g �→ ag est une permutation de G (de réciproque g �→ a−1 g ). Comme le  h a bien un sens et, par le changement groupe G est commutatif, le produit P = h∈G

d’indice [h = ag] , on a :

P =



h=

h∈G

(ag).

g∈G

Toujours par commutativité de G , on en déduit : P = acard G





g = an P.

g∈G

Par régularité de P , cela donne an = e . D’après la proposition 42 de la page 23, cela implique que l’ordre de a divise n .

31

Chapitre 1. Groupes, anneaux, arithmétique, algèbres

S’entraîner et approfondir Anneaux, arithmétique de ZZ 1.1 Montrer que tout anneau fini intègre est un corps. →2

1.2 Soit A et B deux anneaux. À quelle condition l’anneau produit A × B est-il intègre ? est-il →3 un corps ? 1.3 Montrer que les suites réelles convergeant vers 0 constituent un idéal de l’anneau des suites →3 réelles bornées. S’agit-il d’un idéal de l’anneau de toutes les suites réelles ? 1.4 1. Montrer qu’un idéal contenant un élément inversible de A est égal à A . →3 2. Quels sont les idéaux d’un corps ? 3. Montrer que tout morphisme d’anneaux entre deux corps est injectif. 1.5 Montrer qu’un anneau commutatif A non trivial ayant pour seuls idéaux A et {0} est un →4 corps (réciproque de la deuxième question de l’exercice 1.4). 1.6 Montrer que IR × {0} muni des lois induites par celles de l’anneau produit IR2 est un anneau mais n’est pas un sous-anneau de IR2 .

Congruences, ZZ/nZZ 1.7 Soit n ∈ IN∗ . Montrer :



→12

ϕ(d) = n.

d|n

Indication. On pourra considérer l’ensemble des rationnels de la forme p/n , avec p ∈ IN . 1.8 Déterminer les entiers n ∈ IN∗ tels que ϕ(n) divise n . 1.9 Montrer que si n est produit de nombres premiers distincts, alors : ∀k ∈ IN

∀a ∈ ZZ

a1+kϕ(n) ≡ a [n].

Arithmétique des polynômes 1.10 Le polynôme P = X 4 + X 2 + 1 →14 1. a-t-il des racines dans C ? dans IR ? dans Q ? 2. est-il irréductible dans C[X] ? dans IR[X] ? dans Q[X] ? 1.11 Montrer que le polynôme P = X 4 + 1 est irréductible dans Q[X] . ⋆ 1.12 Montrer que si A et B sont deux polynômes premiers entre eux et non tous les deux constants, il existe un unique couple (U, V ) ∈ IK[X]2 tel que : AU + BV = 1

32

avec

deg U < deg B

et

deg V < deg A.

Exercices

Algèbres 1.13 Montrer que toute algèbre intègre de dimension finie A est un corps. →18

⋆ 1.14 Soit A une IR -algèbre intègre de dimension finie n  2 . 1. Soit a ∈ A tel que (1A , a) soit une famille libre.



(a) Montrer qu’il existe (λ0 , . . . , λn ) ∈ IRn+1 \ (0, . . . , 0) n 

(b) En introduisant le polynôme P =

k=0 2



tel que

n 

λk a k = 0 .

k=0

λk X k ∈ IR[X] , montrer qu’il existe (α, β) ∈ IR2 ,

avec β �= 0 , tel que (a − α1A )2 + β 1A = 0 .

2. Montrer qu’il existe u ∈ A tel que u2 = −1A puis que (1A , u) est une base de A . 3. Montrer que C est, à isomorphisme près, la seule IR -algèbre intègre de dimension finie n  2 .

Groupes 1.15 1. Soit σ ∈ Sn et (a, b) ∈ [[1, n]]2 tel que a �= b . →21





Montrer que σ ◦ (a b) ◦ σ −1 est la transposition σ(a) σ(b) .

2. Montrer que l’ensemble des transpositions du type (i i+1) est une partie génératrice de Sn . 3. Montrer que le groupe Sn est engendré par la transposition τ = (1 2) et le n cycle γ = (1 2 . . . n) . 1.16 Montrer que ZZ2 n’est pas monogène. →22

1.17 Montrer que G = →23

à ZZ .



2n 0

n2n−1 2n



n ∈ ZZ



est un sous-groupe de GL2 (IR) isomorphe

1.18 Soit a un élément d’ordre n d’un groupe G . →24

1. Montrer que pour tout diviseur d de n , l’ordre de ad est n/d . 2. Quel est l’ordre de ak , pour k ∈ IN ?

1.19 Montrer que si G est fini, le sous-groupe engendré par une partie A est l’ensemble des →24 produits d’éléments de A . 1.20 Soit n ∈ IN∗ . Montrer que n | ϕ(2n − 1) . →25

1.21 Théorème de Lagrange Soit G un groupe fini et H un sous-groupe de G . On définit sur G la relation : x R y ⇐⇒ x−1 y ∈ H. 1. Montrer qu’il s’agit d’une relation d’équivalence et que la classe d’équivalence d’un élément x ∈ G est :    xH = xh  h ∈ H .

2. Montrer que les classes d’équivalence pour cette relation ont toutes même cardinal égal à celui de H . 3. En déduire que le cardinal de H divise celui de G . 4. En déduire une démonstration du théorème 45 de la page 25 : l’ordre de tout élément de G divise le cardinal de G .

33

Chapitre 1. Groupes, anneaux, arithmétique, algèbres 1.22 Déterminer l’ordre d’une permutation σ ∈ Sn en fonction des longueurs des cycles intervenant dans sa décomposition en cycles à supports disjoints. 1.23 Soit G un groupe commutatif fini, ainsi que a et b deux éléments de G d’ordres respectifs m et n . 1. (a) Montrer que si m et n sont premiers entre eux, alors ab est d’ordre mn . (b) Que peut-on dire de l’ordre de ab dans le cas général ? 2. (a) En déduire que si r est le PPCM des ordres des éléments de G , il existe un élément de G d’ordre r . (b) Qu’en est-il si G n’est plus supposé commutatif ? 3. Soit IK un corps quelconque. Montrer, en utilisant la question 2(a), que tout sous-groupe (multiplicatif) fini de IK∗ est cyclique. Indication. On pourra admettre que tout polynôme de degré n à coefficients dans IK admet au maximum n racines.

34

Solutions des exercices

Solutions des exercices 1.1 Soit A un anneau fini intègre et a ∈ A non nul. L’application x �→ ax de A dans A est injective par intégrité de A . Comme A est fini, elle est bijective, donc 1 admet un antécédent ce qui signifie qu’il existe b ∈ A tel que ab = 1 . Comme A est commutatif (puisqu’intègre), on a aussi ba = 1 et donc a est inversible. Ainsi, A est un corps.

1.2 Supposons A × B intègre (ce qui est le cas en particulier si c’est un corps). Alors l’égalité (1A , 0B ) × (0A , 1B ) = (0A , 0B ) prouve que (1A , 0B ) = (0A , 0B ) ou (0A , 1B ) = (0A , 0B ) . L’un des deux anneaux A ou B est donc trivial et ils ne peuvent pas l’être tous les deux, sinon leur produit le serait également. Supposons maintenant B trivial. L’application f : A x tion et c’est un morphisme d’anneaux. En effet : f (1A ) = (1A , 0B ) = (1A , 1B )

−→ �−→

A×B (x, 0B )

est alors une bijec-

puisque B est trivial,

les deux autres propriétés étant évidentes. Par l’isomorphisme f , il est alors immédiat que A × B est intègre si, et seulement si, A est intègre et que A × B est un corps si, et seulement si, A est un corps. En conclusion, un produit de deux anneaux est : • intègre si, et seulement si, l’un des deux anneaux est intègre et l’autre trivial ; • un corps si, et seulement si, l’un des deux est un corps et l’autre trivial. 1.3 • Notons B(IN, IR) l’ensemble des suites bornées. Il s’agit d’un sous-anneau de F(IN, IR) : cela traduit le fait qu’une somme, une différence et un produit de suites bornées sont des suites bornées et que la suite constante (1)n∈IN est bornée. L’ensemble C0 des suites tendant vers 0 est une partie de B(IN, IR) puisqu’une suite convergente est bornée. C’est un sous-espace vectoriel de B(IN, IR) donc en particulier un sous-groupe additif. La deuxième propriété de la définition 1 de la page 3 vient du fait que le produit d’une suite bornée par une suite tendant vers 0 est une suite tendant vers 0 . • En revanche, C0 n’est pas un idéal de F(IN, IR) puisque, par exemple, le produit de la suite (2−n )n∈IN ∈ C0 par (2n )n∈IN ne tend pas vers 0 . 1.4 1. Si l’idéal I de A contient un élément inversible u , il contient aussi tout élément a ∈ A , puisque a = u × (u−1 a) . 2. Un idéal non réduit à {0} d’un corps IK contient un élément inversible, donc est égal à IK d’après la question précédente. Réciproquement, IK et {0} sont évidemment des idéaux de IK .

3. Un corps étant un anneau non trivial, tout morphisme d’anneaux ϕ entre deux corps IK et IK′ est non nul puisque ϕ(1IK ) = 1IK′ �= 0IK′ , donc son noyau est un idéal de IK différent de IK . Il est donc réduit à {0} d’après la question précédente, ce qui prouve que ϕ est injectif (caractérisation de l’injectivité d’un morphisme de groupes).

35

Chapitre 1. Groupes, anneaux, arithmétique, algèbres 1.5 Soit A un anneau commutatif non trivial dans lequel les seuls idéaux sont A et {0} . Montrons que tout élément non nul de A est inversible. Soit x ∈ A non nul. L’idéal xA engendré par x contient x donc est différent de {0} . On en déduit que xA = A et, en particulier, qu’il existe a ∈ A tel que xa = 1 , ce qui prouve que x est inversible. 1.6 • IR × {0} est un groupe commutatif comme produit des deux groupes commutatifs (IR, +)   et {0}, + .

• Il est évidemment stable par produit puisque (x, 0) × (y, 0) = (xy, 0) pour tout (x, y) ∈ IR2 . • La multiplication est associative et distributive par rapport à l’addition comme dans l’anneau IR2 . • Il est immédiat que (1, 0) est neutre pour la multiplication de IR × {0} .

Donc IR × {0} est un anneau. Ce n’est pas un sous-anneau de IR2 puisqu’il ne contient pas l’élément neutre multiplicatif (1, 1) de ce dernier. 1.7 Considérons A =

p

n



| p ∈ ZZ .

Ses éléments admettent une forme irréductible A=



, avec k ∧ d = 1 et d | n . On a donc :

k    k ∈ ZZ et k ∧ d = 1 , Ad =

où

Ad

k d

d

d|n

cette réunion étant disjointe par unicité du représentant irréductible d’un rationnel. De plus : A ∩ ]0, 1] = Donc :



p p ∈ [[1, n]] n





et



n = card A ∩ ]0, 1] =

Ad ∩ ]0, 1] =

 d|n





k k ∈ [[1, d]] d



card Ad ∩ ]0, 1] =



Notons Pn l’ensemble des diviseurs premiers de n et écrivons n =



p∈Pn

(pαp − pαp −1 ) =



p∈Pn

pαp −1 (p − 1) . Donc





k∧d=1 .

ϕ(d).

d|n

1.8 Soit n ∈ IN∗ tel que ϕ(n) | n . Alors ϕ(n) =

et

p∈Pn



pαp .

p∈Pn

(p − 1) |



p.

p∈Pn

• Si n a un diviseur premier impair, on en déduit donc que 2 ∈ Pn , et il ne peut alors  avoir qu’un seul diviseur premier impair puisque p n’est pas divisible par 4 . p∈Pn

α

α β

Donc, soit n = 2 , avec α ∈ IN , soit n = 2 p , où p est un nombre premier impair et (α, β) ∈ (IN∗ )2 . Dans le deuxième cas, p − 1 divise 2p et comme il est premier avec p , il divise 2 d’après le théorème de Gauss, ce qui donne p = 3 . • Réciproquement : ∗ n = 1 est solution puisque ϕ(1) = 1 , ∗ si n = 2α , avec α ∈ IN∗ , alors ϕ(n) = 2α−1 | n , ∗ si n = 2α 3β , avec (α, β) ∈ (IN∗ )2 , alors : ϕ(n) = 2α−1 × 2 × 3β−1 = 2α 3β−1 | n.

En conclusion, les solutions sont les entiers de la forme : 2α

36

avec

α ∈ IN

et

n = 2α 3β

avec

(α, β) ∈ (IN∗ )2 .

Solutions des exercices 1.9 Écrivons n = p1 · · · pr , où p1 , . . . , pr sont des nombres premiers distincts. On a donc ϕ(n) = (p1 − 1) · · · (pr − 1) .

Soit a ∈ ZZ et k ∈ IN . Pour montrer a1+kϕ(n) ≡ a [n] il suffit, par le théorème chinois, de montrer : ∀i ∈ [[1, r]] a1+kϕ(n) ≡ a [pi ]. Soit i ∈ [[1, r]] . • Si pi | a , alors a1+kϕ(n) ≡ 0 ≡ a [pi ] .

• Sinon, on a api −1 ≡ 1 [pi ] d’après le petit théorème de Fermat (cf. théorème 47 de la page 25) et donc akϕ(n) ≡ 1 [pi ] puisque kϕ(n) est un multiple de pi − 1 .

On en déduit a1+kϕ(n) ≡ a [pi ] . D’où le résultat.

1.10 1. Le polynôme P a (au moins) une racine dans C comme tout polynôme non constant de C[X] . Il n’a pas de racine dans IR et, a fortiori, pas dans Q , puisque ∀x ∈ IR P (x) > 0 . 2. Comme il est de degré 4 , il n’est irréductible ni dans C[X] ni dans IR[X] . Il n’est pas non plus irréductible dans Q[X] comme le montrent les égalités suivantes : X 4 + X 2 + 1 = (X 2 + 1)2 − X 2 = (X 2 + X + 1)(X 2 − X + 1). 1.11 Supposons qu’il soit réductible dans Q[X] . Comme il n’a pas de racine rationnelle (il n’a même pas de racine réelle), il ne peut pas admettre de diviseur de degré 1 . Il s’écrit donc comme un produit de deux polynômes de degré 2 . Comme X 4 + 1 est unitaire, on peut même les supposer tous les deux unitaires. On a donc : P = (X 2 + aX + b)(X 2 + αX + β) Par unicité des coefficients, on a les relations : a+α = 0

aα + b + β = 0

avec (a, b, α, β) ∈ Q4 . aβ + αb = 0

et

bβ = 1.

On en déduit que b et β sont non nuls et de même signe, donc b + β �= 0 . Par conséquent, α = −a �= 0 et la troisième égalité, qui s’écrit a(β − b) = 0 , donne b = β . Finalement, b = β = ±1 et donc a2 = ±2 , ce qui est impossible avec a ∈ Q . Donc P est irréductible dans Q[X] . 1.12 Unicité. Supposons l’existence de deux tels couples (U1 , V1 ) et (U2 , V2 ) . On a alors : A(U1 − U2 ) = B(V2 − V1 ).

Donc A | B(V2 − V1 ) et comme A et B sont premiers entre eux, on a A | (V2 − V1 ) . Or, deg(V2 − V1 ) < deg A , donc V2 − V1 = 0 , ce qui donne V1 = V2 . Par symétrie, on a donc aussi U1 = U2 , d’où l’unicité. Existence. Supposons, par exemple, deg A > 0 . Alors B �= 0 , sinon A serait un diviseur non constant commun à A et B . On en déduit que A et B sont tous les deux non nuls, et il en est de même, par symétrie, si deg B > 0 . Comme A et B sont premiers entre eux, le théorème de Bézout nous donne deux polynômes U0 et V0 tels que AU0 + BV0 = 1 . Notons Q et U respectivement les quotient et reste de la division euclidienne de U0 par B . On a donc U0 = BQ + U ; posons V = V0 + AQ de sorte que l’on ait : AU + BV = A(U0 − BQ) + B(V0 + AQ) = AU0 + BV0 = 1.

• D’une part, par définition de U , on a deg U < deg B .

37

Chapitre 1. Groupes, anneaux, arithmétique, algèbres • Pour prouver que le couple (U, V ) convient, il reste à montrer deg V < deg A . On a deg(AU ) = deg A + deg U < deg A + deg B puisque deg U < deg B et deg A �= −∞ . De plus, deg 1 = 0 < deg A + deg B , donc : deg V deg B = deg(BV ) = deg(1 − AU ) < deg A + deg B.

On en déduit deg V < deg A puisque deg B �= −∞ . Finalement, le couple (U, V ) répond à la question.

deg V deg B = deg(BV ) = deg(1 − AU ) < deg A + deg B. 1.13 Soit a �= 0 dans A . Par bilinéarité du produit, l’application x �→ ax est un endomorphisme d’espace vectoriel de A . L’intégrité de A donne son injectivité, donc sa bijectivité puisque A est un espace vectoriel de dimension finie. Par suite, il existe un élément b ∈ A tel que ab = 1 , donc a est inversible (on rappelle que A est commutative puisqu’intègre). 1.14 1. (a) La famille (1A , a, . . . , an ) est liée puisque l’espace vectoriel A est de dimension n . On en déduit l’existence de (λ0 , . . . , λn ) ∈ IRn+1 non nul tel que (b) Le polynôme non nul P =

n 

k=0

n 

λi a i = 0 .

i=0

λk X k ∈ IR[X] est donc tel que P (a) = 0 . Parmi

les polynômes P non nuls tels que P (a) = 0 , choisissons-en un de degré minimal. Quitte à le diviser par son coefficient dominant, on peut supposer un tel polynôme Π unitaire. Il est différent de 1 puisque Π(a) = 0A �= 1A = 1(a) . Donc deg Π  1 . Supposons Π non irréductible. Il existe alors deux polynômes Q et R non constants tels que Π = QR . Comme l’application P �→ P (a) est un morphisme d’algèbres de IR[X] dans A (exemple 38 de la page 19), on a alors 0 = Π(a) = Q(a)R(a) et comme A est intègre, on en déduit Q(a) = 0 ou R(a) = 0 . C’est absurde puisque Q et R sont de degrés strictement inférieurs à deg Π . Donc Π est irréductible dans IR[X] . • Il ne peut pas être de degré 1 , sinon il serait de la forme Π = X − α , avec α ∈ IR , et alors la relation Π(a) = 0 donnerait a = α1A qui est contradictoire avec l’hypothèse d’indépendance de (1A , a) . • Il est donc de degré 2 à discriminant strictement négatif, donc de la forme : Π = (X − α)2 + β 2

avec

(α, β) ∈ IR2

et

β �= 0.

La relation Π(a) = 0 donne alors (a − α1A )2 + β 2 1A = 0 . 2. Puisque n  2 , il existe un élément a de A qui n’est pas dans la droite Vect(1A ) . En utilisant les résultats et notations de la question précédente, l’élément u = (a − α1A )/β vérifie donc u2 = −1A et a ∈ Vect(1A , u) . Montrons que (1A , u) est une base de A . • Elle est libre, sinon il existerait λ ∈ IR tel que u = λ1A et alors on aurait u2 = λ2 1A et donc u2 �= −1A . • Soit x ∈ A . ∗ Si x ∈ Vect(1A ) , alors x ∈ Vect(1A , u) . ∗ Sinon, par ce qui précède, il existe un élément v ∈ A tel que x ∈ Vect(1A , v) , avec v 2 = −1A . On a alors : 0 = v 2 − u2 = (v − u)(v + u)

(commutativité de A )

et par intégrité de A , on en déduit v = ±u , puis x ∈ Vect(1A , u) . Donc (1A , u) est génératrice de A .

38

Solutions des exercices 3. Considérons l’application IR -linéaire ϕ : C → A vérifiant ϕ(1) = 1A et ϕ(i) = u . C’est un isomorphisme de IR -espaces vectoriels puisque l’image de la base (1, i) est une base. D’autre part, un calcul élémentaire utilisant les relations i2 = −1 et u2 = −1A montre que pour tout (z, z ′ ) ∈ C2 , on a ϕ(zz ′ ) = ϕ(z)ϕ(z ′ ) . Avec la propriété ϕ(1) = 1A , cela prouve que ϕ est un isomorphisme de IR -algèbres de C sur A . Finalement, C est, à isomorphisme près, la seule IR -algèbre intègre de dimension finie n  2 . 1.15 1. Étudions les images des éléments de [[1, n]] par σ ◦(a b)◦σ −1 . Comme σ est une bijection, on peut écrire ces éléments sous la forme σ(x) , avec x ∈ [[1, n]] . Discutons suivant les valeurs de x : [[1, n]] σ(a) σ(b) σ(x)

σ −1

−→ �−→ �−→ �−→

[[1, n]] a b x



(a b)

−→ �−→ �−→ �−→



[[1, n]] b a x

σ

−→ �−→ �−→ �−→

[[1, n]] σ(b) σ(a) σ(x)

si x ∈ / {a, b}.

Donc σ ◦ (a b) ◦ σ −1 = σ(a) σ(b) .

2. Soit (i j) une transposition, avec j > i + 1 . Alors, d’après la question précédente : (j−1 j) ◦ (i j−1) ◦ (j−1 j) = (i j).

Il est alors facile de montrer par récurrence sur j − i que toute transposition (i j) , avec i < j , est un produit de transpositions du type (k−1 k) . 3. Soit i ∈ [[1, n − 1]] . Les relations γ i−1 (1) = i et γ i−1 (2) = i + 1 permettent de vérifier, grâce à la première question, que : γ i−1 ◦ (1 2) ◦ γ −(i−1) = (i i+1).

Toute transposition de la forme (i i+1) s’écrit donc comme un produit des permutations τ et γ . Or, d’après la question précédente, les transpositions de la forme (i i+1) engendrent Sn , donc {τ, σ} est également une partie génératrice de Sn . 1.16 Soit (a, b) ∈ ZZ2 .

Le sous-groupe de ZZ2 engendré par (a, b) est l’ensemble A =







(na, nb)  n ∈ ZZ . Il est

donc contenu dans le sous-espace vectoriel de IR2 engendré par (a, b) qui est différent de IR2 , puisque de dimension inférieure ou égal à 1 . Donc A ne peut pas être égal à ZZ2 puisque ce dernier contient la base canonique de IR2 .





   2 1 1.17 On remarque qu’en posant A = , on a G = An  n ∈ ZZ . Donc G est monogène. 0 2 Comme il est de plus évidemment infini, il est isomorphe à ZZ . 1.18 1. Posons n = dp . On a : (ad )k = e ⇐⇒ adk = e ⇐⇒ n | dk ⇐⇒ dp | dk ⇐⇒ p | k. Donc l’ordre de ad est p = n/d .

39

Chapitre 1. Groupes, anneaux, arithmétique, algèbres 2. Soit d = k ∧ n . Montrons que ad et ak engendrent le même sous-groupe. Pour x ∈ G , on note ici �x� le sous-groupe de G engendré par x . ′

 

En écrivant k = dk′ , on a ak = (ad )k ∈ ad

 

 

ce qui donne ak ⊂ ad

 

puisque ak

est le plus petit sous-groupe contenant ak . D’autre part, le théorème de Bézout donne des entiers u et v tels que d = uk + vn . Alors :   ad = auk avn = (ak )u (an )v = (ak )u ∈ ak

 

 

et l’on conclut comme précédemment que ad ⊂ ak .

 

 

On en déduit que ad et ak ont le même ordre : le cardinal du sous-groupe ad = ak qui, d’après la question précédente, est égal à n/d .

1.19 D’après la caractérisation du sous-groupe engendré par A (cf. exemple 40 de la page 20), il suffit de montrer que l’inverse de tout élément de A peut s’écrire comme produit d’éléments de A . Soit a ∈ A . Comme G est fini, a est d’ordre fini, donc il existe n ∈ IN∗ tel que an = e . On en déduit que a−1 = an × a−1 = an−1 est bien un produit d’éléments de A . 1.20 Posons N = 2n − 1 . Comme ϕ(N ) est le cardinal du groupe G des inversibles de ZZ/N ZZ , il suffit de trouver un élément de G d’ordre n et d’utiliser le théorème 45 de la page 25. On a 2n ≡ 1 [2n − 1] , donc (2)n = 1 dans ZZ/N ZZ . Cela montre que 2 ∈ G et que son ordre divise n . Or, si d est un diviseur strict de n , on a 1 < 2d < 2n , donc 2d �≡ 1 [2n − 1] , ce qui prouve que (2)d �= 1 . Finalement, 2 est bien d’ordre n ce qui conclut.

1.21 1. • Réflexivité : pour tout x ∈ G , on a : x−1 x = e ∈ H , donc x R x . Symétrie : pour tout (x, y) ∈ G2 , on a :

x R y =⇒ x−1 y ∈ H =⇒ y −1 x = (x−1 y)−1 ∈ H =⇒ y R x.

Transitivité : pour tout (x, y, z) ∈ G3 , on a : (x R y

et



y R z) =⇒ x−1 y ∈ H

et

y −1 z ∈ H



=⇒ x−1 z = (x−1 y)(y −1 z) ∈ H =⇒ x R z. • Soit x ∈ G . Pour tout y ∈ G , on a : y R x ⇐⇒ ∃h ∈ H

x−1 y = h ⇐⇒ ∃h ∈ H

y = xh

donc la classe d’équivalence de x est xH .

2. La classe de x ∈ G est en bijection avec H par l’application gx : G −→ G de h �−→ xh réciproque gx−1 , qui vérifie gx (H) = xH . Donc xH et H ont même cardinal. 3. Comme G est fini, il y a un nombre fini de classes d’équivalence ; notons p ce nombre. Les classes formant une partition de G et ayant toutes le même nombre d’éléments card H , on en déduit card G = p card H , ce qui donne card H | card G . 4. Soit a ∈ G . L’ordre de a est égal au cardinal du sous-groupe de G engendré par a et divise donc le cardinal de G .

40

Solutions des exercices 1.22 Supposons σ = γ1 ◦ · · · ◦ γr , avec γ1 , . . . , γr des cycles à supports disjoints de longueurs respectives k1 , . . . , kr . Montrons que l’ordre de σ est le PPCM m de k1 , . . . , kr . • Pour tout i ∈ [[1, r]] , on a γiki = Id , donc γim = Id . Puisque les γi sont à supports disjoints, ils commutent deux à deux, ce qui donne σ m = γ1m ◦ · · · ◦ γrm = Id. • Soit p ∈ IN tel que σ p = Id . Pour tout i ∈ [[1, r]] et x dans le support de γi , on a σ p (x) = γip (x) puisque x est invariant par tous les autres γj . On en déduit que γip (x) = x , et donc ki | p puisque γi est un cycle de longueur ki . Par suite, m divise p . Donc l’ordre de σ est bien m . 1.23 1. (a) Comme G est commutatif, on a ∀k ∈ IN (ab)k = ak bk . Donc (ab)m∨n = e et l’ordre de ab divise m ∨ n . Supposons m∧n = 1 et montrons que l’ordre de ab est égal à m∨n = mn . Soit k ∈ IN tel que (ab)k = e . Alors ak = b−k . Comme ak appartient au sous-groupe engendré par a , son ordre divise le cardinal de ce sous-groupe, c’est-à-dire m . De même, l’ordre de b−k divise n . Finalement, l’ordre de ak = b−k divise m et n donc divise m∧n = 1 et l’on en déduit que ak = bk = e . Donc m | k et n | k , ce qui prouve, puisque m et n sont premiers entre eux, que mn divise k . Ainsi, l’ordre de ab est égal à mn . (b) Dans le cas général, l’ordre de ab divise m ∨ n , mais ne lui est pas égal en général. Par exemple, dans Un , avec n  2 , les éléments a = e2iπ/n et b = e−2iπ/n sont d’ordre n , alors que leur produit est d’ordre 1 . 2. (a) Pour x ∈ G , notons o(x) son ordre. Soit r le PPCM des ordres de tous les éléments de G . Décomposons r en facteurs premiers : r =

k 

i pα i , avec p1 , . . . , pk premiers

i=1

distincts et α1 , . . . , αk dans IN∗ . Soit i ∈ [[1, k]] . Notons vi l’application « valuation pi -adique ».    o(y) , on a αi = vi (r) = max vi o(y) , donc il existe un éléComme r = y∈G





y∈G

∗ i ment yi ∈ G tel que vi o(yi ) = αi , donc tel que o(yi ) = pα i qi , avec qi ∈ IN . α p i

α qi pi i

i i Alors xi = yiqi est d’ordre pα = yi i . En effet xi

i = e , donc o(xi ) divise pα i . Il ne α −1 p i

α −1 qi p i

i i = yi i �= e . divise pas piαi −1 puisque 1  qi piαi −1 < qi pα i = o(yi ) et donc xi Comme les xi sont des éléments d’ordres premiers entre eux deux à deux, on déduit de la première question, par une récurrence immédiate :

α

1 k o(x1 · · · xk ) = o(x1 ) · · · o(xk ) = pα 1 · · · pk = r.

(b) Le résultat ne subsiste pas sans l’hypothèse de commutativité. Par exemple, les éléments de G = S3 sont l’identité (d’ordre 1 ), les transpositions (d’ordre 2) et les 3 -cycles (d’ordre 3 ). On a donc r = 6 , mais il n’existe aucun élément d’ordre 6 . 3. Soit G un sous-groupe fini de IK∗ et n son cardinal. L’ordre de tout élément de G divise n , donc le PPCM r de tous ces ordres divise n . Le polynôme X r − 1 est de degré r et admet pour racines dans IK les n éléments de G donc n  r . On en déduit r = n et puisque G est commutatif ( IK est commutatif par définition), la question 2(a) montre il existe un élément x de G d’ordre r . Donc le sousgroupe engendré par x est de cardinal n = card G , ce qui prouve que G est engendré par x , donc cyclique.

41

Chapitre 2 : Compléments d’algèbre linéaire I

Somme finie de sous-espaces vectoriels . . . . . . . . Somme de p sous-espaces vectoriels . . . . . . . . . . Somme directe de sous-espaces vectoriels . . . . . . . . Décomposition d’un espace en somme directe . . . . . Cas de la dimension finie . . . . . . . . . . . . . . . . II Écriture par blocs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Matrices par blocs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Opérations sur les matrices par blocs . . . . . . . . . . 3 Déterminant et écriture par blocs . . . . . . . . . . . . III Sous-espaces stables et endomorphismes induits . . . 1 Définitions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Stabilité et écriture par blocs . . . . . . . . . . . . . . IV Polynômes d’endomorphismes / de matrices carrées

. . . . . . . . . . . . .

1 2 3 4 Exercices

. . . . .

1 2 3 4

Endomorphismes / matrices nilpotent(e)s . Substitution polynomiale . . . . . . . . . . Polynômes annulateurs . . . . . . . . . . . Lemme de décomposition des noyaux . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . . . . . . . . . .

44 44 46 48 49 50 50 51 56 57 57 58 60 60 63 64 68 74

Compléments d’algèbre linéaire

2

Dans ce chapitre, E est un espace vectoriel sur un sous-corps IK de C (on se limite en pratique au cas où IK est égal à IR ou C ).

I

Somme finie de sous-espaces vectoriels

Nous généralisons ici les notions vues en première année de somme et de somme directe de deux sous-espaces vectoriels.

1

Somme de p sous-espaces vectoriels

Définition 1 Soit (Ei )i∈I une famille finie de sous-espaces vectoriels de E . On appelle somme  Ei , l’ensemble : de ces sous-espaces vectoriels, et l’on note i∈I

 i∈I

   xi  (xi )i∈I ∈ Ei . i∈I

Remarques • Commutativité. Par commutativité de l’addition dans E , une somme de sousespaces vectoriels ne dépend pas de l’ordre de sommation.      • Associativité. On vérifie sans difficulté que Ei et, Ei = Ei + plus généralement,

p   

k=1

i∈Ik



Ei =

i∈I



i∈J

i∈I∪J

Ei .

i∈I1 ∪···∪Ip

• Une somme vide d’éléments de E valant par définition le vecteur nul, on a tou Ei = {0} . jours i∈∅

• Si la famille de sous-espaces considérée est sous la forme (E1 , . . . , Ep ), ce qui revient à prendre I = [[1, p]] dans la définition précédente, alors la somme se p  note Ek ou E1 + · · · + Ep , et l’on a : k=1

p 

k=1

  Ek = x1 + · · · + xp | (x1 , . . . , xp ) ∈ E1 × · · · × Ep .

Dans le cas p = 2 , on retrouve la notion de somme de deux sous-espaces vectoriels vue en première année.

I Somme finie de sous-espaces vectoriels

Ex. 1. Dans le IR -espace vectoriel C , les trois droites vectorielles : E1 = IR ,

E2 = iIR

et

E3 = Vect(1 + i)

sont telles que E1 + E2 + E3 = C puisque C = E1 + E2 ⊂ E1 + E2 + E3 .

Ex. 2. Dans Mn,p (IK) , notons Ej le sous-espace vectoriel constitué des matrices dont les

colonnes sont toutes nulles, sauf éventuellement la j -ème. Prouvons que

p 

j=1

Ej = Mn,p (IK) .

Soit A ∈ Mn,p (IK) . Notons (C1 , . . . , Cp ) la famille des colonnes de A , et pour j ∈ [[1, p]] , notons Aj la matrice dont la famille des colonnes est (0, . . . , 0, Cj , 0, . . . , 0) . Alors on a : ↑

j-ème place

A=

p 

et

Aj

j=1

D’où

p 

j=1

∀j ∈ [[1, p]]

Aj ∈ Ej .

Ej = Mn,p (IK) .

Proposition 1 Soit (Ei )i∈I une famille finie de sous-espaces vectoriels de E . Leur somme est le plus petit sous-espace vectoriel de E contenant tous les Ei . Démonstration. • Pour justifier que



Ei est un sous-espace vectoriel, remarquons qu’il s’agit de l’image de

i∈I

l’application suivante, dont la linéarité est immédiate : Φ :



Ei

−→

(xi )i∈I

�−→

i∈I

• Le sous-espace vectoriel



i∈I

E



xi .

i∈I

Ei contient chacun des Ei puisque si l’on fixe i0 ∈ I , alors tout

vecteur x ∈ Ei0 s’écrit x =



i∈I

xi avec xi0 = x et ∀i ∈ I \ {i0 }

xi = 0 .

• De plus, si H est sous-espace vectoriel de E contenant chacun des Ei , alors pour toute  famille (xi )i∈I ∈ Ei , on a : i∈I

∀i ∈ I

Par conséquent, H contient



xi ∈ H

Ei .

donc

 i∈I

xi ∈ H.

i∈I

Ex. 3. Soit a1 , . . . , ap des vecteurs de E . Alors on a l’égalité suivante : Vect(a1 , . . . , ap ) = Vect(a1 ) + · · · + Vect(ap ). En effet, étant donné un vecteur x ∈ E , un sous-espace vectoriel contient x si, et seulement s’il contient Vect(x) . Par conséquent, le plus petit sous-espace vectoriel contenant tous les ai , c’està-dire Vect(a1 , . . . , ap ) , est aussi le plus petit sous-espace vectoriel contenant tous les Vect(ai ) , c’est-à-dire Vect(a1 ) + · · · + Vect(ap ) .

45

Chapitre 2. Compléments d’algèbre linéaire

2

Somme directe de sous-espaces vectoriels

Définition 2 Soit (Ei )i∈I une famille finie de sous-espaces vectoriels de E .  Ei , la décomposiOn dit que les Ei sont en somme directe si pour tout x ∈ i∈I   xi , avec (xi )i∈I ∈ Ei , est unique. tion x = i∈I

i∈I

Terminologie



On dit aussi que la somme

Ei est directe.

i∈I

Notation

Lorsque la somme



Ei est directe, on la note



Ei . Dans le cas d’une

i∈I

i∈I p 

famille de la forme (E1 , . . . , Ep ), on note

i=1

Ei ou E1 ⊕ · · · ⊕ Ep .

Remarques • Dans le cas d’une famille de deux sous-espaces vectoriels, on retrouve la définition vue en première année.   • Si J ⊂ I et si la somme Ei est directe, alors la somme Ei l’est aussi. En i∈I

i∈J

d’autres termes, une « sous-somme » d’une somme directe est directe.  Ei est directe si, et seulement si, l’application : • La somme i∈I

Φ:



Ei

i∈I

(xi )i∈I

−→

�−→



i∈I 

Ei

xi

i∈I

est injective. Comme elle est linéaire et surjective, cela revient à dire que c’est un isomorphisme. En pratique, on utilise la caractérisation suivante pour prouver qu’une somme est directe. Proposition 2  Ei est directe si, et seulement si : Une somme i∈I

∀(xi )i∈I ∈

Exo 2.1

Démonstration. 

i∈I

Ei

 i∈I

xi = 0 =⇒ ∀i ∈ I

xi = 0.

Reprenons l’application linéaire Φ de la remarque précédente. La Ei est directe si, et seulement si, Φ est injective, ce qui revient à dire que son

somme

i∈I

noyau est réduit à {0} .

46



I Somme finie de sous-espaces vectoriels

Ex. 4. Si E est de dimension finie, et si (e1 , . . . , en ) en est une base, alors

n 

Vect(ek ) = E .

k=1

• En effet, on a

n 

k=1

Vect(ek ) = E car pour x ∈ E , il existe (λk )1kn ∈ IKn tel que : x=

n 

λk e k .

  

k=1 ∈Vect(e ) k

• De plus, si (xk )1kn ∈

n 

Vect(ek ) est tel que

k=1

n 

xk = 0 , alors en écrivant chaque xk

k=1

sous la forme λk ek avec λk ∈ IK , la relation précédente donne, par liberté de la famille (e1 , . . . , en ) , la nullité de tous les λk , puis de tous les xk . Donc la somme est directe. Ex. 5. Si une somme



i∈I

Ei est directe et si, pour tout i ∈ I , on se donne un vecteur non

nul xi ∈ Ei , alors la famille (xi )i∈I est libre. En effet, si (λi )i∈I est une famille de scalaires vérifiant :  λi xi = 0, i∈I

alors en remarquant que ∀i ∈ I λi xi ∈ Ei , le caractère direct de la somme assure que pour tout i ∈ I , on a λi xi = 0 , puis, le vecteur xi étant non nul, λi = 0 .

Attention Comme le montre l’exemple suivant, des sous-espaces vectoriels peuvent être en somme directe deux à deux sans que leur somme soit directe. Ex. 6. Dans IR2 , notons e1 = (1, 0) , e2 = (0, 1) et u = (1, 1) . Alors les trois droites vectorielles : D1 = Vect(e1 ) ;

D2 = Vect(e2 )

D3 = Vect(u)

et

vérifient D1 ∩ D2 = D1 ∩ D3 = D2 ∩ D3 = {0} , mais ne sont pas en somme directe car, par exemple, on a e1 + e2 + (−u) = 0 . ↑

↑

∈ D1 ∈ D2

↑

∈ D3

Proposition 3 (Associativité de la somme directe)  Ei Supposons que I s’écrive comme une union disjointe I = I1 ∪ I2 . La somme i∈I

est directe si, et seulement si :   • les sommes Ei sont directes ; Ei et i∈I1

i∈I2

• les sous-espaces vectoriels

et l’on a alors :



Ei et

i∈I1

 i∈I1

Ei





Ei sont en somme directe ;

i∈I2

⊕

 i∈I2

Ei



=



Ei .

i∈I

Démonstration page 69

Remarque Par récurrence, le résultat précédent s’étend au cas où I s’écrit comme une union disjointe I = I1 ∪ · · · ∪ Ip . 47

Chapitre 2. Compléments d’algèbre linéaire

3

Décomposition d’un espace en somme directe

Lorsque l’on dispose d’une famille (Ei )i∈I de sous-espaces vectoriels telle  Ei , on parle de décomposition de E en somme directe ou plus que E = i∈I

simplement décomposition de E .

Projecteurs associés à une décomposition  Ei , alors, pour tout i ∈ I , D’après la proposition 3 de la page précédente, si E = i∈I  Ej sont supplémentaires. les sous-espaces vectoriels Ei et j∈I\{i}

Définition 3  Supposons que E se décompose E = Ei . On appelle famille des projeci∈I  Ei la famille (pi )i∈I où, pour teurs associés à la décomposition E = i∈I  Ej . tout i ∈ I , pi est la projection sur Ei parallèlement à j∈I\{i}

Proposition 4  Ei vérifie : La famille des projecteurs associés à une décomposition E = i∈I



pi = IdE

∀(i, j) ∈ I 2

et

i∈I

Démonstration.

Soit x ∈ E . Il existe (xi )i∈I ∈



i �= j =⇒ pi ◦ pj = 0.

Ei tel que x =

i∈I

• Par définition, pour tout i ∈ I , on a pi (x) = xi . On a donc x = que



pi = IdE .



xi .

i∈I



pi (x) , ce qui prouve

i∈I

i∈I

• Soit (i, j) ∈ I 2 tel que i �= j . Par définition de pi et pj , on a Im pj = Ej  et Ker pi = Ek , donc Im pj ⊂ Ker pi , autrement dit pi ◦ pj = 0 . k∈I\{i}

Caractérisation d’une application linéaire par ses restrictions Dans l’énoncé suivant, F désigne un IK-espace vectoriel.

Proposition 5  Supposons que E se décompose en E = Ei et que, pour tout i ∈ I , on dispose i∈I

d’une application linéaire ui ∈ L(Ei , F ).

Alors il existe une unique application linéaire u ∈ L(E, F ) telle que : ∀i ∈ I

u | Ei = u i .

Démonstration page 69  ui ◦pi , où les pi sont les projecteurs Démonstration. Par analyse-synthèse, on obtient u = i∈I  associés à la décomposition E =

Ei .

i∈I

48

I Somme finie de sous-espaces vectoriels

4

Cas de la dimension finie

Proposition 6 Soit B = (ei )i∈I une base de E et (I1 , . . . , Ip ) un recouvrement disjoint de I . p  Si, pour tout k ∈ [[1, p]], on pose Ek = Vect(ei )i∈Ik , alors on a E = Ek . k=1

Démonstration page 70

Proposition 7 (Base adaptée à une décomposition) Supposons E de dimension finie. Supposons de plus que l’on a : E=

p 

Ei .

i=1

Si, pour tout i ∈ [[1, p]], on considère une base Bi de Ei , alors la famille constituée, dans l’ordre, des vecteurs de B1 , . . . , Bp , est une base de E . Une telle base est dite adaptée à la décomposition E =

p 

Ei .

i=1

Démonstration page 70

Terminologie On dit aussi qu’une base de E adaptée à la décomposip  tion E = Ei est obtenue « par concaténation » des bases B1 , . . . , Bp . i=1

Proposition 8 Si les sous-espaces vectoriels Ei sont de dimension finie, alors on a :    dim dim Ei Ei  i∈I

i∈I

avec égalité si, et seulement si, la somme



Ei est directe.

i∈I

Démonstration.

Considérons l’application linéaire surjective Φ :



i∈I

Ei

(xi )i∈I Le théorème du rang donne



i∈I

i∈I

�−→

i∈I



Ei xi .

dim Ei = dim Im Φ + dim Ker Φ , i.e., par surjectivité de Φ :

i∈I





−→

dim Ei = dim

 i∈I

Ei



+ dim Ker Φ.

Cela prouve l’inégalité souhaitée, avec égalité si, et seulement si, Φ est injective, c’est-à-dire si,  Ei est directe. et seulement si, la somme i∈I

Exo 2.2

Remarque En particulier, si E est de dimension finie et si l’on dispose d’une dé  Ei , alors on a dim E = dim Ei . composition E = i∈I

i∈I

49

Chapitre 2. Compléments d’algèbre linéaire

II 1

Écriture par blocs Matrices par blocs

Il est parfois utile d’écrire une matrice en mettant en évidence certaines de ses sousmatrices. � � � � 1 2 3 4 0 12

Ex. 7. La matrice M =

A=

�

1 0

mais aussi M =

6 7

�

8 0

2 6

�

;

B=

�

E F

�

avec E =

3 8

9 0

4 9

�

� 1 0

A C

peut s’écrire par blocs M =

;

C=

2 6

3 8

�

4 9

12

�

�

7

et F =

D=

et

�

B D

12

7

0



�

0

0

�

avec :

0

�

.

 A1,p ..  . .  . . . An,p

A1,1  On appelle écriture par blocs toute écriture de la forme  ... An,1

...

Remarque Bien évidemment, pour qu’une telle écriture ait un sens, deux blocs Ai,j1 et Ai,j2 ont le même nombre de lignes, et deux blocs Ai1 ,j et Ai2 ,j le même nombre de colonnes.

Ex. 8. La matrice Jr ∈ Mn,p (IK) s’écrit naturellement Jr = Dans la pratique, on notera souvent plus simplement Jr = tailles des trois blocs nuls.

�

�

Ir 0

Ir

0r,p−r

0n−r,r

0n−r,p−r

0 0

�

�

.

, en laissant implicite les

Ex. 9. Soit F et G deux sous-espaces vectoriels supplémentaires de E . Dans une base B adaptée à la décomposition E = F ⊕ G , les matrices de la projection p sur F parallèlement à G et de la symétrie s par rapport à F parallèlement à G s’écrivent par blocs : MatB (p) =

�

Ir 0

0 0

�

et

MatB (s) =

�

Ir 0

0 −In−r

�

en notant n la dimension de E et r celle de F . Ex. 10. On peut toujours écrire M ∈ Mn,p (IK) par blocs en utilisant la famille de ses lignes ou ses colonnes :





L1  ..  M = .  Ln

50

et

M=

�

C1 · · · Cp

�

.

II Écriture par blocs

2

Opérations sur les matrices par blocs

Transposition par blocs    A1,1 . . . A1,p A1,1 T  ..   .. .. T Si A =  . .  , alors A =  . An,1 . . . An,p A1,p T

...

 An,1 T  .. . .

. . . An,p T

Combinaison linéaire par blocs Soit A et B deux matrices de même taille, écrites avec des blocs de tailles compatibles pour l’addition, alors toute combinaison linéaire de A et B s’écrit par blocs :   λA1,1 + µB1,1 . . . λA1,p + µB1,p   .. .. λA + µB =  . . . λAn,1 + µBn,1

. . . λAn,p + µBn,p

Produit par blocs

Proposition 9 (Produit par blocs) Si A et B sont écrites par blocs sous la forme :    A1,1 · · · A1,p B1,1  ..   . ..  A= . et B =  ... An,1 · · · An,p Bp,1 Exo 2.3 Exo 2.4

 · · · B1,q ..  .  · · · Bp,q

avec des blocs de tailles compatibles pour le produit matriciel, alors :   C1,1 · · · C1,q p  ..  avec ∀(i, j) ∈ [[1, n]] × [[1, q]] C = � A B . AB =  ...  i,j i,k k,j . k=1

· · · Cn,q

Cn,1

Démonstration (non exigible) page 71

Attention Le produit par blocs précédent s’effectue comme un produit usuel mais, le produit matriciel n’étant pas commutatif, il est impératif de faire attention à l’ordre dans lequel on écrit chaque produit Ai,k Bk,j .

Ex. 11. Soit (A, B, C, D) ∈ Mn (IK)4 . On a le produit par blocs suivant :

� • La matrice trices

�

A C

�

0 In B D

�

In 0 et

A C

�

�

B D

��

0 In

In 0

�

=

�

B D

A C

�

.

étant inversible (d’inverse elle-même), on en déduit que les maB D

A C

�

ont même rang.

51

Chapitre 2. Compléments d’algèbre linéaire • On a de plus det

�

0 In

�

In 0

= (−1)n (on la change en la matrice I2n en effectuant les n

échanges de colonnes Cj ↔ Cj+n pour j ∈ [[1, n]] ). On en déduit que : det

�

B D

�

A C

= (−1)n det

�

A C

B D

�

.

Ex. 12. Soit A ∈ Mn (IK) , B ∈ M1,n (IK) et λ ∈ IK . La matrice M =

�

λ 0

�

.

B A

�

est

inversible si, et seulement si, λ �= 0 et A inversible ; en effet, en développant par rapport à la première colonne, on obtient det M = λ det A . Si tel est le cas, alors en écrivant M −1 par � � µ L , on a, par produit par blocs : blocs C D M M −1 =

Comme M M

−1

�

= In+1 =

λ 0

�

B A

1 0

�� 0 In

µ C

�

L D

�

=

�

 λµ + BC  

λL + BD , on obtient AC   AD

La matrice A étant inversible, on obtient C = 0 , µ = On a donc obtenu : M −1 =

�

1/λ 0

λµ + BC AC

L A−1

�

1 λ

1 0

0 P

�−1

=

�

1 0

= = = =

1 0 0 In .

, D = A−1 et enfin L = − λ1 BA−1 . 1 L = − BA−1 . λ

avec

Ex. 13. En particulier, si P ∈ GLn (IK) , alors la matrice

�

λL + BD AD

� 0

P −1

1 0

�

0 P

�

est inversible et :

.

Terminologie On appelle matrice triangulaire supérieure par blocs, de blocs diagonaux A1,1 , . . . , An,n , une matrice carrée s’écrivant sous la forme :   A1,1 · · · · · · A1,n  ..  ..  0 . .     . ..  . .. .  .. . .. .  0 · · · 0 An,n

où les blocs diagonaux Ai,i sont carrés. Sur le même principe, on parle de matrice triangulaire inférieure par blocs et de matrice diagonale par blocs. 52

II Écriture par blocs Remarques • Couramment, dans l’écriture d’une matrice triangulaire  (⋆) A1  . .. diagonaux nous importent. On notera 

par blocs, seuls les blocs 

  une telle matrice tri-

(0) An angulaire supérieure par blocs de blocs diagonaux A1 , . . . , An .

• Un produit de deux matrices triangulaires supérieures par blocs, avec des blocs diagonaux de tailles compatibles, l’est encore. Plus précisément :      A1 (⋆) (⋆) (⋆) B1 A1 B1      .. .. ..   =  . . . (0) An (0) Bn (0) An Bn

On a le même résultat pour des matrices triangulaires inférieures par blocs et, évidement, pour des matrices diagonales par blocs.

Notation Une matrice diagonale par blocs de blocs diagonaux A1 , . . . , An est notée Diag(A1 , . . . , An ). Ainsi, sous condition que les tailles des blocs soient compatibles, on a : Diag(A1 , . . . , An ) Diag(B1 , . . . , Bn ) = Diag(A1 B1 , . . . , An Bn ).

Ex. 14. Soit (A, B) ∈ Mn (IK) × Mp (IK) . Montrons que rg Soit (X, Y ) ∈ IKn × IKp . On a :

�

donc :

�

Ainsi, on a Ker

�

A 0

défini par ϕ(X, Y ) =

dim Ker

�

X Y

0 B

�

�

∈ Ker

�

X Y

A 0

A 0

� �

0 B

A 0

�� 0 B

�

X Y

�

=

�

AX BY

� �

A 0

0 B

�

= rg A + rg B .

,

⇐⇒ (X, Y ) ∈ Ker A × Ker B.

�

= ϕ Ker A×Ker B où ϕ : IKn ×IKp → IKn+p est l’isomorphisme

�

. Par conséquent :

0 B

�

= dim Ker A × Ker B = dim Ker A + dim Ker B.

Le théorème du rang donne alors : rg

�

A 0

0 B

�

= n + p − (dim Ker A + dim Ker B) = (n − dim Ker A) + (p − dim Ker B) = rg A + rg B.

53

Chapitre 2. Compléments d’algèbre linéaire Ex. 15. À l’aide du résultat précédent, on prouve par récurrence que le rang d’une matrice diagonale par blocs est égal à la somme des rangs des blocs diagonaux. Une matrice A diagonale par blocs est donc inversible si, et seulement si, ses blocs diagonaux le sont. Dans ce cas, en notant A1 , . . . , Ar les blocs diagonaux de A , alors la matrice inverse A−1 −1 a pour blocs diagonaux A−1 1 , . . . , Ar .

Attention Le résultat obtenu précédemment, concernant le rang d’une matrice diagonale par blocs, ne s’étend pas à des matrices triangulaires par blocs (cf. exemple 16).

Ex. 16. La matrice triangulaire par blocs diagonaux le sont.

Exo 2.5



0 0

In 0



n’est pas de rang nul, même si ses blocs

Transvections par blocs Dans ce qui suit, les tailles des matrices ne sont pas précisées (en particulier, on notera I la matrice identité, sans préciser sa taille). Il est implicite qu’elles sont telles que les produits par blocs envisagés aient un sens.   A1 B1 une matrice écrite par blocs. Lorsqu’il peut s’effectuer, • Soit M = A2 B2 on a le produit par blocs suivant :      A1 B1 I 0 A1 + B1 T B1 = . T I A2 B2 A2 + B2 T B2 On dit alors qu’on a effectué une transvection par blocs. Notation

On notera C1 ← C1 + C2 T la transvection par blocs ci-dessus.

On peut, si l’on veut, « coder » la transvection par blocs précédente avec des transvections « classiques » : si l’on a T = (ti,j )1in , alors la ma1jp   A1 + B1 T B1 trice est obtenue, à partir de M , en appliquant les transA2 + B2 T B2 vections suivantes (dont on voit aisément qu’elles commutent) : Ci ← Ci + tj,i Cj+n

avec (i, j) ∈ [[1, n]] × [[1, p]].

La lourdeur de cette chaîne de transvections met en exergue l’efficacité et la concision apportées par l’utilisation des blocs. • Avec les mêmes notations, on peut bien sûr modifier les blocs de droite à l’aide des blocs de gauche, en effectuant la transvection par blocs C2 ← C2 + C1 T :      A1 B1 + A1 T I T A1 B1 = . 0 I A2 B2 + A2 T A2 B2 • On peut également réaliser des transvections par blocs en raisonnant sur les lignes (les deux transvections par blocs suivantes sont respectivement codées L1 ← L1 + T L2 et L2 ← L2 + T L1 ) :      I T A1 A2 A1 + T B1 A2 + T B2 = 0 I B1 B2 B1 B2 54

II Écriture par blocs et



0 I

I T



A2 B2

A1 B1



=



A1 B1 + T A1

A2 B2 + T A2



.



   I T I 0 Remarque Les matrices et sont triangulaires à diagonale 0 I T I composée uniquement de 1 , donc sont inversibles et de déterminant 1. Par conséquent, effectuer une transvection par blocs ne modifie ni le rang, ni le déterminant.



Ex. 17. Soit (A, C) ∈ GLn (IK) × Mp (IK) . Montrons que rg

A 0



B C

= rg A + rg C .

La matrice A étant inversible, on peut effectuer la transvection par blocs C2 ← C2 − C1 A−1 B , ce qui permet d’obtenir une matrice diagonale par blocs :



A 0



B C



−A−1 B Ip

In 0

=



A 0

0 C



.

Par invariance du rang par transvection par blocs, on obtient :

rg



A 0

B C



= rg



A 0

0 C



= rg A + rg C,

la dernière égalité étant assurée par l’exemple 14 de la page 53. Remarque Le résultat obtenu subsiste, et la preuve est similaire, si c’est le bloc C qui est supposé inversible, ou si la matrice est triangulaire inférieure par blocs.

Ex. 18. Soit M =



In A

A 0



avec A ∈ Mn (IK) . Montrons que rg M = n + rg A2 .

Effectuons la transvection par blocs L2 ← L2 − AL1 :



In −A

0 In



In A

A 0



=



In 0

A −A2



.

Par invariance du rang par transvection par blocs, on obtient rg M = rg est alors ramené à l’exemple 17, d’où :



In 0

A −A2



. On

rg M = n + rg(−A2 ) = n + rg A2 .

55

Chapitre 2. Compléments d’algèbre linéaire

3

Déterminant et écriture par blocs

Convention

Exo 2.6

Si une matrice est de taille nulle, son déterminant vaut 1 .

Proposition 10 Le déterminant d’une matrice triangulaire par blocs est le produit des déterminants de ses blocs diagonaux, c’est-à-dire :     A1 (⋆) (0) A1 n     � .. .. det  det Ak .  = det  = . . (0)

(⋆)

An

k=1

An

Démonstration page 72

Principe de démonstration.

Quitte à faire une récurrence sur le nombre de blocs, il suffit

de prouver le résultat pour une matrice M ∈ Mn (IK) de la forme M =

�

Pour cela, on remarque que M =

Ir 0

C B

� �

0

A 0

In−r

�

�

A 0

C B

�

.

.

Remarque Une matrice triangulaire par blocs est donc inversible si, et seulement si, tous ses blocs diagonaux le sont.

Ex. 19. On a, en reconnaissant un déterminant triangulaire par blocs :

� � � � � � �

1 3 0 0

2 4 0 0

31 10 1 1

45 23 3 1

� � � � � � � 1 �=� 3 � �

�

�

�

2 �� �� 1 × 4 � � 1

3 �� = (−2) × (−2) = 4. 1 �

Ex. 20. Soient (A, B) ∈ Mn (IK)2 . Montrons que det Effectuant les deux transvections par blocs : L1 ← L1 + In L2 on transforme successivement la matrice

�

A+B B

B+A A

�

puis

�

A B

B A

A B

B A

�

= det(A + B) det(A − B).

C2 ← C2 − C 1 I n ,

�

puis en

�

en :

�

A+B B

0 A−B

�

.

Puisqu’une transvection par blocs laisse inchangé le déterminant, on en déduit : det

�

A B

B A

�

= det

�

A+B B

0 A−B

�

= det(A + B) det(A − B),

la dernière égalité étant vraie car la matrice est triangulaire par blocs.

56

III Sous-espaces stables et endomorphismes induits

III

Sous-espaces stables et endomorphismes induits

Dans toute la suite du chapitre, sauf mention plus précise, u désigne un endomorphisme de E .

1 Exo 2.12

Définitions

Définition 4 Un sous-espace vectoriel F de E est dit stable par u si u(F ) ⊂ F . Notation

Lorsque F est stable par u , on dit aussi que u stabilise F .

Remarques • Les sous-espaces vectoriels {0} et E sont stables par tout endomorphisme.

• L’intersection et la somme de sous-espaces vectoriels stables par u sont stables par u . • Le noyau et l’image de u sont stables par u . Plus généralement, tout sous-espace vectoriel inclus dans le noyau de u ou contenant l’image de u est stable par u .

Ex. 21. Une homothétie de E stabilise tous les sous-espaces vectoriels de E . Ce sont d’ailleurs les seuls endomorphismes possédant cette propriété (cf. question 2(a) de l’exercice 2.15). Ex. 22. Il existe des endomorphismes de E ne stabilisant que {0} et E . C’est par exemple le cas d’une rotation vectorielle r d’angle θ ∈ / πZZ du plan euclidien IR2 , c’est-à-dire : r: 

x y

IR2

−→ �−→

IR2  Rθ

x y



avec

Rθ =



cos θ sin θ

− sin θ cos θ



.

En effet, supposons que r stabilise un sous-espace vectoriel de IR2 différent de {0} et IR2 , alors il s’agit d’une droite. En notant u un vecteur directeur de cette droite, on a r(u) ∈ Vect(u) , d’où l’existence d’un réel λ tel que r(u) = λu . Le vecteur u est alors dans le noyau de la matrice Rθ − λI2 , qui est par conséquent non inversible. Or, on a : Rθ − λI2 =



cos θ − λ sin θ

− sin θ cos θ − λ

ce qui est contradictoire.



puis

2 det(Rθ − λI2 ) = (cos θ − λ)2 + sin   θ > 0,

   0

>0

Proposition 11 Si deux endomorphismes u et v commutent, c’est-à-dire si u ◦ v = v ◦ u , alors les sous-espaces vectoriels Ker v et Im v sont stables par u . Démonstration.

Supposons que u et v commutent.





• Soit x ∈ Ker v ; on a v u(x) = (v ◦ u)(x) = (u ◦ v)(x) = u(0) = 0 par linéarité de u , donc u(x) ∈ Ker v . Ainsi, Ker v est stable par u .

• En utilisant le fait que u et v commutent, on a u(Im v) = Im(u ◦ v) = Im(v ◦ u) ⊂ Im v , d’où le caractère stable de Im v par u .

57

Chapitre 2. Compléments d’algèbre linéaire Proposition 12 Soit (ei )i∈I une famille génératrice de F . Alors F est stable par u si, et seulement si : u(ei ) ∈ F.

∀i ∈ I



Démonstration.



Puisque F = Vect{ei | i ∈ I} , on a u(F ) = Vect u(ei ) | i ∈ I . Par conséquent, on a u(F ) ⊂ F si, et seulement si, ∀i ∈ I u(ei ) ∈ F . Ex. 23. Soit x un vecteur non nul de E . La droite IKx est stable par u si, et seulement si, u(x) ∈ IKx , i.e. s’il existe λ ∈ IK tel que u(x) = λx . Dans ce cas, si λ �= 0 , c’est-à-dire si x �∈ Ker u , alors u(IKx) = IKx . Ex. 24. Pour u ∈ L(E) et x ∈ E , le sous-espace vectoriel :



Ex = Vect uk (x) | k ∈ IN



est stable par u . C’est le plus petit sous-espace vectoriel de E stable par u contenant x ; on l’appelle sous-espace cyclique engendré par x .

Définition 5 Soit F un sous-espace vectoriel stable par u . On appelle endomorphisme induit par u sur F l’endomorphisme uF ∈ L(F ) défini par : ∀x ∈ F

uF (x) = u(x).

Attention Ne pas confondre endomorphisme induit et restriction. On ne peut parler d’endomorphisme induit par u sur F que si F est stable par u . Dans le cas où F est stable par u , on distinguera soigneusement : • l’endomorphisme induit uF , qui est un endomorphisme de F ; • la restriction u|F qui est une application linéaire de F vers E .

Remarque L’image de uF est égale à u(F ) et son noyau à F ∩ Ker u.

2

Stabilité et écriture par blocs

Dans cette partie, E est supposé de dimension finie. Proposition 13 (Traduction matricielle de la stabilité) Soit B = (e1 , . . . , en ) une base de E et u ∈ L(E). Si l’on écrit :   A C MatB (u) = avec A ∈ Mr (IK), B D alors :

• Vect(e1 , . . . , er ) est stable par u si, et seulement si, B = 0 ;

• Vect(er+1 , . . . , en ) est stable par u si, et seulement si, C = 0 .

58

III Sous-espaces stables et endomorphismes induits Démonstration.

Notons F = Vect(e1 , . . . , er ) .

Pour x ∈ E , si l’on écrit MatB (x) =

�

�

X Y

avec (X, Y ) ∈ IKr × IKn−r , l’appartenance de x

à F se traduit par Y = 0 . Pour x ∈ F , on a :

�

�

MatB u(x) =

�

A B

C D

��

X 0

�

=

�

AX BX

�

donc

u(x) ∈ F ⇐⇒ BX = 0.

Le sous-espace vectoriel F est donc stable par u si, et seulement si, BX = 0 pour tout X ∈ IKr , autrement dit B = 0 . Démonstration analogue pour la stabilité de Vect(er+1 , . . . , en ) .

Remarques Reprenons les notations de la proposition et notons : F = Vect(e1 , . . . , er )

et

G = Vect(er+1 , . . . , en ).

• Dans le cas où B = 0 ,

∗ A est la matrice dans la base (e1 , . . . , er ) de F de l’endomorphisme induit uF ; ∗ l’interprétation de D est plus délicate : en notant p ∈ L(E) la projection sur G parallèlement à F , alors D est la matrice dans la base (er+1 , . . . , en ) de G de l’endomorphisme induit par p ◦ u sur G.

• De même, dans le cas où C = 0 , D est la matrice dans la base (er+1 , . . . , en ) de l’endomorphisme induit par u sur G. Ex. 25. Soit B = (e1 , . . . , en ) une base de E , et u ∈ L(E) . • La matrice de u dans la base B est triangulaire supérieure si, et seulement si : ∀i ∈ [[1, n]]

u(ei ) ∈ Vect(e1 , . . . , ei ),

c’est-à-dire si, et seulement si, u laisse stable chacun des Fi = Vect(e1 , . . . , ei ) . • On retrouve le fait que, si MatB (u) est triangulaire supérieure et si u est bijectif, alors MatB (u−1 ) est également triangulaire supérieure. En effet, si c’est le cas, alors pour tout i ∈ [[1, n]] , on a u(Fi ) ⊂ Fi puis, comme u est bijectif, dim u(Fi ) = dim Fi � � donc u(Fi ) = Fi et enfin Fi = u−1 u(Fi ) = u−1 (Fi ) .

Proposition 14 Soit E de dimension finie tel que E =

p �

i=1

Ei . Si B est une base adaptée à cette

décomposition, alors l’endomorphisme u stabilise chaque Ei si, et seulement si, sa matrice dans la base B est diagonale par blocs :   A1 (0)   ..  , . (0)

Ap

où, pour tout i ∈ [[1, p]], la matrice Ai est carrée de taille dim Ei .

Dans ce cas, chacun des blocs diagonaux Ai est la matrice de l’endomorphisme induit par u sur Ei dans la base de Ei extraite de B . 59

Chapitre 2. Compléments d’algèbre linéaire Démonstration.

Pour i ∈ [[1, p]] , notons Bi la base de Ei extraite de B ; le sous-espace Ei est alors stable par u si, et seulement si, les vecteurs de Bi ont pour image par u un vecteur de Ei , c’est-à-dire une combinaison linéaire de vecteurs de Bi . D’où l’équivalence annoncée et l’interprétation des blocs diagonaux Ai . Ex. 26. Soit B = (e1 , . . . , en ) une base de E , et u ∈ L(E) . La matrice de u dans la base B est diagonale si, et seulement si, u stabilise chaque droite Vect(ei ) pour i ∈ [[1, n]] .

IV 1

Polynômes d’endomorphismes / de matrices carrées Endomorphismes / matrices nilpotent(e)s

Rappel : itérés d’un endomorphisme, puissances d’une matrice carrée Étant donné u ∈ L(E) et k ∈ IN, on définit l’itéré k -ième de u , noté uk , par récurrence : u0 = IdE

et

∀k ∈ IN uk+1 = u ◦ uk .

On dispose des règles de compatibilité suivantes : ∀(k, ℓ) ∈ IN2

uk ◦ uℓ = uℓ ◦ uk = uk+ℓ .

Tout cela s’adapte à une matrice A ∈ Mn (IK) en remplaçant la composition par le produit matriciel (avec, bien sûr, A0 = In ). Définition 6

Exo 2.18

Un endomorphisme u ∈ L(E) est dit nilpotent s’il existe k ∈ IN tel que uk = 0 . Le plus petit de ces entiers est alors appelé indice de nilpotence de u . On a la même définition pour une matrice carrée A ∈ Mn (IK). Remarques • Si u est injectif, alors, comme composée d’injections, chaque itéré de u l’est aussi. De même, si u est surjectif, chaque itéré de u l’est aussi. Par conséquent, si E n’est pas l’espace nul, un endomorphisme nilpotent n’est ni injectif ni surjectif. • Rappelons que u0 = IdE . Par conséquent, sauf si E est l’espace nul, un indice de nilpotence vaut au moins 1 . • Si u est nilpotent d’indice p, alors par linéarité de u , on a ∀k  p

uk = 0 .

• Étudier la nilpotence d’une matrice A ∈ Mn (IK) revient à étudier la nilpotence de son endomorphisme canoniquement associé.

Ex. 27. L’endomorphisme nul est nilpotent. Si E n’est pas l’espace nul, son indice de nilpotence vaut 1 . Ex. 28. Pour tout (i, j) ∈ [[1, n]]2 tel que i �= j , la matrice élémentaire Ei,j est non nulle et 2 vérifie Ei,j = 0 , elle est donc nilpotente d’indice 2 .

60

IV Polynômes d’endomorphismes / de matrices carrées

Ex. 29. Les matrices A =

2

A =

�

0 0 0

0 0 0

1 0 0

�

0 0 0

�

1 0 0

0 1 0

�

et B =

2

B =

et

�

�

�

2 −1 2 −1 1 −1 −3 2 −3

−1 1 −1 0 0 0 1 −1 1

�

vérifient :

A3 = B 3 = 0.

puis

Elles sont donc nilpotentes d’indice 3 .



0  0 Ex. 30. La matrice A =  0 0 nilpotente d’indice 2 .

0 0 0 0

1 0 0 0



0 1  est non nulle et vérifie A2 = 0 . Elle est donc 0  0

Attention Les matrices A des exemples 29 et 30 sont toutes les deux de rang 2 , mais n’ont pas le même indice de nilpotence. Cela montre qu’il n’y a pas de lien immédiat entre le rang et l’indice de nilpotence. Ex. 31. Dans IKn [X] , considérons la dérivation D : P �→ P ′ . Alors on a : ∀P ∈ IKn [X]

Dn+1 (P ) = P (n+1) = 0

et

Dn (X n ) = n! �= 0.

Par conséquent, on a Dn+1 = 0 et Dn �= 0 , donc D est nilpotent d’indice n + 1 .

Attention

En revanche, la dérivation, en tant qu’endomorphisme de IK[X], vérifie : ∀P ∈ IK[X] ∃n ∈ IN

Dn (P ) = 0,

mais n’est pas nilpotente, car pour tout n ∈ IN, on a Dn �= 0 (car, par exemple, Dn (X n ) �= 0 ). Remarque Pour u ∈ L(E) et p ∈ IN, on a la relation (IdE −u) ◦

p−1 �

k=0

uk = IdE −up .

En particulier, si u est nilpotent, et si p est tel que up = 0 , alors on a : (IdE −u) ◦ Comme les endomorphismes IdE −u et

p−1 �

uk = IdE .

k=0

p−1 �

uk commutent 1 , il en résulte que l’endo-

k=0

morphisme IdE −u est bijectif et son inverse est : (IdE −u)−1 = �

p−1 �

uk .

k=0

p−1

1. Le fait que IdE −u et

uk commutent se vérifie à la main, mais nous verrons, plus généra-

k=0

lement, que deux polynômes en u commutent (cf. page 63).

61

Chapitre 2. Compléments d’algèbre linéaire Ex. 32. Majoration de l’indice de nilpotente par la dimension de l’espace Supposons E de dimension finie n ∈ IN∗ . Montrons que si u ∈ L(E) est un endomorphisme nilpotent d’indice p , alors on a p  n . Par définition de p , on a up−1 �= 0 ; on peut donc � � considérer un vecteur a ∈ E \ Ker up−1 . Montrons qu’alors la famille a, u(a), . . . , up−1 (a) est libre ; comme elle est de cardinal p , cela prouvera que p  n . Soit (λ0 , . . . , λp−1 ) ∈ IKp tel que : p−1 �

λk uk (a) = 0.

(⋆)

k=0

Montrons que ∀k ∈ [[0, p − 1]]

λk = 0 . Par l’absurde : supposons que l’ensemble :

�

�

k ∈ [[0, p − 1]] : λk �= 0

soit non vide ; notons k0 son plus petit élément. La relation (⋆) s’écrit alors

�

p−1

λk uk (a) = 0 ,

k=k0

et en lui appliquant up−k0 −1 , on obtient : λk0 up−1 (a) +

p−1 �

λk uk−k0 +p−1 (a) = 0.

(⋄)

k=k0 +1

Or, pour tout k ∈ [[k0 + 1, p − 1]] , on a : k − k0 + p − 1  p

donc

uk−k0 +p−1 = 0

puis

uk−k0 +p−1 (a) = 0.

La relation (⋄) donne donc λk0 up−1 (a) = 0 . Comme up−1 (a) �= 0 , on en déduit λk0 = 0 , ce qui contredit la définition de k0 . Conséquence D’un point de vue matriciel, si A ∈ Mn (IK) est nilpotente, alors son indice de nilpotence vaut au plus n , et donc An = 0 .

Endomorphisme nilpotent d’indice maximal Terminologie Supposons E de dimension n. Un endomorphisme nilpotent est dit d’indice maximal si son indice de nilpotence vaut n. Si u ∈ L(E) est un tel endomorphisme, alors on   0 ··· ··· 0 a un−1 �= 0 , donc on peut considérer un vec ..   1 ... teur x ∈ E \ Ker un−1 . D’après l’exemple 32, la fa.    � �   n−1 . .. . mille x, u(x), . . . , u (x) est libre ; comme son car . . . ..  dinal est la dimension de E , c’en est une base. La (0) 1 0 matrice de u dans cette base est la matrice ci-contre. Terminologie La matrice ci-dessus est triangulaire, et tous ses coefficients diagonaux sont nuls. Une telle matrice est dite triangulaire inférieure stricte. De même, une matrice est triangulaire supérieure stricte si elle est triangulaire supérieure à coefficients diagonaux tous nul. Remarque Il sera vu dans le chapitre de réduction (cf. page 119) que toute matrice triangulaire supérieure stricte ou inférieure stricte est nilpotente. L’exercice 2.10 propose également une preuve de ce résultat. 62

IV Polynômes d’endomorphismes / de matrices carrées

2

Substitution polynomiale

Le principe de substitution polynomiale a déjà été présenté dans le contexte général d’une IK -algèbre (cf. exemple 38 de la page 19). Nous le présentons ici dans le cadre plus restreint des IK -algèbres L(E) et Mn (IK). Définition 7 p  ak X k ∈ IK[X]. Étant donné u ∈ L(E) et A ∈ Mn (IK) : Soit P = k=0

• on note P (u) l’endomorphisme P (u) = • on note P (A) la matrice P (A) = Reformulation

p 

k=0

p 

k=0

ak uk ∈ L(E) ;

ak Ak ∈ Mn (IK).

Avec les notations précédentes, on a :

P (u) = a0 IdE +a1 u + · · · + ap up

et

P (A) = a0 In + a1 A + · · · + ap Ap .

Terminologie On appelle : • polynôme en u tout endomorphisme de la forme P (u) avec P ∈ IK[X] ; • polynôme en A toute matrice de la forme P (A) avec P ∈ IK[X]. Notation L’ensemble des polynômes en u (respectivement en A) est noté IK[u] (respectivement IK[A]). Proposition 15 Soit u ∈ L(E) et A ∈ Mn (IK). Les deux applications : IK[X] −→ L(E) P �−→ P (u)

sont des morphismes d’algèbres.

et

IK[X] −→ Mn (IK) A �−→ P (A) Démonstration page 72

Principe de démonstration.

Pour la première application, les propriétés 1(u) = IdE et la linéarité de u �→ P (u) sont immédiates. Il s’agit donc essentiellement de vérifier que : ∀(P, Q) ∈ IK[X]2

P (u) ◦ Q(u) = (P Q)(u).

Conséquence En particulier, la propriété P (u) ◦ Q(u) = (P Q)(u) implique, puisque P Q = QP , que les endomorphismes P (u) et Q(u) commutent. De même, la propriété P (A)Q(A) = (P Q)(A) implique que les matrices P (A) et Q(A) commutent. 63

Chapitre 2. Compléments d’algèbre linéaire Ex. 33. Sous-espace cyclique Supposons E de dimension finie. Soit u ∈ L(E) et x ∈ E \ {0} . Considérons le sous-espace cyclique engendré par x (cf. exemple 24 de la page 58) : Ex = Vect{uk (x) | k ∈ IN}

�

Notons d le plus grand entier tel que la famille

�

Ex = P (u)(x) | P ∈ IK[X] .

ou encore

�

x, u(x), . . . , ud−1 (x)

�

�

soit libre (on a d  1

�

car x �= 0 , et d  dim E ). Montrons qu’alors la famille B = x, u(x), . . . , ud−1 (x) est une base de Ex . Cette famille étant libre par définition de d , il suffit de montrer qu’elle est génératrice. • Par définition de d , on a ud (x) ∈ Vect B , donc il existe (ak )0kd−1 ∈ IKd tel que : ud (x) =

d−1 �

ak uk (x).

k=0

En notant P = X d −

�

d−1

ak X k , on a donc P (u)(x) = 0 .

k=0

• Pour tout ℓ ∈ IN , en écrivant la division euclidienne de X ℓ par P : X ℓ = P Q + R avec deg R < d , on a : uℓ = Q(u) ◦ P (u) + R(u)

puis

�

�

uℓ (x) = Q(u) P (u)(x) + R(u)(x) = R(u)(x),

� �� � =0

ce qui prouve, puisque deg R < d , que uℓ (x) ∈ Vect(B) . D’où le caractère générateur de B . Remarques

�

�

• Avec les notations ci-dessus, on a Ex = A(u)(x) | A ∈ IKd−1 [X] .

• Dans la base B de Ex , l’endomorphisme induit par u sur Ex a pour matrice :



0

  1  

(0)

(0) ..

.

..

.

0 1

a0 .. . .. . ad−1



  .  �

d−1

Une telle matrice s’appelle matrice compagnon du polynôme X d −

ak X k .

k=0

3

Polynômes annulateurs

Ce qui suit est énoncé dans le cadre d’un endomorphisme u ∈ L(E), mais s’adapte sans difficulté à une matrice A ∈ Mn (IK). Définition 8 Soit u ∈ L(E). Un polynôme P ∈ IK[X] est dit annulateur de u si P (u) = 0 . 64

IV Polynômes d’endomorphismes / de matrices carrées Proposition 16 Soit u ∈ L(E). L’ensemble des polynômes annulateurs de u est un idéal de IK[X]. On l’appelle l’idéal annulateur de u . Démonstration.

C’est le noyau du morphisme d’anneaux IK[X] P

−→ �−→

L(E) P (u).

Remarques • Si E n’est pas l’espace nul, alors pour tout u ∈ L(E), on a 1(u) = IdE �= 0 ; par conséquent l’idéal annulateur de u n’est pas égal à IK[X]. • Si E est de dimension finie n, alors dim L(E) = n2 . Par conséquent, la fa2

mille (IdE , u, . . . , un ), de cardinal n2 + 1 , est liée. Cela garantit 2 l’existence d’un polynôme annulateur non nul de u (de degré au plus n2 ), autrement dit que l’idéal annulateur de u est non nul (c’est-à-dire non réduit à {0} ).

Attention En revanche, dans un espace de dimension infinie, rien ne garantit a priori l’existence d’un polynôme annulateur non nul. Ex. 34. Dans IK[X] , considérons l’endomorphisme u : P �→ XP . Alors, pour tout n ∈ IN ,   la famille IdE (1), u(1), . . . , un (1) , qui n’est rien d’autre que (1, X, . . . , X n ) , est libre. Par conséquent, la famille (IdE , u, . . . , un ) est libre également, ce qui entraîne que u ne possède pas de polynôme annulateur de degré au plus n . Puisque n a été pris quelconque dans IN , cela prouve que u ne possède aucun polynôme annulateur non nul.

Point méthode Si u admet un polynôme annulateur P ∈ IK[X] dont 0 n’est pas racine (i.e. ayant un terme constant non nul), alors en écrivant P = α + XQ avec α ∈ IK∗ , puis en évaluant en u , on obtient : P (u) = α IdE +u ◦ Q(u)   

puis

u◦

−Q(u) = IdE . α

=0

Puisque les endomorphismes u et − Q(u) commutent (car ce sont deux polynômes α

en u ), il en résulte que u est bijectif et l’on a u−1 = − Q(u) α ·

Ex. 35. Supposons que u ∈ L(E) vérifie u3 − 2u2 + 4u − 5 IdE = 0 . On a alors : u ◦ (u2 − 2u + 4 IdE ) = 5 IdE Puisque u et

1 (u2 − 2u + 4 IdE ) 5

i.e.

u◦



u2 − 2u + 4 IdE 5



= IdE .

commutent, u est bijectif et l’on a u−1 = 51 (u2 − 2u + 4 IdE ) .

2. Nous verrons dans le chapitre suivant, comme conséquence du théorème de Cayley-Hamilton, que u admet un polynôme annulateur non nul de degré au plus n .

65

Chapitre 2. Compléments d’algèbre linéaire Rappelons que dans IK[X], tout idéal est de la forme BIK[X] avec B ∈ IK[X]. Cela justifie la définition ainsi que la proposition qui suivent. Définition 9 Soit u ∈ L(E). Si l’idéal annulateur de u est non trivial (c’est-à-dire si u possède un polynôme annulateur non nul), on appelle polynôme minimal de u , et l’on note πu , le générateur unitaire de l’idéal annulateur de u . Proposition 17 Si u admet un polynôme minimal, alors tout polynôme annulateur de u en est un multiple. Remarque Si E est dimension finie, et si A ∈ Mn (IK) représente u ∈ L(E) dans une base, alors on a πA = πu .

Ex. 36. Si E �= {0} , alors pour λ ∈ IK l’homothétie λ IdE admet X − λ comme polynôme minimal. Ex. 37. comme unitaire Dans le

Un projecteur p ∈ L(E) vérifiant p2 = p , ou encore p2 − p = 0 , il possède X 2 − X polynôme annulateur. Par conséquent, le polynôme minimal de p , étant un diviseur de X 2 − X = X(X − 1) , vaut X , X − 1 ou X 2 − X . cas où p �= 0 et p �= IdE , on a πp = X 2 − X .

Ex. 38. Sur le même principe, une symétrie s ∈ L(E) vérifie s2 −IdE = 0 , donc possède X 2 −1 comme polynôme annulateur. Si de plus s �= ± IdE , alors πs = X 2 − 1 . Ex. 39. Un endomorphisme u ∈ L(E) est nilpotent s’il admet un polynôme annulateur de la forme X k avec k ∈ IN∗ . Alors, le polynôme minimal en étant un diviseur unitaire, il est de la forme πu = X p avec p ∈ IN . Il est alors immédiat que p est l’indice de nilpotence de u . Ex. 40. Polynôme minimal d’une matrice compagnon. Soit (a0 , . . . , ad−1 ) ∈ IKd . Considérons la matrice compagnon du polynôme P = X d −



0

  1 

A=

(0)

.

..

.

0 1

ak X k (cf. exemple 33 de la page 64) :

k=0

(0) ..

�

d−1

a0 .. . .. . ad−1



  . 

Montrons que le polynôme minimal de A est πA = P . On sait que πA = πu où u est l’endomorphisme de IKd canoniquement associé à A .

�

�

• En notant B = (e1 , . . . , ed ) la base canonique de IKd , on a B = e1 , u(e1 ), . . . , ud−1 (e1 ) .

Par liberté de cette famille, on déduit que la famille (IdIKd , u, . . . , ud−1 ) est libre. Par conséquent, πu est de degré au moins d .

66

IV Polynômes d’endomorphismes / de matrices carrées • Le polynôme P étant unitaire et de degré d , pour conclure que πu = P , il suffit de prouver que P est annulateur de u , ce qui peut se faire en prouvant que l’endomorphisme P (u) est nul sur la base B . C’est le cas car, par définition de P : P (u)(e1 ) = 0

puis

∀k ∈ [[1, d]]









P (u)(ek ) = P uk−1 (e1 ) = uk−1 P (u)(e1 ) = 0.

   =0

Proposition 18 Soit u ∈ L(E). Si u admet un polynôme minimal, alors en notant d son degré, la famille (IdE , u, . . . , ud−1 ) est une base de IK[u]. Démonstration.

Considérons l’application ϕ : IK[X] −→ P �−→ Le noyau de ϕ est, par définition, l’idéal annulateur de u : c’est du polynôme minimal πu . Pour tout P ∈ IK[X] , le théorème de l’existence et l’unicité de l’écriture suivante : P = Qπu +



∈Ker ϕ

L(E) P (u). donc l’ensemble des multiples la division euclidienne montre

R,



∈IKd−1 [X]

ce qui prouve que Ker ϕ et IKd−1 [X] sont supplémentaires dans IK[X] . Par conséquent, u induit un isomorphisme de IKd−1 [X] vers Im ϕ = IK[u] . L’image de la base canonique de IKd−1 [X] par ϕ , qui n’est rien d’autre que la famille (IdE , u, . . . , ud−1 ) , est donc une base de IK[u] .

Point méthode Supposons que u admette un polynôme minimal de degré d. Pour P ∈ IK[X], la division euclidienne de P par πu : P = πu Q + R

Exo 2.19

avec

deg R < d

donne, en évaluant en u , P (u) = R(u). Connaître le reste R offre alors la décomposition de P (u) dans la base (IdE , u, . . . , ud−1 ) de IK[u]. Ex. 41. Supposons que u ∈ L(E) admette comme polynôme minimal πu = X 2 − 3X + 2 . Alors la famille (IdE , u) est une base de IK[u] . Pour n ∈ IN , déterminons l’expression de un dans cette base. Écrivons la division euclidienne de X n par πu : X n = πu Q + R

avec

deg R < 2.

(⋆)

En évaluant cette relation en u , cela donne un = R(u) . Pour déterminer R , remarquons que πu (1) = πu (2) = 0 . La relation (⋆) donne alors R(1) = 1 et R(2) = 2n , ce qui permet de déterminer R puisque deg R  1 . On obtient R = (2n − 1)X + (2 − 2n ) , puis : un = (2 − 2n ) IdE +(2n − 1)u.

Remarque Si l’on dispose d’un polynôme annulateur de u de degré d, même s’il ne s’agit pas du polynôme minimal, la technique précédente s’applique : R(u) est alors une expression de P (u) comme combinaison linéaire de IdE , u, . . . , ud−1 (sans propriété d’unicité de l’écriture, car a priori (IdE , u, . . . , ud−1 ) n’est pas une base de IK[u]). 67

Chapitre 2. Compléments d’algèbre linéaire

4

Lemme de décomposition des noyaux

Théorème 19 (Lemme de décomposition des noyaux) Soit u ∈ L(E) et P1 , . . . , Pr des polynômes deux à deux premiers entre eux. r  Alors, en notant P = Pk , on a : k=1

Ker P (u) =

r 

Ker Pk (u).

k=1

Principe de démonstration.

Démonstration page 72 Le cas r = 2 se traite grâce à la relation de Bézout. Ensuite,

effectuer une récurrence sur r .

Conséquence Si P est un polynôme annulateur non nul de u , et si l’on r  Pk avec P1 , . . . , Pr deux à deux premiers entre eux, alors : écrit P = k=1

r 

E=

Ker Pk (u).

k=1

Ex. 42. Soit (a, b) ∈ IK2 . Si l’on note S l’ensemble des suites u telles que : ∀n ∈ IN

un+2 = aun+1 + bun ,

alors on a S = Ker P (T ) avec : P = X 2 − aX − b

et

T :

IKIN u

IKIN (un+1 )n∈IN .

−→ �−→

Si le polynôme P a deux racines distinctes r1 et r2 , alors on a P = (X − r1 )(X − r2 ) ; les polynômes X − r1 et X − r2 étant premiers entre eux, le lemme des noyaux donne : S = Ker(T − r1 Id) ⊕ Ker(T − r2 Id) =





(λr1n + µr2n )n∈IN | (λ, µ) ∈ IK2 .

On retrouve ainsi le résultat obtenu en première année.

Ex. 43. Soit (a, b) ∈ IK2 . Considérons l’ensemble S des fonctions f deux fois dérivables sur IR telles que f ′′ + af ′ + bf = 0 . Il est aisé de montrer que tout élément de S est de classe C ∞ sur IR . Ainsi, S est le noyau de l’endomorphisme Q(D) , avec : Q = X 2 + aX + b

et

D :

C ∞ (IR, IK) f

−→ �−→

C ∞ (IR, IK) f ′.

Si le polynôme Q a deux racines distinctes r1 et r2 , alors le lemme des noyaux donne : S = Ker(D − r1 Id) ⊕ Ker(D − r2 Id)





= x �→ λer1 x + µer2 x | (λ, µ) ∈ IK2 . On retrouve donc le résultat obtenu en première année.

68

Démonstrations

Proposition 3

Notons F =

Démonstrations



Ei et G =

i∈I1

•

Supposons la somme





Ei .

i∈I2

Ei directe.

i∈I

∗

Comme il a déjà été remarqué, une « sous-somme » d’une somme directe est directe. Ici,   les deux sommes Ei et Ei sont donc directes. i∈I1

∗

i∈I2

Prouvons maintenant que F et G sont en somme directe. Soit x ∈ F ∩ G . Montrons  Ei tel que : que x = 0 . Par définition de x , il existe (xi )i∈I ∈ i∈I

x=



x=

et

xi

i∈I1

La somme



0 =x−x =

ce qui donne

xi

i∈I2





xi +

i∈I1



(−xi ).

i∈I2

Ei est directe, et I étant la réunion disjointe de I1 et I2 , on en déduit :

i∈I

∀i ∈ I1

Ainsi on a ∀i ∈ I

•

xi = 0

et



Ei tel que

i∈I





Ei ,

i∈I1



Ei et F + G soient directes.

i∈I2

xi = 0 . On a alors :

i∈I



xi +

i∈I1

   ∈F



xi = 0.

i∈I2

   ∈G

Comme F et G sont en somme directe, on en déduit que sommes



Ei et

i∈I1

− xi = 0.

xi = 0 , donc x = 0 , ce qui prouve le résultat.

Réciproquement, supposons que les sommes Soit (xi )i∈I ∈

∀i ∈ I2



i∈I2



xi =

i∈I1

Ei étant directes, on obtient ∀i ∈ I



xi = 0 . Puis, les

i∈I2

xi = 0 , d’où le résultat.

Proposition 5 Procédons par analyse-synthèse. Soit (pi )i∈I la famille des projecteurs associés à   Ei . Rappelons qu’on a pi = IdE et i �= j ⇒ pi ◦ pj = 0 . la décomposition E = i∈I

Analyse.

i∈I

Si une telle application linéaire existe, alors, pour tout x ∈ E , on a :



u(x) = u

i∈I

On a donc u =



i∈I

pi (x)



=

 



u pi (x) =

i∈I

   ∈Ei

 i∈I





ui pi (x) .

ui ◦ pi , ce qui fournit l’unicité.

Remarque L’écriture ui ◦pi est abusive car pi a pour espace d’arrivée E alors que l’espace de départ de ui est Ei . En toute rigueur (ce que nous ne ferons pas), il faudrait écrire ui ◦ p˜i avec p˜i : E −→ Ei x �−→ pi (x).

69

Chapitre 2. Compléments d’algèbre linéaire Synthèse.

Réciproquement, vérifions que l’application u =

p 

i=1

• •

ui ◦ pi convient.

L’application u est linéaire, comme somme de composées d’applications linéaires. Fixons i ∈ I et considérons x ∈ Ei . Alors on a x = pi (x) , puis : u(x) = (u ◦ pi )(x) =

 k∈I

(uk ◦ pk ◦ pi )(x)

= (ui ◦ p2i )(x)

(k �= i ⇒ pk ◦ pi = 0)

= ui (x),

(pi (x) = x car x ∈ Ei )

ce qui prouve que u|Ei = ui . Proposition 6 • Soit x ∈ E . Le vecteur x est combinaison linéaire des éléments de la base B . On peut  donc trouver des scalaires (αi )i∈I tels que x = αi ei . Puisque (I1 , . . . , Ip ) forme un i∈I

recouvrement disjoint de I , on peut écrire : x=

p  

αi ei ,

k=1 i∈Ik

   ∈Ek

 p

ce qui prouve que x appartient à

Ek . On a donc

k=1

•

p 

Ek = E .

k=1

Montrons que la somme est directe. Soit (x1 , . . . , xp ) ∈ E1 × · · · × Ep tel que

p 

xk = 0 .

k=1

Pour tout k ∈ [[1, p]] , on a xk ∈ Ek , donc par définition de Ek , il existe des scalaires (αi )i∈Ik



tels que xk =

αi ei . La relation

i∈Ik

p 

xk = 0 s’écrit alors :

k=1 p  k=1





αi ei

i∈Ik



=0

c’est-à-dire, puisque (I1 , . . . , Ip ) forme un recouvrement disjoint de I :



αi ei = 0 .

i∈I

Par liberté de la famille (ei )i∈I , on en déduit que tous les coefficients αi sont nuls, et ainsi que tous les xk sont nuls. D’où le caractère direct de la somme E1 + · · · + Ep . Considérons, pour tout i ∈ [[1, p]] , une base Bi = (ei1 , . . . , eidi ) de Ei et montrons

Proposition 7



que la famille B = e11 , . . . , e1d1 , . . . . . . , ep1 , . . . , epdp



est une base de E .

Caractère générateur. Pour tout i ∈ [[1, p]] , la famille Bi étant une sous-famille de B , on a Vect(Bi ) ⊂ Vect(B) , autrement dit Ei ⊂ Vect(B) . Par conséquent, on a : p  i=1

Liberté.

Soit

telle que



(1)

(1)

(p)

di p  

(i)

E ⊂ Vect(B).

i.e. (p)

α1 , . . . , αd1 , . . . . . . , α1 , . . . , αdp

i=1 j=1

70

Ei ⊂ Vect(B)



∈ IKd1 +···+dp une famille de scalaires

αj eij = 0 . Pour tout i ∈ [[1, p]] , posons xi =

di 

j=1

(i)

αj eij . On a

Démonstrations alors

p �

i=1

xi = 0 . La somme

����

p �

i=1

∈Ei

on a xi = 0 , autrement dit

di �

j=1

Ei étant directe, on en déduit que pour tout i ∈ [[1, p]] ,

(i)

αj eij = 0 . Par liberté des familles B1 , . . . , Bp , on en déduit

�

(i)

la nullité de tous les scalaires de la famille αj

�

. D’où la liberté de la famille B .

1ip 1jdi

Rappel : si M est une matrice, nous notons [M ]i,j son coefficient d’indice (i, j) .

Proposition 9

Pour (i, k, j) ∈ [[1, n]] × [[1, p]] × [[1, q]] , notons :

•

ri le nombre de lignes des blocs de type Ai,∗ ;

•

sk le nombre de colonnes des blocs de type A∗,k (qui est aussi le nombre de lignes des blocs de type Bk,∗ , car les blocs sont de tailles compatibles pour le produit) ;

•

tj le nombre de colonnes des blocs de type B∗,j .

Écrivons la matrice AB par blocs :



C1,1  .. AB =  . Cn,1



···

C1,q ..  .  Cn,q

···

∀(i, j) ∈ [[1, n]] × [[1, q]]

avec

p �

Fixons alors (i, j) ∈ [[1, n]] × [[1, q]] et vérifions que Ci,j =

Ci,j ∈ Mri ,tj (IK).

Ai,k Bk,j .

k=1

Pour cela, fixons (a, b) ∈ [[1, ri ]] × [[1, tj ]] et montrons que :

� Notons α =

�

i−1

rh , γ =

h=1

�

j−1 h=1

Ci,j

�

=

a,b

�

p �

�

Ai,k Bk,j

k=1

.

a,b

�

k−1

th et, pour k ∈ [[1, p + 1]] , βk =

sh . Remarquons que βp+1

h=1

désigne le nombre commun de colonnes de A et de lignes de B . On a d’une part :

�

et d’autre part :

�

p �

Ci,j

Ai,k Bk,j

k=1

�

�

a,b

= a,b

�

= AB

βp+1

�

α+a,γ+b

=

�� � A

α+a,m

m=1

p � �

Ai,k Bk,j

k=1

�

=

a,b

� �

sk p � � �

Ai,k

k=1 m=1

=

B

sk p � �

�

m,γ+b

a,m

�

Bk,j

�

m,b

[A]α+a,βk +m [B]βk +m,γ+b .

k=1 m=1

�

Puisque les ensembles [[βk +1, βk +sk ]] on obtient finalement :

�

p � k=1

Ai,k Bk,j

�

ce qui donne le résultat souhaité.

�

k∈[[1,p]]

forment un recouvrement disjoints de [[1, βp+1 ]] ,

βp+1

= a,b

�� � A

m=1

α+a,m

� � B

m,γ+b

�

= Ci,j

�

a,b

,

71

Chapitre 2. Compléments d’algèbre linéaire Proposition 10

Quitte à faire une récurrence sur le nombre de blocs, prouvons le résultat pour une   A C avec A ∈ Mr (IK) . matrice M ∈ Mn (IK) de la forme M = 0 B Par produit par blocs, on a :

M=



Ir 0

C B

 

0

A 0

In−r



.

Le déterminant de M est alors le produit des déterminants de ces deux matrices. • En développant r fois de suite par rapport à la première colonne, on obtient : det •



Ir 0



C B

= det B.

De même, en développant n − r fois de suite par rapport à la dernière colonne, on obtient : det



0

A 0

In−r



= det A.

On a ainsi prouvé que : det(M ) = det(A) det(B), ce qui est le résultat attendu. Proposition 15 Soit P =

n 

p=0

La relation 1(u) = IdE et la linéarité de P �→ P (u) sont immédiates. ap X p et Q =

m 

bq X q . Par bilinéarité du produit polynomial, on a :

q=0

PQ =



ap bq X p+q

0pn 0qm

et donc, par linéarité de P �→ P (u) , on a (P Q)(u) =



0pn 0qm

De même, par bilinéarité de la composition dans L(E) : P (u) ◦ Q(u) =

 n p=0

ap up

  m ◦

q=0

ap bq up+q .

bq uq



=



ap bq up+q

0pn 0qm

d’où l’égalité (P Q)(u) = P (u) ◦ Q(u) . La preuve est similaire pour l’application P �→ P (A) de IK[X] dans Mn (IK) .

Théorème 19 Cas r = 2 . Soit P1 et P2 deux polynômes premiers entre eux. Notons P = P1 P2 . • Comme P (u) = P1 (u) ◦ P2 (u) = P2 (u) ◦ P1 (u) , on a : Ker P2 (u) ⊂ Ker P (u)

•

et

Ker P1 (u) ⊂ Ker P (u).

Par suite, Ker P1 (u) + Ker P2 (u) ⊂ Ker P (u) . Les polynômes P1 et P2 étant premiers entre eux, le théorème de Bézout assure l’existence de (U1 , U2 ) ∈ IK[X]2 tel que P1 U1 + P2 U2 = 1 ; on a alors : (P1 U1 )(u) + (P2 U2 )(u) = IdE .

Soit x ∈ Ker P (u) ; posons :

x1 = (P2 U2 )(u)(x)

72

et

x2 = (P1 U1 )(u)(x).

Démonstrations On a alors x = x1 + x2 et :





P1 (u)(x1 ) = P1 (u) ◦ (P2 U2 )(u) (x) = (P1 P2 U2 )(u)(x) = (P U2 )(u)(x) = 0

(P annule u, donc P U2 aussi)

donc x1 ∈ Ker P1 (u) . De même, on a x2 ∈ Ker P2 (u) . On a ainsi établi l’inclusion : Ker P (u) ⊂ Ker P1 (u) + Ker P2 (u)

•

et, avec le point précédent, l’égalité Ker P (u) = Ker P1 (u) + Ker P2 (u) . Enfin, si x ∈ Ker P1 (u) ∩ Ker P2 (u) , l’égalité : x = U1 (u) ◦ P1 (u)(x) + U2 (u) ◦ P2 (u)(x)

montre que x = 0 . Par suite, Ker P1 (u) ∩ Ker P2 (u) = {0} .

On a donc prouvé que Ker P (u) = Ker P1 (u) ⊕ Ker P2 (u) .

Cas général. Procédons par récurrence sur r  1 . Le cas r = 1 est trivial. Soit donc r  2 tel que le résultat soit vrai au rang r − 1 ; montrons-le au rang r . Considérons (P1 , . . . , Pr ) une famille de r polynômes deux à deux premiers entre eux ; notons P =

r 

Pk .

k=1

Posons Q =



r−1

Pk ; les polynômes Q et Pr sont alors premiers entre eux.

k=1

Ainsi, d’après le cas r = 2 , on a Ker P (u) = Ker Q(u) ⊕ Ker Pr (u) . Or, d’après l’hypothèse de récurrence, on a Ker Q(u) =



r−1

Ker Pk (u) .

k=1

Par associativité de la somme directe, on a alors Ker P (u) =

r 

Ker Pk (u) , d’où le résultat.

k=1

73

Chapitre 2. Compléments d’algèbre linéaire

S’entraîner et approfondir Sommes de sous-espaces vectoriels 2.1 Soit a1 , . . . , ap des vecteurs non nuls d’un IK -espace vectoriel E . Montrer que la somme F = Vect(a1 ) + · · · + Vect(ap ) est directe si, et seulement si, la famille (a1 , . . . , ap ) est libre.

→46

2.2 Soit E un IK -espace vectoriel de dimension finie. Montrer que E est la somme directe de plans vectoriels si, et seulement si, sa dimension est paire.

→49

Écriture par blocs 2.3 Soit A ∈ Mn (IK) et M =

→51



0 In



A 0

∈ M2n (IK) .

1. Expliciter les puissances de M . 2. (a) Montrer que rg M = n + rg A . (b) Montrer que M est inversible si, et seulement si, A l’est. (c) Déterminer alors l’inverse de M . 2.4 1. (a) Déterminer l’ensemble des matrices de Mn (IK) commutant avec la matrice Jr ∈ Mn (IK) . (b) Justifier qu’il s’agit d’un sous-espace vectoriel de Mn (IK) et donner sa dimension. 2. Soit p un projecteur de rang r d’un IK -espace vectoriel E de dimension n . Déterminer la dimension du sous-espace des endomorphismes de E commutant avec p .

→51

2.5 Soit A ∈ Mp,n (IK) et B ∈ Mn,p (IK) . Montrer que :

→54

rg



In A



B Ip

= rg(Ip − AB) + n = rg(In − BA) + p.

Indication. On pourra utiliser le résultat de l’exemple 17 de la page 55. 2.6 Soit A ∈ Mp,n (IK) et B ∈ Mn,p (IK) . En effectuant dans les deux sens le produit par blocs

→56

entre les matrices



In A

B λIp

∀λ ∈ IK



et



0 Ip

λIn −A



, montrer que :

λn det(λIp − AB) = λp det(λIn − BA).

2.7 Soit A ∈ Mn,p (IK) . Considérons l’application linéaire uA : Mp,q (IK) M

−→ �−→

1. Déterminer le rang de uA lorsque A = Jr . 2. Dans le cas général, déterminer le rang de uA en fonction de celui de A . 2.8 Soit A ∈ GLr (IK) et M =



A C

B D



∈ Mn (IK) . On suppose M de rang r .

1. Montrer que pour tout Y ∈ IKn−r , il existe X ∈ IKr tel que : M 2. En déduire que D = CA−1 B .

74



X 0



=M



0 Y



.

Mn,q (IK) AM.

Exercices 2.9 Soit (A, B, C, D) ∈ Mn (IK)4 . On suppose que D est inversible et que CD = DC . Montrer que det



A C

B D



= det(AD − BC) .

Indication. Obtenir, par une transvection par blocs, une matrice triangulaire par blocs.

2.10 Montrer, par récurrence sur n ∈ IN∗ , que si A ∈ Mn (IK) est triangulaire supérieure stricte, alors on a An = 0 . Indication. Dans l’hérédité, écrire la matrice par blocs et effectuer un produit par blocs.

2.11 Montrer qu’une matrice triangulaire réelle commute avec sa transposée si, et seulement si, elle est diagonale.

Sous-espaces stables 2.12 Soit D la dérivation de IK[X] . →57

1. Soit F un sous-espace vectoriel de IK[X] stable par D et contenant un polynôme P non nul de degré d . Montrer que IKd [X] ⊂ F .

2. Déterminer tous les sous-espaces vectoriels de IK[X] stables par D .

Indication. Si F est stable par D , on pourra distinguer deux cas, selon que l’ensemble des degrés des polynômes de F est majoré ou non.

2.13 Soit E un IK -espace vectoriel de dimension finie et u ∈ L(E) .

Prouver que si Ker u possède un supplémentaire F stable par u , alors F = Im u .

⋆ 2.14 Déterminer les sous-espaces de IKn stables par tous les endomorphismes du type :



uσ : (x1 , . . . , xn ) �→ xσ(1) , . . . , xσ(n) 2.15 Autour des homothéties vectorielles Soit E un IK -espace vectoriel.



avec



σ ∈ Sn .



1. Soit u ∈ L(E) tel que pour tout x ∈ E , la famille x, u(x) soit liée. Montrer que u est une homothétie vectorielle. Les deux questions suivantes utilisent la première question, et sont indépendantes entre elles. 2. (a) Déterminer les endomorphismes stabilisant tous les sous-espaces vectoriels de E. (b) Supposons E de dimension finie. Déterminer les endomorphismes stabilisant tous les hyperplans de E. 3. (a) Supposons E de dimension finie n ∈ IN∗ . Soit u ∈ L(E) . On suppose que u n’est pas une homothétie. Montrer qu’il existe une base B de E telle que MatB (u) = (ai,j )1i,jn vérifie a11 = 0 . (b) En déduire que toute matrice de trace nulle est semblable à une matrice à diagonale nulle.

75

Chapitre 2. Compléments d’algèbre linéaire 2.16 Soit E un IK -espace vectoriel, et F un sous-espace vectoriel de E . On note LF (E) l’ensemble des endomorphismes stabilisant F . 1. Montrer que LF (E) est une sous-algèbre de L(E) et que l’application ϕ : u �→ uF est un morphisme d’algèbres de LF (E) vers L(F ). 2. On suppose F de dimension finie. Soit u ∈ LF (E) un automorphisme. Montrer que u−1 stabilise aussi F et que l’on a : (u−1 )F = (uF )−1 , où uF et (u−1 )F désignent les endomorphismes induits sur F . 3. En considérant l’endomorphisme de IK(X) (l’espace vectoriel des fractions rationnelles à coefficients dans IK ) qui à P associe XP , prouver que le résultat de la question précédente est faux si F n’est pas de dimension finie. 4. On suppose que F possède un supplémentaire. Montrer que le morphisme ϕ : u �→ uF de LF (E) vers L(F ) est surjectif. 2.17 On appelle groupe de Mn (IK) toute partie de Mn (IK) stable par produit matriciel et qui, munie de la loi induite, est un groupe. 1. Montrer que tout groupe de Mn (IK) inclus dans GLn (IK) est un sous-groupe de GLn (IK) .

On cherche dans la suite de l’exercice à décrire les groupes de Mn (IK) . 2. Soit r ∈ [[0, n]] . On pose :

Gn,r =



A 0

0 0



Montrer que Gn,r est un groupe de Mn (IK) .

   A ∈ GLr (IK) .

3. Soit G un groupe de Mn (IK) . Montrer qu’il existe r ∈ [[0, n]] et P ∈ GLn (IK) tels que G soit un sous-groupe du groupe :





P M P −1 | M ∈ Gn,r .

Indication. On pourra remarquer que l’élément neutre de G est une matrice de projection.

Polynômes d’endomorphismes 2.18 Soit E un IK -espace vectoriel, et (u, v) ∈ L(E)2 . Supposons que u et v soient nilpotents et →60 qu’ils commutent. Montrer que u ◦ v et u + v sont nilpotents

2.19 Soit A = →67



8 −3 −6 −2 3 2 6 −3 −4



.

1. Calculer A2 et en déduire un polynôme de degré 2 annulant A . S’agit-il de son polynôme minimal ? 2. En déduire que A est inversible. 3. Déterminer An pour n ∈ IN puis pour n ∈ ZZ .

76

Exercices 2.20 Soit u ∈ L(IRn ) . Supposons que le polynôme P = X 2 + X + 1 soit annulateur de u .





1. Montrer que pour tout x ∈ IRn \ {0} , Vect x, u(x) est un plan vectoriel.





2. Soit F un sous-espace stable par u et x ∈ / F . Montrer que le plan vectoriel Vect x, u(x) est stable par u et en somme directe avec F. 3. Montrer qu’il existe une base de IRn dans laquelle la matrice de u est diagonale par blocs   0 −1 et, qu’en particulier, n est pair. de blocs diagonaux 1 −1 2.21 Dans cet exercice, E désigne IKn−1 [X] . 1. Considérons l’endomorphisme u : E P

−→ �−→

E P (X + 1).

Montrer que u − IdE est un endomorphisme nilpotent. 2. En déduire qu’il existe (a0 , . . . , an−1 ) ∈ IKn tel que : ∀P ∈ E et déterminer une telle famille.

P (X + n) =

n−1 

ak P (X + k)

k=0

2.22 Soit (P1 , . . . , Pr ) ∈ IK[X]r une famille de polynômes deux à deux premiers entre eux. On pose P =

r 

k=1

Pk . Soit E un IK -espace vectoriel et u ∈ L(E) annulé par P .

Montrer que les projecteurs associés à la décomposition E =

r 

Ker Pk (u) sont des poly-

k=1

nômes en u .

77

Chapitre 2. Compléments d’algèbre linéaire

Solutions des exercices 2.1 • Supposons la somme Vect(a1 ) + · · · + Vect(ap ) directe. p 

Soit (λ1 , . . . , λp ) ∈ IKp tel que

i=1

λi ai = 0 . Montrons que ∀i ∈ [[1, p]]

λi = 0 . Puisque :

λi ai ∈ Vect(ai ),

∀i ∈ [[1, p]]

le caractère direct de la somme Vect(a1 ) + · · · + Vect(ap ) offre : λi ai = 0.

∀i ∈ [[1, p]]

Comme les ai sont tous non nuls, ce sont chacun des λi qui le sont. • Supposons (a1 , . . . , ap ) libre, et montrons que Vect(a1 ) + · · · + Vect(ap ) est directe. p 

Soit (x1 , . . . , xp ) ∈ Vect(a1 ) × · · · × Vect(ap ) tel que

xi = 0 .

i=1

Pour tout i ∈ [[1, p]] , on a xi ∈ Vect(ai ) , donc il existe λi ∈ IK tel que xi = λi ai . On a donc

p 

λi ai = 0 . Par liberté de la famille (a1 , . . . , ap ) , tous les scalaires λi sont nuls

i=1

donc tous les xi aussi. D’où le caractère direct de la somme Vect(a1 ) + · · · + Vect(ap ) . 2.2 • Supposons que E soit somme directe de plans vectoriels. Il existe alors p ∈ IN tel que : E=

p 

avec

Fi

∀i ∈ [[1, p]]

i=1

dim Fi = 2.

La dimension de E est alors paire, car : p 

dim E =

dim Fi = 2p.

i=1

• Réciproquement, supposons E de dimension paire : dim E = 2p avec p ∈ IN . Considérons une base (e1 , . . . , e2p ) de E . En posant alors : Fi = Vect(e2i−1 , e2i ),

∀i ∈ [[1, p]]

les sous-espaces vectoriels Fi sont des plans vectoriels et l’on a E =

p 

Fi .

i=1

2.3 1. On obtient, par récurrence immédiate : ∀k ∈ IN

M

2k

=



Ak 0

2. (a) Pour (X, Y ) ∈ (IKn )2 , on a M



X Y



∈ Ker M ⇐⇒



0 Ak



X=0



X Y

et



et

=



M AY X



AY = 0

2k+1



=



0 Ak

Ak+1 0

(IKn )2

(X, Y )

−→ �−→

IK 

⇐⇒

2n

X Y

.

, donc :



X=0

et





Y ∈ Ker A .

Ainsi, le noyau de M est l’image de {0} × Ker A par l’isomorphisme : ϕ:



.

Par conséquent, l’égalité dim Ker M = dim Ker A et le théorème du rang donnent : rg M = 2n − dim Ker M = 2n − dim Ker A = n + rg A.

78

Solutions des exercices (b) D’après la question précédente, on a : M ∈ GL2n (IK) ⇐⇒ rg M = 2n ⇐⇒ rg A = n ⇐⇒ A ∈ GLn (IK). (c) Raisonnons par blocs en écrivant M taille n . On a alors M M −1 =



AD = In ;

AD B

−1

=

AE C

AE = 0 ;





B D



C E

, les blocs étant carrés de

, donc l’égalité M M −1 = I2n donne :

B=0

et

C = In

autrement dit, puisque A est inversible : D = A−1 ; On a donc M −1 =

2.4 1. (a) Soit M =



A C



B D

0 A−1



E=0;



In 0

B=0

et

C = In .

.

∈ Mn (IK) avec A ∈ Mr (IK) . On a :

M Jr =



0 0

A C



et

Jr M =



A 0

B 0



.

Ainsi, on a M Jr = Jr M ⇐⇒ (B = 0 et C = 0) . Par conséquent, les matrices commutant avec Jr sont les matrices de la forme :



A 0

0 D



avec

(A, D) ∈ Mr (IK) × Mn−r (IK).

(b) Notons CJr l’ensemble des matrices de Mn (IK) commutant avec Jr . En notant (Ei,j )1i,jn la base canonique de Mn (IK) , nous avons obtenu à la question précédente que :





CJr = Vect Ei,j | (i, j) ∈ [[1, r]]2 ∪ [[r + 1, n]]2 . Il en résulte que CJr sion r 2 + (n − r)2 .

est un sous-espace vectoriel de Mn (IK) , de dimen-

2. Notons r = rg p . Puisque p est un projecteur, on a E = Im p ⊕ Ker p . Si B est une base de E adaptée à cette décomposition, alors on a MatB (p) = Jr . Étant donné u un endomorphisme de E , on a alors : MatB (u ◦ p) = MatB (u)Jr

et

MatB (p ◦ u) = Jr MatB (u).

Par conséquent, u commute avec p si, et seulement si, MatB (u) commute avec Jr . L’ensemble de ces endomorphismes est donc Φ−1 (CJr ) , où Φ : L(E) → Mn (IK) est l’isomorphisme qui à un endomorphisme associe sa matrice dans la base B . Il s’agit donc d’un sous-espace vectoriel, de même dimension que CJr , c’est-à-dire r 2 + (n − r)2 .

79

Chapitre 2. Compléments d’algèbre linéaire 2.5 • Effectuons la transvection par blocs L2 ← L2 − AL1 :



0 Ip

In −A



In A

B Ip



=





In 0

In 0

B Ip − AB

Par invariance du rang par transvection par blocs, on a : rg



In A

B Ip



= rg

B Ip − AB





.

.

La dernière matrice écrite étant triangulaire par blocs, avec un bloc diagonal inversible, l’exemple 17 de la page 55 nous donne : rg



In A

B Ip



= rg(In ) + rg(Ip − AB) = n + rg(Ip − AB).

• De même, la transvection par blocs L1 ← L1 − BL2 donne : rg



In A

B Ip



= rg



0 Ip

In − BA A

puis, grâce au résultat de l’exemple 17, on obtient rg



In A



,

B Ip



2.6 Fixons λ ∈ IK . On dispose des produits par blocs suivants :

et :



λIn −A



In A

0 Ip



In A

B λIp



B λIp



λIn −A

0 Ip



=



λIn 0

=



λIn − BA 0



λIn − BA 0

λB λIp − AB B λIp

Par propriété du déterminant, on sait que ∀(M, N ) ∈ Mn+p (IK)2 On en déduit que : det



λIn 0

λB λIp − AB



= det

= rg(In − BA) + p .

 

.



.

det(M N ) = det(N M ) . B λIp

Or, ce sont deux déterminants triangulaires par blocs. Cela donne :

det(λIn ) det(λIp − AB) = det(λIn − BA) det(λIp ),

d’où le résultat puisque det(λIn ) = λn et det(λIp ) = λp .

2.7 1. Soit M ∈ Mp,q (IK) . En l’écrivant par blocs M = Jr M =



Ir 0

0 0





M1 M2

Ainsi, le noyau de uJr est constitué des matrices



M1 M2 =







0 M2

avec M1 ∈ Mr,q (IK) , on a :

M1 0





.

avec M2 ∈ Mp−r,q (IK) ; il

est donc de dimension (p − r)q . D’après le théorème du rang, on a alors : rg uJr = dim Mp,q (IK) − dim Ker uJr = pq − (p − r)q = rq.

80

Solutions des exercices 2. Notons r le rang de A . Alors il existe P ∈ GLp (IK) et Q ∈ GLq (IK) telles que P AQ−1 = Jr . Soit M ∈ Mp,q (IK) . On a : M ∈ Ker uA = 0 ⇐⇒ AM = 0 ⇐⇒ P −1 Jr QM = 0 ⇐⇒ Jr QM = 0 ⇐⇒ QM ∈ Ker uJr . Le noyau de uA est donc l’image de celui de uJr par l’isomorphisme R �→ Q−1 R . Par conséquent, on a dim Ker uA = dim Ker uJr , puis, d’après la première question : rg uA = rq. 2.8 1. Soit Y ∈ IKn−r . Considérons l’application ϕ : IKr

−→

X

�−→

IKn

X 0

M



=





AX CX

.

L’application ϕ est linéaire et, grâce à l’inversibilité de A , injective. Donc d’après le théorème du rang, rg ϕ = r = rg M . Comme Im ϕ ⊂ Im M , on en déduit par égalité des dimensions que Im ϕ = Im M .



En particulier, M

0 Y



, étant dans Im M , donc dans Im ϕ , possède au moins un

antécédent par ϕ : d’où l’existence de X ∈ IKr tel que M





=M





X 0



0 Y



.

2. Fixons Y ∈ IKn−r . La question précédente nous permet de considérer X ∈ IKr tel que : M



X 0



=M



0 Y



autrement dit



AX CX





=

BY DY



.

On a alors AX = BY et CX = DY . Par inversibilité de A , la première relation donne X = A−1 BY . La seconde donne alors CA−1 BY = DY . Cette égalité étant vraie pour tout Y ∈ IKn−r , on en déduit que CA−1 B = D . 2.9 Effectuons la transvection par blocs C1 ← C1 − C2 D−1 C :



A C

B D



In −D−1 C

0 In



=



A − BD−1 C C − DD−1 C

B D

=

A − BD−1 C 0

B D

Une transvection par blocs laissant inchangé le déterminant, on a : det



A C

B D



= det



A − BD−1 C 0

B D





.

.

La dernière matrice écrite étant triangulaire par blocs, on obtient finalement : det



A C

B D



= det(A − BD−1 C) det(D) = det(AD − BD−1 CD).

Puisque C et D commutent, on a BD−1 CD = BD−1 DC = BC , d’où le résultat. Remarque En utilisant un raisonnement semblable à celui de l’exemple 14 de la page 102, on peut montrer que la formule obtenue dans cet exercice est valable même sans l’hypothèse d’inversibilité de D .

81

Chapitre 2. Compléments d’algèbre linéaire 2.10 Le cas n = 1 est trivial, car dans M1 (IK) la seule matrice triangulaire supérieure stricte est la matrice nulle. Soit n  1 . Supposons le résultat vrai au rang n . Soit A ∈ Mn+1 (IK) triangulaire supérieure stricte. Écrivons A par blocs :



0 0

L B



0 0

 L Bn

A=



avec

B ∈ Mn (IK).

Un produit par blocs donne : n

A =



 ∈ M1,n (IK). L

avec

Or, la matrice A étant triangulaire supérieure stricte, la matrice B l’est aussi. Comme B ∈ Mn (IK) , l’hypothèse de récurrence donne B n = 0 . Par conséquent, on a : n

A =



 L 0

0 0



et un nouveau produit par blocs donne An+1 = AAn = 0 . Cela prouve le résultat souhaité.

2.11 Il est clair qu’une matrice diagonale commute avec sa transposée. Montrons la réciproque par récurrence. Le résultat est évident pour une matrice de taille 1 . Soit n ∈ IN∗ . Supposons le résultat vrai pour les matrices de taille n . Considérons M ∈ Mn+1 (IR) triangulaire de taille n + 1 commutant avec sa transposée. Quitte à échanger M et M T , supposons M triangulaire supérieure. Écrivons M par blocs : M=



λ 0

L B



avec

λ ∈ IR.

La matrice B appartient alors à Mn (IR) , et puisque M est triangulaire supérieure, B l’est aussi. On a M T = MMT =





λ LT

λ2 + LLT BLT

0 BT



puis par produits par blocs :

LB T BB T



MT M =

et



λ2 λLT

λL LT L + B T B

Puisque M et M T commutent, on obtient LT L = 0 ; en notant L = cela s’écrit

n 



ℓ1



···

. ℓn



,

ℓ2i = 0 . Comme les ℓi sont réels, ils sont tous nuls, donc L = 0 . La rela-

i=1

tion M M T = M T M donne alors BB T = B T B . Par hypothèse de récurrence, on en déduit   λ 0 que B est diagonale. Ainsi, M = est également diagonale. 0 B Remarque

Le résultat est faux dans Mn (C) , comme on le voit en considérant la matrice :



82

0 1 0 −i 0 0

i 1 0



.

Solutions des exercices 2.12 1. Comme P ∈ F , on a, par stabilité de F par D : ∀k ∈ [[0, d]]

P (k) = Dk (P ) ∈ F.

Pour tout k ∈ [[0, d]] , deg P (k) = d − k , donc la famille



P (k)



0kd

est échelonnée en

degré. Elle est donc libre. Comme c’est une famille de polynômes de IKd [X] de cardinal d + 1 , il s’agit d’une base de IKd [X] . On a donc IKd [X] ⊂ F .

2. Remarquons déjà que {0} et IK[X] sont stables par D , ainsi que chacun des IKd [X] avec d ∈ IN . Montrons que ce sont les seuls.

Soit F �= {0} un sous-espace vectoriel de IK[X] stable par D ; notons A l’ensemble des degrés des polynômes non nuls de F ; il s’agit d’une partie de IN non vide. • Si A est majoré, alors A admet un plus grand élément, que l’on note d ; dans ce cas : ∗ d’une part, F ⊂ IKd [X] , par définition de d ; ∗ d’autre part, il existe P ∈ F de degré d donc, d’après la première question, on a IKd [X] ⊂ F . Par conséquent, F = IKd [X] . • Sinon, pour tout n ∈ IN , il existe P ∈ F tel que deg P  n ; d’après la première question, on a alors IKn [X] ⊂ IKdeg P [X] ⊂ F . Cette inclusion étant vraie pour tout n ∈ IN , on en déduit F = IK[X] .

En conclusion, les sous-espaces vectoriels de IK[X] stables par D sont {0} , IK[X] et les IKd [X] avec d ∈ IN . 2.13 Supposons que F soit un supplémentaire de Ker u stable par u . Par le théorème du rang, on sait que u induit un isomorphisme de F sur Im u . Par conséquent, on a Im(u) = u(F ) , donc, par stabilité de F par u , on a Im u ⊂ F . Toujours par le théorème du rang, on a dim F = dim Im u . D’où l’égalité Im u = F .

2.14 • Soit F un sous-espace vectoriel de IKn stable par les uσ et x ∈ F . Notons (ei )1in la base canonique de IKn et x = (xi )1in . Si l’on considère la transposition τ = (1 2) , la stabilité de F implique que x−uτ (x) ∈ F , c’est-à-dire : (x1 e1 + x2 e2 ) − (x2 e1 + x1 e2 ) ∈ F

ou encore

(x1 − x2 )(e1 − e2 ) ∈ F.

Donc on a soit x1 = x2 soit e1 − e2 ∈ F . ∗ Supposons que e1 − e2 ∈ F . Pour tout i ∈ [[3, n]] , la stabilité de F par uσ avec σ = (2 i) , implique que e1 − ei ∈ F . Le sous-espace vectoriel contient donc l’hyperplan engendré par ces n − 1 vecteurs indépendants (qui est aussi l’hyperplan d’équation x1 + · · · + xn = 0 ). Ainsi, soit F est égal à cet hyperplan, soit F = IKn . ∗ Supposons que e1 − e2 �∈ F . Pour les mêmes raisons que précédemment, pour tout i ∈ [[3, n]] , la stabilité de F par permutation, implique que e1 − ei �∈ F . Ainsi, pour tout i ∈ [[2, n]] , x1 = xi . On en déduit que F est inclus dans la droite vectorielle IK(1, . . . , 1) . • Réciproquement, il est évident que {0} , IKn , la droite IK(1, . . . , 1) ainsi que l’hyperplan d’équation x1 + · · · + xn = 0 , sont stables par tous les uσ .

83

Chapitre 2. Compléments d’algèbre linéaire 2.15 1. Par hypothèse, pour tout x ∈ E , il existe un scalaire λx tel que u(x) = λx x . Si le vecteur x est non nul, alors le scalaire λx est unique. Soit x et y deux vecteurs non nuls de E . Montrons que λx = λy . • Si la famille (x, y) est liée, alors il existe un scalaire µ tel que x = µy . Ainsi : λx µy = λx x = u(x) = u(µy) = µλy y. Comme le vecteur y est non nul, on en déduit que λx µ = λy µ . Le scalaire µ étant non nul (car x �= 0 ), on en déduit λx = λy . • Si la famille (x, y) est libre, alors l’égalité : λx+y (x + y) = u(x + y) = u(x) + u(y) = λx x + λy y implique, par liberté, que λx = λx+y = λy . Ainsi, il existe λ ∈ IK tel que : ∀x ∈ E \ {0}

u(x) = λx.

Cette égalité étant vraie aussi pour x = 0 , cela prouve que u est une homothétie. 2. (a) Il est clair qu’une homothétie stabilise tous les sous-espaces vectoriels de E . Réciproquement, soit u un endomorphisme stabilisant tout sous-espace vectoriel de E . Alors, pour tout vecteur x non nul, IKx est stable par u , donc u(x) ∈ IKx , autrement dit la famille (x, u(x)) est liée. On en déduit, grâce à la question précédente, que u est une homothétie. (b) Il est clair que les homothéties stabilisent les hyperplans. Réciproquement, soit u un endomorphisme stabilisant tout hyperplan. Prouvons que pour tout vecteur x ∈ E , la famille (x, u(x)) est liée ; cela conclura grâce à la première question. Supposons par l’absurde, qu’il existe un vecteur x non nul tel que u(x) n’ap  partienne pas à IKx. La famille x, u(x) est alors libre ; complétons-là en une base (x, u(x), e3 , . . . , en ) de E (avec n = dim E ). L’endomorphisme u ne stabilise donc pas l’hyperplan Vect(x, e3 , . . . , en ) , ce qui contredit l’hypothèse et offre le résultat.





3. (a) La première question assure l’existence d’un vecteur x tel que x, u(x) soit libre. Complétons cette famille en une base B . Le coefficient d’indice (1, 1) de cette matrice



T

est alors nul, car sa première colonne est 0 1 0 ··· 0 . (b) Procédons par récurrence sur la taille n de la matrice. Le résultat est vrai dans M1 (IK) . Soit n ∈ IN∗ . Supposons le résultat vrai dans Mn (IK) . Soit A ∈ Mn+1 (IK) de trace nulle. • Si A est de la forme λIn+1 , alors 0 = tr M = (n + 1)λ , donc λ = 0 , puis A = 0 . • Sinon, considérons l’endomorphisme u de IKn+1 canoniquement associé à A . Comme A n’est pas une matrice scalaire, u n’est pas une homothétie, donc il existe une base B telle que MatB (u) soit de la forme :



0 C

L M



avec

M ∈ Mn (IK).

On a alors tr M = tr A = 0 . L’hypothèse de récurrence assure donc l’existence de P ∈ GLn (IK) tel que P −1 M P ait tous ses coefficients diagonaux nuls. La matrice

84



1 0

0 P



est inversible, d’inverse



1 0

0

P −1



, et l’on a, par produits

Solutions des exercices par blocs :



1 0

0 P −1



0 C

L M



1 0

0 P



= =

Ainsi, la matrice



0 C

L M







1 0

0 P −1 0

P −1 C

est semblable à la matrice



0 C

LP P −1 M P



0 P −1 C

qui a tous ses coefficients diagonaux nuls. Comme les matrices A et

LP MP





.

LP P −1 M P



0 C

L M





représentent toutes deux l’endomorphisme u , elles sont semblables. On conclut donc, par transitivité.

2.16 1. • On a immédiatement IdE ∈ LF (E) et ϕ(IdE ) = IdF . • Soit (u, v) ∈ LF (E)2 et (α, β) ∈ IK2 . Pour tout x ∈ F , on a u(x) ∈ F et v(x) ∈ F ; par suite (αu + βv)(x) ∈ F . L’application αu + βv appartient donc à LF (E) et (αu + βv)F = αuF + βvF . Ainsi, LF (E) est un sous-espace vectoriel de L(E) et ϕ est linéaire.   • Soit (u, v) ∈ LF (E)2 . Pour tout x ∈ F , on a v(x) ∈ F puis u v(x) ∈ F . Ainsi u ◦ v appartient à LF (E) et (u ◦ v)(x) = uF (vF (x)) , i.e. (u ◦ v)F = uF ◦ vF . On a donc obtenu que LF (E) est une sous-algèbre de L(E) , et ϕ est un morphisme d’algèbres de LF (E) vers L(F ).

2. Puisque u est bijectif, u est injectif, donc son endomorphisme induit uF l’est aussi (rappelons que Ker uF = F ∩ Ker u) . Comme F est de dimension finie, l’endomorphisme uF est bijectif. Pour tout x de F , la surjectivité de uF assure alors que l’unique antécédent u−1 (x) de x par u appartient à F . Ainsi, F est stable par u−1 , autrement dit u−1 ∈ LF (E). La relation u ◦ u−1 = u−1 ◦ u = IdE entraîne ensuite : uF ◦ (u−1 )F = (u−1 )F ◦ uF = IdF

donc

(u−1 )F = (uF )−1 .

Q ) et sta3. L’endomorphisme u : Q �→ XQ de IK(X) est inversible (d’inverse Q �→ X bilise F = IK[X] , mais l’endomorphisme induit uF n’est pas surjectif car la fraction rationnelle 1 n’appartient pas à l’image de IK[X] par u .

4. Fixons v ∈ L(F ) et construisons un antécédent u de v par ϕ , autrement dit construisons u ∈ L(E) , stabilisant F , et dont l’endomorphisme induit sur F est v . Par hypothèse, on peut considérer G un supplémentaire de F dans E . On constate alors que l’endomorphisme u suivant, défini par ses restrictions à F et G , convient : ∀x ∈ F

u(x) = v(x)

et

∀x ∈ G

u(x) = 0.

85

Chapitre 2. Compléments d’algèbre linéaire 2.17 1. Soit G un groupe de Mn (IK) inclus dans GLn (IK) .

• Son élément neutre J vérifie J 2 = J , donc par inversibilité, J = In . Ainsi In ∈ G . • Tout élément M ∈ G admet un symétrique M ′ qui vérifie par définition, M M ′ = J = In . On a donc M ∈ GLn (IK) et M −1 = M ′ ; donc M −1 ∈ G .

Donc G est un sous-groupe de GLn (IK) .

2. Les opérations matricielles par blocs donnent : • que Gn,r est stable par produit ; • que Gn,r admet pour élément neutre Jr = • que tout élément



A 0

0 0





Ir 0

0 0



;

de Gn,r admet pour symétrique



A−1 0



0 0

Enfin, l’associativité est une conséquence de celle du produit matriciel.

.

Donc Gn,r est un groupe de Mn (IK) .

3. • Soit P ∈ GLn (IK) . L’application M �→ P M P −1 est un automorphisme d’algèbre de Mn (IK) ; on peut alors montrer qu’elle envoie tout groupe de Mn (IK) sur un   groupe de Mn (IK) . En particulier, P Gn,r P −1 = P M P −1 | M ∈ Gn,r est un groupe de Mn (IK) . • Réciproquement, soit G un groupe de Mn (IK) . ∗ Son élément neutre J vérifie J 2 = J , donc c’est la matrice d’un projecteur et il existe P ∈ GLn (IK) telle que J = P Jr P −1 , où r = rg(J) . ∗ Considérons alors G0 = P −1 GP = {P −1 M P | M ∈ G} ; par l’automorphisme d’algèbre M �→ P −1 M P , G0 est un groupe de Mn (IK) , d’élément neutre Jr . Soit M une matrice de G0 écrite par blocs sous la forme : M=



A C

B D



avec

A ∈ Mr (IK).

et

M = M Jr =

⋆ On a alors : M = Jr M =



A 0

B 0





0 0

A C



.

Puisque M = Jr M = M Jr , on en déduit : B = 0,

C=0

et

D=0

donc

′

⋆ D’autre part, M admet un symétrique M =

M=



A′ 0

 0 0

A 0



0 0



.

∈ G0 ; en écri-

vant M M ′ = Jr , il vient AA′ = Ir , donc A ∈ GLr (IK) . On en déduit que G0 ⊂ Gn,r . ∗ Comme dans la première question, on montre alors que G0 est un sous-groupe de Gn,r . Il s’ensuit, en écrivant G = P G0 P −1 , que G est un sous-groupe de P Gn,r P −1 .

86

Solutions des exercices 2.18 Notons a l’indice de nilpotence de u , et b celui de v . • Puisque u et v commutent, on a (u ◦ v)a = ua ◦ v a = 0 car ua = 0 . Donc u ◦ v est nilpotent, d’indice de nilpotence au plus a . Remarque Puisque u et v jouent des rôles symétriques, l’indice de nilpotence de u ◦ v vaut au plus b , donc au plus min(a, b) . • Puisque u et v commutent, la formule du binôme donne, pour tout p ∈ IN : (u + v)p =

p    p k=0

k

uk ◦ v p−k .

Prenons p = a + b . Alors, pour tout k ∈ [[0, p]] , on a k  a ou p − k  b , donc uk = 0 ou v p−k = 0 . Ainsi, on a : ∀k ∈ [[0, p]]

uk ◦ v p−k = 0

donc

(u + v)p = 0.

L’endomorphisme u + v est donc nilpotent, d’indice de nilpotence au plus a + b . Remarque

On pourrait montrer que l’indice de nilpotence de u+v vaut au plus a+b−1 .

2

2.19 1. On trouve A =



34 −15 −30 −10 9 10 30 −15 −26



puis A2 − 5A + 6I3 = 0 .

Le polynôme X 2 − 5X + 6 est donc annulateur de A . Si ce n’était pas le polynôme minimal, ce dernier serait de degré 1 , donc A serait une matrice scalaire, ce qui n’est pas le cas. Le polynôme minimal de A est donc πA = X 2 − 5X + 6 .

2. On en déduit que A (A − 5I3 ) = −6I3 , ce qui prouve que A est inversible et : A−1 =

5I3 − A · 6

3. • Soit n ∈ IN . La division euclidienne de X n par πA s’écrit : X n = Q n πA + a n X + b n

avec

Qn ∈ IK[X]

et

(an , bn ) ∈ IK2 .

En évaluant cette égalité en 2 et 3 (les deux racines de πA ), on obtient le système :



2an + bn = 2n 3an + bn = 3n

an = 3n − 2n

soit

et

bn = 3 × 2n − 2 × 3n .

Finalement : An = (3n − 2n )A + (3 × 2n − 2 × 3n )I3 = 2n B + 3n C avec B = 3I3 − A =



−5 2 −6

3 6 0 −2 3 7



et C = A − 2I3 =



6 −3 −6 −2 1 2 6 −3 −6



.

87

Chapitre 2. Compléments d’algèbre linéaire 5I3 −A 6

• Remarquons que, pour n = −1 , la formule précédente donne

qui est la valeur

−1

trouvée à la question précédente. de A Prouvons plus généralement que la formule obtenue précédemment est valable pour tout n ∈ ZZ . Soit n ∈ IN∗ . Montrons que A−n = 2−n B + 3−n C . Par définition, A−n est la matrice inverse de An . Il s’agit donc de vérifier que le produit de 2n B + 3n C par 2−n B + 3−n C vaut I3 . On a : (2n B + 3n C)(2−n B + 3−n C) = B + C + 2n 3−n BC + 3n 2−n CB.

On trouve de plus B 2 = B , C 2 = C et BC = CB = 0 . On en déduit le résultat souhaité, car B + C = I3 . Remarque Les matrices B et C sont des matrices de projecteurs. Plus précisément, ce sont les matrices des projecteurs associés à la décomposition : IR3 = Ker(A − 2I3 ) ⊕ Ker(A − 3I3 ).

Ce sont les projecteurs spectraux de l’endomorphisme canoniquement associé à A . On pourra comparer avec l’exercice 3.20 de la page 128.

2.20 1. Le polynôme P = X 2 + X + 1 étant annulateur de u , on a : u2 + u + IdIRn = 0.



Par l’absurde : supposons que Vect x, u(x)







ne soit pas un plan. Cela signifie que la

famille x, u(x) est liée. Le vecteur x étant non nul, il existe un réel λ tel que u(x) = λx . On a alors : 0 = u2 (x) + u(x) + x = (λ2 + λ + 1)x. Comme x est non nul, le réel λ est alors une racine du polynôme X 2 + X + 1 , ce qui   est absurde car ce polynôme n’a pas de racine réelle. Par conséquent, Vect x, u(x) est un plan.





2. • On a de manière évidente, u(x) ∈ Vect x, u(x) , et de plus :







u u(x) = u2 (x) = −u(x) − x ∈ Vect(x, u(x) ,





d’où la stabilité de Vect x, u(x) par u .





• Par l’absurde : supposons qu’il existe y non nul dans F ∩Vect x, u(x) . Comme cette





intersection est stable par u , elle contient Vect y, u(y) , qui, d’après la question 1, est un plan. Pour des raisons de dimensions, on a donc :



 









F ∩ Vect x, u(x) = Vect x, u(x) ,

puis Vect x, u(x) ⊂ F , ce qui n’est pas possible car x �∈ F .



Ainsi, F et Vect x, u(x) sont en somme directe.

3. Obtenir la matrice souhaitée pour u revient à prouver l’existence d’une base de IRn de la   forme e1 , u(e1 ), . . . , ep , u(ep ) . En effet, si une telle base existe, alors pour tout k ∈ [[1, p]] le plan vectoriel :   Fk = Vect ek , u(ek ) est stable par u , et l’endomorphisme induit a pour matrice : Mat

ek ,u(ek )

88

   uF = k



0 1

−1 −1



.

Solutions des exercices Considérons l’ensemble A des entiers k pour lesquels il existe des vecteurs x1 , . . . , xk   de IRn tels que la famille x1 , u(x1 ), . . . , xk , u(xk ) soit libre.

En utilisant la question 1, on montre que A est non vide. La partie A est également bornée puisque dans IRn une famille libre est de cardinal inférieur ou égal à n . La partie A admet donc un maximum : notons-le p . Il existe alors des vecteurs x1 , . . . , xp de IRn tels   que la famille x1 , u(x1 ), . . . , xp , u(xp ) soit libre. Le sous-espace :





F = Vect x1 , u(x1 ), . . . , xp , u(xp ) =

p 



Vect xk , u(xk )

k=1



est alors stable par u . Montrons par l’absurde que F = IRn . Supposons que F �⊆ IRn . Alors il existe xp+1 ∈ IRn \ F et, d’après la question précé  dente, le plan vectoriel Vect xp+1 , u(xp+1 ) est en somme directe avec F . La famille



x1 , u(x1 ), . . . , xp+1 , u(xp+1 ) n



est alors libre, ce qui contredit la définition de p .





Conclusion : on a F = IR , et par conséquent x1 , u(x1 ), . . . , xp , u(xp ) est une base de IRn . Dans cette base, la matrice de u a forme désirée. Au passage, on a n = 2p , donc n est pair. 2.21 1. Constatons que pour tout j ∈ [[0, n − 1]] : j

j

u(X ) = (X + 1) =



j    j

i

i=0

X

i

j

puis



j

(u − IdE )(X ) = j

donc en particulier deg (u − IdE )(X )  deg(X ) − 1 .

j−1    j i=0

i

Xi,

Un polynôme P ∈ E étant combinaison linéaire des X j pour j ∈ [[0, n − 1]] , on ob  tient deg (u − IdE )(P )  deg(P ) − 1 , puis par récurrence immédiate : ∀k ∈ IN







deg (u − IdE )k (P )  deg(P ) − k ;



en particulier on a deg (u − IdE )n (P ) < 0 , autrement dit (u − IdE )n (P ) = 0 .

On a ainsi prouvé que (u − IdE )n est l’endomorphisme nul. L’endomorphisme u − IdE est donc nilpotent. 2. D’après la première question, l’endomorphisme u − IdE est nilpotent et vérifie (u − IdE )n = 0 . On a, par application de la formule du binôme (les endomorphismes u et IdE commutant) : n

0 = (u − IdE ) = Pour P ∈ E , on remarque que ∀k ∈ IN la relation précédente donne : n  k=0

(−1)k

n  k=0

 

n k u . k

k

u (P ) = P (X + k) , donc l’évaluation en P de

 

n P (X + k) = 0. k

Par conséquent, en posant ak = (−1)k+1−n ∀P ∈ E

(−1)

n−k

n k

P (X + n) =

, on a : n−1 

ak P (X + k).

k=0

89

Chapitre 2. Compléments d’algèbre linéaire 2.22 Fixons k0 ∈ [[1, r]] . Montrons que la projection sur Ker Pk0 (u) parallèlement à est un polynôme en u . En posant Q =

r 

r 

Ker Pk (u)

k=1 k=k0

Pk , on a, par le lemme des noyaux :

k=1 k=k0 r 

Ker Pk (u) = Ker Q(u).

k=1 k=k0

De plus, les polynômes Pk0 et Q sont premiers entre eux puisque Pk0 est premier avec chacun des Pk pour k �= k0 (cf. corollaire 32 de la page 16). D’après le théorème de Bézout, il existe (U1 , U2 ) ∈ IK[X]2 tel que Pk0 U1 + QU2 = 1 .

On a alors (Pk0 U1 )(u) + (QU2 )(u) = IdE c’est-à-dire, pour tout x ∈ E : x = (QU2 )(u)(x) + (Pk0 U1 )(u)(x).

Or, on a :



(⋆)



Pk0 (QU2 )(u) (x) = (Pk0 QU2 )(u)(x) = (P U2 )(u)(x) = 0 car P est annulateur de u , donc P U2 aussi ; on a ainsi obtenu (QU2 )(u)(x) ∈ Ker Pk0 (u) . De la même manière, on a (Pk0 U1 )(u)(x) ∈ Ker Q(u) .

De la relation (⋆) il résulte alors que la projection sur Ker Pk0 (u) parallèlement à Ker Q(u) est (QU2 )(u) , qui est bien un polynôme en u .

90

Chapitre 3 : Réduction des endomorphismes

I

Éléments propres 1 2 3 4 5

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Éléments propres d’un endomorphisme . . . . . . . Propriétés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Cas de la dimension finie . . . . . . . . . . . . . . Éléments propres d’une matrice carrée . . . . . . . Utilisation d’un polynôme annulateur . . . . . . . II Polynôme caractéristique . . . . . . . . . . . . . . . 1 Polynôme caractéristique d’une matrice . . . . . . 2 Exemples de calculs de polynômes caractéristiques 3 Polynôme caractéristique et spectre . . . . . . . . 4 Polynôme caractéristique d’un endomorphisme . . 5 Ordre de multiplicité d’une valeur propre . . . . . III Diagonalisation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Définitions et premières propriétés . . . . . . . . . 2 Utilisation du polynôme caractéristique . . . . . . 3 Utilisation d’un polynôme annulateur . . . . . . . IV Trigonalisation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Définitions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Utilisation du polynôme caractéristique . . . . . . 3 Théorème de Cayley-Hamilton . . . . . . . . . . . 4 Utilisation d’un polynôme annulateur . . . . . . . 5 Sous-espaces caractéristiques . . . . . . . . . . . . Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

92 . . . . . . . . . . . . . . . . . .

92 94 95 96 99 100 100 102 103 105 106 109 109 112 113 115 115 116 119 119 120 126

Réduction des endomorphismes

3

Dans ce chapitre, E est un espace vectoriel de dimension quelconque sur un souscorps IK de C. On se limite dans la pratique au cas où IK est IR ou C . On étudie, dans ce chapitre, des endomorphismes de E et, en particulier lorsque E est de dimension finie, on cherche, si c’est possible, une base de E dans laquelle un tel endomorphisme possède une matrice simple : diagonale, voire triangulaire. Cela revient, pour une matrice carrée donnée, à chercher une matrice diagonale ou triangulaire qui lui est semblable.

I

Éléments propres

1

Éléments propres d’un endomorphisme

Soit u ∈ L(E).

Définition 1 • On dit que λ ∈ IK est valeur propre de u s’il existe un vecteur non nul x ∈ E tel que u(x) = λx. • On dit que x ∈ E est un vecteur propre de u associé à la valeur propre λ ∈ IK s’il est non nul et vérifie u(x) = λx.

Exo 3.1

• Si λ ∈ IK est valeur propre de u , le sous-espace propre de u associé à la valeur propre λ est : Eλ (u) = Ker(u − λ IdE ) = {x ∈ E : u(x) = λx} . Remarques • Un vecteur propre n’est associé qu’à une seule valeur propre.

• Une droite vectorielle est stable par u si, et seulement si, elle est engendrée par un vecteur propre de u . • Si λ ∈ IK est valeur propre de u , les vecteurs propres associés à la valeur propre λ sont les vecteurs non nuls de Eλ (u). En particulier, si E = {0} , il n’y a aucun vecteur propre et donc aucune valeur propre.

• Plus généralement, on notera Eλ (u) = Ker(u − λ IdE ) pour tout λ ∈ IK . Il est non réduit à {0} si, et seulement si, λ est valeur propre de u .

I Éléments propres • Lien avec le noyau. On a E0 (u) = Ker u , donc l’endomorphisme u admet 0 pour valeur propre si, et seulement s’il n’est pas injectif. Plus généralement, λ est valeur propre de u si, et seulement si, u − λ IdE n’est pas injectif. • Lien avec l’image. Tout sous-espace propre associé à une valeur propre non nulle est inclus dans Im u .   En effet, si λ �= 0 et si x ∈ Ker(u − λ IdE ), alors x = u λx ∈ Im u . • Pour tout (λ, µ) ∈ IK2 , on a :    Eλ (u + µ IdE ) = Ker (u + µ IdE ) − λ IdE = Ker u − (λ − µ) IdE ) = Eλ−µ (u),

donc λ est valeur propre de u + µ IdE si, et seulement si, λ − µ est valeur propre de u .

Point méthode Pour rechercher les éléments propres d’un endomorphisme u (valeurs propres et sous-espaces propres associés) on peut résoudre l’équation u(x) = λx appelée équation aux éléments propres.

Ex. 1. Endomorphismes remarquables Homothétie. Tout vecteur non nul est vecteur propre de l’homothétie λ IdE pour la valeur propre λ . Par suite, si E �= {0} , cette homothétie admet λ pour unique valeur propre et le sous-espace propre associé est E . Rappelons la réciproque classique suivante (cf. exercice 2.15 de la page 75) qui donne la réciproque : si u est un endomorphisme de E tel que ∀x ∈ E ∃λ ∈ IK u(x) = λx , alors u est une homothétie. Rotation. On a vu dans le chapitre précédent (cf. exemple 22 de la page 57) qu’une rotation du plan euclidien IR2 d’angle non multiple de π ne stabilisait aucune droite. Elle n’a donc ni valeur propre, ni vecteur propre.

Projection. Soit p ∈ L(E) un projecteur.

Si λ est une valeur propre non nulle, alors Eλ (p) ⊂ Im p (voir « lien avec l’image » ci-dessus) donc λ = 1 puisque p coïncide avec l’identité sur son image. Il ne peut donc y avoir que deux valeurs propres, 0 et 1 , avec : E0 (p) = Ker p

et

E1 (p) = Ker(p − IdE ) = Im p.

Réciproquement, si p �= IdE et p �= 0 , on a Ker p �= {0} et Im p �= {0} , donc 0 et 1 sont les valeurs propres de p . Symétries. Soit F et G supplémentaires dans E et s la symétrie par rapport à F parallèlement à G . Rappelons que, si p est le projecteur d’image F et de noyau G , on a s = 2p − IdE . Ainsi λ+1 x. la relation s(x) = λx équivaut à p(x) = 2 On déduit de ce qui a été prouvé sur les projections que, si s �= ± IdE , alors s admet pour valeurs propres 1 et −1 et que les sous-espaces propres associés sont respectivement F et G .

93

Chapitre 3. Réduction des endomorphismes Endomorphismes nilpotents. Un endomorphisme nilpotent u n’admet que 0 pour valeur propre. En effet, si λ est une valeur propre de u et x un vecteur propre associé, on a u(x) = λx , et par une récurrence immédiate : ∀k ∈ IN uk (x) = λk x . En prenant k tel que uk = 0 , cela donne λk = 0 puisque x �= 0 , donc λ = 0 .

Réciproquement, si E �= {0} , 0 est valeur propre de u puisqu’un endomorphisme nilpotent est alors non injectif.

Ex. 2. Soit E = C ∞ (IR, IK) , avec IK = IR ou IK = C . Déterminons les valeurs propres et les sous-espaces propres de la dérivation D ∈ L(E) .

Un scalaire λ est valeur propre de D si, et seulement si, l’équation f ′ = λf a une solution non nulle dans E . Or les solutions de l’équation différentielle y ′ = λy sont les éléments de la droite vectorielle engendrée par la fonction non nulle eλ : t �→ exp(λt) . En conclusion, tout λ ∈ IK est valeur propre de D et Eλ (D) = Vect (eλ ) .

Ex. 3. Soit E = IKIN . Déterminons les éléments propres de T ∈ L(E) défini par :





T (un )n∈IN = (vn )n∈IN

avec

∀n ∈ IN

vn = un+1 .

Un scalaire λ est valeur propre de T si, et seulement si, l’équation T (u) = λu a une solution non nulle dans E . Or T (u) = λu équivaut à : ∀n ∈ IN

un+1 = λun ,

donc Eλ (T ) est l’ensemble des suites géométriques de raison λ . En conclusion, tout λ ∈ IK est valeur propre de T , le sous-espace propre associé étant la droite vectorielle engendrée par la suite géométrique (λn )n∈IN . Rappelons que pour λ = 0 , on a (λn )n∈IN = (δ0,n )n∈IN = (1, 0, 0, . . .) . Ex. 4. Soit E = IK[X] et u ∈ L(E) défini par u(P ) = XP .

Un scalaire λ est valeur propre de u si, et seulement si, l’équation XP = λP a une solution non nulle dans E . Or, pour P �= 0 , on a : deg(XP ) = 1 + deg(P ) ∈ IN

et

deg(λP ) =



deg(P ) −∞

si si

λ �= 0 λ = 0,

ce qui rend l’égalité XP = λP impossible puisque deg(λP ) < deg(XP ) . En conclusion, u n’a pas de valeur propre.

2

Propriétés

Proposition 1 Si deux endomorphismes commutent, les sous-espaces propres de l’un sont stables par l’autre. Démonstration page 122

Le résultat suivant est immédiat par définition d’un sous-espace propre. 94

I Éléments propres Proposition 2 Si F est un sous-espace vectoriel de E stable par u, les valeurs propres de l’endomorphisme uF induit par u sur F sont les valeurs propres λ de u telles que Eλ (u) ∩ F �= {0}. On a alors : Eλ (uF ) = Eλ (u) ∩ F.

Proposition 3 Si λ1 , . . . , λp sont des valeurs propres de u deux à deux distinctes, alors les sousespaces propres associés Eλ1 (u), . . . , Eλp (u) sont en somme directe. Démonstration page 122

Principe de démonstration. Appliquer le lemme de décomposition des noyaux à P = (X − λ1 ) · · · (X − λp ) . Exo 3.2 Exo 3.3

Corollaire 4 Toute famille de vecteurs propres associés à des valeurs propres deux à deux distinctes est libre. Démonstration.

Ce sont des vecteurs non nuls appartenant à des sous-espaces vectoriels en somme directe (cf. exemple 5 de la page 47).

Ex. 5. En reprenant l’exemple 2 de la page précédente, on voit que, si λ1 , . . . , λn sont des scalaires deux à deux distincts, la famille de fonctions (eλ1 , . . . , eλn ) est une famille libre de C ∞ (IR, IK) (on a noté eλ la fonction définie par eλ : t �→ eλt ). Ainsi, la famille (eλ )λ∈IK est libre.

Ex. 6. En reprenant l’exemple 3 de la page ci-contre, on voit que, si λ1 , . . . , λp sont des sca  n  laires deux à deux distincts, la famille de suites géométriques (λn 1 )n∈IN , . . . , λp n∈IN est libre



dans IKIN . Ainsi, la famille (λn )n∈IN

3



λ∈IK

est libre.

Cas de la dimension finie

Corollaire 5 Si E est de dimension finie et si λ1 , . . . , λp sont des valeurs propres de u deux à deux distinctes, alors : p  dim Eλi (u)  dim E. i=1

Démonstration.

En effet, les Eλi (u) étant en somme directe, on a (voir page 49) : p  i=1

dim Eλi (u) = dim

p 

Eλi (u)  dim E.

i=1

Définition 2 Si u est un endomorphisme d’un espace vectoriel de dimension finie, l’ensemble des valeurs propres de u est le spectre de u que l’on note sp(u).

95

Chapitre 3. Réduction des endomorphismes

Attention Il arrive parfois que l’on parle du spectre d’un endomorphisme u en dimension infinie : il s’agit alors de l’ensemble des scalaires λ tels que u − λ IdE soit non bijectif, alors que les valeurs propres de u sont les scalaires λ tels que u − λ IdE soit non injectif. Les éléments du spectre sont appelés les valeurs spectrales de u . Ex. 7. On a vu à l’exemple 4 de la page 94 que l’endomorphisme u : P �→ XP de IK[X] n’admettait pas de valeur propre. En particulier, 0 n’est pas valeur propre de u et pourtant u est non bijectif puisque son image est contenue dans l’hyperplan d’équation P (0) = 0 ( 0 est donc valeur spectrale de u ).

Corollaire 6 Le spectre d’un endomorphisme d’un espace vectoriel de dimension n a au plus n éléments. Démonstration.

D’après le corollaire 4 de la page précédente, à toute famille de p valeurs propres deux à deux distinctes on peut associer une famille libre de p vecteurs propres.

4

Éléments propres d’une matrice carrée

Soit A ∈ Mn (IK). Définition 3 Les éléments propres de A sont les éléments propres de son endomorphisme canoniquement associé. Plus précisément : • on dit que λ ∈ IK est valeur propre de A s’il existe X ∈ IKn non nul tel que AX = λX ; • on dit que X ∈ IKn est un vecteur propre de A associé à la valeur propre λ ∈ IK si X est non nul et vérifie AX = λX ;

• si λ ∈ IK est valeur propre de A, le sous-espace propre de A associé à la valeur propre λ est : Eλ (A) = Ker (A − λIn ) = {X ∈ IKn : AX = λX} ;

• l’ensemble des valeurs propres de A est appelé le spectre de A et noté sp(A). Exo 3.4

Remarque Le scalaire λ est valeur propre de A si, et seulement si, A − λIn est non inversible, c’est-à-dire si, et seulement si, rg(A − λIn ) < n. De plus, d’après le théorème du rang, dim Eλ (A) = n − rg(A − λIn ). Corollaire 7 Une matrice A ∈ Mn (IK) admet au plus n valeurs propres. Démonstration.

Le corollaire 6 nous donne le résultat pour l’endomorphisme canoniquement

associé à A .

Point méthode Pour rechercher les éléments propres d’une matrice A, on peut résoudre l’équation AX = λX appelée équation aux éléments propres. Remarque On verra comment, à l’aide du polynôme caractéristique ou d’un polynôme annulateur, obtenir les valeurs propres d’une matrice sans résolution de système. 96

I Éléments propres

Ex. 8. Les valeurs propres d’une matrice triangulaire (supérieure ou inférieure) sont les éléments de sa diagonale. En effet, si A triangulaire a pour diagonale (a1 , . . . , an ) , pour tout λ ∈ IK , la matrice A − λIn est triangulaire et a pour diagonale (a1 − λ, . . . , an − λ) et l’on sait qu’une matrice triangulaire est inversible si, et seulement si, ses coefficients diagonaux sont tous non nuls. Ex. 9. Soit (a1 , . . . , an ) ∈ IKn .

Déterminons les valeurs propres et les vecteurs propres de la transposée de la matrice compagnon du polynôme P = X n − a1 X n−1 − a2 X n−2 − · · · − an (cf. exemple 40 de la page 66) :



   A=  

0 .. . .. . 0 an

1 ..

0 .

..

. ··· ···



..

.

..

. ··· ···

··· .. . .. . 0 a2





0 ..  . 

  ∈ Mn (IK).

0   1 a1

x0  ..  Soit λ ∈ IK . En posant X =   , le système AX = λX se traduit par : . xn−1 ∀i ∈ [[0, n − 2]]

xi+1 = λxi

an x0 + · · · + a1 xn−1 = λxn−1 .

et

On a donc AX = λX si, et seulement si : ∀i ∈ [[0, n − 1]]

x i = λi x 0

x0 (an + an−1 λ + · · · + a1 λn−1 − λn ) = 0.

et

��

�

=−P (λ)

�

Il y a donc une solution X non nulle si, et seulement si, P (λ) = 0 et dans ce cas le sous-espace   1  λ   propre associé est la droite engendrée par le vecteur   ...  . λn−1

Remarque On peut facilement voir sans calcul que les sous-espaces propres de A sont de dimension 1 . En effet, pour tout λ ∈ IK , la matrice A − λIn est de la forme :



    A=   

∗ .. . .. . .. .

1

∗

···

∗ .. . ∗

0 ..

.

..

.

···

···

··· .. . .. . ∗

···



0 ..  . 

    1  0  ∗

et donc de rang au moins n − 1 puisque la matrice extraite indiquée ci-dessus est de rang n − 1 car triangulaire inférieure avec coefficients diagonaux tous non nuls.

97

Chapitre 3. Réduction des endomorphismes Proposition 8 Soit A une matrice représentant u dans une base B = (e1 , . . . , en ). On a alors sp(A) = sp(u) et, pour tout λ ∈ sp(u) :   x1 n �   x= xi ei ∈ Eλ (u) ⇐⇒ X =  ...  ∈ Eλ (A). i=1 xn

Démonstration. Si X est la matrice représentant un vecteur x ∈ E dans la base B , on a l’équivalence u(x) = λx ⇐⇒ AX = λX . Corollaire 9 Deux matrices semblables ont le même spectre et les sous-espaces propres associés sont de même dimension. Remarque Plus précisément, si A = P BP −1 , alors pour tout λ ∈ sp(B) : � � � Eλ (A) = P X � X ∈ Eλ (B) .

Cas des matrices réelles considérées comme matrices complexes Soit A une matrice à coefficients réels. On peut considérer que A appartient à Mn (IR) ou à Mn (C). • On obtient dans le premier cas, les éléments propres réels, dans le second, les éléments propres complexes de A. • On distinguera donc le spectre réel de A, noté spIR (A), de son spectre complexe spC (A). Proposition 10 Soit A une matrice réelle et λ ∈ C . On a : λ ∈ spC (A) ⇐⇒ λ ∈ spC (A)

Démonstration.



et

∀X ∈ Cn

X ∈ Eλ (A) ⇐⇒ X ∈ Eλ (A).





x1  ..   Si X =  .  ∈ Cn , on note bien entendu X =  xn



x1 ..  . . xn

En notant ai,j les coefficients de la matrice A , l’égalité AX = λX se traduit par : ∀i ∈ [[1, n]]

n �

ai,j xj = λxi .

j=1

Par conjugaison de ces relations, en tenant compte du fait que les ai,j sont réels, on obtient : ce qui donne les deux résultats.

AX = λX ⇐⇒ AX = λ X,

Remarque On peut démontrer de la même façon que si A est une matrice complexe, alors sp(A) = sp A et que, pour tout λ ∈ sp(A), les éléments de Eλ (A) et de Eλ (A) sont conjugués. 98

I Éléments propres Remarques Soit A ∈ Mn (IR). • On a l’égalité spIR (A) = spC (A) ∩ IR.

En effet, λ est valeur propre de A si, et seulement si, A − λIn est non inversible, c’est-à-dire si, et seulement si, det(A − λIn ) = 0 . Or, pour λ ∈ IR, le déterminant de A−λIn est le même que l’on considère cette matrice comme réelle ou complexe.

• En distinguant les deux sous-espaces propres réel et complexe de A :     (IR) (C) Eλ (A) = X ∈ IRn : AX = λX et Eλ (A) = X ∈ Cn : AX = λX , (IR)

(C)

on a dimIR Eλ (A) = dimC Eλ (A) puisque chacune de ces deux dimensions est égale à n − rg(A − λIn ) d’après le théorème du rang.

Ex. 10. Soit A =



0 −1 1 0



∈ M2 (IR) .

Pour λ ∈ C , on a det(A − λI2 ) = λ2 + 1 , donc la matrice A − λI2 est non inversible si, et seulement si, λ = ±i . On a donc spC (A) = {i, −i} et spIR (A) = ∅ .

Remarque Plus généralement, si IK′ est un sous-corps du corps IK et A ∈ Mn (IK′ ), alors : spIK′ (A) ⊂ spIK (A)

5

et, plus précisément,

spIK′ (A) = spIK (A) ∩ IK′ .

Utilisation d’un polynôme annulateur

Soit u ∈ L(E) et A ∈ Mn (IK).

Proposition 11 Soit P un polynôme à coefficients dans IK et λ ∈ IK . • Si x ∈ Eλ (u), on a P (u)(x) = P (λ)x.

• Si X ∈ Eλ (A), on a P (A)X = P (λ)X . Démonstration.

Si u(x) = λx , on établit, par une récurrence immédiate : ∀k ∈ IN

uk (x) = λk x.

(⋆)

Les deux applications P �→ P (u)(x) et P �→ P (λ)x sont évidemment linéaires de IK[X] dans E . La relation (⋆) montre qu’elles coïncident sur la base canonique de IK[X] et donc sont égales. La démonstration est similaire pour les matrices.

Proposition 12 Si P est un polynôme annulateur de u , alors toute valeur propre de u est racine de P . On a le même résultat pour une matrice A ∈ Mn (IK). Démonstration.

Si λ est valeur propre de u , alors il existe x non nul dans Eλ (u) .

D’après la proposition 11, P (λ)x = P (u)(x) = 0 et donc P (λ) = 0 puisque x �= 0 .

99

Chapitre 3. Réduction des endomorphismes

Ex. 11. On retrouve ainsi que le spectre d’un projecteur p est inclus dans {0, 1} puisque p est annulé par le polynôme X 2 − X . De même celui d’une symétrie est inclus dans {−1, 1} à l’aide du polynôme X 2 − 1 . Ex. 12. La matrice A =



0 1 0

0 0 1

1 0 0



vérifie A3 = I3 . En effet, son endomorphisme cano-

niquement associé permute circulairement les trois vecteurs de la base canonique de IK3 . Ainsi, ses valeurs propres sont racines du polynôme X 3 − 1 . Donc : spIR (A) ⊂ {1}

et

spC (A) ⊂ {1, j, j 2 }.

Remarque On peut facilement montrer que ce sont en fait des égalités en exhibant des vecteurs propres associés. On trouve, dans le cas complexe : X0 =



1 1 1



∈ E1 (A)

X1 =



1 j2 j



∈ Ej (A)

et

X2 =



1 j j2



∈ Ej 2 (A),

et, X0 étant réel, il convient pour le cas réel.

Attention Lorsque l’on dispose d’un polynôme annulateur P de u ∈ L(E), toutes les valeurs propres de u sont racines de P , mais certaines racines de P peuvent ne pas être valeurs propres de u . Ainsi, le polynôme X 2 − X = X (X − 1) est un polynôme annulateur de IdE , alors que 0 n’en est pas valeur propre. Proposition 13 Si un endomorphisme u admet un polynôme minimal πu , ses valeurs propres sont les racines de πu . Principe de démonstration.

II 1

Démonstration page 122 Écrire πu = (X − µ) P , et prendre x tel que P (u)(x) �= 0 .

Polynôme caractéristique Polynôme caractéristique d’une matrice

Soit A ∈ Mn (IK). Par définition, λ ∈ IK est valeur propre de A ∈ Mn (IK) si, et seulement si, la matrice A − λIn est non inversible donc si, et seulement si, det (λIn − A) = 0 . Comme le déterminant d’une matrice est une fonction polynomiale en ses coefficients et que les coefficients de λIn − A sont polynomiaux en λ, on en déduit que det (λIn − A) est polynomiale en λ. Cela permet de poser la définition suivante.

Définition 4 On appelle polynôme caractéristique de A, et l’on note χA , l’unique polynôme tel que : ∀λ ∈ IK χA (λ) = det (λIn − A) . 100

II Polynôme caractéristique Remarques • Il y a bien unicité d’un tel polynôme. En effet, IK étant un sous-corps de C , il contient Q , qui est infini, et donc deux polynômes ayant même fonction polynomiale associée sont égaux. • Par abus, on note parfois χA (X) = det (XIn − A) que l’on peut considérer comme déterminant d’une matrice à coefficients dans le corps IK(X) des fractions rationnelles. Il s’agit d’un léger abus dans le cadre du programme. En effet, on a défini uniquement le déterminant d’une matrice à coefficients dans un sous-corps de C . • Si A ∈ Mn (IR), son polynôme caractéristique χA est identique que l’on considère A comme une matrice réelle ou comme une matrice complexe. Ex. 13. On a χA = χAT . En effet, pour tout λ ∈ IK , on a :









χAT (λ) = det λIn − AT = det (λIn − A)T = det (λIn − A) = χA (λ).

Proposition 14 Le polynôme caractéristique χA est un polynôme unitaire de degré n et l’on a : Exo 3.8

n

χA = X n − (tr A) X n−1 + · · · + (−1) det A.

Démonstration page 122

Principe de démonstration.  det A =

σ∈Sn

Rappelons que, si A = (ai,j )1i,jn ∈ Mn (IK) , on a : ( ε(σ) représente la signature de σ ).

ε(σ)aσ(1),1 · · · aσ(n),n

On remarque que λ �→ det(λ In − A) − strictement inférieur à n − 1 .

n 

(λ − ai,i ) est une fonction polynomiale de degré

i=1

Point méthode Le polynôme caractéristique de A ∈ M2 (IK) est X 2 − (tr A)X + det A. Remarques • Lorsque n  3 , les autres coefficients du polynôme caractéristique n’ont pas été explicités, car il n’ont pas d’expression aussi simple. • Rappelons que, par convention, un déterminant de taille nulle est égal à 1 .

Pour n = 0 , on a donc χA = 1 et il s’agit bien d’un polynôme unitaire de degré 0 .

Proposition 15 Deux matrices semblables ont même polynôme caractéristique. Démonstration.

Soit A ∈ Mn (IK) et P ∈ GLn (IK) . On a, pour tout λ ∈ IK :









χP −1 AP (λ) = det λIn − P −1 AP = det P −1 (λIn − A) P = det (λIn − A) = χA (λ).

101

Chapitre 3. Réduction des endomorphismes Ex. 14. Soit (A, B) ∈ Mn (IK)2 . Montrons que χAB = χBA . • Dans le cas où A est inversible, les matrices AB et BA puisque AB = A(BA)A−1 , donc ont même polynôme caractéristique.

sont semblables

• Dans le cas général, pour t ∈ IK , posons At = A − tIn .

Le polynôme χA étant non nul, il admet un nombre fini de racines, donc il y a une infinité de scalaires t pour lesquels At est inversible. Pour de tels t , on a donc χAt B = χBAt .

Fixons λ ∈ IK , on a donc det(At B −λIn ) = det(BAt −λIn ) pour une infinité de scalaires t . Comme les deux fonctions : t �→ det(At B − λIn )

t �→ det(BAt − λIn )

et

sont polynomiales (les coefficients des matrices At B − λIn et BAt − λIn sont polynomiaux en t ) et qu’elles coïncident sur un ensemble infini, les polynômes associés sont égaux et donc en particulier ont la même valeur en 0 , ce qui donne det(AB − λIn ) = det(BA − λIn ) .

2

Exemples de calculs de polynômes caractéristiques

Ex. 15. Si M est une matrice triangulaire supérieure par blocs de la forme son polynôme caractéristique est χM = χA χD puisque, pour tout λ ∈ IK : χM (λ) = det

�

λIp − A 0

−C λIq − D

�

�

A 0

C D

�

, alors

= χA (λ)χD (λ).

Exo 3.9

Ce résultat se généralise à toute matrice triangulaire (supérieure ou inférieure) par blocs : le polynôme caractéristique est le produit des polynômes caractéristiques des blocs diagonaux.

Exo 3.10

En particulier, pour des blocs de taille 1 , on obtient le résultat suivant.

Proposition 16 Si A ∈ Mn (IK) est triangulaire de diagonale (α1 , . . . , αn ) , alors son polynôme n � caractéristique est égal à (X − αk ). k=1

Ex. 16. Polynôme caractéristique d’une matrice compagnon Soit (a1 , . . . , an ) ∈ IKn et :



   A=    102

0 1 0 .. . 0

··· .. . .. . .. . ···

··· .. . .. . .. . 0

0 .. . .. .

an .. . .. .

0 1

a2 a1



    ∈ Mn (IK).   

II Polynôme caractéristique Soit λ ∈ IK . Calculons, pour commencer, le déterminant de :



   A − λIn =    

−λ 1 0 .. . 0

0 ..

.

..

.

..

. ···

··· .. . .. . .. . 0

0 .. .

an .. . .. .

0 −λ 1

a2 a1 − λ



   .   

Par l’opération L1 ← L1 + λL2 + · · · + λn−1 Ln (qui conserve le déterminant comme suite de transvections), la matrice A − λIn se transforme en :

       

0

0

1

−λ .. . .. . ···

0 .. . 0

··· .. . .. . .. . 0

0 .. . 0 −λ 1

α an−1 .. . a2 a1 − λ

       

où α = an + an−1 λ + · · · + a2 λn−2 + a1 λn−1 − λn .

Un développement suivant la première ligne donne alors (−1)n χA (λ) = (−1)n+1 α . Le polynôme caractéristique de A est donc χA (X) = X n − a1 X n−1 − · · · − an .

Point méthode Comme on l’a fait dans l’exemple précédent, il est parfois plus intéressant de calculer det(A− λIn ) = (−1)n χA (λ) plutôt que det(λIn − A) = χA (λ).

3

Polynôme caractéristique et spectre

Proposition 17 Un scalaire λ ∈ IK est une valeur propre de A si, et seulement s’il est racine du polynôme caractéristique de A. Démonstration. Un scalaire λ est valeur propre de A si, et seulement si, A−λIn �∈ GLn (IK) c’est-à-dire si, et seulement si, det (A − λIn ) = 0 .

Comme det (A − λIn ) = (−1)n χA (λ) , on en déduit le résultat.

Remarque Comme on sait que le polynôme caractéristique d’une matrice de taille n est de degré n (proposition 14 de la page 101), cela permet donc de retrouver qu’une matrice carrée de taille n a au plus n valeurs propres. Ex. 17. Les valeurs propres d’une matrices triangulaire sont ses coefficients diagonaux.

103

Chapitre 3. Réduction des endomorphismes Point méthode La proposition 17 de la page précédente montre l’importance pratique d’obtenir, dans la mesure du possible, le polynôme caractéristique sous forme factorisée. On réalise dans les cas concrets cet objectif en calculant le déterminant de A − λIn par opérations élémentaires afin (suivant les cas) : • de faire apparaître des facteurs communs dans les lignes ou les colonnes, • de se ramener à une matrice triangulaire (au moins en partie). Ex. 18. Déterminons le spectre de A =







3 4 3

5 −6 7 −9 6 −7





.



1 1 1 1 , ce qui montre que 2 est valeur propre =2 Commençons par remarquer que A 1 1 et que la somme des colonnes de A − 2I3 est nulle. Soit λ ∈ C . Ajoutons donc à la dernière colonne de A − λI3 la somme des deux autres :

  3−λ  det(A − λI3 ) =  4  3

   = (2 − λ)      = (2 − λ)     = (2 − λ) 

5 7−λ 6

2−λ 2−λ 2−λ

3−λ 4 3

5 7−λ 6

    

1 1 1

0 0 1

    

(factorisation dans C3 )

−λ 1 3

−1 1−λ 6

−λ 1

−1  = (2 − λ)(λ2 − λ + 1). 1−λ 



L1 ← L1 − L3 L2 ← L2 − L3

On a donc spC (A) = {2, −j, −j 2 } et spIR (A) = {2} .

Remarque Soit A ∈ Mn (IK), avec n ∈ IN∗ . • Si IK = C, alors A a au moins une valeur propre.

• Si IK = IR et si n est impair, alors A a au moins une valeur propre réelle. En effet, on utilise la proposition 17 de la page précédente et : • dans le premier cas, le théorème de d’Alembert-Gauss, • dans le deuxième cas, le théorème des valeurs intermédiaires.

104

II Polynôme caractéristique

4

Polynôme caractéristique d’un endomorphisme

Dans toute cette section, on suppose E de dimension finie n et l’on considère un endomorphisme u de E . Définition 5 On appelle polynôme caractéristique de u , et l’on note χu , l’unique polynôme vérifiant : ∀λ ∈ IK χu (λ) = det (λ IdE −u) , c’est-à-dire le polynôme caractéristique de sa matrice dans n’importe quelle base.

En particulier, si u est l’endomorphisme canoniquement associé à la matrice A, alors χu = χA . Attention La notion de polynôme caractéristique d’un endomorphisme n’a aucun sens si E n’est pas de dimension finie. Ex. 19. Soit u ∈ L(E) de rang 1 . Pour calculer son polynôme caractéristique, écrivons sa matrice dans une base bien choisie. Complétons une base de Im u en une base de E . Dans une telle base, la matrice de u a la forme triangulaire :   α1,1 . . . . . . α1,n ... ... 0   0  . ..   .. . . 0 ... ... 0

Son polynôme caractéristique est donc X n−1 (X − α1,1 ) et comme α1,1 est la trace de u , on obtient : χu (X) = X n−1 (X − tr u) .

Proposition 18 Un scalaire λ ∈ IK est une valeur propre de u si, et seulement si, c’est une racine du polynôme caractéristique de u. Démonstration. Un scalaire λ ∈ IK est une valeur propre de u si, et seulement si, u − λ IdE n’est pas inversible c’est-à-dire : χu (λ) = det(λ IdE −u) = 0.

Remarques • On retrouve le fait qu’un endomorphisme d’un espace vectoriel de dimension n a au plus n valeurs propres distinctes. • Soit E un IK-espace vectoriel de dimension finie non nulle.

∗ Si IK = C , alors u a au moins une valeur propre. ∗ Si IK = IR et si dim E est impair, alors u a au moins une valeur propre.

Attention Comme le montre l’exemple 4 de la page 94, en dimension infinie, un endomorphisme d’un C-espace vectoriel n’admet pas nécessairement de valeur propre. 105

Chapitre 3. Réduction des endomorphismes Proposition 19 Si F est un sous-espace vectoriel de E stable par u , alors le polynôme caractéristique de l’endomorphisme induit par u sur F divise χu . Démonstration page 122

Remarques • On retrouve l’inclusion sp (uF ) ⊂ sp u .

• Le polynôme caractéristique d’un endomorphisme u stabilisant les sous-espaces vectoriels d’une décomposition E = E1 ⊕ · · · ⊕ Ep est : χu =

p 

χui ,

i=1

où, pour tout i ∈ [[1, p]], ui est l’endomorphisme induit par u sur Ei .

En effet, si (B1 , . . . , Bp ) est une base de E adaptée à la décomposition considérée, la matrice de u dans cette base est A = Diag(A1 , . . . , Ap ) où Ai est, pour tout i ∈ [[1, p]], la matrice de ui dans la base Bi de Ei . Alors, pour tout λ ∈ IK :

λIn − A = Diag(λIn1 − A1 , . . . , λInp − Ap ),

en notant n1 , . . . , np les dimensions de E1 , . . . , Ep . Le résultat s’ensuit par calcul du déterminant d’une matrice diagonale par blocs.

5

Ordre de multiplicité d’une valeur propre

Soit u ∈ L(E), où E est toujours supposé de dimension finie.

Définition 6 On appelle ordre de multiplicité d’une valeur propre λ de u , son ordre de multiplicité en tant que racine du polynôme caractéristique de u . On définit de même l’ordre de multiplicité des valeurs propres d’une matrice. Remarque En particulier, une valeur propre de u est dite simple, double, triple. . . si c’est une racine simple, double, triple. . . du polynôme caractéristique de u . Notation Attention

Dans la suite, l’ordre de multiplicité de λ sera noté m(λ). La notion d’ordre de multiplicité n’a pas de sens en dimension infinie.

Proposition 20 Pour tout λ ∈ sp(u), on a : Principe de démonstration.

1  dim Eλ (u)  m(λ). Démonstration page 122 On utilise la proposition 19.

Ex. 20. Si u est de rang inférieur ou égal à r , le polynôme χu est divisible par X n−r , puisque le noyau Ker u = E0 (u) est de dimension supérieure ou égale à n − r .

106

II Polynôme caractéristique Ex. 21. Ainsi, le polynôme caractéristique de la matrice :

 



0

A= 

α1 · · · αn−1

de rang inférieur ou égal à 2 est de la forme :

α1 ..   .  αn−1 0

�

�

χA = X n−2 X 2 + aX + b . Comme la trace de A est nulle, on en déduit a = 0 , mais la valeur de b n’est pas facile à trouver de cette façon. Nous allons donc procéder autrement. Supposons les αi non tous nuls (sinon, A = 0 et χA = X n ). En notant (e1 , . . . , en ) la base canonique de IKn , une base de l’image de l’endomorphisme u canoniquement associé à A est

�

n−1

donnée par les vecteurs en et e0 = u(en ) =

i=1

de E . On a u(e0 ) =

�

n−1

αi u(ei ) =

i=1

α2i en , donc en posant β =

i=1

dans B est de la forme :

On a donc χA = χu = χM = X

�

n−1

αi ei . Complétons (en , e0 ) en une base B



M=

n−2

�

n−1

α2i , la matrice de u

i=1

0 1

β 0

0

2

(X − β) .

∗ 0



.

Corollaire 21 Si λ est valeur propre simple de u , alors dim Eλ (u) = 1 . Remarque Le spectre de u est, par définition, l’ensemble des racines de χu dans IK . Comme dans le cas des polynômes, on distinguera soigneusement les notions d’ensemble et de liste des valeurs propres de u . • L’ensemble des valeurs propres est le spectre de u . S’il est égal à {λ1 , . . . , λp } , avec λ1 , . . . , λp distincts deux à deux, alors on a : χu = Q

p �

i=1

(X − λi )m(λi )

où Q ∈ IK [X] n’a pas de racine dans IK et les m(λi ) sont les ordres de multiplicité.

• Une liste des valeurs propres comptées avec ordre de multiplicité est une famille de scalaires répétant les valeurs propres avec leurs multiplicités. Une telle liste est unique à l’ordre près et si (µ1 , . . . , µs ) en est une, alors on a : χu = Q

s �

i=1

(X − µi )

où Q ∈ IK [X] n’a pas de racine dans IK .

107

Chapitre 3. Réduction des endomorphismes Ex. 22. La diagonale d’une matrice triangulaire constitue une liste de ses valeurs propres, comptées avec leur ordre de multiplicité.

• Bien sûr, la liste (µ1 , . . . , µs ) est formée des λ1 , . . . , λp répétés autant de fois que leur multiplicité, c’est-à-dire, à l’ordre près : (µ1 , . . . , µs ) = (λ1 , . . . , λ1 , . . . . . . , λp , . . . , λp ).       m(λ1 ) fois

On a donc :

m(λp ) fois

s = m(λ1 ) + · · · + m(λp ). • Si χu est scindé, alors on a s = n et : χu =

p 

k=1

m(λk )

(X − λk )

=

n 

i=1

Proposition 22 n  Si χu = (X − µi ) est scindé, alors :

(X − µi ) .

i=1

tr u =

n 

µi

et

det u =

µi .

i=1

i=1

Démonstration.

n 

Il s’agit des relations entre les coefficients et les racines d’un polynôme,

puisque : χu = X n − (tr u) X n−1 + · · · + (−1)n det u.

Autre formulation

Si sp(u) = {λ1 , . . . , λp } , avec λ1 , . . . , λp distincts deux à deux :

tr u =

p 

m(λi )λi

et

det u =

p 

m(λi )

λi

.

i=1

i=1

Remarques • Tout endomorphisme d’un espace vectoriel complexe de dimension finie a un polynôme caractéristique scindé puisque tout polynôme non nul de C [X] est scindé. • Il existe des endomorphismes d’espace vectoriel réel de dimension finie dont le polynôme caractéristique n’est pas scindé. Par exemple, la rotation d’angle θ �≡ 0 [π] du plan euclidien IR2 , de matrice, dans la base canonique :   cos θ − sin θ R(θ) = sin θ cos θ a pour polynôme caractéristique :

X 2 − 2X cos θ + 1.

Il n’est donc pas scindé sur IR, puisque ses racines eiθ et e−iθ sont non réelles. 108

III Diagonalisation

III

Diagonalisation

Dans cette section, u ∈ L(E) où E est supposé de dimension finie n, et A ∈ Mn (IK).

1

Définitions et premières propriétés

Définition 7 • L’endomorphisme u est dit diagonalisable s’il existe une base de E dans laquelle la matrice de u est diagonale. Une telle base s’appelle une base de diagonalisation de u . • La matrice A est dite diagonalisable si elle est semblable à une matrice diagonale, c’est-à-dire s’il existe D diagonale et P inversible telles que A = P DP −1 . Reformulation Autrement dit, u est diagonalisable si, et seulement s’il existe une base de E constituée de vecteurs propres de u . Proposition 23 Si A représente u , elle est diagonalisable si, et seulement si, u est diagonalisable. Démonstration.

Supposons que A soit la matrice de u dans une certaine base B de E .

• Si u est diagonalisable, il existe une base B′ de E dans laquelle la matrice D de u est diagonale et donc les matrices A et D sont semblables comme matrices d’un même endomorphisme. • Supposons A diagonalisable et prenons une matrice D diagonale et une matrice P inversible telles que A = P DP −1 . Considérons alors la base B′ de E telle que MatB (B′ ) = P . Les formules de changement de base nous disent que la matrice de u dans B′ est P −1 AP , c’est-à-dire D . Donc u est diagonalisable.

Corollaire 24 La matrice A est diagonalisable si, et seulement si, son endomorphisme canoniquement associé est diagonalisable. Terminologie • Diagonaliser un endomorphisme u de E signifie trouver une base de E dans laquelle la matrice de u est diagonale, c’est-à-dire une base de E constituée de vecteurs propres pour u . • Diagonaliser une matrice signifie diagonaliser son endomorphisme canoniquement associé, ce qui revient à trouver une matrice D diagonale et une matrice P inversible telles que A = P DP −1 . Point méthode Soit A ∈ Mn (IK) diagonalisable et (E1 , . . . , En ) une base de IKn constituée de vecteurs propres de A associés aux valeurs propres λ1 , . . . , λn . Si l’on pose P la matrice dont les colonnes sont E1 , . . . , En , alors : A = P DP −1

où

D = Diag (λ1 , . . . , λn ) .

109

Chapitre 3. Réduction des endomorphismes Ex. 23. Une matrice est diagonalisable si, et seulement si, sa transposée est diagonalisable. En effet, si A est diagonalisable, il existe P inversible et D diagonale telles que A = P DP −1 . T

Alors AT = (P −1 ) DT P T = (P T )−1 DT P T est semblable à la matrice diagonale DT = D , donc est diagonalisable. La réciproque s’obtient en appliquant cela à la matrice AT .

Proposition 25 Si E est de dimension n et si u ∈ L(E) possède n valeurs propres distinctes, alors u est diagonalisable et chaque sous-espace propre est de dimension 1 . De même, si A ∈ Mn (IK) possède n valeurs propres distinctes, alors A est diagonalisable et chaque sous-espace propre est de dimension 1 . Démonstration page 123



1 2 0 4 Ex. 24. La matrice A = 0 0 tique est (X − 1)(X − 4)(X − 6) ,



3 5 est diagonalisable. En effet, son polynôme caractéris6 donc A admet trois valeurs propres distinctes.

Attention Il ne s’agit bien que d’une condition suffisante pour que u soit diagonalisable. La proposition suivante donne une caractérisation qui peut être utile dans le cas où le nombre de valeurs propres est strictement inférieur à la dimension de E . Proposition 26 Les propriétés suivantes sont équivalentes : (i) l’endomorphisme u est diagonalisable,  (ii) Eλ (u) = E , λ∈sp(u)

(iii)



dim Eλ (u) = dim E .

λ∈sp(u)

Démonstration page 123

Corollaire 27 Il y a équivalence entre : (i) la matrice A est diagonalisable,  (ii) Eλ (A) = IKn , λ∈sp(A)

Exo 3.15

(iii)



dim Eλ (A) = n.

λ∈sp(A)

Ex. 25. Un projecteur p de E est diagonalisable. • Si p = 0 ou p = IdE , c’est immédiat. • Sinon, on sait que sp(p) = {0, 1} et l’on a E0 (p) ⊕ E1 (p) = E . L’exemple 30 de la page 112 montre comment éviter de traiter les cas particuliers. Ex. 26. Si u ∈ L(E) admet λ pour unique valeur propre, u est diagonalisable si, et seulement si, le sous-espace propre associé est égal à E , c’est-à-dire si, et seulement si, u = λ IdE .

110

III Diagonalisation De même, si A ∈ Mn (IK) admet λ pour unique valeur propre, elle est diagonalisable si, et seulement si, son endomorphisme canoniquement associé est égal à λ IdIKn , c’est-à-dire si, et seulement si, A = λIn . Ex. 27. En particulier un endomorphisme nilpotent (respectivement une matrice nilpotente) n’est diagonalisable que s’il (elle) est nul(le). Ex. 28. De même, si A ∈ Mn (IK) est triangulaire de termes diagonaux tous égaux à λ , alors son polynôme caractéristique est égal à (X − λ)n . La matrice A admet donc λ pour unique valeur propre ; elle n’est par conséquent diagonalisable que si A = λIn .

Remarque Les sous-espaces propres étant en somme directe, la somme de leurs dimensions est majorée par la dimension de E . Point méthode Pour montrer qu’un endomorphisme d’un espace vectoriel de dimension n, ou une matrice de taille n, est diagonalisable, il suffit de montrer que la somme des dimensions de ses sous-espaces propres est supérieure ou égale à n. 

0  1 Ex. 29. Considérons la matrice complexe A =  0 0

1 k 1 1

0 1 0 0



0 1  . 0  0

Notons u l’endomorphisme de C4 associé à la matrice A dans la base canonique (e1 , e2 , e3 , e4 ) . Par lecture de la matrice A , une base de l’image de u est (e2 , e0 ) , où e0 = e1 + ke2 + e3 + e4 . Dans une base de C4 obtenue en complétant (e2 , e0 ) , l’endomorphisme u a pour matrice :



M =

0 1

3 k

0 2

∗ 0

2



,

donc le polynôme caractéristique de u est X (X − kX − 3) . Le sous-espace propre associé à la valeur propre 0 est de dimension 4 − 2 = 2 puisque u est de rang 2 . • Si k vérifie k2 + 12 �= 0, le trinôme X 2 − kX − 3 a deux racines λ1 et λ2 distinctes non nulles. Les sous-espaces propres associés étant de dimension supérieure ou égale à 1, la matrice A est diagonalisable puisque la somme des dimensions des sous-espaces propres est supérieure ou égale à 4 . √ k • Si k est égal à ±2i 3, le trinôme X 2 − kX − 3 a une seule racine λ = · 2 Le sous-espace propre est obtenu en résolvant :

 −λx +    

y x + (k − λ)y + z + t y − λz y − λt



= = = =

0 0 0 0.



1  λ  Il est de dimension 1 , engendré par  . La dimension de la somme des sous-espaces 1  1 propres valant 3, la matrice A n’est pas diagonalisable.

111

Chapitre 3. Réduction des endomorphismes Remarque Si E est somme de sous-espaces vectoriels stables E1 , . . . , Ep sur chacun desquels u induit une homothétie, alors u est diagonalisable. En effet, en prenant dans chaque Ei des vecteurs en constituant une base, on obtient une famille génératrice de E , constituée de vecteurs propres, de laquelle on peut extraire une base de E . Ex. 30. Si p est un projecteur de E , on sait que l’on a E = E0 (p) ⊕ E1 (p) , avec pE0 (p) = 0 et pE1 (p) = IdE1 (p) , donc p est diagonalisable. De même, toute symétrie s de E est diagonalisable puisque E = E1 (s) ⊕ E−1 (s) .





Ex. 31. Soit f ∈ L Mn (IK) défini par f (A) = A + tr(A)In .

• Considérons l’hyperplan H noyau de la forme linéaire trace. On a immédiatement f|H = IdH . • D’autre part, f (In ) = (n + 1)In , donc la droite D = Vect(In ) est stable par l’endomorphisme f et f|D = (n + 1) IdD .

Comme Mn (IK) = D + H , l’endomorphisme f est diagonalisable.

2

Utilisation du polynôme caractéristique

Les valeurs propres étant les racines du polynôme caractéristique, la proposition 25 de la page 110 se réécrit : Proposition 28 Si le polynôme caractéristique de u (respectivement de A) est scindé à racines simples, alors u (respectivement A) est diagonalisable. Terminologie Un polynôme scindé à racines simples est dit aussi simplement scindé. Attention Il faut bien noter que le résultat précédent ne fournit qu’une condition suffisante pour que u soit diagonalisable comme le montre, par exemple, le cas d’une homothétie. Le théorème qui suit donne une condition nécessaire et suffisante. Théorème 29 Pour que u soit diagonalisable, il faut et il suffit qu’il vérifie les deux conditions suivantes : • son polynôme caractéristique χu est scindé sur IK ;

• pour toute valeur propre de u , la dimension du sous-espace propre associé est égale à l’ordre de multiplicité de cette valeur propre, c’est-à-dire : ∀λ ∈ sp(u)

dim Eλ (u) = m(λ).

On a le même résultat pour une matrice A ∈ Mn (IK). Principe de démonstration. On écrit χu = Q



λ∈sp(u)

Démonstration page 123 (X − λ)m(λ) , où Q n’a pas de racine

dans IK et l’on utilise le fait que dim Eλ (u)  m(λ) , pour tout λ ∈ sp(u) .

112

III Diagonalisation Remarque Si λ est valeur propre simple, on a toujours dim Eλ (u) = m(λ) car : Eλ (u) �= {0}

et

dim Eλ (u)  m(λ) = 1.

Dans la caractérisation précédente, on peut donc se limiter aux sous-espaces propres associés à des valeurs propres multiples. Point méthode Pour savoir si un endomorphisme u est diagonalisable, on peut calculer son polynôme caractéristique. • S’il n’est pas scindé, alors u n’est pas diagonalisable.

• Sinon, pour toute valeur propre multiple, on compare dim Eλ (u) et m(λ) (par exemple en calculant le rang de u − λ IdE ). Ex. 32. Soit A =



1 0 0

a b 1 c 0 −1



∈ M3 (IK) . Donnons une condition nécessaire et suffisante

portant sur (a, b, c) ∈ IK3 pour que la matrice A soit diagonalisable. On a χA = (X − 1)2 (X + 1) ; ainsi χA est scindé, −1 est valeur propre simple et 1 est valeur propre double. La matrice A est diagonalisable si, et seulement si, dim E1 (A) = 2 . En appliquant le théorème du rang, cela équivaut à rg (A − I3 ) = dim(IK3 ) − 2 = 1 .   0 a b 0 0 c , on a rg (A − I3 ) = 1 si, et seulement si, la deuxième colonne Comme A−I3 = 0 0 −2 est proportionnelle à la dernière, ce qui équivaut à a = 0 .

3

Utilisation d’un polynôme annulateur

À lui seul, le polynôme caractéristique ne peut permettre de montrer que u est diagonalisable que s’il est scindé à racines simples. Sinon, on a besoin d’étudier en plus la dimension des sous-espaces propres. Le théorème suivant donne une condition nécessaire et suffisante pour être diagonalisable, en utilisant cette fois-ci les polynômes annulateurs. Théorème 30 L’endomorphisme u est diagonalisable si, et seulement s’il possède un polynôme annulateur scindé à racines simples. On a le même résultat pour A ∈ Mn (IK). Principe de démonstration.

Considérer le polynôme P =

 Démonstration page 123

λ∈sp(u)

(X − λ) pour le sens

direct et utiliser le lemme de décomposition des noyaux pour la réciproque.

Ex. 33. On retrouve que les projecteurs et les symétries sont diagonalisables puisque annulés respectivement par les polynômes X 2 − X et X 2 − 1 scindés à racines simples. Ex. 34. Une matrice carrée est diagonalisable si, et seulement si, sa transposée l’est. En effet, si A est diagonalisable, on peut donc trouver un polynôme P scindé à racines simples tel que P (A) = 0 et alors P (AT ) = P (A)T = 0 , ce qui prouve que AT est diagonalisable. La réciproque s’obtient en appliquant ce résultat à AT .

113

Chapitre 3. Réduction des endomorphismes Ex. 35. Soit σ ∈ Sn . Considérons la matrice Aσ ∈ Mn (C) dont tous les coefficients sont nuls   excepté ceux d’indices σ(j), j qui sont égaux à 1 . L’endomorphisme uσ associé à Aσ dans la base canonique (e1 , . . . , en ) de Cn vérifie : ∀j ∈ [[1, n]] uσ (ej ) = eσ(j) .

Soit k ∈ IN . Il est donc clair que ukσ (ej ) = eσ k (j) pour tout j ∈ [[1, n]] , ce qui prouve

que ukσ = uσ k . Comme σ appartient au groupe fini Sn , il est d’ordre fini et il existe donc N ∈ IN∗ tel que σ N = Id[[1,n]] . Cela prouve que uN σ = IdCn et donc que uσ est annulé par le polynôme

scindé à racines simples X N − 1 (ses racines sont les N racines N -ièmes de l’unité). Ainsi, uσ est diagonalisable, et donc aussi Aσ .





A C une matrice triangulaire par blocs. Supposons M diagonalisable Ex. 36. Soit M = 0 B et montrons qu’il en est de même de A et B . Considérons un polynôme P scindé simple annulateur de M . Par opérations par blocs, on a : 0 = P (M ) =



P (A) 0

∗ P (B)



.

Ainsi A et B sont annulées par le polynôme P scindé simple, donc sont diagonalisables.

Corollaire 31 L’endomorphisme u est diagonalisable si, et seulement si, son polynôme minimal est scindé à racines simples. On a le même résultat pour A ∈ Mn (IK).

Exo 3.16

Proposition 32 Soit u ∈ L(E) diagonalisable et F un sous-espace vectoriel de E stable par u . L’endomorphisme induit par u sur F est alors diagonalisable. Démonstration. D’après le théorème 30, u admet un polynôme annulateur P scindé à racines simples. Il est clair que P (uF ) = 0 , donc, d’après le même théorème, uF est diagonalisable.

Ex. 37. Retrouvons que si la matrice M = alors A et B sont diagonalisables.



A 0

C B



de l’exemple 36 est diagonalisable,

• La matrice A ∈ Mp (IK) représente l’endomorphisme induit, sur le sous-espace vectoriel engendré par les p premiers vecteurs de la base canonique, par l’endomorphisme canoniquement associé à M . Donc, par la proposition 32, elle est diagonalisable. • Pour B , ce n’est pas aussi facile car elle n’est pas directement la matrice d’un endomorphisme induit. Mais on peut faire le même raisonnement que précédemment avec la transpo T  A 0 pour montrer que B T est diagonalisable et utiliser le résultat de sée M T = C T BT l’exemple 34 de la page précédente.

114

IV Trigonalisation

IV

Trigonalisation

Dans cette section, u ∈ L(E) où E est supposé de dimension finie n, et A ∈ Mn (IK).

1

Définitions

Définition 8 • L’endomorphisme u est dit trigonalisable s’il existe une base de E dans laquelle la matrice de u est triangulaire supérieure. Une telle base s’appelle une base de trigonalisation de u . • La matrice A est dite trigonalisable si elle est semblable à une matrice triangulaire supérieure. Interprétation géométrique Dire que la matrice de u dans une base B = (e1 , . . . , en ) est triangulaire supérieure revient à dire que, pour tout i ∈ [[0, n]], le sous-espace vectoriel Vect (e1 , . . . , ei ) est stable par u . Donc l’endomorphisme u est trigonalisable si, et seulement s’il existe des sous-espaces vectoriels F0 , . . . , Fn de E , stables par u , tels que : ∀i ∈ [[0, n]]

dim Fi = i

et

∀i ∈ [[1, n]] Fi−1 ⊂ Fi .

Terminologie • Trigonaliser un endomorphisme u signifie trouver une base dans laquelle la matrice de u est triangulaire supérieure. • Trigonaliser une matrice signifie trigonaliser son endomorphisme canoniquement associé, ce qui revient à trouver une matrice T triangulaire supérieure et une matrice P inversible telles que A = P T P −1 . Ex. 38. Supposons IK = IR et E euclidien. Soit u un endomorphisme trigonalisable de E . Considérons une base B = (e1 , . . . , en ) de trigonalisation de u. Par le procédé d’orthonormalisation de Gram-Schmidt, on peut alors trouver une base orthonormée C = (f1 , . . . , fn ) de E telle que : ∀i ∈ [[1, n]]

Vect(e1 , . . . , ei ) = Vect(f1 , . . . , fi ).

D’après l’interprétation ci-dessus, la matrice de u est alors également triangulaire supérieure dans la base C . Autrement dit, un endomorphisme trigonalisable de E peut être trigonalisé dans une base orthonormée.

Proposition 33 Si A représente u , elle est trigonalisable si, et seulement si, u est trigonalisable. Démonstration.

Comme pour la proposition 23 de la page 109 en remplaçant « diagonalisable » et « diagonale » respectivement par « trigonalisable » et « triangulaire supérieure ».

Corollaire 34 La matrice A est trigonalisable si, et seulement si, son endomorphisme canoniquement associé est trigonalisable. 115

Chapitre 3. Réduction des endomorphismes Remarque On aurait pu aussi choisir la forme triangulaire inférieure. En effet, si la matrice de u ∈ L(E) dans la base (e1 , e2 , . . . , en ) est triangulaire supérieure, alors la matrice de u dans la base (en , en−1 , . . . , e1 ) est triangulaire inférieure (attention : ce n’est pas la transposée !). Point méthode • Une base de trigonalisation commençant par un vecteur propre, pour trigonaliser un endomorphisme u , on commence souvent par compléter un vecteur propre de u en une base de E , base dans laquelle la matrice de u est donc de la forme :   λ L ∈ Mn (IK) où A ∈ Mn−1 (IK) et L ∈ M1,n−1 (IK). 0 A • Il suffit alors de montrer que l’on peut prendre A triangulaire supérieure pour conclure. Comme la matrice A n’est pas a priori la matrice d’un endomorphisme induit par u , on raisonne le plus souvent matriciellement en trigonalisant la matrice A. Remarques • La démonstration du théorème 35 est une illustration de cette méthode. • Il peut être parfois plus intéressant d’utiliser la forme suivante :   λIp B où A ∈ Mn−p (IK) et B ∈ Mp,n−p (IK) 0 A

en complétant une base du sous-espace propre Eλ (u) en une base de E .

2 Exo 3.28

Utilisation du polynôme caractéristique

Théorème 35 Un endomorphisme u ∈ L(E) est trigonalisable si, et seulement si, son polynôme caractéristique est scindé sur IK . Remarque De plus on voit, en adaptant la démonstration ci-dessous, que quel que soit l’ordre dans lequel on écrit la liste (λ1 , . . . , λn ) des valeurs propres de u , comptées avec ordre de multiplicité, on peut trouver une base de E dans laquelle la matrice de u est triangulaire supérieure avec (λ1 , . . . , λn ) pour diagonale. Démonstration. D’après la proposition 33 de la page précédente, il est équivalent d’établir le résultat pour les matrices ou pour les endomorphismes. • Si A ∈ Mn (IK) est trigonalisable, alors son polynôme caractéristique est égal à celui d’une matrice triangulaire supérieure ; il est donc scindé sur IK , d’après la proposition 16 de la page 102. • Montrons la réciproque par récurrence. Posons, pour n ∈ IN∗ : Hn : « Tout endomorphisme d’un IK -espace vectoriel de dimension n dont le polynôme caractéristique est scindé est trigonalisable. » Hn′ : « Toute matrice de Mn (IK) dont le polynôme caractéristique est scindé est trigonalisable. »

116

IV Trigonalisation Il est clair que les deux énoncés Hn et Hn′ sont équivalents, ce qui, pour l’hérédité, nous permettra de montrer l’implication Hn′ ⇒ Hn+1 .

Initialisation : H1 est immédiat. Hérédité : Soit n  1 ; supposons Hn′ . Soit E un IK -espace vectoriel de dimension n + 1 et u ∈ L(E) tel que χu soit scindé. Utilisons le point méthode de la page ci-contre. Comme χu est scindé de degré n + 1  1 , il possède une racine. Par conséquent, il existe λ ∈ sp(u) . Prenons un vecteur propre associé et complétons-le en une base B de E de sorte que : MatB (u) =



λ 0

L A



L ∈ M1,n (IK)

avec

A ∈ Mn (IK).

et

Le calcul du polynôme caractéristique de cette matrice triangulaire par blocs donne χu = (X − λ) χA . Comme χu est scindé sur IK , on en déduit que χA l’est également. D’après Hn′ , il existe donc P ∈ GLn (IK) tel que P −1 AP soit triangulaire supérieure. Notons Q =



est Q−1 =



Q

−1

1 0

0 P



. Il s’agit d’une matrice inversible de Mn+1 (IK) dont l’inverse



1 0 (il suffit de vérifier que le produit vaut In+1 ). 0 P −1 Un produit par blocs donne alors : MatB (u)Q = =





1 0 λ 0

0 P −1



L P −1 A

λ 0



L A 1 0

 0 P



1 0 =

0 P



λ 0

 LP P −1 AP



.

Ainsi Q−1 MatB (u)Q , qui est la matrice de u dans une certaine base de E , est triangulaire supérieure, ce qui permet de conclure que u est trigonalisable. Cela prouve Hn+1 .

Ex. 39. Comme une matrice et sa transposée ont même polynôme caractéristique, on en déduit qu’une matrice A est trigonalisable si, et seulement si, AT est trigonalisable. Ex. 40. Si u est trigonalisable et si F est un sous-espace vectoriel de E stable par u , alors l’endomorphisme induit uF est aussi trigonalisable. En effet, le polynôme caractéristique de uF divise celui de u qui est scindé. Ainsi, le polynôme caractéristique de uF est scindé donc uF est trigonalisable.

Corollaire 36 Si E est un C -espace vectoriel de dimension finie, alors tout endomorphisme de E est trigonalisable. Toute matrice carrée à coefficients dans C est trigonalisable sur C. Démonstration.

Le théorème de d’Alembert-Gauss nous dit que le polynôme caractéristique est scindé, ce qui permet de conclure d’après le théorème 35 de la page précédente.

117

Chapitre 3. Réduction des endomorphismes 



0 3 3 8 6 Ex. 41. Soit A = −1 . 2 −14 −10 On peut remarquer que l’on a C3 − C2 = 2C1 , donc que A n’est pas inversible. • Calculons χA . Soit λ ∈ IK . L’opération C2 ← C2 + 2C1 − C3 donne :

  λ 2λ  χA (λ) =  1 λ  −2 −λ

−3 −6 λ + 10

    λ 2 −3   1 −6  = λ 1   −2 −1 λ + 10

   . 

Les opérations élémentaires L1 ← L1 − 2L2 et L3 ← L3 + L2 , puis un développement par rapport à la deuxième colonne, donnent :

  λ−2  1 χA (λ) = λ   −1

0 1 0

9 −6 λ+4

    λ−2 9   = λ  −1 λ + 4 

   = λ (λ + 1)2 . 

Une liste de valeurs propres de A est donc (0, −1, −1) . Comme la matrice : A + I3 =



1 3 3 −1 9 6 2 −14 −9



n’est pas de rang 1 , on a dim E−1 (A) �= 2 = m(−1) . D’après le théorème 29 de la page 112, la matrice A n’est pas diagonalisable. • Comme χA est scindé, la matrice A est trigonalisable, d’après le théorème 35 de la page 116. En étudiant les systèmes AX = 0 et AX = −X , on obtient facilement que : E0 (A) = Vect(u)

avec

u=



2 1 −1



et

E−1 (A) = Vect(v)

3

On peut compléter (u, v) en une base de IK à l’aide de w = En notant P =



2 3 1 3 −1 −4

1 0 0





1 0 0



avec

v=



3 3 −4



.

, la matrice de passage de la base canonique de IK3 à la

base (u, v, w) , il existe (α, β, γ) ∈ IK3 tel que : P

−1

AP =



0 0 0 −1 0 0

On pourrait alors calculer P



α β γ

−1



=





avec 0 4 3 0 −1 −1 1 −5 −3

γ = −1



puisque tr A = −2 .

pour obtenir P −1 AP mais il est plus

0 simple d’écrire Aw = −1 = 2u − v − w (par résolution d’un système) pour en dé2 duire la matrice, dans la base (u, v, w) , de l’endomorphisme canoniquement associé à A ,   0 0 2 −1 0 −1 −1 soit P AP = . 0 0 −1

118

.

IV Trigonalisation

3

Théorème de Cayley-Hamilton

Théorème 37 (Théorème de Cayley-Hamilton) Le polynôme caractéristique de u annule u , c’est-à-dire χu (u) = 0 . De même, si A ∈ Mn (IK), alors χA (A) = 0 .

Démonstration (non exigible) page 124

Corollaire 38 Le polynôme minimal d’un endomorphisme d’un espace vectoriel de dimension finie n est de degré inférieur ou égal à n. On a le même résultat pour une matrice carrée de taille n. Démonstration. En effet, le polynôme minimal, qui divise tout polynôme annulateur, divise le polynôme caractéristique qui est de degré n .

4

Utilisation d’un polynôme annulateur

Remarque Rappelons qu’un polynôme scindé est non nul par définition. Théorème 39 L’endomorphisme u est trigonalisable si, et seulement s’il possède un polynôme annulateur scindé. On a le même résultat pour A ∈ Mn (IK). Principe de démonstration.

Démonstration page 124

• Si u est trigonalisable, son polynôme caractéristique est scindé, et il est annulateur d’après le théorème de Cayley-Hamilton. • Pour la réciproque, on procède par récurrence, à l’aide du point méthode de la page 116.

Corollaire 40 L’endomorphisme u est trigonalisable si, et seulement si, son polynôme minimal est scindé. On a le même résultat pour A ∈ Mn (IK). Cas des endomorphismes nilpotents Proposition 41 • Un endomorphisme est nilpotent si, et seulement s’il est trigonalisable et toutes ses valeurs propres sont nulles. • Une matrice est nilpotente si, et seulement si, elle est semblable à une matrice triangulaire supérieure stricte. Démonstration. • Un endomorphisme nilpotent est annulé par un polynôme scindé de la forme X k , donc est trigonalisable d’après le théorème 39. D’autre part, d’après la proposition 12 de la page 99, ses valeurs propres sont racines de X k , donc sont toutes nulles. • Soit u un endomorphisme trigonalisable ayant toutes ses valeurs propres nulles. Son polynôme caractéristique est donc X n et d’après le théorème de Cayley-Hamilton, on a donc un = 0 , ce qui prouve que u est nilpotent. Le deuxième résultat est la traduction matricielle de ce que l’on vient de montrer.

119

Chapitre 3. Réduction des endomorphismes Remarque En particulier, une matrice triangulaire supérieure stricte est nilpotente. Corollaire 42 • Si dim E = n, un endomorphisme de E est nilpotent si, et seulement si, son polynôme caractéristique est X n . • Une matrice A ∈ Mn (IK) est nilpotente si, et seulement si, son polynôme caractéristique est X n . Démonstration. C’est une reformulation de la proposition précédente en utilisant le théorème 35 de la page 116.

5

Sous-espaces caractéristiques

Théorème 43 Soit u ∈ L(E) dont le polynôme caractéristique χu = On a la décomposition : E=



λ∈sp(u)

Démonstration.



λ∈sp(u)

(X −λ)m(λ) est scindé.

Ker(u − λ IdE )m(λ) .

D’après le théorème de Cayley-Hamilton, on a χu (u) = 0 et le lemme

de décomposition des noyaux donne alors le résultat puisque les polynômes (X − λ)m(λ) sont premiers entre eux deux à deux.

Terminologie Les sous-espaces vectoriels Fλ = Ker(u−λ IdE )m(λ) , pour λ ∈ sp(u), sont appelés sous-espaces caractéristiques de l’endomorphisme u . Soit λ ∈ sp(u). Comme noyau d’un polynôme en u , Fλ est stable par u et l’endomorphisme uλ induit par u sur Fλ vérifie (uλ − λ IdFλ )m(λ) = 0 . Ainsi, uλ est la somme de l’homothétie de rapport λ et d’un endomorphisme nilpotent. Remarque Soit πu le polynôme minimal d’un tel endomorphisme. Il divise χu donc  est de la forme πu = (X − λ)n(λ) , avec n(λ)  m(λ) pour tout λ ∈ sp(u). On λ∈sp(u)

a donc également :

E=



λ∈sp(u)

Ker(u − λ IdE )n(λ) .

Proposition 44 Pour toute valeur propre λ, la dimension de Fλ est l’ordre de multiplicité de λ. Démonstration page 125

Corollaire 45 Soit u ∈ L(E) dont le polynôme caractéristique est scindé. Il existe une base de E dans laquelle la matrice de u est diagonale par blocs, chaque bloc étant triangulaire à coefficients diagonaux égaux. Démonstration. Dans chaque sous-espace caractéristique Fλ , on choisit une base de trigonalisation de l’endomorphisme nilpotent induit par u − λ IdE sur Fλ . 120

IV Trigonalisation

Ex. 42. Soit u l’endomorphisme de E = IR3 canoniquement associé à la matrice : A=

�

0 −3 −5 −1 0 −3 1 2 5

�

∈ M3 (IR).

Le calcul du polynôme caractéristique de A donne χA = (X − 1)(X − 2)2 .

�

�

�

�

−1 −3 −5 −2 • A − I3 = −1 −1 −3 dont un vecteur du noyau est e1 = −1 . 1 2 4 1 � � −2 −3 −5 est de rang 2 (elle est de rang strictement inférieur à 3 • A − 2I3 = −1 −2 −3 1 2 3 puisque 2 est une valeur propre et de rang au moins 2 puisque ses colonnes ne sont pas proportionnelles). Cela prouve que E2 (A) est de dimension 1 , donc en particulier que A � � −1 n’est pas diagonalisable. Le sous-espace vectoriel E2 (A) est engendré par e2 = −1 . 1

D’après la proposition 44 de la page ci-contre, les sous-espaces caractéristiques de u sont donc F1 = Ker(u − IdE ) de dimension 1 (valeur propre simple) et F2 = Ker(u − 2 IdE )2 de dimension 2 (valeur propre double). Il existe donc une base (e1 , e2 , e3 ) de E dans laquelle



1 la matrice de u est  0 0

0 2 0



0 α  , avec α ∈ IR . Comme A n’est pas diagonalisable, α est 2

non nul et, quitte à remplacer e3 par

1 e , α 3

on peut donc prendre α = 1 .

Déterminons une telle base. Il reste donc à trouver un vecteur e3 vérifiant u(e3 ) = 2e3 + e2 , ce qui revient à résoudre le système (A − 2I3 )X = e2 , c’est-à-dire :

�

−2x − 3y −5z = −1 −x − 2y −3z = −1 x + 2y +3z = 1.

Une solution est, par exemple, x = −1 , y = 1 , z = 0 . Un tel vecteur e3 est dans F2 puisque (u−2 IdE )2 (e3 ) = (u−2 IdE )(e2 ) = 0 et il est indépendant de e2 puisque u(e3 ) �= 2e3 . Comme F1 ∩ F2 = {0} , cela montre que (e1 , e2 , e3 ) est libre. On a donc : A = PTP

−1

avec

T =

�

1 0 0

0 2 0

0 1 2

�

et

P =

�

−2 −1 −1 −1 −1 1 1 1 0

�

.

Ex. 43. Supposons χu scindé. Le corollaire 45 de la page précédente nous fournit une base B de E dans laquelle la matrice de u est A = Diag(T1 , . . . , Tr ) , où chaque matrice Ti est somme d’une matrice scalaire Di et d’une matrice triangulaire supérieure stricte Ni . En prenant D = Diag(D1 , . . . , Dr ) et N = Diag(N1 , . . . , Nr ) , on obtient A = D + N , avec D diagonale et N triangulaire supérieure stricte, donc nilpotente. De plus, pour tout i ∈ [[1, r]] , on a Di Ni = Ni Di puisque Di est scalaire. Donc, par produit de matrices diagonales par blocs, cela donne DN = N D . En notant d (respectivement n ) l’endomorphisme de E dont la matrice dans B est D (respectivement N ), on obtient u = d + n , avec d diagonalisable, n nilpotent commutant avec d . L’exercice 3.35 montre l’unicité d’un tel couple (d, n) . Cette décomposition u = d + n s’appelle la décomposition de Dunford de u .

121

Chapitre 3. Réduction des endomorphismes

Démonstrations Proposition 1 Soit u et v deux endomorphismes qui commutent. Soit λ une valeur propre de u ; comme u et v commutent, il en est de même de u − λ IdE et v . D’après la proposition 11 de la page 57, Eλ (u) = Ker(u − λ IdE ) est stable par v . Proposition 3 Les polynômes (X − λ1 ), . . . , (X − λp ) sont premiers entre eux deux à deux puisqu’irréductibles, unitaires et distincts. En posant P = (X − λ1 ) · · · (X − λp ) , le lemme de décomposition des noyaux donne : Ker P (u) =



i∈[[1,p]]

Ker(u − λi IdE )

ce qui montre que les sous-espaces propres Eλi (u) = Ker(u − λi IdE ) sont en somme directe. Proposition 13 • On sait, d’après la proposition 12, que toute valeur propre de u est racine de πu . • Réciproquement, soit µ une racine de πu .

πu = (X − µ) P , avec 0  deg(P ) < deg (πu ) . Par minimalité P n’est pas annulateur de u , donc P (u) �= 0 et il existe x ∈ E   �= 0 . Alors, u(y) − µy = (u − µ IdE ) P (u)(x) = πu (u)(x) = 0 , ce valeur propre de u .

On peut alors écrire de πu , le polynôme tel que y = P (u)(x) qui prouve que µ est

Proposition 14

Soit A = (ai,j )1i,jn . Le déterminant de la matrice (λIn − A) étant donné par :



σ∈Sn









ε(σ) λδσ(1),1 − aσ(1),1 · · · λδσ(n),n − aσ(n),n ,

la fonction λ �→ det (λIn − A) est polynomiale de degré inférieur ou égal à n .

Soit σ ∈ Sn différente de l’identité. Il existe alors au moins deux éléments distincts i et j de [[1, n]] tels que δσ(i),i et δσ(j),j soient nuls et le terme :







ε(σ) Xδσ(1),1 − aσ(1),1 · · · Xδσ(n),n − aσ(n),n



est de degré inférieur ou égal à n − 2 . Les termes de degré n et n − 1 de χA sont donc ceux du produit qui correspond à σ = Id[[1,n]] : (X − a1,1 ) · · · (X − an,n ) , soit respectivement X

n

et − (a1,1 + · · · + an,n ) X n−1 = − tr(A)X n−1 .

On obtient finalement le terme constant de χA en évaluant en 0 .

Proposition 19 Soit p la dimension de F et B = (e1 , . . . , en ) une base de E adaptée à F c’est-à-dire telle que BF = (e1 , . . . , ep ) soit une base de F . La matrice de u dans B est alors de la forme



A 0

B D



, où A est la matrice de uF dans la

base BF . Le polynôme caractéristique de u , égal à χA χD (cf. exemple 15 de la page 102), est donc divisible par le polynôme caractéristique χA de uF . Proposition 20

Notons n(λ) la dimension du sous-espace propre Eλ (u) .

Comme Eλ (u) est non réduit à {0} , on a 1  n(λ) . De plus, Eλ (u) est stable par u et l’endomorphisme induit par u sur Eλ (u) est l’homothétie λ IdEλ (u) ; son polynôme caractéristique vaut donc (X − λ)n(λ) . D’après la proposition 19, il divise χu (X) , ce qui donne n(λ)  m(λ) .

122

Démonstrations Proposition 25

Supposons que u possède n valeurs propres λ1 , . . . , λn distinctes.

Pour chaque i ∈ [[1, n]] , il existe un vecteur propre ei associé à λi , et les vecteurs e1 , . . . , en sont linéairement indépendants puisque ce sont des vecteurs propres associés à des valeurs propres distinctes (cf. corollaire 4 de la page 95). Donc (e1 , . . . , en ) est une base de E , puisque dim E = n , constituée de vecteurs propres pour u , ce qui prouve que u est diagonalisable. Comme E =



Eλ (u) et que les sous-espaces propres sont de dimension au moins 1 , on en

λ∈sp(u)

déduit card sp(u)  dim E = n , ce qui prouve qu’il n’y a pas d’autre valeur propre que les λi et que les sous-espaces propres sont des droites puisque

n 

dim Eλi (u) = n .

i=1

Proposition 26 •

Supposons (i) . Puisqu’il existe une base de E constituée de vecteurs propres de u , la somme  directe Eλ contient une base de E , ce qui implique (ii) . λ∈sp(u)

•

La somme



Eλ étant directe d’après la proposition 3 de la page 95, on a :

λ∈sp(u)

dim

 

Eλ (u)

λ∈sp(u)



=



dim Eλ (u).

λ∈sp(u)

On en déduit que (ii) ⇒ (iii) . •

Supposons (iii) . En concaténant des bases de chaque sous-espace propre de u , on obtient une famille libre de E , puisque les sous-espaces propres sont en somme directe (cf. proposition 3 de la page 95). Cette famille libre est constituée de dim E vecteurs de E . Il s’agit ainsi d’une base de E constituée de vecteurs propres de u ; cela prouve (i) .

Théorème 29

Écrivons χu = Q



λ∈sp(u)



(X − λ)m(λ) , où Q n’a pas de racine dans IK . On a :

dim Eλ (u) 



λ∈sp(u)

λ∈sp(u)

m(λ) = dim E − deg Q.



L’endomorphisme u est diagonalisable si, et seulement si,

dim Eλ (u) = dim E d’après la

λ∈sp(u)

proposition 26 de la page 110, c’est-à-dire si, et seulement si, deg Q = 0 et dim Eλ (u) = m(λ) pour tout λ ∈ sp(u) , ce qui est la caractérisation annoncée. Théorème 30 •

Supposons u diagonalisable et montrons que le polynôme P = à racines simples, est annulateur de u . Comme E =





λ∈sp(u)

(X −λ) , qui est scindé

Eλ (u) par hypothèse, il suffit de

λ∈sp(u)

montrer que la restriction de l’endomorphisme v =



λ∈sp(u)

(u − λ IdE ) à chaque sous-espace

propre est nulle. Soit donc µ ∈ sp(u) et x ∈ Eµ (u) . On a alors (u − µ IdE )(x) = 0 et puisque v =





(u − λ IdE )

λ�=µ



◦ (u − µ IdE ) , on en déduit v(x) = 0 .

123

Chapitre 3. Réduction des endomorphismes •

Supposons u annulé par un polynôme P =

p 

i=1

(X − λi ) scindé à racines simples. Comme P

est annulateur de u , on sait que sp(u) ⊂ {λ1 , . . . , λp } (cf. proposition 12 de la page 99). Comme les λi sont deux à deux distincts, les polynômes X − λi sont deux à deux premiers entre eux et le lemme de décomposition des noyaux donne E =

p 

Eλi (u) .

i=1

En supprimant les λi non valeurs propres de u , pour lesquels Eλi (u) = {0} , on obtient que la somme des sous-espaces propres de u est égale à E , donc que u est diagonalisable. Théorème 37 On commence par montrer le résultat dans le cas d’un endomorphisme trigonalisable, puis pour toute matrice de Mn (IK) , ce qui le prouvera également pour tout endomorphisme. • Montrons le résultat pour un endomorphisme trigonalisable.

Supposons donc que la matrice de u dans une base (e1 , . . . , en ) soit triangulaire supérieure de diagonale (λ1 , . . . , λn ) . Posons Fk = Vect(e1 , . . . , ek ) , pour tout k ∈ [[0, n]] , avec donc F0 = {0} et Fn = E .

Soit k ∈ [[1, n]] . Par la forme triangulaire supérieure de la matrice de u dans B , on a :

∗ ∗

pour tout i ∈ [[1, k − 1]] , (u − λk IdE )(ei ) ∈ Fi ⊂ Fk−1 , u(ek ) = λk ek + x , avec x ∈ Fk−1 . Donc (u − λk IdE )(ek ) ∈ Fk−1 .

On a alors :

u−λn Id



u−λ1 Id

E = Fn −−−−−−E → F0 = {0}, → Fn−1 → − ··· → − F1 −−−−−−E



ce qui donne (u − λ1 IdE ) ◦ · · · ◦ (u − λn IdE ) (u) = 0 , c’est-à-dire χu (u) = 0 .

•

Lorsque IK = C , on a donc le résultat puisque tout endomorphisme est trigonalisable. Dans le cas général, puisque IK est supposé être un sous-corps de C , il suffit de considérer toute matrice de Mn (IK) comme matrice de Mn (C) et d’appliquer le résultat précédent.

Autre démonstration 1 Soit x un vecteur non nul de E . L’exemple 33 de la page 64 montre que le plus petit sous-espace vectoriel Ex de E contenant x est stable par u et qu’il possède   une base de la forme Bx = x, u(x), . . . , up−1 (x) . Dans cette base, la matrice de l’endomorphisme ux induit par u est la matrice compagnon d’un certain polynôme P . Or, P est le polynôme minimal de cette matrice (exemple 40 de la page 66) ainsi que son polynôme caractéristique (exemple 16 de la page 102). Donc le polynôme caractéristique de ux est annulateur de ux et comme il divise χu , on a χu (ux ) = 0 . Cela donne, en particulier, χu (u)(x) = χu (ux )(x) = 0 . Comme x est quelconque non nul, on obtient bien χu (u) = 0 (on a χu (u)(0) = 0 par linéarité). Théorème 39 Si u est trigonalisable, son polynôme caractéristique est scindé, et il est annulateur d’après le théorème de Cayley-Hamilton. Pour la réciproque, procédons par récurrence, à l’aide du point méthode de la page 116. Posons, pour n ∈ IN∗ : : « Tout endomorphisme d’un IK -espace vectoriel de dimension n annulé par un polynôme scindé est trigonalisable. » Hn′ : « Toute matrice de Mn (IK) annulée par un polynôme scindé est trigonalisable. » Hn

Initialisation :

H1 est immédiat.

1. valable sans supposer que IK est un sous-corps de C

124

Démonstrations Hérédité : Soit n  1 ; supposons Hn′ . Soit E un IK -espace vectoriel de dimension n + 1 , Π un polynôme scindé et u ∈ L(E) tel que Π(u) = 0 . Le polynôme minimal de u divise Π , donc est scindé. D’autre part, il est non constant puisque dim E  1 . Il admet donc au moins une racine λ , qui est une valeur propre de u d’après la proposition 13 de la page 100. Prenons un vecteur propre associé et complétons-le en une base B de E de sorte que : MatB (u) =



λ 0



L A

On a alors :



L ∈ M1,n (IK)

avec





0 = Π MatB (u) =

Π(λ) 0



∗ Π(A)

et

A ∈ Mn (IK).

Π(A) = 0.

donc

La matrice A est ainsi annulée par le polynôme scindé Π , donc d’après Hn′ , il existe une matrice P ∈ GLn (IK) tel que P −1 AP soit triangulaire supérieure. Notons Q = est Q−1 =



 1 0

1 0

0 P

0 P −1





. Il s’agit d’une matrice inversible de Mn+1 (IK) dont l’inverse (il suffit de vérifier que le produit vaut In+1 ).

Un produit par blocs donne alors : Q

−1

MatB (u) Q = =





1 0

0 P −1

λ 0

−1



L P

A

λ 0



L A 1 0

 0 P



1 0 =

0 P



λ 0

 LP P AP −1



.

Ainsi Q−1 MatB (u) Q , qui est la matrice de u dans une certaine base de E , est triangulaire supérieure, ce qui permet de conclure que u est trigonalisable. Cela prouve Hn+1 . Proposition 44 Soit λ ∈ sp(u) . Notons uλ l’endomorphisme induit par u sur Fλ . L’endomorphisme uλ − λ IdFλ étant nilpotent, son polynôme caractéristique est X dim Fλ , donc celui de uλ est (X − λ)dim Fλ . En utilisant la décomposition E =



Fλ comme somme directe de sous-espaces vectoriels

λ∈sp(u)

stables, on a : χu =



λ∈sp(u)

ce qui donne le résultat.

χu λ =



λ∈sp(u)

(X − λ)dim Fλ ,

125

Chapitre 3. Réduction des endomorphismes

S’entraîner et approfondir Éléments propres 3.1 Soit ϕ un isomorphisme de E dans F et u un endomorphisme de E . →92

Déterminer les éléments propres de ϕ ◦ u ◦ ϕ−1 en fonction de ceux de u .

3.2 Pour tout α ∈ IR , notons fα la fonction définie sur IR∗+ par fα (t) = tα .

→95

Montrer que la famille (fα )α∈IR est libre.

Indication. On utilisera un endomorphisme de C ∞ (IR∗+ , IR) . 3.3 Montrer que dans C ∞ (IR, IR) , la famille constituée des fonctions x �→ cos nx (pour n ∈ IN ) et x �→ sin nx (pour n ∈ IN∗ ) est libre. Indication. On pourra penser à l’opérateur de dérivation seconde.

→95

3.4 Soit n ∈ IN tel que n  2 .

→96



1  .. 1. Déterminer les éléments propres de la matrice J =  . 1 2. Soit (α, β) ∈ IK × IK∗ .

 



1 ..  ∈ M (IK) . n . 1

··· .. . ···

(β)

α ..

Déterminer les éléments propres de la matrice A = 

(β)

. α



  ∈ Mn (IK) .

⋆ 3.5 1. Déterminer les valeurs propres et les vecteurs propres de la matrice réelle de taille n :

 0   1  A=  0  .  .

. 0

1

0

0

1 .. . .. . 0

1 ...

... .. 0 1

.



0 ..  . 

   

0 . 1 0

Indication. On pourra s’intéresser aux suites vérifiant une relation de récurrence de la forme uk+1 = λuk − uk−1 .

2. En déduire une matrice P inversible et une matrice D diagonale telles que A = P DP −1 . ⋆ 3.6 Soit A et B deux matrices de Mn (C) . Montrer que A et B ont une valeur propre commune si, et seulement s’il existe une matrice U non nulle de Mn (C) telle que AU = U B. 3.7 Soit u et v deux endomorphismes d’un C -espace vectoriel E de dimension finie non nulle.

1. On suppose que u et v commutent. Montrer que u et v ont un vecteur propre commun. 2. On suppose que u ◦ v − v ◦ u = αu avec α ∈ C∗ . Montrer que u est nilpotent et que u et v ont un vecteur propre commun. 3. En déduire que si u ◦ v − v ◦ u ∈ Vect(u, v) , alors u et v ont un vecteur propre commun.

126

Exercices

Polynôme caractéristique 3.8 Soit A ∈ GLn (IK) . Pour λ �= 0 , donner une relation entre χA (λ) et χA−1 (λ−1 ) . En déduire une expression du coefficient de X dans χA en fonction de la trace de la comatrice de A .

→101

3.9 Soit θ ∈ IR et A =

→102



1 0 0

0 cos θ sin θ

0 − sin θ cos θ



.

Calculer le polynôme caractéristique de A . Déterminer son spectre dans IR et C . 3.10 Calculer le polynôme caractéristique de la matrice par blocs B = →102

de celui de A ∈ Mn (IK) .



0 A

A 0



en fonction

3.11 Soit A ∈ Mn (IR) telle que A3 − 3A − 5In = 0 . Montrer que A est de déterminant strictement positif. 3.12 Montrer l’égalité X p χAB = X n χBA pour toutes matrices A ∈ Mn,p (IK) et B ∈ Mp,n (IK) . Indication. On pourra commencer par le cas où A = Jr , où r ∈ [[0, min(n, p)]] .

3.13 Soit A et B deux matrices de Mn (IK) . Montrer que s’il existe une matrice U de rang r tel que AU = U B, alors les polynômes caractéristiques de A et B ont un facteur commun de degré r . 3.14 Soit E un espace vectoriel de dimension n et u un endomorphisme de E . 1. On suppose u nilpotent. Montrer : ∀k ∈ IN∗

2. On suppose :

∀k ∈ [[1, n]]

tr(uk ) = 0. tr(uk ) = 0.

(a) Montrer que si n  1 , alors det u = 0 . Indication. On pourra utiliser le polynôme caractéristique de u . (b) En raisonnant par récurrence, montrer que u est nilpotent.

Diagonalisation 3.15 La matrice A = →110



0 3 −2 5 2 −3

2 2 0



est-elle diagonalisable ?

Si c’est le cas, fournir une matrice P ∈ GL3 (IK) telle que P −1 AP soit diagonale. 3.16 Soit u un endomorphisme diagonalisable d’un espace vectoriel E de dimension finie. →114

1. Montrer que les sous-espaces vectoriels de E stables par u sont les F =



Fλ , où Fλ

λ∈sp(u)

est un sous-espace vectoriel de Eλ (u) pour tout λ ∈ sp(u) .

2. À quelle condition y a-t-il un nombre fini de tels sous-espaces vectoriels stables, et dans ce cas, combien y en a-t-il ?

127

Chapitre 3. Réduction des endomorphismes

3.17 Soit A =



1 2 2

2 −2 1 −2 2 −3



.

1. Déterminer une matrice P inversible et une matrice D diagonale telles que A = P DP −1 . 2. Déterminer le polynôme minimal de A . 3.18 Soit n ∈ IN . Montrer que l’endomorphisme v : P �→ (1 − X 2 )P ′ + nXP de IR[X] induit un endomorphisme diagonalisable de IRn [X] . 3.19 On dit qu’une famille (ui )i∈I d’endomorphismes de E est simultanément diagonalisable s’il existe une base B de E dans laquelle les matrices de tous les ui sont diagonales. Une telle base s’appelle alors une base de diagonalisation simultanée. 1. Montrer que des endomorphismes simultanément diagonalisables commutent. 2. Montrer réciproquement qu’une famille d’endomorphismes diagonalisables de E commutant deux à deux est simultanément diagonalisable. 3.20 1. Soit u un endomorphisme diagonalisable de spectre {λ1 , . . . , λr } . On note pλ1 , . . . , pλr , et l’on appelle projecteurs spectraux de u , les projecteurs associés à la décomposition en somme directe : E = Eλ1 (u) ⊕ · · · ⊕ Eλr (u). (a) Montrer :

uk = λk1 pλ1 + · · · + λkr pλr

∀k ∈ IN

et que cette relation est vraie pour tout k ∈ ZZ si u est bijectif. (b) Montrer que p1 , . . . , pr sont des polynômes en u . 2. En utilisant les projecteurs spectraux, déterminer les puissances de : A=



5 6 −6

9 8 −9

12 12 −13



.

3.21 Soit A ∈ Mn (IR) vérifiant A(A2 + A + In ) = 0 . Montrer que le rang de A est pair. 3.22 Résoudre dans M2 (C) l’équation M 2 + M =



1 1



1 . 1

3.23 Soit A ∈ M2 (C) à coefficients entiers.

On suppose qu’il existe un entier naturel non nul p tel que Ap = I2 .

Montrer que A12 = I2 .

3.24 Soit A ∈ Mn (C) et B =



0 In

A 0



∈ M2n (C).

1. Montrer que χB (X) = χA (X 2 ) . 2. Discuter la diagonalisabilité de B en fonction de celle de A .

128

Exercices 3.25 Soit A ∈ Mn (C). Montrer que la matrice par blocs : B=



4A 2A −3A −A

est diagonalisable si, et seulement si, A l’est.



∈ M2n (C)

3.26 Soit A et B deux matrices de Mn (C) vérifiant AB = BA.

Trouver une condition nécessaire et suffisante pour que la matrice par blocs : M=

soit diagonalisable.



A 0

B A



.

⋆ 3.27 Soit E un C -espace vectoriel de dimension finie. Pour a ∈ L(E) , on définit : Ga : L(E) u

−→ �−→

L(E) a◦u

Da : L(E) u

−→ �−→

L(E) u◦a

et

Ma = Ga − Da .

1. Soit P ∈ C[X] . Déterminer P (Ga ) et en déduire que Ga est diagonalisable si, et seulement si, a est diagonalisable. 2. On admet que deux endomorphismes diagonalisables qui commutent sont simultanément diagonalisables (cf. exercice 3.19). Montrer que si a est diagonalisable, alors Ma également. 3. Montrer que si a est nilpotent, alors Ma est nilpotent. 4. Montrer que si Ma = 0 , alors a est une homothétie. 5. On admet que tout endomorphisme d’un C -espace vectoriel de dimension finie s’écrit de façon unique comme somme d’un endomorphisme diagonalisable et d’un endomorphisme nilpotent qui commutent (cf. exercice 3.35). Montrer la réciproque de la question 2.

Trigonalisation 3.28 1. La matrice A = →116



14 18 18 −6 −7 −9 −2 −3 −1



∈ Mn (IR) est-elle diagonalisable ? trigonalisable ?

2. Montrer que la matrice A est semblable à la matrice T =



2 0 0

0 2 0

0 1 2



et expliciter

une matrice inversible P telle que A = P T P −1 . 3.29 Soit E un espace vectoriel de dimension finie. Montrer qu’une famille d’endomorphismes trigonalisables de E commutant deux à deux est simultanément trigonalisable, c’est-à-dire qu’il existe une base de E dans laquelle tous les éléments de la famille ont une matrice triangulaire supérieure. 3.30 Montrer que tout sous-espace vectoriel de Mn (IK) de dimension strictement supérieure à

n(n+1) 2

contient une matrice nilpotente non nulle.

129

Chapitre 3. Réduction des endomorphismes ⋆ 3.31 Soit P un polynôme à coefficients entiers, unitaire et de degré n . On note λ1 , . . . , λn ses racines complexes comptées avec ordre de multiplicité. 1. Montrer l’existence d’une matrice à coefficients entiers dont le polynôme caractéristique est P . 2. Soit k ∈ IN . Montrer que le polynôme Pk =

n 

i=1

(X − λki ) est à coefficients entiers.

3. On suppose les λi tous de module inférieur ou égal à 1 . (a) Montrer que





Pk  k ∈ IN



est fini.

(b) En déduire qu’il existe (k, ℓ) ∈ IN2 , avec k < ℓ , tel que (λk1 , . . . , λkn ) = (λℓ1 , . . . , λℓn ) puis que les λi sont nuls ou des racines de l’unité.

3.32 Soit B =



3 0 8 3 −1 6 −2 0 −5



.

1. La matrice B est-elle diagonalisable ? 2. Déterminer le polynôme minimal de la matrice B . 3. Montrer que matrice B est semblable à T =



−1 0 0 0 −1 1 0 0 −1



.

3.33 Déterminer les sous-espaces stables par l’endomorphisme u canoniquement associé à la matrice réelle :   0 1 1 1 0 0 A= . 0 0 1 ⋆ 3.34 Sous-espace caractéristique associé à une valeur propre Soit u un endomorphisme d’un espace vectoriel E de dimension finie et λ une valeur propre de u . On écrit χu = (X − λ)m Q(X) , où m est l’ordre de multiplicité de la valeur propre λ . 1. Montrer que la suite



Ker(u − λ IdE )k k



k∈IN

est croissante et que si l’on note r le plus



petit entier k tel que Ker(u−λ IdE ) = Ker(u−λ IdE )k+1 , la suite Ker(u−λ IdE )k



kr

est constante. On appelle sous-espace caractéristique de u associé à la valeur propre λ le sousespace vectoriel Fλ (u) = Ker(u − λ IdE )r .

2. (a) Montrer :

Im(u − λ IdE )m = Ker Q(u)

et

E = Ker(u − λ IdE )m ⊕ Im(u − λ IdE )m .

(b) En déduire Ker(u − λ IdE )2m ⊂ Ker(u − λ IdE )m puis Fλ (u) = Ker(u − λ IdE )m (on retrouve ainsi la définition des sous-espaces caractéristiques donnée dans le cours dans le cas où χu est scindé). (c) Montrer que dim Fλ (u) = m . 3. (a) Montrer que la suite





(u − λ IdE )k Fλ (u)



est strictement décroissante, puis 0kr

que r est l’indice de nilpotence de l’endomorphisme induit par (u − λ IdE ) sur Fλ (u) . (b) Montrer que r est l’ordre de multiplicité de λ en tant que racine du polynôme minimal de u .

130

Exercices 3.35 Décomposition de Dunford Soit u un endomorphisme d’un espace vectoriel de dimension finie dont le polynôme caractéristique est scindé. On a montré, dans l’exemple 43 de la page 121, l’existence d’un couple (d, n) d’endomorphismes de E , avec d diagonalisable, n nilpotent et u = d + n et d ◦ n = n ◦ d . Le but de l’exercice est d’en prouver l’unicité. Considérons un tel couple (d, n) . Soit λ une valeur propre de u et Fλ le sous-espace caractéristique associé. 1. Vérifier que u , d et n stabilisent Fλ . On note uλ , dλ et nλ les endomorphismes qu’ils induisent. 2. Montrer que dλ − λ IdFλ est nilpotent et en déduire que dλ = λ IdFλ . 3. Conclure.

⋆ 3.36 Soit E un C -espace vectoriel de dimension finie non nulle et u un endomorphisme de E . 1. On suppose u nilpotent, d’indice de nilpotence p .





(a) Montrer qu’il existe x ∈ E tel que B = x, u(x), . . . , up−1 (x) soit libre. Montrer que F = Vect B est stable par u . Donner la matrice Mp , dans la base B , de l’endomorphisme induit par u sur F .   (b) Montrer qu’il existe une forme linéaire ϕ sur E telle que ϕ up−1 (x) �= 0 . Montrer que G =



p−1

k=0

Ker(ϕ ◦ uk ) est stable par u et que F ⊕ G = E .

(c) Montrer qu’il existe une base de E dans laquelle la matrice de u est diagonale par blocs, avec des blocs de la forme Mr . 2. Montrer qu’il existe une base de E dans laquelle la matrice de u est diagonale par blocs, avec des blocs de la forme λ Ir + Mr . 3. Montrer que toute matrice carrée complexe est semblable à sa transposée. ⋆ 3.37 Pour A ∈ Mn (IR) , on définit : gA : Mn (IR) M

−→ �−→

Mn (IR) AM

dA : Mn (IR) M

−→ �−→

Mn (IR) M AT

et

m A = g A − dA .

1. Soit P ∈ IR[X] . Déterminer P (gA ) et en déduire que gA est trigonalisable si, et seulement si, A est trigonalisable. 2. On admet que deux endomorphismes trigonalisables qui commutent sont simultanément trigonalisables (cf. exercice 3.29). Montrer que si A est trigonalisable, alors mA également. 3. Montrer que si λ est valeur propre complexe de A , il existe M ∈ Mn (C) non nulle telle ¯ . que AM − M AT = (λ − λ)M 4. En déduire la réciproque de la question 2.

131

Chapitre 3. Réduction des endomorphismes

Solutions des exercices 3.1 Pour tout vecteur x de E et pour tout scalaire λ , on a, par bijectivité et linéarité de ϕ : u(x) = λx ⇐⇒ c’est-à-dire :



u ◦ ϕ−1





ϕ(x) = λx ⇐⇒



ϕ ◦ u ◦ ϕ−1





ϕ(x) = λϕ(x),

x ∈ Eλ (u) ⇐⇒ ϕ(x) ∈ Eλ (ϕ ◦ u ◦ ϕ−1 ).

Comme ϕ est un isomorphisme, on en déduit que les endomorphismes u et ϕ ◦ u ◦ ϕ−1 ont les mêmes valeurs propres et leurs sous-espaces propres sont reliés par :





Eλ (ϕ ◦ u ◦ ϕ−1 ) = ϕ Eλ (u) . 3.2 Notons u l’endomorphisme

C ∞ (IR∗+ , IR) f

−→ �−→

∞ ∗ C  (IR+ ,′ IR) t �→ tf (t) .

Soit α ∈ IR . Pour tout t > 0 , on a u (fα ) (t) = αtα donc u(fα ) = αfα et la fonction non nulle fα est vecteur propre de u pour la valeur propre α . Par suite, si α1 , . . . , αn sont des réels deux à deux distincts, la famille de fonctions (fα1 , . . . , fαn ) est une famille libre de C ∞ (IR∗+ , IR) . Ainsi, la famille (fα )α∈IR est libre.

3.3 Soit n ∈ IN ; notons cn : x �→ cos nx et sn : x �→ sin nx (avec donc s0 = 0 ). Il est clair que cn et sn appartiennent à E = C ∞ (IR, IR) et sont dans le sous-espace propre E−n2 (D2 ) , où D2 est l’opérateur de dérivation seconde. Soit (an )n∈IN et (bn )n∈IN∗ deux suites presque nulles telles que



+∞ n=0

Prenons N ∈ IN tel que an = bn = 0 pour tout n > N . En posant b0 = 0 , on obtient : N  n=0

an cn +



+∞

bn s n = 0 .

n=1

(an cn + bn sn ) = 0.





∈E−n2 (D 2 )



Comme les sous-espaces propres de D2 , associés aux valeurs propres deux à deux distinctes −n2 , sont en somme directe, cela donne ∀n ∈ [[0, N ]] an cn +bn sn = 0 . Par évaluation en 0 , on en déduit la nullité de tous les an , puis, pour n �= 0 , de bn puisque sn n’est pas la fonction nulle. Donc la famille est libre.

3.4 1. Soit λ ∈ IK . Un vecteur X = (xi )1in vérifie JX = λX si, et seulement si : ∀i ∈ [[1, n]]

x1 + x2 + · · · + xn = λxi .

• Lorsque λ = 0 , cela équivaut à l’unique équation

n 

(∗)

xi = 0 . Ainsi, 0 est valeur

i=1

propre de J et le sous-espace propre associé est l’hyperplan H d’équation

n 

i=1

132

xi = 0 .

Solutions des exercices • Supposons λ �= 0 et X �= 0 tel que JX = λX . On déduit de (∗) que x1 = · · · = xn puis que λ = n puisque X �= 0 .

  1

 

Réciproquement, le vecteur U =  ...  est non nul vérifie JU = nU . 1

Ainsi, n ∈ sp(J) et le sous-espace propre associé est la droite engendrée par U . 2. On a A = βJ + γIn , avec γ = α − β . Soit λ ∈ IK . On a AX = λX si, et seulement si, βJX = (λ − γ)X . Donc λ est valeur propre de A si, et seulement si,

�

λ−γ β

�

∈ sp(J) = {0, n} .

Ainsi, sp(A) = {γ, βn + γ} = α − β, (n − 1)β + α et les sous-espaces propres associés sont : et E(n−1)β+α (A) = Vect(U ). Eα−β (A) = H 3.5 1. Il est difficile ici d’obtenir le polynôme caractéristique de A sous forme factorisée. On utilise donc l’équation aux éléments propres. Soit X = (xi )1in ∈ IRn et λ ∈ IR . L’équation AX = λX est équivalente à : x2 = λx1

∀k ∈ [[2, n − 1]]

xk−1 + xk+1 = λxk

et

xn−1 = λxn .

On remarque que si l’on pose x0 = 0 et xn+1 = 0 , cela équivaut à : ∀k ∈ [[1, n]]

xk+1 = λxk − xk−1 .

Considérons donc l’ensemble Rλ des suites réelles (xk )k∈IN vérifiant la relation de récurrence linéaire d’ordre 2 à coefficients constants : ∀k ∈ IN∗

ainsi que les conditions x0 = xn+1 = 0 .

xk+1 = λxk − xk−1

(R)

• Si (xk )k∈IN ∈ Rλ , alors X = (xk )1kn vérifie AX = λX . • Réciproquement, si AX = λX , on peut poser x0 = 0 et prolonger (x0 , . . . , xn ) en une suite (xk )k∈IN de Rλ par la relation de récurrence d’ordre deux définissant Rλ . On remarque, d’autre part, que si (xk )k∈IN ∈ Rλ , alors X = (xk )1kn est non nul si, et seulement si, x1 �= 0 . Il s’agit donc de déterminer les λ ∈ IR pour lesquels Rλ admet un élément (xk )k∈IN tel que x1 �= 0 .

L’équation caractéristique associée à R est r 2 − λr + 1 de discriminant ∆ = λ2 − 4 . Commençons par le cas ∆ < 0 , c’est-à-dire λ ∈ ]−2, 2[ , qui équivaut à l’existence de θ ∈ ]0, π[ tel que λ = 2 cos θ . L’équation caractéristique admet alors deux racines non réelles conjuguées eiθ et e−iθ , donc les suites vérifiant la relation de récurrence (R) sont celles pour lesquelles existent des réels α et β tels que : ∀k ∈ IN

xk = α sin(kθ) + β cos(kθ).

β=0

et

Les conditions x0 = xn+1 = 0 sont équivalentes à :

�

�

α sin (n + 1)θ = 0.

�

�

Il existe donc un élément non nul dans Rλ si, et seulement si, sin (n + 1)θ = 0 , c’estpπ à-dire si, et seulement s’il existe p ∈ ZZ tel que θ = n+1 , et alors Rλ est de dimension 1

�

engendré par la suite sin

�

pkπ . n+1 k∈IN

133

Chapitre 3. Réduction des endomorphismes Compte tenu de θ ∈ ]0, π[ , on en déduit que les valeurs propres de A dans ]−2, 2[ sont : λp = 2 cos

pπ n+1

avec

p ∈ [[1, n]]



et que le sous-espace propre Eλp est la droite engendrée par le vecteur sin



pkπ . n+1 1kn

Par injectivité de la fonction cos sur ]0, π[ , la famille (λ1 , . . . , λn ) a n éléments distincts et l’on a ainsi trouvé toutes les valeurs propres de la matrice A de taille n . Il est donc inutile d’étudier le cas où |λ|  1 (et encore moins d’envisager de chercher des valeurs propres non réelles). 2. Ayant n valeurs propres distinctes, la matrice A ∈ Mn (IR) est diagonalisable et l’on a A = P DP −1 où : D = Diag(λ1 , . . . , λn )



et

P = (X1 · · · Xn ) = sin

kpπ n+1



.

1k,pn

Remarque En fait, la matrice A est symétrique réelle et le théorème spectral (voir le chapitre 4) montre qu’elle est diagonalisable et que ses sous-espaces propres sont orthogonaux. Cela prouve que les colonnes de P sont orthogonales et donne que le produit P T P est une matrice diagonale. Cela facilite le calcul de P −1 . Ici on trouve sans trop de difficultés que P T P = diagonaux), ce qui donne P

−1

=

2 PT n+1

=

2 P n+1

n+1 In 2

(il suffit de calculer ses termes

.

3.6 • Supposons qu’il existe une matrice U non nulle de Mn (C) telle que AU = U B . Montrons par récurrence que Ak U = U B k , pour tout k ∈ IN . ∗ C’est immédiat lorsque k = 0 . ∗ Supposons Ak U = U B k , pour un certain k ∈ IN . Alors :

Ak+1 U = A(Ak U ) = A(U B k ) = (AU )B k = (U B)B k = U B k+1 . Par linéarité, on en déduit P (A)U = U P (B) , pour tout polynôme P ∈ C[X] .

En particulier, πB (A)U = U πB (B) = 0 , donc πB (A) est non inversible puisque U �= 0 . Le polynôme πB étant scindé sur C[X] , on peut écrire πB =

p 

(X − λi ) , où les λi (non

i=1

nécessairement distincts) sont les valeurs propres de B d’après la proposition 13 de la page 100. Donc

p 

i=1

(A − λi In ) est non inversible, ce qui prouve qu’il existe i ∈ [[1, p]] tel

que A − λi In soit non inversible. Ainsi λi est une valeur propre commune à A et B .

• Réciproquement, supposons que les matrices A et B possèdent une valeur propre commune λ . Alors λ est aussi valeur propre de B T puisqu’une matrice et sa transposée ont le même spectre. Il existe donc deux vecteurs colonnes non nuls X et Y tels que l’on ait AX = λX et B T Y = λY. La matrice U = X Y T vérifie alors : AU = AX Y T = λX Y T

et

T

U B = X Y T B = X (B T Y ) = λX Y T .

Comme les vecteurs X et Y sont non nuls, la matrice U est non nulle car il existe un couple (i, j) ∈ [[1, n]]2 tel que Ui,j = Xi Yj �= 0 .

134

Solutions des exercices 3.7 1. Comme E est un C -espace vectoriel de dimension finie non nulle, u possède une valeur propre λ. Le sous-espace propre associé est stable par v car u et v commutent (proposition 1 de la page 94). L’endomorphisme v ′ induit par v sur Eλ (u) possède alors un vecteur propre x puisque Eλ (u) est un C -espace vectoriel de dimension finie non nulle, et x est donc un vecteur propre commun à u et v .





2. Pour tout k ∈ IN , on a uk+1 ◦ v − v ◦ uk+1 = u ◦ uk ◦ v − v ◦ uk + (u ◦ v − v ◦ u) ◦ uk , ce qui permet de prouver par récurrence sur k : uk ◦ v − v ◦ uk = αkuk . Cela s’écrit Φ(uk ) = αkuk en posant Φ : L(E) w

−→ �−→

L(E) w ◦ v − v ◦ w.

Or, l’endomorphisme Φ admet un nombre fini de valeurs propres puisque L(E) est de dimension finie. Ainsi, il existe k ∈ IN tel que uk = 0 , ce qui prouve que u est nilpotent. En particulier, Ker u n’est pas réduit à {0} et est stable par v car si x ∈ Ker u , alors u (v(x)) = v ◦ u(x) + αu(x) = 0 . L’endomorphisme induit par v sur Ker u possède alors un vecteur propre qui est un vecteur propre commun à u et v . 3. Supposons qu’il existe (α, β) ∈ C2 tel que u ◦ v − v ◦ u = αu + βv . Si β = 0 , on conclut grâce à l’une deux questions précédentes suivant la nullité de α . Sinon, l’endomorphisme w = αu + βv vérifie alors u ◦ w − w ◦ u = βw et la question précédente implique que les endomorphismes u et w possèdent un vecteur propre x commun. Il existe donc deux nombres complexes λ et µ tels que u(x) = λx et w(x) = µx . µ − αλ w(x) − αu(x) = x. Comme β est non nul, on en déduit que v(x) = β β Le vecteur x est donc un vecteur propre commun à u et v . 3.8 Soit λ �= 0 . On a :

χA (λ) = det(λIn − A) = det(A) det(λA−1 − In ) = (−λ)n det(A) det( λ1 In − A−1 ) = (−1)n det(A) λn χA−1 ( λ1 ).

Par égalité de deux fonctions polynomiales sur l’ensemble IK∗ qui est infini, on en déduit   que le coefficient α1 de X dans χA est (−1)n det(A) − tr A−1 . Or Com(A)T = det(A) A−1 , donc tr Com(A) = tr Com(A)T = det(A) tr(A−1 ) . En conclusion :   α1 = (−1)n det(A) − tr A−1 = (−1)n−1 tr(Com A). Remarque On verra à l’exercice 8.3 de la page 362 une autre méthode pour obtenir ce résultat, y compris pour des matrices non inversibles.

3.9 Soit λ ∈ C . En développant det (λI3 − A) par rapport à la première colonne, on obtient :









χA (λ) = (λ − 1) (λ − cos θ)2 + sin θ2 = (λ − 1) λ2 − 2λ cos θ + 1 .





• Si θ �≡ 0 [π] , on a donc spIR (A) = {1} et spC (A) = 1, eiθ , e−iθ .

• Si θ ≡ 0 [2π] , alors χA = (X − 1)3 et spIR (A) = spC (A) = {1} .

• Si θ ≡ π [2π] , alors χA = (X − 1)(X + 1)2 et spIR (A) = spC (A) = {1, −1} .

135

Chapitre 3. Réduction des endomorphismes ∗

3.10 Soit λ ∈ IK . On a χB (λ) = det



λIn −A

−A λIn



que l’on peut calculer par la transvection

par blocs C2 ← C2 + C1 (λ−1 A) , c’est-à-dire par multiplication à droite par de déterminant 1 . Cela donne : χB (λ) = det et, par conséquent :



λIn −A

−A λIn



= det



χB (λ) = λn det(λIn − λ−1 A2 ) = det λ2 In − A2



λIn −A

0 λIn − λ−1 A2



In 0

λ−1 A In







= det(λIn + A) det(λIn − A) = (−1)n det(−λIn − A) det(λIn − A) = (−1)n χA (λ)χA (−λ). L’égalité polynomiale χB (λ) = (−1)n χA (λ)χA (−λ) étant vraie pour tout λ dans IK∗ , et IK∗ étant infini, on en déduit l’égalité de polynômes χB (X) = (−1)n χA (X)χA (−X) . 3.11 La matrice A est annulée par le polynôme P = X 3 − 3X − 5 . L’étude des variations de la fonction x �→ x3 − 3x − 5 montre que P a une unique racine réelle, et que cette racine α est strictement positive. Ses deux autres racines dans C sont donc complexes conjuguées, et il existe, par conséquent, ω ∈ C \ IR tel que : P = (X − α)(X − ω)(X − ω).

Puisque A est annulée par P , ses valeurs propres appartiennent à {α, ω, ω} donc il existe des entiers p et q tels que χA = (X − α)n−p−q (X − ω)p (X − ω)q .

Comme A est une matrice réelle, le polynôme χA est à coefficients réels, d’où p = q . Par conséquent : det A = (−1)n χA (0) = αn−2p |ω|2p > 0. 3.12 • Supposons A = Jr =



Ir

0r,p−r

0n−r,r

0n−r,p−r

avec B1 ∈ Mr (C) , on obtient : Jr B =



B1 0

B2 0n−r



 et

. En écrivant B =

BJr =



B1 B3



B1 B3 0

0p−r

B2 B4





par blocs,

.

Ainsi, χJr B = χB1 X n−r et χBJr = χB1 X p−r . Le résultat s’ensuit immédiatement. • La matrice A est équivalente à la matrice Jr utilisée ci-dessus, où r = rg A . Il existe donc deux matrices inversibles P ∈ GLn (IK) et Q ∈ GLp (IK) telles que A = P Jr Q . Posons B0 = QBP . On a alors : AB = P Jr QB = P Jr B0 P −1

et

BA = BP Jr Q = Q−1 B0 Jr Q

donc AB et BA sont respectivement semblables à Jr B0 et B0 Jr . À l’aide du point précédent, on déduit : X p χAB = X p χJr B0 = X n χB0 Jr = X n χBA .

136

Solutions des exercices 3.13 Supposons qu’il existe une matrice U de rang r tel que AU = U B . Il existe alors deux matrices inversibles P et Q telles que U = P Jr Q. La relation AP Jr Q = P Jr QB donne alors A′ Jr = Jr B ′ avec A′ = P −1 AP et B ′ = QBQ−1 . Si l’on écrit : A′ =



A′1 A′3

alors on a A′ Jr = ce qui donne :

A′2 A′4





A′1 A′3 ′

A =

B′ =

et 0 0





A′1 0



B1′ B3′

et Jr B ′ = A′2 A′4





B2′ B4′ B1′ 0



avec

B2′ 0



, donc A′1 = B1′ , A′3 = 0 et B2′ = 0 ,

′

et

(A′1 , B1′ ) ∈ Mr (IK)2 ,

B =



A′1 B3′

0 B4′



.

Par suite, χA = χA′ = χA′ χA′ et χB = χB′ = χA′ χB′ . 1

4

1

4

Ainsi, χA et χB ont le facteur χA′ de degré r en commun. 1

3.14 1. Si u est nilpotent, il existe une base dans laquelle la matrice A de u est triangulaire supérieure stricte. Les matrices Ak étant triangulaires supérieures strictes pour tout k > 0 , on a tr(uk ) = 0 pour tout k > 0. 2. (a) Soit χu = α0 + α1 X + · · · + αn X n le polynôme caractéristique de u . D’après le théorème de Cayley-Hamilton, on a : α0 IdE +α1 u + · · · + αn un = χu (u) = 0.

En appliquant la trace à cette égalité, on obtient nα0 = 0 , donc det u = 0 puisque n  1 et α0 = (−1)n det u . (b) Prouvons maintenant par récurrence sur n ∈ IN : Hn : « Tout endomorphisme u d’un espace vectoriel de dimension n vérifiant ∀k ∈ [[1, n]] tr(uk ) = 0 est nilpotent. »

Initialisation. Si dim E = 0 , L(E) ne possède que l’endomorphisme nul qui est nilpotent. Hérédité. Soit n ∈ IN∗ ; supposons le résultat acquis en toute dimension strictement inférieure à n . Soit E un espace vectoriel de dimension n et u ∈ L(E) tel que ∀k ∈ [[1, n]] tr(uk ) = 0 . D’après la question précédente (on a supposé n  1 ), u n’est pas bijective, donc Im u est de dimension r < n . Dans une base adaptée à Im u , la matrice de uk est :



Bk 0

∗ 0



,

où B ∈ Mr (IK) est la matrice de l’endomorphisme v induit par u sur Im u . On en déduit que tr(v k ) = 0 pour tout k ∈ [[1, r]] . L’hypothèse Hr nous dit alors que v est nilpotent, donc il existe k ∈ IN tel que v k = 0 . Ainsi, pour tout y ∈ Im u , on a uk (y) = 0 . Par conséquent, pour tout x ∈ E :





uk+1 (x) = uk u(x) = 0, donc uk+1 = 0 , ce qui montre Hn .

137

Chapitre 3. Réduction des endomorphismes 3.15 • Soit λ ∈ IK . Pour le calcul de χA (λ) , l’opération C1 ← C1 + C2 − C3 donne :

  λ − 1 −3  χA (λ) =  λ − 1 λ − 5  1−λ 3

−2 −2 λ

     1 −3 −2      = (λ − 1)  1 λ − 5 −2  .   −1 3 λ 

Les opérations L2 ← L2 − L1 et L3 ← L3 + L1 donnent ensuite :

  1  χA (λ) = (λ − 1)  0  0

−3 λ−2 0

−2 0 λ−2

   2  = (λ − 1) (λ − 2) . 

Une liste de ses valeurs propres est donc (1, 2, 2) . • On obtient le sous-espace propre associé à la valeur propre 1 en résolvant le système AX = X , soit :  −x + 3y + 2z = 0 −2x + 4y + 2z = 0 2x − 3y − z = 0. Notons E1 , E2 et E3 les équations de ce système. En effectuant les opérations E2 ← E2 − E1 et E3 ← E3 + E1 , on montre que ce système est équivalent à x = y = −z . Ainsi E1 (A) = IKv1 , où v1 =



1 1 −1



.

L’étude du sous-espace propre associé à la valeur propre 2 conduit au système :



−2x + 3y + 2z = 0 −2x + 3y + 2z = 0 2x − 3y − 2z = 0

équivalent à 2x − 3y − 2z = 0 . On obtient E2 (A) = IKv2 ⊕ IKv3 où : v2 =



3 2 0



et

v3 =



1 0 1



(ils forment une famille libre, car ce sont deux vecteurs non proportionnels). • La somme des dimensions des sous-espaces propres valant 3 , la matrice A est diagonalisable et une base de vecteurs propres est C = (v1 , v2 , v3 ) .



1 0 0 2 On peut donc conclure que P AP = 0 0 matrice de passage de la base canonique à C . −1

0 0 2



, où P =



1 1 −1

3 2 0

1 0 1



est la

3.16 1. Soit F un sous-espace vectoriel de E stable par u . Notons v l’endomorphisme induit par u sur F . Il est diagonalisable d’après la proposition 32 de la page 114, et ses valeurs propres appartiennent au spectre de u . On peut donc écrire : F =



λ∈sp(v)

Ker(v − λ IdF ) =



λ∈sp(u)

Ker(v − λ IdF ),

la dernière égalité provenant du fait que Ker(v − λ IdF ) = {0} si λ est valeur propre de u mais pas de v . Comme Ker(v − λ IdF ) ⊂ Eλ (u) = Ker(u − λ IdE ) pour tout λ ∈ sp(u) ,

138

Solutions des exercices 

on en déduit que F s’écrit F =

Fλ , avec Fλ sous-espace vectoriel de Eλ (u) pour

λ∈sp(u)

tout λ ∈ sp(u) .

Réciproquement, il est clair qu’un tel sous-espace vectoriel de E est stable par u puisque tout sous-espace vectoriel d’un sous-espace propre est évidemment stable.

2. • Pour qu’il n’y ait qu’un nombre fini de sous-espaces vectoriels stables, il faut en particulier que les sous-espaces propres de u ne contiennent qu’un nombre fini de sous-espaces vectoriels, et donc que ce soient des droites. En effet, si un espace vectoriel contient deux vecteurs a et b linéairement indépendants, il contient toutes les droites Vect(a + λb) , pour λ ∈ IK , et ces droites sont distinctes par liberté de la famille (a, b) . Il faut donc que u possède exactement n = dim E valeurs propres car il est diagonalisable. • Réciproquement, si u admet exactement n valeurs propres, ses sous-espaces propres sont des droites, chacune contenant exactement 2 sous-espaces vectoriels : elle-même et {0} . En notant (eλ )λ∈sp(u) une base de vecteurs propres de u , les sous-espaces vectoriels stables par u sont, d’après la première question, les sous-espaces vectoriels engendrés   par certains des eλ . Ce sont donc les FI = Vect (eλ )λ∈I , où I est une partie quelconque de sp(u) . Par indépendance de la famille (eλ )λ∈sp(u) , l’application I �→ FI est injective, donc il y a autant de sous-espaces vectoriels stables que de parties de sp(u) , c’est-à-dire 2n .

3.17 1. Soit λ ∈ IK . On a :

   χA (λ) =      = 

λ−1 −2 −2

−2 λ−1 −2

λ−1 λ−1 λ−1

−2 λ−1 −2

  1  = (λ − 1)  1  1

  1  = (λ − 1)  0  0

      2   2  λ+3  2 2 λ+3

−2 λ−1 −2

2 2 λ+3

−2 λ+1 0

2 0 λ+1

C1 ← C1 + C 2 + C 3

    

(factorisation)

L2 ← L2 − L1 L3 ← L3 − L1

= (λ − 1) (λ + 1)2 .

Les valeurs propres de A sont donc 1 de multiplicité 1 et −1 de multiplicité 2 .

On détermine le sous-espace propre E1 en résolvant le système :



2y − 2z 2x − 2z 2x + 2y − 4z

= = =

0 0 0

qui est équivalent à x = y = z. On a donc E1 = IKf1 avec f1 =



1 1 1



.

139

Chapitre 3. Réduction des endomorphismes On détermine le sous-espace propre E−1 en résolvant le système :

�

2x + 2y − 2z 2x + 2y − 2z 2x + 2y − 2z

= = =

0 0 0

qui est équivalent à x + y − z = 0 donc E−1 est de dimension 2 et : E−1 =

��

�

−y + z y z

� � (y, z) ∈ IK2

Ainsi E−1 = IKf2 ⊕ IKf3 avec f2 =

�

−1 1 0

�

�

= Vect

�

et f3 =

�� 1 0 1

−1 1 0

�

� �

1 0 1

,

��

.

.

Puisque dim E1 + dim E−1 = 3, la matrice A est diagonalisable et (f1 , f2 , f3 ) est une base de diagonalisation. Par conséquent : A=P avec : P =

�

1 −1 1 1 1 0

1 0 1

�

�

1 0 0 0 −1 0 0 0 −1 et

P

−1

�

=

P −1

�

1 1 −1 −1 0 1 −1 −1 2

�

.

2. Puisque A est diagonalisable de spectre {−1, 1}, le polynôme minimal de A est : πA (X) = (X − 1)(X + 1)

(polynôme unitaire scindé à racines simples dont les racines sont 1 et −1 ). 3.18 Pour tout k ∈ [[0, n − 1]] , on a : v(X k ) = (n − k) X k+1 + kX k−1 ∈ IRk+1 [X] ⊂ IRn [X]

et v(X n ) = nX n−1 ∈ IRn [X] .

Donc l’endomorphisme v laisse stable le sous-espace vectoriel E = IRn [X] . Considérons alors l’endomorphisme u induit par v sur E . La matrice de u dans la base canonique (1, X, . . . , X n ) est :



0  n

    

1 0

(0)

n−1

(0)

2 .. . .. .

..

.

..

.

1

n 0



   .  

Son polynôme caractéristique ne paraissant pas facile à calculer, on peut rechercher les valeurs propres de u par l’équation aux éléments propres. Soit P ∈ E non nul de factorisation β

r �

k=1

(X − αk )nk sur C , où les αk sont des complexes

deux à deux distincts et β �= 0 . Le polynôme P est un vecteur propre de u si, et seulement s’il existe λ ∈ IR tel que : (1 − X 2 )P ′ + nXP = λP,

140

Solutions des exercices soit :

P′ nX − λ n−λ n+λ = 2 = + · P X −1 2 (X − 1) 2 (X + 1)

Comme :

r

 nk P′ , = P X − αk k=1

il suffit que (n − λ)/2 et (n + λ)/2 soient des entiers naturels et que l’on prenne : r = 2,

α1 = 1,

α2 = −1,

n1 = (n − λ)/2

et

n2 = (n + λ)/2

pour que P soit vecteur propre de u associé à la valeur propre λ . Posons donc, pour tout k ∈ [[0, n]] : λk = n − 2k

et

Pk = (X − 1)k (X + 1)n−k ∈ IRn [X].

Alors les polynômes P0 , . . . , Pn sont des vecteurs propres de u associés respectivement aux valeurs propres λ0 , . . . , λn deux à deux distinctes. Ainsi, u possède (au moins) n + 1 valeurs propres distinctes, donc est diagonalisable. 3.19 1. Dans une base de diagonalisation simultanée, les matrices des endomorphismes sont diagonales, donc commutent deux à deux. 2. Raisonnons par récurrence forte sur la dimension de E . Le résultat est évident en dimension inférieure égale à 1 puisqu’alors toute matrice est diagonale. Soit n ∈ IN∗ ; supposons le résultat vrai pour tout espace vectoriel de dimension strictement inférieure à n . Soit E un espace vectoriel de dimension n et (ui )i∈I une famille d’endomorphismes de E diagonalisables et commutant deux à deux. • Si tous les ui sont des homothéties, n’importe quelle base de E convient. • Supposons alors que ui0 avec i0 ∈ I ne soit pas une homothétie. On peut alors écrire : E =F ⊕G

où F est un sous-espace propre de ui0 et G la somme des autres sous-espaces propres. Ces sous-espaces vectoriels sont stables par ui pour tout i par hypothèse de commutation. Les familles (u′i )i∈I et (u′′i )i∈I d’endomorphismes induits sur F et G sont alors formées d’endomorphismes commutant deux à deux, et diagonalisables puisque ce sont des endomorphismes induits par des diagonalisables sur un sous-espace vectoriel stable (cf. proposition 32 de la page 114). Or, F �= {0} (c’est un sous-espace propre) et F �= E (puisque ui0 n’est pas une homothétie) donc les dimensions de F et G sont strictement inférieures à n . On peut appliquer l’hypothèse de récurrence : il existe une base B′ de diagonalisation simultanée des u′i et de même une base B′′ de G pour les u′′i . Les vecteurs de B′ et B′′ fournissent alors une base de diagonalisation simultanée des (ui )i∈I . 3.20 1. Rappelons que les projecteurs pi vérifient les relations : ∀(i, j) ∈ [[1, r]]2

pi ◦ pj =



pi 0

si j = i si j = � i

et

p1 + · · · + pr = IdE .

(a) • L’égalité p1 + · · · + pr = IdE = u0 donne la relation demandée pour k = 0 . • Vérifions-la pour k = 1 . Comme l’endomorphisme induit par u sur chaque sousespace propre Eλi (u) est l’homothétie de rapport λi , les endomorphismes u et λ1 pλ1 + · · · + λr pλr coïncident sur chacun des sous-espaces propres, donc sont égaux puisque E =

r 

Eλi (u) .

i=1

141

Chapitre 3. Réduction des endomorphismes • Soit k ∈ IN . On a :

pλ1 + · · · + λk+1 p λr (λ1 pλ1 + · · · + λr pλr ) ◦ (λk1 pλ1 + · · · + λkr pλr ) = λk+1 r 1

puisque p2λi = pλi pour tout i et que tous les autres termes en pλi ◦pλj , avec i �= j , sont nuls. On a alors immédiatement, par récurrence : uk = λk1 pλ1 + · · · + λkr pλr .

∀k ∈ IN

• Supposons maintenant u bijectif. Toutes ses valeurs propres sont donc non nulles. De la même façon que précédemment, pour tout k ∈ ZZ− : −k k k (λ−k 1 pλ1 + · · · + λr pλr ) ◦ (λ1 pλ1 + · · · + λr pλr ) = pλ1 + · · · + pλr = IdE ,

ce qui prouve :

−k −1 = (u−k )−1 = uk . λk1 pλ1 + · · · + λkr pλr = (λ−k 1 p λ 1 + · · · + λr p λ r )

(b) Par combinaison linéaire, les relations précédentes donnent : ∀P ∈ IK[X]

P (u) = P (λ1 ) p1 + · · · + P (λr ) pr .

En prenant les polynômes de Lagrange (L1 , . . . , Lr ) associés aux scalaires deux à deux distincts λ1 , . . . , λr , cela donne ∀i ∈ [[1, r]] pi = Li (u) , donc les projecteurs spectraux sont des polynômes en u .





6 9 12 est de rang 1 . Cela prouve que −1 est valeur 2. La matrice A + I3 = 6 9 12 −6 −9 −12 propre de A d’ordre de multiplicité au moins 2 . Comme la trace de A est nulle, la troisième valeur propre est 2 et dim E−1 (A)+dim E2 (A)  3 . Donc A est diagonalisable de spectre {−1, 2} . Les projecteurs spectraux ont des matrices P et Q vérifiant donc P + Q = I3 et P Q = QP = 0 . Pour les calculer, on peut utiliser les polynômes de Lagrange comme vu dans la question précédente, mais on peut aussi résoudre le système :



P + Q = I3 −P + 2Q = A.

La résolution de ce système donne immédiatement : 2I3 − A = P = 3



−1 −3 −4 −2 −2 −4 2 3 5



A + I3 = Q= 3

et

On a alors : ∀k ∈ ZZ



2 3 4 2 3 4 −2 −3 −4



.

Ak = (−1)k P + 2k Q.

3.21 Comme A est annulée par le polynôme X(X 2 + X + 1) scindé à racines simples dans C , elle est diagonalisable sur C et la dimension de son noyau est égal à la multiplicité de 0 dans χA . De plus, ses valeurs propres appartiennent à {0, j, j 2 } donc il existe des entiers p et q tels que son polynôme caractéristique χA soit égal à :



χA = X n−p−q (X − j)p X − j 2

q

.

La matrice A étant réelle, son polynôme caractéristique aussi, donc ses deux racines non réelles conjuguées j et j 2 ont même ordre de multiplicité, ce qui donne p = q . Le théorème du rang donne alors rg A = 2p .

142

Solutions des exercices 3.22 Raisonnons par analyse-synthèse. • Considérons une matrice M solution. La matrice A =



1 1



1 1

= M 2 + M est annulée

par son polynôme caractéristique χA = X(X − 2) , donc le polynôme :

χA (X 2 + X) = (X 2 + X)(X 2 + X − 2) = X(X + 1)(X − 1)(X + 2)

annule M . Comme ce polynôme est scindé à racines simples, on en déduit que M est diagonalisable. Soit P ∈ GL2 (C) tel que P −1 M P = On a alors P −1 AP =



α2 + α 0



α 0

0 β +β 2





0 . β donc {α2 + α, β 2 + β} = {0, 2} .

Cela donne α ∈ {−1, 0} et β ∈ {−2, 1} (les racines des deux polynômes X 2 + X et X 2 + X − 2 ) ou le contraire. La matrice M a donc comme polynôme caractéristique (et donc annulateur) l’un des quatre polynômes suivants : X(X − 1) , X(X + 2) , (X + 1)(X − 1) ou (X + 1)(X + 2) . ∗ Dans le premier cas, les relations M 2 + M = A et M 2 − M = 0 donnent M = 21 A ;

∗ dans le deuxième cas, les relations M 2 + M = A et M 2 + 2M = 0 donnent M = −A ; ∗ dans le troisième cas, les relations M 2 +M = A et M 2 −In = 0 donnent M = A−In ; ∗ dans le quatrième cas, les relations M 2 + M = A et M 2 + 3M + 2In = 0 donnent M = − 21 A − In .

• Réciproquement, on vérifie facilement que les quatre matrices précédentes conviennent. Par conséquent S =

  1 2

1 1

 

1 −1 , 1 −1

 

−1 0 , −1 1



1 1 , 0 2



−3 −1



−1 −3

.

3.23 La matrice A est annulée par le polynôme X p − 1 dont les racines complexes sont simples. Elle est donc diagonalisable dans M2 (C) et ses valeurs propres sont des racines p -ièmes de l’unité. Ainsi, A est semblable à une matrice diagonale Diag(α, β) où α et β sont des racines p -ièmes de l’unité. D’un autre côté, le polynôme caractéristique χA (X) = X 2 + aX + b de A est à coefficients entiers. La relation a = − tr A = −(α + β) montre, du fait de l’inégalité triangulaire, que a est un entier de module inférieur ou égal à 2 et que b = det A = αβ est un entier de module 1 c’est-à-dire b = ±1 . • Si A possède une valeur propre réelle, alors comme a est réel, l’autre valeur propre est également réelle. Comme α et β sont des racines p -ièmes de l’unité, la matrice A est alors semblable à Diag(1, 1), Diag(1, −1) ou Diag(−1, −1) , donc A2 = I2 .

• Si A possède une valeur propre non réelle, eiθ avec θ �≡ 0 [π] , alors l’autre est conjuguée et leur produit b vaut 1. On en déduit que a = −2 cos θ ∈ {−1, 0, 1} car a est un entier et θ �≡ 0 [π] . Le polynôme caractéristique est alors égal à X 2 + X + 1, X 2 − X + 1 ou X 2 + 1. La matrice A est semblable à : ∗ Diag(j, j 2 ) et dans ce cas A3 = I2 ; ∗ Diag(−j 2 , −j) et dans ce cas A6 = I2 ; ∗ ou Diag(i, −i) et dans ce cas A4 = I2 . Dans tous les cas, on a A12 = I2 .

143

Chapitre 3. Réduction des endomorphismes 3.24 1. Soit λ ∈ C . En utilisant la transvection par blocs C2 ← C2 + C1 (λIn ) , c’est-à-dire en multipliant λI2n − B à droite par la matrice bloc χB (λ) = det



λIn −In

−A λIn



= det





In 0

λIn −In

λIn In



, on obtient :

−A + λ2 In 0



.

En échangeant les deux « colonnes » de cette matrice, c’est-à-dire en effectuant les opérations élémentaires Ci ↔ Ci+n pour i ∈ [[1, n]] , on obtient ensuite : χB (λ) = (−1)n det



−A + λ2 In 0

λIn −In



= (−1)n det(−A + λ2 In ) det(−In )





= det λ2 In − A = χA (λ2 ).

Donc, χB (X) = χA (X 2 ) .

2. • Un nombre complexe λ est valeur propre de B si, et seulement si, λ2 est valeur propre de A . Si l’on note λ1 , . . . , λd les valeurs propres distinctes de A et mλ1 , . . . , mλd leurs ordres de multiplicité dans χA , alors : χB (X) =

d   i=1

X 2 − λi

mλ

i

=

d  i=1

(X − µi )mλi (X + µi )mλi ,

en choisissant, pour tout i ∈ [[1, d]] , une racine carrée µi de λi . On en déduit que toute valeur propre µ non nulle de B , a une multiplicité dans χB égale à mµ2 , et que si 0 est valeur propre de A , alors il est valeur propre de B d’ordre 2m0 . • Déterminons la dimension des sous-espaces propres de B en fonction de ceux de A .   X avec (X, Y ) ∈ (Cn )2 appartient Soit µ une valeur propre de B . Un vecteur Y au sous-espace propre Eµ (B) si, et seulement si, l’on a :



AY = µX X = µY

c’est-à-dire si, et seulement si,



AY = µ2 Y X = µY,

ou encore si, et seulement si, Y ∈ Eµ2 (A) et X = µY . L’application : Eµ2 (A)

−→

Y

�−→

E µ (B)  µY Y

est donc bijective, et comme elle est évidemment linéaire, c’est un isomorphisme. D’où dim Eµ (B) = dim Eµ2 (A) pour tout µ ∈ sp B . Comme B est diagonalisable si, et seulement si, pour tout µ ∈ sp(B) la dimension de Eµ (B) est égale à la multiplicité de µ dans χB , on en déduit que : ∗ lorsque 0 n’est pas valeur propre de A , la matrice B est diagonalisable si, et seulement si, A l’est ; ∗ lorsque 0 est valeur propre de A , la matrice B n’est pas diagonalisable.

144

Solutions des exercices 3.25 On étudie la matrice : U=





4 2 −3 −1

.

Son polynôme caractéristique, X 2 − 3X + 2 , est simplement scindé de racines 1 et 2, donc la matrice U est diagonalisable. • Comme U − I2 =





3 2 −3 −2

• De même, puisque U − 2I2 = En posant P =



facilement P −1 =

2 1 −3 −1



−1 −1 3 2







2 2 −3 −3

et D =



U=

, on obtient E1 (U ) = C



1 0

et que :

4A −3A

2A −A







2 −3

.

, on trouve E2 (U ) = C 0 2





1 −1



.

, on a donc U = P DP −1 . On trouve

. Donc :



2 1 −3 −1



1 0

0 2



−1 −1 3 2

A 0

0 2A





= I2n ,

En effectuant des produits par blocs, on vérifie alors que :





=



2In In −3In −In

2In In −3In −In





−In 3In

−In 2In

ce qui prouve que la matrice B est semblable à C =



0 2A

A 0



.

−In −In 3In 2In





.

• Si B est diagonalisable, alors la matrice C aussi, donc il existe un polynôme Q scindé à   Q(A) 0 . Donc Q(A) = 0 , ce racines simples tel que Q(C) = 0 . Or, Q(C) = 0 Q(2A) qui prouve que la matrice A est diagonalisable puisque Q est scindé à racines simples. • Si A est diagonalisable, alors il existe une matrice R inversible et une matrice diagonale D telles que A = RDR−1 . On a alors, par produit par blocs :



A 0

0 2A



=



0 R

R 0



D 0

0 2D

Ainsi, C est diagonalisable, donc B aussi.



R 0

0 R

−1

.

3.26 En utilisant la commutation de A et B , on prouve facilement par récurrence que : ∀k ∈ IN

∗

k

M =

Ainsi, la relation : P (M ) =





Ak 0

P (A) 0

kAk−1 B Ak P ′ (A)B P (A)





.

(∗)

est valable lorsque P = X k , pour k ∈ IN∗ et de façon évidente lorsque P = 1 . Par linéarité, elle est donc vraie pour tout polynôme P .

145

Chapitre 3. Réduction des endomorphismes • En particulier, si M est diagonalisable, alors il existe un polynôme P scindé à racines simples qui annule M . On en déduit, que P (A) = 0 puis que A est diagonalisable. Elle est donc semblable à une matrice diagonale Diag(λ1 , . . . , λn ) , donc P ′ (A) est semblable   à Diag P ′ (λ1 ), . . . , P ′ (λn ) . Or, les valeurs propres λi de A sont racines de P (cf. proposition 12 de la page 99), donc ne sont pas racines de P ′ , puisque P est à racines simples. On en déduit que P ′ (A) est inversible. Comme P ′ (A)B = 0 , il vient B = 0 .

• Réciproquement, si A est diagonalisable et B = 0 , en prenant un polynôme P scindé à racines simples annulant A , on a P (M ) = 0 d’après la relation (∗) . Donc M est diagonalisable. Par conséquent, M est diagonalisable si, et seulement si, la matrice A est diagonalisable et la matrice B est nulle. 3.27 1. Soit u ∈ L(E) . On montre facilement par récurrence sur k ∈ IN que Gka (u) = ak ◦ u . On en déduit, pour tout P =

N 

αk X k :

k=0

P (Ga )(u) =

N 

αk Gka (u) =

k=0

N  k=0

αk ak ◦ u = P (a) ◦ u.

On en déduit l’égalité P (Ga ) = GP (a) . Donc si P (a) = 0 , alors P (Ga ) = 0 et réciproquement, si P (Ga ) = 0 , alors GP (a) = 0 et en particulier P (a) = GP (a) (IdE ) = 0 . Les idéaux annulateurs de a et Ga sont donc égaux, ce qui prouve que a possède un polynôme annulateur scindé à racines simples si, et seulement si, Ga possède un polynôme annulateur scindé à racines simples. Par le théorème 30 de la page 113, on en déduit que Ga est diagonalisable si, et seulement si, a est diagonalisable. 2. De la même façon, on prouve que Da est diagonalisable si, et seulement si, a est diagonalisable. Donc, si a est diagonalisable, les deux endomorphismes Ga et Da de L(E) sont diagonalisables. Par ailleurs, ils commutent par associativité de la composition. D’après le résultat admis, il existe donc une base de L(E) constituée de vecteurs propres communs à Ga et Da et donc également vecteurs propres de Ma = Ga − Da . 3. Supposons a nilpotent. En utilisant le premier résultat de la première question, puisque a est annulé par un polynôme de la forme X k , alors il en est de même de Ga . On a évidemment le même résultat pour Da , donc si a est nilpotent, alors Ga et Da sont nilpotents. Considérons un entier p tel que Gpa = Dap = 0 . Par commutation de Ga et Da , la formule du binôme de Newton donne : Ma2p =

2p 

(−1)k

k=0

Dak

 

2p G2p−k Dak . a k

G2p−k a

= 0 pour tout k  p et = 0 pour tout k  p . Donc Ma2p = 0 et Ma est Or, nilpotent. 4. La nullité de Ma équivaut à dire que a commute avec tout endomorphisme de E . Soit x un vecteur non nul de E . Considérons un supplémentaire H de la droite Cx et la projection p sur Cx parallèlement à H . Comme a commute avec p , il stabilise E1 (p) = Cx . Ainsi, a stabilise toutes les droites vectorielles de E ce qui, classiquement (cf. exercice 2.15 de la page 75), nous montre que a est une homothétie.

146

Solutions des exercices 5. Écrivons a = d + n , avec d diagonalisable, n nilpotent et d ◦ n = n ◦ d . Il est clair que Ga = Gd + Gn et Da = Dd + Dn . Finalement, Ma = Md + Mn . La deuxième question nous dit que Md est diagonalisable et la troisième que Mn est nilpotent. De plus : Md ◦ Mn = (Gd − Dd ) ◦ (Gn − Dn ) = Gd ◦ Gn − Gd ◦ Dn − Dd ◦ Gn + Dd ◦ Dn .

Par commutation de d et n , on a Gd ◦ Gn = Gn ◦ Gd et de même Dd ◦ Dn = Dn ◦ Dd . Par le même argument que dans la deuxième question, on a aussi Gd ◦ Dn = Dn ◦ Gd et Dd ◦ Gn = Gn ◦ Dd . Donc Md et Mn commutent. Si maintenant on suppose Ma diagonalisable, alors les deux égalités : et Ma = Ma + 0 Ma = Md + Mn sont des décompositions de Ma comme somme d’un endomorphisme diagonalisable et d’un endomorphisme nilpotent qui commutent. L’unicité admise donne alors Mn = 0 . La question précédente nous dit donc qu’il existe λ ∈ C tel que n = λ IdE . Comme n est nilpotent, cela donne λ = 0 , donc n = 0 . Ainsi, a = d , donc a est diagonalisable.

  λ − 14  6 3.28 1. Pour tout λ ∈ IR , on a χA (λ) =   2



−18 −18   λ+7 9 . 3 λ+1  En retranchant la deuxième colonne de la troisième, il vient :

  λ − 14  6 χA (λ) =   2

−18 λ+7 3

0 −λ + 2 λ−2

   . 

En ajoutant la dernière ligne à la deuxième, puis en développant par rapport à la dernière colonne, on obtient :

  λ − 14  8 χA (λ) =   2

−18 λ + 10 3

0 0 λ−2

    λ − 14   = (λ − 2)  8   2



−18  λ + 10 



= (λ − 2) λ − 4λ + 4 = (λ − 2)3 .

Ainsi χA est scindé et admet 2 pour racine triple. Comme A �= 2I3 , la matrice A n’est pas diagonalisable (cf. exemple 26 de la page 110). En revanche, elle est trigonalisable, puisque χA est scindé.



2 0 2. Pour trigonaliser A sous la forme T = 0 trouver deux vecteurs propres non colinéaires pendant de (U, V ) , tel que AW = 2V + W .



0 0 2 1 demandée, on a donc besoin de 0 2 U et V et un troisième vecteur W , indé-

On cherche donc une base (U, V, W ) de IR3 telle que : (⋆)



(A − 2I3 ) U (A − 2I3 ) V (A − 2I3 ) W

Les vecteurs U et V sont donc à chercher  12 −6 valeur propre 2 . Comme A − 2I3 = −2

= = =

0 0 V.

dans le sous-espace propre de A pour la  18 18 est de rang 1 , le sous-espace −9 −9 −3 −3

propre E2 (A) est le plan de IR3 d’équation 2x + 3y + 3z = 0 .

De plus, le vecteur V doit appartenir à Im(A − 2I3 ) = Vect



6 −3 −1



.

147

Chapitre 3. Réduction des endomorphismes

Prenons donc V =



12 −6 −2



, puis U =



0 1 −1



, et enfin W =



1 0 0



.

Les vecteurs U et V forment une base du plan E2 (A) d’équation 2x + 3y + 3z = 0 et W �∈ E2 (A) donc la famille (U, V, W ) est une base de IR3 vérifiant (⋆) . On a alors :     2 0 0 0 12 1 −1 0 2 1 . 1 −6 0 et T = avec P = A = PTP 0 0 2 −1 −2 0 3.29 Raisonnons par récurrence sur la dimension de E en posant, pour tout n ∈ IN :

Hn : « Pour tout espace vectoriel E de dimension n et pour toute famille (ui )i∈I d’endomorphismes trigonalisables de E commutant deux à deux, il existe une base de E dans laquelle les matrices de tous les ui sont triangulaires supérieures. » Hn′ : « Pour toute famille (Ai )i∈I de matrices de Mn (IK) trigonalisables et commutant deux à deux, il existe une matrice inversible P telle que, pour tout i ∈ I , la matrice P −1 Ai P soit triangulaire supérieure. »

Il est clair que Hn′ est la traduction matricielle de Hn . Initialisation. H0 est évident. ′ . Hérédité. Soit n ∈ IN∗ ; supposons H0′ , . . . , Hn−1 Soit E un espace vectoriel de dimension n et (ui )i∈I une famille d’endomorphismes trigonalisables de E commutant deux à deux. Si tous les ui sont des homothéties, toute base de E les trigonalise simultanément. Sinon, prenons i0 ∈ I tel que ui0 ne soit pas une homothétie. Considérons l’une de ses valeurs propres λ (qui existe car ui0 est trigonalisable et dim E > 0 ) et prenons une base B de E adaptée au sous-espace propre Eλ (ui0 ) . Sa dimension p vérifie 1  p (un sous-espace propre n’est pas nul) et p < n (puisque ui0 n’est pas une homothétie). Soit i ∈ I . Comme ui commute avec ui0 , il stabilise ce sous-espace propre. Dans la base B , la matrice de ui est de la forme : Mi =



Ai 0

∗ Bi



avec

Ai ∈ Mp (IK)

et

Bi ∈ Mn−p (IK).

Comme ui est trigonalisable, il existe un polynôme P scindé tel que P (Mi ) = 0 . On a alors P (Ai ) = 0 et P (Bi ) = 0 , donc les matrices Ai et Bi sont trigonalisables. D’autre part, l’hypothèse de commutation des ui donne, par produit par blocs, les relations Ai Aj = Aj Ai et Bi Bj = Bj Bi pour tout (i, j) ∈ I 2 . ′ nous donnent donc l’existence de deux matrices inverLes hypothèses Hp′ et Hn−p sibles Q ∈ GLp (IK) et R ∈ GLn−p (IK) telles que, pour tout i ∈ I : Ti = Q−1 Ai Q ∈ Tp+



Q 0 0 R obtient, pour tout i ∈ I :

En posant P =



+ Ti′ = R−1 Bi R ∈ Tn−p .

et

, qui est inversible, d’inverse P −1 =

P −1 Mi P =



Ti 0

∗ Ti′





Q−1 0

0 R−1



, on

∈ Tn+ (IK).

Dans la base B′ de E telle que P soit la matrice passage de B à B′ , les matrices des ui sont donc triangulaires supérieures, ce qui achève de démontrer Hn .

148

Solutions des exercices 3.30 Soit E un sous-espace vectoriel de Mn (IK) de dimension strictement supérieure à n(n+1)/2 . Considérons le sous-espace vectoriel Tn++ (IK) constitué des matrices triangulaires supérieures strictes. Il est de dimension n(n−1) , donc dim E +dim Tn++ (IK) > n2 = dim Mn (IK) . Il existe 2 donc, dans E , une matrice non nulle triangulaire supérieure stricte, et une telle matrice est nilpotente (cf. proposition 41 de la page 119).

3.31 1. D’après l’exemple 16 de la page 102, le polynôme P = X n − a1 X n−1 − · · · − an est le polynôme caractéristique de sa matrice compagnon :

 0   1  A=  0  .  . . 0

··· .. . .. . .. . ···

··· .. . .. . .. . 0

0 .. . .. .

an .. . .. .

0 1

a2 a1



   .   

Comme P est à coefficients entiers, la matrice A est bien à coefficients entiers. 2. Soit k ∈ IN . La matrice A , ayant P comme polynôme caractéristique, est semblable dans Mn (C) à une matrice triangulaire de diagonale (λ1 , . . . , λn ) . Donc Ak est semblable à une matrice triangulaire de diagonale (λk1 , . . . , λkn ) . Son polynôme caractéristique est donc

n �

(X − λki ) et il est à coefficient entiers puisque Ak , comme A , est à coefficients

i=1

entiers. 3. (a) Soit k ∈ IN et ℓ ∈ [[0, n − 1]] . Le coefficient ck,ℓ du terme de degré ℓ de Pk vérifie :

� � � � � � � |ck,ℓ | = � λki1 · · · λkiℓ �  � � i1 0

et

det A > 0.

La matrice A est symétrique réelle donc diagonalisable. Notons λ1 et λ2 les deux racines réelles éventuellement confondues du polynôme caractéristique de A . On a alors : tr A = λ1 + λ2

det A = λ1 λ2 .

et

• Supposons A ∈ S2++ (IR) . Alors, sp A ⊂ IR∗+ donc : Exo 4.12 Exo 4.13

tr A > 0

det A > 0.

et

• Supposons tr A > 0 et det A > 0 . Alors : λ1 + λ 2 > 0

et

λ1 λ2 > 0.

La deuxième relation montre que λ1 et λ2 sont de même signe strict. La première relation montre alors que λ1 et λ2 sont strictement positifs. Donc A ∈ S2++ (IR) .

Exo 4.14

IV 1

Isométries vectorielles Généralités

Définition 11 Soit u ∈ L(E). On dit que u est une isométrie vectorielle si : Exo 4.19

∀x ∈ E Notation 168

�u(x)� = �x�.

On note O(E) l’ensemble des isométries vectorielles de E .

IV Isométries vectorielles Proposition 26 Soit u ∈ L(E). Soit B une base orthonormée de E . Les propriétés suivantes sont équivalentes : (i) u ∈ O(E) ;

(ii) ∀(x, y) ∈ E 2

( u(x) | u(y) ) = ( x | y ) ;

(iii) u ∈ GL(E) et u−1 = u∗ ; (iv) MatB (u) ∈ On (IR) ;

(v) La famille u(B) est une base orthonormée de E . Démonstration page 179

Terminologie Une isométrie étant un élément de GL(E), on parle parfois d’automorphisme orthogonal pour désigner un tel élément, ce qui explique la notation O(E). Proposition 27 Soit u ∈ O(E). Alors, det u ∈ {−1, 1} . Démonstration. C’est une conséquence directe du point (iv) de la proposition 26 et de la remarque de la page 161. Définition 12 Une isométrie vectorielle u ∈ O(E) est dite :

• positive ou directe si u est de déterminant 1 ;

• négative ou indirecte si u est de déterminant −1 . Notation On note SO(E) l’ensemble des isométries positives de E , aussi appelées rotations de E . Proposition 28 Soit u ∈ L(E) et B une base orthonormée de E . Alors on a : u ∈ SO(E) ⇐⇒ MatB (u) ∈ SOn (IR).

Démonstration. u ∈ SO(E) ⇐⇒

Puisque B est une base orthonormée, on a les équivalences suivantes :



u ∈ O(E) det u = 1

⇐⇒



MatB (u) ∈ On (IR) det MatB (u) = 1

⇐⇒ MatB (u) ∈ SOn (IR).

Conséquence On munit IRn de sa structure euclidienne canonique. Soit A ∈ Mn (IR). La matrice A est orthogonale (respectivement orthogonale positive) si, et seulement si, l’endomorphisme canoniquement associé à A est une isométrie (respectivement isométrie directe). Proposition 29 Les ensembles O(E) et SO(E) sont des sous-groupes de GL(E).

Démonstration page 180

169

Chapitre 4. Endomorphismes d’un espace euclidien Terminologie Les groupes O(E) et SO(E) sont appelés respectivement groupe orthogonal de E et groupe spécial orthogonal de E . Dans la propriété suivante, on suppose que E est orienté par le choix d’une base directe de référence. Proposition 30 Soit u ∈ L(E) et B une base orthonormée directe de E . Alors u ∈ SO(E) si, et seulement si, l’image de B par u est une base orthonormée directe de E . Démonstration. • Supposons u ∈ SO(E) . Comme u est une isométrie vectorielle, u envoie la base orthonormée B sur une base orthonormée. Par ailleurs, det u > 0 donc l’endomorphisme u conserve l’orientation des bases. Ainsi, l’image de B par u est une base orthonormée directe de E . • Supposons que u envoie la base orthonormée directe B sur une base orthonormée directe B′ . Comme u envoie une base orthonormée sur une base orthonormée, on a u ∈ O(E) . Par ailleurs, det u = det MatB (B′ ) > 0 donc det u = 1 , ce qui conclut.

Symétries orthogonales Définition 13 Soit F un sous-espace vectoriel de E . On appelle symétrie orthogonale par rapport à F la symétrie par rapport à F parallèlement à F ⊥ . Terminologie • Une symétrie orthogonale par rapport à un hyperplan est appelée réflexion.

• Lorsque F est une droite, la symétrie orthogonale par rapport à F est appelée symétrie d’axe F .

Proposition 31 Soit s ∈ L(E) une symétrie orthogonale. Alors s ∈ O(E).

Démonstration page 180

Ex. 15. Soit s ∈ L(E) une réflexion par rapport à un hyperplan H . En considérant une base ⊥

orthonormée B adaptée à la décomposition E = H ⊕ H ⊥ , on a :

 

MatB (s) =  

1

(0) ..

. 1

(0)

−1

   

donc

det s = −1.

Par ailleurs, s est une isométrie vectorielle puisque c’est une symétrie orthogonale. Une réflexion est donc une isométrie indirecte. Ex. 16. Soit s une symétrie de E vérifiant s ∈ O(E) . Alors on a : s2 = IdE

et

s∗ ◦ s = IdE

donc

s = s∗ .

Comme s est un endomorphisme autoadjoint, les sous-espaces propres Ker(s − IdE ) et Ker(s + IdE ) sont orthogonaux, donc s est une symétrie orthogonale.

170

IV Isométries vectorielles

2

Isométries en dimension 2

Proposition 32 Soit A ∈ M2 (IR). • A ∈ SO 2 (IR) ⇐⇒ ∃θ ∈ IR A =



• A ∈ O2 (IR) \ SO 2 (IR) ⇐⇒ ∃θ ∈ IR

 − sin θ . cos θ   cos θ sin θ A= . sin θ − cos θ

cos θ sin θ

Démonstration page 180

Proposition 33 L’application suivante : R : (IR, +) −→ (SO  2 (IR), ×)  cos θ − sin θ θ �−→ sin θ cos θ

est un morphisme de groupes surjectif de noyau 2πZZ.

Démonstration page 180

Proposition 34 Le groupe SO 2 (IR) est commutatif et isomorphe à U .

Démonstration page 180

Dans le reste de cette section, E désigne un plan euclidien orienté, c’est-à-dire un espace euclidien de dimension 2 que l’on oriente par le choix d’une base directe de référence. Proposition 35 Soit u ∈ SO(E). Il existe θ ∈ IR, unique modulo 2π , tel que pour toute base orthonormée directe B on ait :   cos θ − sin θ MatB (u) = . sin θ cos θ

Démonstration page 181

Terminologie

Un tel élément de SO(E) est appelé rotation d’angle θ .

Remarque Si B = (e1 , e2 ) est une base orthonormée indirecte de E et u une rotation d’angle θ , alors B ′ = (−e1 , e2 ) est une base orthonormée directe de E , donc on a MatB′ (u) = R(θ) puis MatB (u) = R(−θ) par vérification immédiate. Proposition 36 Le groupe SO(E) est commutatif et isomorphe à U. Démonstration.

C’est une conséquence directe de la proposition 34.

Remarque Soit (u, v) ∈ SO(E)2 deux rotations d’angles respectifs θ et θ′ . Si B est une base orthonormée directe de E , on a : MatB (u ◦ v) = MatB (u) MatB (v) = R(θ)R(θ′ ) = R(θ + θ′ ),

donc u ◦ v est la rotation d’angle θ + θ′ .

171

Chapitre 4. Endomorphismes d’un espace euclidien Proposition 37 Soit u ∈ O(E) \ SO(E). Alors u est une réflexion de E .

Démonstration page 181

Angles orientés de vecteurs dans E Proposition 38 Soit x et y deux vecteurs unitaires de E . Il existe une unique rotation u ∈ SO(E) telle que u(x) = y . Démonstration page 181

Définition 14 Soit x et y deux vecteurs non nuls du plan E .  x  = • Il existe une unique rotation u telle que u �x�

y �y� ·

• L’angle de cette rotation est appelé angle orienté des vecteurs x et y .

Notation

L’angle orienté des vecteurs non nuls x et y est noté (x, y).

Proposition 39 (Relation de Chasles) Soit (x, y, z) ∈ E 3 trois vecteurs non nuls. Alors on a : (x, z) = (x, y) + (y, z) [2π].

Démonstration page 181

3

Réduction des isométries vectorielles

Proposition 40 L’endomorphisme induit sur un sous-espace vectoriel stable par une isométrie vectorielle est aussi une isométrie vectorielle. Démonstration.

La propriété de conservation de la norme reste vraie par restriction à un

sous-espace stable.

Proposition 41 Soit u une isométrie vectorielle et F un sous-espace vectoriel de E . Si F est stable par u , alors F ⊥ est aussi stable par u . Démonstration page 182

Principe de démonstration. Montrer que F ⊥ est stable par u−1 puis utiliser les dimensions. Théorème 42 Soit u une isométrie vectorielle. Il existe une base orthonormée B de E dans laquelle la matrice de u est égale à une matrice diagonale par blocs avec des blocs diagonaux : • de taille 1 de la forme (γ) avec γ ∈ {−1, 1} ; • de taille 2 et de la forme :  cos θ R(θ) = sin θ

172

− sin θ cos θ



avec θ ∈ IR \ πZZ. Démonstration page 182

IV Isométries vectorielles

Exo 4.20

Autrement dit, la matrice d’une isométrie dans une telle base orthonormée peut se mettre sous la forme :   Ip   −Iq (0)     R(θ1 ) avec (θ1 , . . . , θr ) ∈ (IR \ πZZ)r .     . .   . (0) R(θr ) Conséquence On munit IRn de sa structure euclidienne canonique. Toute matrice orthogonale est orthogonalement semblable à une matrice de la forme précédente. Rotations en dimension 3 Dans le reste de cette section, E désigne un espace euclidien de dimension 3 que l’on oriente par le choix d’une base directe de référence. Proposition 43 Si u ∈ SO(E), alors il existe une base orthonormée B de E telle que :   1 0 0 avec θ ∈ IR. MatB (u) =  0 cos θ − sin θ  0 sin θ cos θ

Démonstration page 182

Conséquence On munit IR3 de sa structure euclidienne canonique. Soit A ∈ SO3 (IR). Alors A est orthogonalement semblable à une matrice de la forme :   1 0 0  0 cos θ − sin θ  avec θ ∈ IR. 0 sin θ cos θ

Exo 4.21

Corollaire 44 Si u est une isométrie vectorielle directe de E , il existe une droite D et un plan P orthogonal à D tel que u|D = IdD et tel que u|P soit une rotation. Démonstration. telle que :

D’après la proposition 43, il existe une base orthonormée B = (e1 , e2 , e3 )

MatB (u) =

�

1 0 0

0 cos θ sin θ

0 − sin θ cos θ

�

avec

θ ∈ IR.

On définit la droite D et le plan P par : D = Vect(e1 )

et

P = Vect(e2 , e3 ).

Par construction, D et P sont orthogonaux, uD = IdD et uP est une rotation du plan P car sa matrice dans la base orthonormée (e2 , e3 ) est la matrice de rotation R(θ) .

173

Chapitre 4. Endomorphismes d’un espace euclidien Remarques • On dit qu’une telle isométrie vectorielle directe de E est une rotation d’angle θ . L’angle θ de la rotation peut être déterminé, au signe près, par tr(u) = 1 + 2 cos θ .

• Si u ∈ O(E) \ SO(E) est une isométrie indirecte, alors −u ∈ SO(E).

En effet, u conserve la norme donc −u également et donc −u ∈ O(E). Par ailleurs, det(−u) = (−1)3 det u = 1 .

Exo 4.22

D’après la proposition 43 de la page précédente, il existe une base orthonormée B telle que :     1 0 −1 0 MatB (−u) = donc MatB (u) = . 0 R(θ) 0 R(θ + π)

174

Démonstrations

Démonstrations Proposition 2 ∀e ∈ E

2

Soit (x, y) ∈ E et λ ∈ IR . On a : ( x + λy | u(e) ) = ( x | u(e) ) + λ( y | u(e) ) ∗

(bilinéarité du produit scalaire)

∗

= ( u (x) | e ) + λ( u (y) | e )

(définition de l’adjoint)

= ( u∗ (x) + λu∗ (y) | e ).

(bilinéarité du produit scalaire)

On en déduit u∗ (x + λy) = u∗ (x) + λu∗ (y) par définition de l’adjoint. Proposition 3 •

Fixons (u, v) ∈ L(E)2 et λ ∈ IR .

Soit x ∈ E . On a : ∀y ∈ E

         x  (u + λv)(y) = x  u(y) + λ x  v(y) (bilinéarité du produit scalaire)      ∗  ∗ (définition de l’adjoint) = u (x)  y + λ v (x)  y    ∗ ∗ (bilinéarité du produit scalaire) = (u + λv )(x)  y .

On en déduit (u + λv)∗ (x) donc (u + λv)∗ = u∗ + λv ∗ . •

Soit x ∈ E . On a : ∀y ∈ E

=

(u∗ + λv ∗ )(x)

par

définition

de

l’adjoint,

( u∗ (v ∗ (x)) | y ) = ( v ∗ (x) | u(y) ) = ( x | v(u(y)) ),

ce qui montre que (v ◦ u)∗ (x) = u∗ (v ∗ (x)) pour tout x ∈ E donc (v ◦ u)∗ = u∗ ◦ v ∗ .

On a aussi :

∀y ∈ E

( u(x) | y ) = ( x | u∗ (y) ),

ce qui montre que u(x) = (u∗ )∗ (x) pour tout x ∈ E donc (u∗ )∗ = u . Proposition 4

Notons B = (e1 , . . . , en ) , A = MatB (u) et B = MatB (u∗ ) .

Par expression des coordonnées dans une base orthonormée et définition de l’adjoint, on a : bi,j = ( u∗ (ej ) | ei ) = ( ej | u(ei ) ) = aj,i . On en déduit B = AT . Proposition 6 •

Soit x ∈ E . On a les équivalences suivantes :

x ∈ Ker u∗ ⇐⇒ u∗ (x) = 0 ⇐⇒ ∀y ∈ E

( u∗ (x) | y ) = 0

⇐⇒ ∀y ∈ E

( x | u(y) ) = 0

⇐⇒ ∀z ∈ Im u

(x | z) = 0

⇐⇒ x ∈ (Im u)⊥ . •

En passant à l’orthogonal dans l’égalité Ker u∗ = (Im u)⊥ , on obtient Im u = (Ker u∗ )⊥ . Vu que u∗ ∈ L(E) , on peut remplacer u par u∗ dans cette égalité. En observant que (u∗ )∗ = u , il vient Im u∗ = (Ker u)⊥ .

175

Chapitre 4. Endomorphismes d’un espace euclidien Proposition 8 •

Par caractérisation de l’inversibilité d’une matrice carrée, on a directement : AT A = In ⇐⇒ A ∈ GLn (IR)

•

et

AT = A−1 .

Les équivalences suivantes : A ∈ On (IR) ⇐⇒ ∀(i, j) ∈ [[1, n]]2 ⇐⇒ ∀(i, j) ∈ [[1, n]]2 ⇐⇒ ∀(i, j) ∈ [[1, n]]2

(AT A)i,j = δi,j n 

ak,i ak,j = δi,j

k=1

( Ci | Cj ) = δi,j

montrent que A est une matrice orthogonale si, et seulement si, la famille (C1 , . . . , Cn ) est une base orthonormée. •

Enfin, (L1 , . . . , Ln ) étant la famille des colonnes de AT , d’après le point précédent, c’est une base orthonormée si, et seulement si, AT ∈ On (IR) c’est-à-dire si, et seulement si, AAT = In . Par caractérisation de l’inversibilité, on retrouve la propriété (i) qui caractérise que A ∈ On (IR) .

Proposition 9 Posons A = MatB (B′ ) ainsi que B = (e1 , . . . , en ) et B′ = (e′1 , . . . , e′n ) . En utilisant l’expression du produit scalaire en fonction des coordonnées dans la base orthonormée B et en notant (C1 , . . . , Cn ) les colonnes de A , on obtient que B′ est une base orthonormée de E si, et seulement si : ∀(i, j) ∈ [[1, n]]2

n 

ak,i ak,j = δi,j

c’est-à-dire

Ci T Cj = δi,j .

k=1

Cette dernière propriété traduit le fait que (C1 , . . . , Cn ) est une famille orthonormée de IRn , ou encore que A ∈ On (IR) . Proposition 10 • • •

Montrons que On (IR) et SOn (IR) sont des sous-groupes de GLn (IR) .

On a déjà les inclusions SOn (IR) ⊂ On (IR) ⊂ GLn (IR) .

Ensuite, In ∈ On (IR) puisque InT In = In2 = In et In ∈ SOn (IR) car det In = 1 .

Soit (A, B) ∈ On (IR)2 .

∗

Par propriété de la transposition, on a : T

T

(A−1 B) A−1 B = B T (A−1 ) A−1 B = B −1 AA−1 B = In ,

∗

(AT = A−1

et

B T = B −1 )

donc A−1 B ∈ On (IR) . Si de plus, A et B sont dans SOn (IR) , on a aussi : det(A−1 B) = (det A)−1 det B = 1 puisque det A = 1 et det B = 1 . Donc A−1 B ∈ SOn (IR) .

Remarque L’application det permet de définir un morphisme de groupes de sur (IR∗ , ×) et SOn (IR) est le noyau de ce morphisme.

176



On (IR), ×



Démonstrations Proposition 11 La relation R est : réflexive car pour toute base B , on a detB (B) = 1 , donc B R B ;

symétrique car pour toutes bases B et B′ , les réels detB (B′ ) et detB′ (B) sont non nuls et inverses l’un de l’autre, donc de même signe strict ;

transitive

car pour toutes bases B, B′ et B′′ , on a :

detB (B′′ ) = detB (B′ ) detB′ (B′′ )

donc detB (B′′ ) est un réel strictement positif dès que B R B′ et B′ R B′′ .

Choisissons une base B0 = (e1 , . . . , en ) et posons B0′ = (−e1 , e2 , . . . , en ) . Si B est une base de E , alors deux alternatives sont possibles : • detB0 (B) > 0 donc B R B0 ;

•

ou detB0 (B) < 0 et dans ce cas, on a :

detB0′ (B) = detB0′ (B0 ) detB0 (B) = − detB0 (B) > 0

donc

B R B0′ .

Les bases B0 et B0′ ne sont pas en relation car detB0 (B0′ ) = −1 < 0 donc la relation R possède exactement deux classes d’équivalences. Proposition 18 • Le premier point est une conséquence directe des définitions. • Supposons E = F ⊕ G .

Sens direct Supposons F ⊥ G . Déjà, on a G ⊂ F ⊥ . Ensuite, si x ∈ F ⊥ , on peut noter x = a + b sa décomposition sur la somme directe F ⊕ G . Comme b ∈ G ⊂ F ⊥ , on a x − b ∈ F ⊥ donc ( a | a ) = ( x − b | a ) = 0 puis a = 0 et enfin, x = b ∈ G . Sens réciproque C’est une conséquence immédiate du premier point.

Proposition 19 •

Soit p un projecteur de E .

Supposons que p soit un projecteur orthogonal. Soit (x, y) ∈ E 2 . On a :







(p(x) | y) = p(x) | p(y) + y − p(y) = p(x) | p(y) puisque p(x) appartient à Im p et y − p(y) à Ker p = (Im p)⊥ .

Le résultat étant symétrique en (x, y) , on en déduit :



•

 

p(x)  y



 

 





= p(y)  x = x  p(y) ,

ce qui montre que p est autoadjoint. Si p est un projecteur autoadjoint, alors pour tout (x, y) ∈ Ker p × Im p , on a : ( x | y ) = ( x | p(y) ) = ( p(x) | y ) = ( 0 | y ) = 0.

Ainsi, Ker p et Im p sont orthogonaux, ce qui prouve que p est un projecteur orthogonal. Lemme 20 Comme u possède un polynôme annulateur dans IR[X] , il existe des polynômes unitaires P1 , . . . , Pr de degré 1 ou 2 tels que : (P1 . . . Pr ) (u) = 0 avec r  1 puisque E �= {0} .

c’est-à-dire

P1 (u) ◦ · · · ◦ Pr (u) = 0,

Parmi les endomorphismes P1 (u), . . . , Pr (u) l’un d’entre eux est donc non injectif. Sans perdre de généralité, on suppose qu’il s’agit de P1 (u) et l’on considère x ∈ Ker P1 (u) non nul.





Comme P1 est de degré inférieur ou égal à 2 , on a u2 (x) ∈ Vect x, u(x) . Par conséquent, Vect (x, u(x)) est une droite ou un plan stable par u .

177

Chapitre 4. Endomorphismes d’un espace euclidien Proposition 22 Soit x et y deux vecteurs propres d’un endomorphisme autoadjoint u associés à des valeurs propres différentes λ et µ . On a alors : λ( x | y ) = ( u(x) | y ) = ( x | u(y) ) = µ( x | y )

donc (λ − µ) ( x | y ) = 0 , puis ( x | y ) = 0 , car λ − µ �= 0 , ce qui prouve que les vecteurs x et y sont orthogonaux. Théorème 23

On commence par le lemme suivant.

Lemme Tout endomorphisme autoadjoint u d’un espace euclidien E de dimension 1 ou 2 possède un vecteur propre. Démonstration. Il suffit de montrer que le polynôme caractéristique de u est scindé dans IR[X] . Le résultat est évident si l’espace est une droite. Supposons E de dimension 2 et fixons B une base orthonormée de E . Alors MatB (u) est une matrice symétrique réelle que





a b l’on peut noter MatB (u) = . On a ensuite χu (X) = X 2 − (a + c)X + (ac − b2 ) , b c polynôme du second degré de discriminant : ∆ = (a + c)2 − 4(ac − b2 ) = (a − c)2 + 4b2  0,

donc scindé dans IR[X] .

Passons à la démonstration du théorème spectral. •

La propriété (ii) implique la propriété (iii) : il suffit de choisir une base orthonormée adaptée à la décomposition E =

⊥ 

Eλ (u) .

λ∈sp(u)

•

Si l’on suppose (iii) , alors il existe B une base orthonormée de E telle que MatB (u) soit diagonale et en particulier symétrique. D’après la proposition 15 de la page 163, on en déduit que u∗ = u .

•

Supposons (i) . Le sous-espace vectoriel G =

⊥ 

Eλ (u) est stable par u . Son supplé-

λ∈sp(u)

mentaire orthogonal G⊥ l’est aussi d’après la proposition 21 de la page 165. L’endomorphisme u′ induit par u sur G⊥ est autoadjoint. Si G⊥ n’est pas réduit à {0} , l’endomorphisme autoadjoint u′ possède une droite ou un plan stable (cf. lemme 20 de la page 165), donc au moins un vecteur propre (d’après le lemme ci-dessus), ce qui contredit G∩G⊥ = {0} puisque tout vecteur propre de u′ appartient aussi à G . Il vient alors G⊥ = {0} puis G = E . Proposition 25 Fixons B = (e1 , . . . , en ) une base orthonormée de vecteurs propres de u et (λ1 , . . . , λn ) les valeurs propres associées. Soit x ∈ E que l’on écrit : x=

n 

x k ek .

k=1

Alors, on a u(x) =

n 

λk xk ek puis, d’après l’expression du produit scalaire dans une base

k=1

orthonormée :

( x | u(x) ) =

178

n  k=1

λk x2k .

Démonstrations •

•

Supposons u ∈ S + (E) . Pour j ∈ [[1, n]] , en prenant x = ej dans ce qui précède, il vient : ( ej | u(ej ) ) = λj

Si u ∈ S

++

donc

λj  0.

(E) , comme le vecteur ej est non nul, on a λj > 0 .

Réciproquement, si l’on suppose que sp u ⊂ IR+ , on a immédiatement ( x | u(x) )  0 , avec égalité si, et seulement si : ∀k ∈ [[1, n]] λk x2k = 0.

Ainsi, en supposant que sp u ⊂ IR∗+ , on a ( x | u(x) ) > 0 dès que le vecteur x est non nul.

Proposition 26 •

Supposons (i) et montrons (ii) . D’après une identité de polarisation, on a pour tout (x, y) :

 1 �u(x) + u(y)�2 − �u(x)�2 − �u(y)�2 2  1 �x + y�2 − �x�2 − �y�2 = 2 = ( x | y ).

( u(x) | u(y) ) =

•

(conservation de la norme) (identité de polarisation)

Supposons (ii) et montrons (iii) . Soit y ∈ E . On a pour tout x ∈ E : ( x | (u∗ ◦ u)(y) ) = ( u(x) | u(y) ) = ( x | y )

donc

( x | (u∗ ◦ u)(y) − y ) = 0,

ce qui prouve ( x | (u∗ ◦u)(y)−y ) = 0 puis (u∗ ◦u)(y) = y . On en déduit u∗ ◦u = IdE puis, par caractérisation de l’inversibilité d’un endomorphisme d’un espace vectoriel de dimension finie, on a : u ∈ GL(E) et u−1 = u∗ . •

Supposons (iii) et montrons (iv) .

On a alors MatB (u∗ u) = MatB (IdE ) puis MatB (u∗ ) MatB (u) = In et enfin : MatB (u)T MatB (u) = In ,

• •

ce qui montre que MatB (u) ∈ On (IR) .

Supposons (iv) et montrons (v) . Alors, la matrice de la famille u(B) dans la base orthonormée B est une matrice orthogonale. D’après la proposition 9 de la page 161, u(B) est une base orthonormée de E . Supposons (v) et montrons (i) . On pose B = (e1 , . . . , en ) .

Soit x ∈ E dont on note (x1 , . . . , xn ) la famille des coordonnées dans la base B .

Par expression de la norme dans une base orthonormée, on a :

  n  x2 . �x� =  k

k=1

On a aussi u(x) =

n 

xk u(ek ) et, par expression de la norme dans la base orthonor-

k=1

mée (u(e1 ), . . . , u(en )) , il vient :

  n  �u(x)� =  x2k = �x�, k=1

ce qui conclut.

179

Chapitre 4. Endomorphismes d’un espace euclidien Proposition 29 L’application Mat−1 B est un isomorphisme de groupes de GLn (IR) vers GL(E) qui envoie le sous-groupe On (IR) (respectivement SOn (IR) ) sur O(E) (respectivement SO(E) ). Comme l’image d’un sous-groupe est un sous-groupe, O(E) et SO(E) sont des sous-groupes de GL(E) . ⊥

Proposition 31 Soit x ∈ E dont on note x = a + b la décomposition sur F ⊕ F ⊥ . On a alors s(x) = a − b puis, d’après le théorème de Pythagore : �s(x)�2 = �a − b�2 = �a�2 + �b�2 = �a + b�2 = �x�2 . Par positivité de la norme, on a �s(x)� = �x� donc s ∈ O(E) . Proposition 32 •

Soit M =



a b

  −b se réécrit  a

c d



∈ O2 (IR) . Par orthogonalité des colonnes, il vient ac + bd = 0 qui

 c  = 0 . Comme la première colonne de ce déterminant est non nulle (car d 

unitaire), il existe λ ∈ IR tel que (c, d) = λ(−b, a) . Par passage à la norme, il vient |λ| = 1 donc (c, d) = ±(−b, a) et : A=



a b

−b a



ou

A=



a b

b −a



.

Dans le premier cas, on a det A = a2 + b2 = 1 et dans le second cas, on a det A = −1 . Par ailleurs, comme a2 + b2 = 1 , il existe θ ∈ IR (unique modulo 2π ) tel que a = cos θ et b = sin θ donc :

•



cos θ sin θ

∗

si A ∈ SO2 (IR) , alors on est dans le premier cas et A =

∗

si A ∈ O2 (IR) \ SO2 (IR) , alors on est dans le second cas et A =

Les deux sens réciproques sont des vérifications immédiates.



− sin θ cos θ cos θ sin θ



;

sin θ − cos θ



.

Proposition 33 •

Soit (θ, θ′ ) ∈ IR2 . Un calcul direct utilisant les formules d’addition donne : ′

R(θ)R(θ ) =

• •



cos(θ + θ′ ) sin(θ + θ′ )

− sin(θ + θ′ ) cos(θ + θ′ )



= R(θ + θ′ ),

ce qui montre que R est un morphisme de groupes de (IR, +) sur (SO2 (IR), ×) . La surjectivité découle de la proposition 32 de la page 171.

Un réel θ appartient au noyau de R si, et seulement si, R(θ) = I2 c’est-à-dire si, et seulement si : cos θ = 1 et sin θ = 0, soit θ ≡ 0 [2π] . Ainsi, Ker R = 2πZZ .

Proposition 34 •

Soit (A, B) ∈ SO2 (IR)2 . Il existe (θ, θ′ ) ∈ IR2 tels que A = R(θ) et B = R(θ′ ) . On a alors : AB = R(θ + θ′ ) = R(θ′ + θ) = BA.

180

Démonstrations Posons ϕ : 

•

a b

SO2 (IR)  −b a

−→

U

�−→

a + ib.

La fonction ϕ est bien définie, injective et surjective. Soit A = on a : AB =





a b

−b a

ac − bd bc + ad



et B =



−(bc + ad) ac − bd



c d

−d c



deux matrices orthogonales positives. Alors

(a + ib)(c + id) = (ac − bd) + i(bc + ad),

et

ce qui achève de montrer que ϕ est un isomorphisme de groupes. Proposition 35 Soit B0 une base orthonormée directe de E . La matrice de u dans B0 appartient à SO2 (IR) , donc il existe θ ∈ IR (unique modulo 2π ) tel que MatB0 (u) = R(θ) . Si B est une base orthonormée directe de E , la matrice P de passage de B0 à B est aussi dans SO2 (IR) . Comme ce groupe est commutatif, on en déduit : MatB (u) = P −1 R(θ)P = R(θ). Proposition 37 Soit B une base orthonormée de E . Alors MatB (u) ∈ O2 (IR) \ SO2 (IR) donc est de la forme :   cos θ sin θ ∈ S2 (IR). MatB (u) = sin θ − cos θ

On a donc χu = X 2 − 1 et u ∈ S(E) . Le polynôme caractéristique est scindé à racines simples donc u est diagonalisable et ses sous-espaces propres sont de dimension 1 , et orthogonaux car u ∈ S(E) . On a donc : ⊥

E = Ker(u − IdE ) ⊕ Ker(u + IdE )

et

dim Ker(u − IdE ) = dim Ker(u + IdE ) = 1.

Ainsi, u est une symétrie orthogonale par rapport à l’hyperplan Ker(u − IdE ) . Proposition 38 Existence. Le vecteur x est unitaire donc il existe e2 ∈ E tel que (x, e2 ) soit une base orthonormée de E . Quitte à remplacer e2 par −e2 , on peut supposer que (x, e2 ) est une base orthonormée directe de E . De même, il existe e′2 ∈ E tel que (y, e′2 ) soit une base orthonormée directe de E . L’unique endomorphisme u de E qui envoie la base orthonormée directe (x, e2 ) sur la base orthonormée directe (y, e′2 ) est un élément de SO(E) et vérifie u(x) = y . Unicité. Comme dans la partie existence, fixons B = (x, e2 ) une base orthonormée directe de E . Soit u ∈ SO(E) tel que u(x) = y . Notons θ l’angle de cette rotation et (a, b) ∈ IR2 tel que y = ax + be2 . Comme B est une base orthonormée directe de E , on a MatB (u) = R(θ) donc y = cos θx + sin θe2 puis cos θ = a et sin θ = b , ce qui détermine l’angle θ de façon unique modulo 2π et achève la preuve de l’unicité. Proposition 39 et

y �y�

sur

Notons u et v les rotations du plan qui envoient respectivement z · �z�

Alors v ◦ u ∈ SO(E) et cette rotation envoie

x �x�

sur

x �x�

sur

y �y�

z · �z�

Par ailleurs, si u est d’angle θ et v d’angle θ′ , alors v ◦ u est la rotation d’angle θ + θ′ , ce qui conclut.

181

Chapitre 4. Endomorphismes d’un espace euclidien Proposition 41 Supposons F stable par u . Comme u ∈ O(E) , on a u−1 = u∗ donc F ⊥ est stable par u−1 (cf. proposition 7 de la page 160). On en déduit u−1 (F ⊥ ) ⊂ F ⊥ puis F ⊥ ⊂ u(F ⊥ ) . Comme u est un isomorphisme, u(F ⊥ ) et F ⊥ ont même dimension finie. Par inclusion et égalité des dimensions, il vient u(F ⊥ ) = F ⊥ et en particulier, F ⊥ est stable par u . Théorème 42 On va démontrer le résultat par récurrence sur la dimension de E . Si E est de dimension 1, alors le résultat est trivial. Soit n ∈ IN∗ . Supposons le résultat vrai pour toute isométrie d’un espace euclidien de dimension inférieure ou égale à n − 1 et considérons u une isométrie d’un espace euclidien de dimension n . • Supposons que u possède une valeur propre réelle λ . Soit e1 un vecteur propre associé à λ . On a alors E = IRe1 stable par l’isométrie u , son orthogonal aussi.

⊥ �

(IRe1 )⊥ . Comme IRe1 est

Par hypothèse de récurrence, comme l’endomorphisme induit par u sur (IRe1 )⊥ est une isométrie, il existe une base orthonormée de (IRe1 )⊥ dans laquelle sa matrice est de la forme annoncée. Il suffit de la compléter avec �ee11 � pour obtenir une base orthonormée de E dans

•

laquelle la matrice de u est de la forme annoncée. En effet, u étant une isométrie, λ = ±1 . Supposons que u ne possède pas de valeur propre réelle. Alors u possède un plan stable P (cf. lemme 20 de la page 165). Soit B une base orthonormée de P et u ˜ l’endomorphisme induit par u sur P . La matrice MatB (u) est alors une matrice de O2 (IR) sans valeur propre réelle. Or, d’après la proposition 32 de la page 171, les matrices de O2 (IR) sont de la forme : R(θ) =

�

cos θ sin θ

− sin θ cos θ

�

S(θ) =

ou

�

cos θ sin θ

�

sin θ − cos θ

.

Comme u ne possède pas de valeur propre réelle, u ˜ non plus et ce n’est donc pas une symétrie. On en déduit que MatB (u) est de la forme R(θ) avec sin θ �= 0 . Par hypothèse de récurrence, comme l’endomorphisme induit par u sur P ⊥ est une isométrie, il existe une base orthonormée de P ⊥ dans laquelle sa matrice est de la forme annoncée. Il suffit de la compléter avec une base orthonormée de P pour obtenir une base orthonormée de E dans laquelle la matrice de u est de la forme annoncée.

Proposition 43 D’après le théorème de réduction des isométries vectorielles (cf. théorème 42 de la page 172), il existe une base orthonormée B de E telle que :



  MatB (u) =   



Ip −Iq (0)

(0) R(θ1 ) ..

. R(θr )

    

(θ1 , . . . , θr ) ∈ (IR \ πZZ)r .

avec

Pour la disjonction de cas qui suit, on observe que p + q + 2r = 3 et que (−1)q = det u = 1 donc q est un entier pair puis (p, q, r) ∈ {(3, 0, 0), (1, 0, 1), (1, 2, 0)} .

�

1 0

0 R(0)

•

Si (p, q, r) = (3, 0, 0) , alors MatB (u) = I3 =

•

Si (p, q, r) = (1, 0, 1) , alors MatB (u) =

•

Si (p, q, r) = 1, 2, 0) , alors MatB (u) = Diag(1, −1, −1) =

182

�

1 0

0 R(θ1 )

�

�

.

.

�

1 0

0 R(π)

�

.

Exercices

S’entraîner et approfondir Adjoint d’un endomorphisme 4.1 Soit ϕ une forme linéaire sur Mn (IR) .

→158

Montrer qu’il existe une unique matrice A ∈ Mn (IR) telle que : ∀M ∈ Mn (IR)

ϕ(M ) = tr (AM ).

4.2 Soit u ∈ L(E) . Montrer que Ker(u∗ ◦ u) = Ker u et Im(u∗ ◦ u) = Im u∗ .

→159

4.3 Soit u ∈ L(E) . Montrer l’équivalence :

→159



u2 = 0

et

u + u∗ ∈ GL(E)

Matrices orthogonales



⇐⇒ Ker u = Im u.

4.4 Montrer que l’ensemble des matrices de On (IR) à coefficients entiers (relatifs) est un ensemble fini et déterminer son cardinal.

→160

4.5 Soit A ∈ Mn (IR) . On suppose que χA est scindé dans IR[X] . Montrer que A est orthogonalement semblable à une matrice triangulaire supérieure.

→161

4.6 Inégalité d’Hadamard On munit IRn de sa structure euclidienne canonique. Soit A ∈ GLn (IR) dont on note C1 , . . . , Cn les colonnes.

1. Montrer qu’il existe Q ∈ On (IR) et R ∈ Tn+ (IR) une matrice triangulaire supérieure telles que A = QR . Indication. On pourra appliquer le procédé d’orthonormalisation de Gram-Schmidt à la famille des colonnes de A . 2. Montrer que | det A| 

n 

�Cj � .

j=1

4.7 Soit A ∈ Mn (IR) de rang r telle que AT A = A3 . 1. Montrer que Im A = Im A3 . 2. Montrer qu’il existe B ∈ Or (IR) telle que B 3 = Ir et A soit orthogonalement semblable à la matrice s’écrivant par blocs

⋆ 4.8 Soit u ∈ L(E) tel que tr u = 0 .



B 0

0 0



.

1. Montrer qu’il existe un vecteur unitaire ε1 tel que





u(ε1 )  ε1



= 0.

2. Montrer qu’il existe une base orthonormée de E dans laquelle la matrice de u est à diagonale nulle.

183

Chapitre 4. Endomorphismes d’un espace euclidien

Endomorphismes autoadjoints 4.9 On note S l’ensemble des vecteurs unitaires de E . Soit u ∈ S(E) et (λ1 , . . . , λn ) la liste croissante des valeurs propres de u comptées avec multiplicité ainsi que (e1 , . . . , en ) une base orthonormée de vecteurs propres associés. Soit k ∈ [[1, n]] .

→166

1. On pose Fk = Vect(e1 , . . . , ek ) . Montrer que :

λk = max ( x | u(x) ). x∈Fk ∩S

2. Soit F un sous-espace vectoriel de E de dimension k . Montrer que : sup ( x | u(x) )  λk .

x∈F ∩S

Indication. On pourra commencer par vérifier que l’intersection F ∩ Gk est non nulle, avec Gk = Vect(ek , . . . , en ) . 4.10 Soit M ∈ Mn (IR) telle que M M T M = In . →166 1. Montrer que M est inversible et symétrique. 2. Montrer que M = In . 4.11 Soit A ∈ Mn (IR) . On suppose que pour toute matrice P ∈ On (IR) , la matrice P −1 AP est →166 à diagonale nulle. Montrer que A est antisymétrique. Indication. On pourra s’intéresser à la matrice A + AT . 4.12 Soit A = →168



r s

s t



∈ S2 (IR) . Montrer que : A ∈ S2++ (IR) ⇐⇒ r > 0

et

rt > s2 .

4.13 Pour (A, B) ∈ Sn (IR)2 , on note A  B lorsque B − A ∈ Sn+ (IR) . →168 Montrer que  est une relation d’ordre sur Sn (IR) . 4.14 Soit A ∈ Sn++ (IR) et B ∈ Sn+ (IR) . →168

1. Montrer qu’il existe C ∈ Sn++ (IR) telle que A−1 = C 2 . 2. Montrer qu’il existe P ∈ GLn (IR) et D une matrice diagonale à coefficients positifs tels que : A = PPT et B = P DP T . + Indication. On pourra montrer que CBC ∈ Sn (IR) . 3. Montrer que det A + det B  det(A + B) .

4.15 Soit p et q deux projecteurs orthogonaux d’un espace euclidien E . 1. Soit F un sous-espace vectoriel de E et x ∈ F tel que q(x) ∈ F ⊥ . Montrer que q(x) = 0 . 2. Soit u ∈ L(E) . On suppose que l’endomorphisme induit uIm u est diagonalisable et E = Im u ⊕ Ker u . Montrer que u est diagonalisable. 3. Montrer que p ◦ q est diagonalisable. 4.16 1. Soit u ∈ Sn++ (E) . Montrer qu’il existe un unique v ∈ Sn++ (E) tel que u = v 2 .

2. Soit f ∈ GL(E) . Montrer qu’il existe un unique couple (g, h) ∈ O(E) × Sn++ (E) tel que f = g ◦ h .

184

Exercices 4.17 Soit f ∈ GL(E) . Montrer qu’il existe une base orthonormée (e1 , . . . , en ) de E telle   que f (e1 ), . . . , f (en ) soit une base orthogonale. 4.18 Soit p ∈ L(E) un projecteur. Montrer que p est une projection orthogonale si, et seulement si : ∀x ∈ E

�p(x)�  �x�.

Indication. On pourra, pour tout couple (x, y) ∈ Ker p×Im p , considérer les vecteurs y+λx .

Isométries vectorielles 4.19 Soit (u, v) ∈ O(E)2 et λ ∈ ]0, 1[ . On suppose que (1−λ)u+λv ∈ O(E) . Montrer que u = v . →168

4.20 Soit A ∈ Sn (IR) . Montrer que les deux propriétés suivantes sont équivalentes : →173

(i) ∃B ∈ On (IR) A = B + B T ; (ii) sp(A) ⊂ [−2, 2] et les valeurs propres de A dans ]−2, 2[ sont de multiplicité paire.

4.21 Soit A = →173



0 0 1

1 0 0

0 1 0



.

Montrer que A ∈ SO3 (IR) et expliciter P ∈ O3 (IR) et θ ∈ IR tels que : A=P



1 0 0

0 cos θ sin θ

0 − sin θ cos θ



P −1 .

4.22 Soit E un espace euclidien de dimension 4 . Soit u ∈ O(E) tel que u2 = − IdE . Montrer →174 qu’il existe une base orthonormée B telle que : MatB (u) =



R(π/2) 0

0 R(π/2)



.

4.23 Soit u un endomorphisme d’un espace euclidien E . 1. Montrer qu’il y a équivalence entre : (i) ∀x ∈ E ( x | u(x) ) = 0 ; (ii) u∗ = −u . 2. Montrer que deux quelconques des trois propositions suivantes impliquent la troisième : (i) u est une isométrie ; (ii) u2 = − IdE ; (iii) ∀x ∈ E ( x | u(x) ) = 0 . 4.24 Soit (f, g) ∈ L(E)2 tel que f ∗ ◦ f = g ∗ ◦ g . 1. Montrer que Ker f = Ker g . 2. Montrer qu’il existe u ∈ O(E) tel que g = u ◦ f . 4.25 Soit E un espace euclidien. Montrer que le groupe O(E) des automorphismes orthogonaux est engendré par l’ensemble des réflexions. Indication. On pourra raisonner par récurrence sur la dimension de E et utiliser le lemme 20 de la page 165.

185

Chapitre 4. Endomorphismes d’un espace euclidien

Solutions des exercices 



4.1 L’application (M, N ) �→ tr M T N étant un produit scalaire sur Mn (IR) (le produit scalaire canonique), le théorème de Riesz prouve l’existence d’une unique matrice B telle que : ∀M ∈ Mn (IR)





ϕ(M ) = tr B T M .

En posant A = B T , on en déduit le résultat (l’unicité découlant de l’injectivité de l’application transposition).

4.2 • On a déjà l’inclusion Ker u ⊂ Ker(u∗ ◦ u) . Soit x ∈ Ker(u∗ ◦ u) . Pour montrer que u(x) = 0 , calculons le carré de la norme de ce vecteur :

        u(x)2 = u(x)  u(x) = x  u∗ (u(x)) = ( x | 0 ) = 0.

Par caractère défini du produit scalaire, on en déduit u(x) = 0 .

• On a immédiatement Im(u∗ ◦ u) ⊂ Im u∗ et d’après le théorème du rang et le point précédent : dim Im(u∗ ◦ u) = dim E − dim Ker(u∗ ◦ u) = dim E − dim Ker u = rg u. Par ailleurs, rg u = rg u∗ d’après le corollaire 5 de la page 159. On obtient donc l’égalité Im(u∗ ◦ u) = Im u∗ par inclusion et égalité des dimensions. 4.3 Sens direct Supposons u2 = 0 et u + u∗ ∈ GL(E) . De l’égalité u2 = 0 on déduit Im u ⊂ Ker u .

Soit x ∈ Ker u . Par surjectivité de u + u∗ , il existe a ∈ E tel que x = u(a) + u∗ (a) .   Comme u(x) = 0 et u2 = 0 , on a u u∗ (a) = 0 . Ainsi :

 ∗ 2  ∗   u (a) = u (a)  u∗ (a)    = a  u(u∗ (a)) =0

donc

(car (u∗ )∗ = u)

u∗ (a) = 0.

On en déduit x = u(a) donc x ∈ Im u .

Sens réciproque Supposons Ker u = Im u . De l’inclusion Im u ⊂ Ker u , on déduit u2 = 0 .

Soit x ∈ Ker(u + u∗ ) . Alors u(x) + u∗ (x) = 0 .

D’après la proposition 6 de la page 159, on a Im u∗ = (Ker u)⊥ . Par hypothèse, on en déduit Im u∗ = (Im u)⊥ . Ainsi, Im u∗ et Im u sont orthogonaux donc en somme directe. Il vient donc u(x) = u∗ (x) = 0 puis : x ∈ Ker u ∩ Ker u∗ = Ker u ∩ (Im u)⊥ = Ker u ∩ (Ker u)⊥ donc x = 0 . Cela prouve l’injectivité de u . L’espace E étant de dimension finie, l’injectivité de u + u∗ assure que u + u∗ ∈ GL(E) .

186

Solutions des exercices 4.4 • Tout d’abord, toute matrice obtenue en permutant les colonnes de la matrice In et en changeant ou non le signe de chaque colonne est une matrice orthogonale à coefficients entiers. Il y a 2n × n! telles matrices.

• Vérifions que ce sont les seules matrices orthogonales à coefficients entiers. Soit donc A ∈ On (IR) une telle matrice à coefficients entiers relatifs. Soit j ∈ [[1, n]] . On a alors : n 

a2i,j = 1.

i=1

Si au moins deux coefficients de cette j –ème colonne sont non nuls, alors on a : n 

a2i,j  2.

i=1

Comme Cj (A) n’est pas la colonne nulle, il existe un unique i ∈ [[1, n]] tel que : a2i,j = 1

et

∀k ∈ [[1, n]] \ {i}

ak,j = 0.

On a alors Cj (A) = ±ei , en notant (e1 , . . . , en ) la base canonique de IRn .

Comme deux colonnes d’une matrice orthogonale sont non colinéaires, la famille des colonnes de A constitue, aux signes près, une permutation de la base canonique (e1 , . . . , en ) , ce qui conclut.

4.5 Notons u l’endomorphisme de IRn canoniquement associé à A . Comme le polynôme caractéristique de A est scindé dans IR[X] , l’endomorphisme u est trigonalisable et il existe une base de trigonalisation B = (e1 , . . . , en ) .

Notons B′ = (e′1 , . . . , e′n ) la base orthonormée de IRn obtenue en appliquant le procédé de Gram-Schmidt à la base B . Pour tout j ∈ [[1, n]] , on a Vect(e1 , . . . , ej ) = Vect(e′1 , . . . , e′j ) donc B′ est encore une base de trigonalisation de u .

Ainsi, la matrice T = MatB′ (u) est triangulaire supérieure et orthogonalement semblable à la matrice A car ces deux matrices représentent le même endomorphisme dans deux bases orthonormées.

4.6 1. Notons B = (C1 , . . . , Cn ) la famille des colonnes de A . La matrice A étant inversible, B est une base de IRn . En appliquant l’algorithme d’orthonormalisation de Gram-Schmidt à la base B , on obtient une base orthonormée B′ = (e′1 , . . . , e′n ) de IRn telle que : ∀j ∈ [[1, n]]

Vect(C1 , . . . , Cj ) = Vect(e′1 , . . . , e′j ),

propriété qui implique que la matrice de passage R = MatB′ (B) est une matrice triangulaire supérieure. Par ailleurs, si l’on note Bc la base canonique de IRn et Q = MatBc (B′ ) , la matrice Q est orthogonale car c’est une matrice de passage entre deux bases orthonormées. Enfin, grâce aux relations entre les matrices de changement de base, on a : A = MatBc (B) = MatBc (B′ ) MatB′ (B) = QR, ce qui conclut.

187

Chapitre 4. Endomorphismes d’un espace euclidien 2. On reprend les notations précédentes. Comme Q ∈ On (IR) , on a | det Q| = 1 donc : | det A| = | det R|,

puis, R étant triangulaire :

| det A| =

n 

|rj,j |.

j=1

Vu que R est la matrice de passage de B′ vers B et que B′ est une base orthonormée, l’expression des coordonnées dans une base orthonormée donne : ∀j ∈ [[1, n]]

rj,j = ( Cj | e′j ).

D’après l’inégalité de Cauchy-Schwarz, on a : ∀j ∈ [[1, n]]

|rj,j |  �Cj ��e′j � = �Cj �.

Par produit d’inégalités dont les termes sont positifs, on peut conclure : | det A|  Remarque

n  j=1

�Cj �.

En suivant l’algorithme d’orthonormalisation de Gram-Schmidt, on a même : ∀j ∈ [[1, n]]

( Cj | e′j ) > 0

donc la matrice R obtenue dans la première question est à coefficients diagonaux strictement positifs.

4.7 1. On a déjà Im A3 ⊂ Im A . On a aussi :

rg A3 = n − dim Ker A3 = n − dim Ker AT A.

Par ailleurs, si x ∈ Ker AT A , alors ( Ax | Ax ) = ( x | AT Ax ) = 0 donc x ∈ Ker A . L’inclusion Ker A ⊂ Ker AT A est évidente donc on a Ker AT A = Ker A , puis : rg A3 = n − dim Ker A = rg A.

Par inclusion et égalité des dimensions, on a Im A3 = Im A . ⊥

2. • Montrons que IRn = Im A ⊕ Ker A . On a tout d’abord :

Im A = Im A3 = Im AT A ⊂ Im AT = (Ker A)⊥ .

D’après la formule du rang, on a aussi :

dim Im A = n − dim Ker A = dim(Ker A)⊥ ,

donc Im A = (Ker A)⊥ par inclusion et égalité des dimensions, ce qui montre : ⊥

IRn = Im A ⊕ Ker A.

• Notons B une base orthonormée de IRn adaptée à la décomposition ci-dessus ainsi que u l’endomorphisme de IRn canoniquement associé à A . ∗ Par stabilité de Im A par u , il existe B ∈ Mr (IR) telle que : MatB (u) =



B 0

0 0



.

Comme Im A est un supplémentaire de Ker A , l’endomorphisme induit uIm A est un automorphisme et la matrice B est inversible.

188

Solutions des exercices ∗ Par ailleurs, les matrices A et MatB (u) sont orthogonalement semblables donc il existe P ∈ On (IR) telle que MatB (u) = P −1 AP . Comme P est une matrice orthogonale, P −1 = P T donc MatB (u)T = P −1 AT P puis :

MatB (u)T MatB (u) = P −1 AT AP = P −1 A3 P = MatB (u)3 . Un calcul par blocs donne alors B T B = B 3 puis B T = B 2 par inversibilité de B . On a ensuite : T T B = (B T ) = (B 2 ) = (B T )2 = B 4 , puis B 3 = Ir par inversibilité de B et enfin : B T B = B 3 = Ir

donc

B ∈ Or (IR).

4.8 1. Soit A la matrice de u dans une base orthonormée (e1 , . . . , en ) . On a : 0 = tr u =

n   i=1





u(ei )  ei .

  • S’il existe i ∈ [[1, n]] tel que u(ei )  ei = 0 , alors il suffit de prendre ε1 = ei .       • Sinon, il existe (i, j) ∈ [[1, n]]2 tel que u(ei )  ei < 0 < u(ej )  ej .    Pour tout réel t , on pose e(t) = (1 − t)ei + tej . La fonction t �→ u(e(t))  e(t) 

est alors polynomiale, négative en 0 et positive en 1 . Il existe donc un réel t0 tel    que le vecteur e(t0 ) vérifie u(e(t0 ))  e(t0 ) = 0 . Les vecteurs ei et ej étant non

e(t0 ) colinéaires, le vecteur e(t0 ) est non nul. Par conséquent, le vecteur ε1 = �e(t 0 )� convient. 2. Montrons le résultat par récurrence sur la dimension n de E . C’est clair pour n = 1 . Soit n  2 . Supposons le résultat acquis au rang n − 1 et démontrons-le au rang n .







D’après la question précédente, il existe un vecteur unitaire ε1 tel que u(ε1 )  ε1 = 0 . Complétons ε1 en une base orthonormée (ε1 , . . . , εn ) . On peut écrire par blocs la matrice de u dans cette base : A=



0 C

L B



avec

B ∈ Mn−1 (IR).

Comme u est de trace nulle, la matrice B l’est également. D’après l’hypothèse de récurrence il existe donc une matrice P ∈ On−1 (IR) telle que P −1 BP soit à diagonale nulle. Il suffit alors de poser Q =



1 0

Q ∈ On (IR)

0 P

et



pour avoir : Q−1 AQ

à diagonale nulle.

Il existe donc une base orthonormée de E dans laquelle la matrice de u est à diagonale nulle.

4.9 1. Soit x =

k 

xi ei un vecteur unitaire de Fk . Alors on a :

i=1 k  i=1

x2i = 1

puis

( x | u(x) ) =

k  i=1

λi x2i  λk

k 

x2i = λk .

i=1

189

Chapitre 4. Endomorphismes d’un espace euclidien Par ailleurs, on a ek ∈ Fk ∩ S et :

( ek | u(ek ) ) = ( ek | λk ek ) = λk �ek �2 = λk ,

ce qui conclut. 2. Soit F un sous-espace vectoriel de E de dimension k . Comme on a : dim F + dim Gk = k + (n − k + 1) = n + 1 > dim E,

les sous-espaces vectoriels F et Gk ne sont pas en somme directe donc il existe y ∈ F ∩Gk non nul. Notons x =

n 

xi ei le vecteur unitaire

i=k

On a alors :

n 

x2i = 1

puis

y · �y�

( x | u(x) ) =

i=k

On obtient donc l’inégalité souhaitée.

n 

λi x2i  λk .

i=k

4.10 1. On a det M 3 = det(M M T M ) = det In = 1 donc det M �= 0 puis M est inversible. Ensuite, on a M −1 = M T M donc M −1 ∈ Sn (IR) puis M ∈ Sn (IR) .

2. Par le théorème spectral, il existe P ∈ On (IR) et D ∈ Dn (IR) telles que M = P DP −1 . La relation M M T M = In se réécrit : M 3 = In

D 3 = In .

puis

Notons D = Diag(λ1 , . . . , λn ) . On a alors : ∀i ∈ [[1, n]]

λ3i = 1

On obtient ainsi D = In puis M = P P

−1

donc

λi = 1.

= In .

4.11 La matrice A + AT est symétrique réelle donc orthogonalement semblable à une matrice diagonale D . Notons P ∈ On (IR) telle que P −1 (A + AT )P = D . Par hypothèse, la matrice P −1 AP est à diagonale nulle. Par ailleurs, on a : P −1 AT P = P T AT P = (P T AP )T = (P −1 AP )T donc P −1 AT P est également à diagonale nulle. Par somme, D est à diagonale nulle donc D = 0 puis A + AT = 0 , autrement dit A ∈ An (IR) . 4.12 La matrice A est symétrique réelle donc diagonalisable. Notons λ1 et λ2 les deux racines réelles éventuellement confondues du polynôme caractéristique de A . On a alors : r + t = tr A = λ1 + λ2

et

rt − s2 = det A = λ1 λ2 .

• Supposons A ∈ S2++ (IR) . Alors, sp A ⊂ IR∗+ donc rt − s2 > 0 .

En posant e = (1, 0) qui est un vecteur non nul de IR2 , on a : ( e | Ae ) = r

donc

r > 0.

• Supposons r > 0 et rt − s2 > 0 . La relation λ1 λ2 = rt − s2 montre que λ1 et λ2 sont de même signe strict. Supposons λ1 < 0 et λ2 < 0 . Alors λ1 + λ2 < 0 donc r + t < 0 puis t < −r . En multipliant par le réel strictement positif r , il vient rt < −r 2 ou encore s2 < −r 2 < 0 : absurde. Ainsi, on a sp(A) ⊂ IR∗+ donc A ∈ S2++ (IR) .

190

Solutions des exercices 4.13 Réflexivité La matrice nulle est évidemment une matrice symétrique positive donc pour tout A ∈ Sn (IR) , on a A  A . Antisymétrie Soit (A, B) ∈ Sn (IR)2 . Supposons A  B et B  A .

Alors sp(B − A) ⊂ IR+ et sp(A − B) ⊂ IR+ donc sp(B − A) ⊂ IR− .

Ainsi, on a sp(B − A) ⊂ {0} . Or B − A est une matrice symétrique réelle donc diagonalisable, ce qui permet de conclure : B−A=0

donc

A = B.

3

Transitivité Soit (A, B, C) ∈ Sn (IR) . Supposons A  B et B  C . Soit x ∈ IRn . On a :

( x | (C − A)x ) = ( x | C − B)x ) + ( x | (B − A)x )  0

comme somme de deux termes positifs ou nuls. On a donc C − A ∈ Sn+ (IR) puis A  C . 4.14 1. D’après le théorème spectral, il existe P ∈ On (IR) et D = Diag(λ1 , . . . , λn ) une matrice diagonale à coefficients diagonaux strictement positifs telles que A = P DP −1 . On pose E = Diag( √1 , . . . , √1 ) puis C = P EP −1 . λ1

λn

Vérifions que C convient. • Tout d’abord, C 2 = P E 2 P −1 = P D−1 P −1 = A−1 . • Ensuite, on a : T

T

(P EP −1 ) = (P EP T ) = P E T P T = P EP −1 , car E ∈ Sn (IR) et P ∈ On (IR) . Donc C ∈ Sn (IR) . • Enfin, C est semblable à la matrice diagonale E donc sp(C) = sp(E) ⊂ IR∗+ , ce qui conclut. 2. • Les matrices C et B sont symétriques réelles donc : (CBC)T = CBC

puis

n

CBC ∈ Sn (IR).

• Soit x ∈ IR . Les matrices C et B sont respectivement symétrique et symétrique positive donc : ( x | CBCx ) = ( Cx | BCx )  0

puis

CBC ∈ Sn+ (IR).

• D’après le théorème spectral, il existe Q ∈ On (IR) et D une matrice diagonale à coefficients diagonaux positifs telles que CBC = QDQ−1 . • On pose P = C −1 Q . Par stabilité par produit, on a P ∈ GLn (IR) . Par ailleurs, on a : P T = QT C −1 = Q−1 C −1

donc P P T = C −2 = A et P DP T = C −1 QDQ−1 C −1 = C −1 CBCC −1 = B . 3. Reprenons les matrices P et D de la question précédente. On a alors : det A = (det P )2

,

det B = (det P )2 det D

et

det(A + B) = (det P )2 det(In + D).

Comme P ∈ GLn (IR) , on a (det P )2 > 0 et l’inégalité à démontrer revient à : 1 + det D  det(In + D).

En notant D = Diag(λ1 , . . . , λn ) , par positivité des réels λi , on a : 1 + det D = 1 +

n  i=1

λi 

n 

(1 + λi ) = det(In + D).

i=1

191

Chapitre 4. Endomorphismes d’un espace euclidien 4.15 1. Calculons la norme de q(x) :

        q(x)2 = q(x)  q(x) = x  (q ∗ ◦ q)(x)    = x  q(x) = 0.

(q ∗ = q

et

q 2 = q)

(x ∈ F

et

q(x) ∈ F ⊥ )

On en déduit q(x) = 0 . 2. Par hypothèse, il existe (e1 , . . . , er ) une base de Im u constituée de vecteurs propres de uIm u . Fixons (er+1 , . . . , en ) une base de Ker u (ce sont des vecteurs propres de u , associés à la valeur propre 0 ). La famille (e1 , . . . , en ) est une base de E (adaptée à la décomposition E = Im u ⊕ Ker u ), constituée de vecteurs propres de u , donc u est diagonalisable. 3. D’après la question précédente, il suffit de montrer que E = Im(p ◦ q) ⊕ Ker(p ◦ q) et que l’endomorphisme induit par p ◦ q sur Im(p ◦ q) est diagonalisable. • Vérifions que Im(p ◦ q) et Ker(p ◦ q) sont en somme directe. Soit x ∈ Im(p ◦ q) ∩ Ker(p ◦ q) . On a q(x) ∈ Ker p = (Im p)⊥ . Comme x ∈ Im(p ◦ q) ⊂ Im p , on en déduit q(x) = 0 d’après la question 1.   On peut choisir a ∈ E tel que x = p q(a) . Pour démontrer que x = 0 , calculons �x�2 :



 

�x�2 = ( x | x ) = p(q(a))  x





= q(a)  p(x)



 

= q(a)  x



   = a  q(x) = 0.

(p∗ = p) (x ∈ Im p ∗

(q = q

donc et

p(x) = x)

q(x) = 0)

On en déduit x = 0 donc Im(p ◦ q) et Ker(p ◦ q) sont en somme directe. D’après la formule du rang, on a dim Im(p ◦ q) + dim Ker(p ◦ q) = dim E . Par caractérisation des supplémentaires en dimension finie, on a : E = Im(p ◦ q) ⊕ Ker(p ◦ q). • Montrons que l’endomorphisme induit par p ◦ q sur Im(p ◦ q) est diagonalisable en montrant que c’est un endomorphisme autoadjoint. Pour tout (x, y) ∈ (Im(p ◦ q))2 , on a :

      x  p(q(y)) = p(x)  q(y)    = x  q(y)    = q(x)  y    = q(x)  p(y)    = p(q(x))  y ,

ce qui conclut.

192

(p∗ = p) (x ∈ Im p

donc

p(x) = x)

donc

y = p(y))

(q ∗ = q) (y ∈ Im p (p∗ = p)

Solutions des exercices 4.16 1. Existence D’après le théorème spectral, on peut fixer B une base orthonormée de E constituée de vecteurs propres de u . Notons (λ1 , . . . , λn ) les valeurs propres associées, strictement positives car u ∈ S ++ (E) . √ √ Notons v ∈ L(E) l’unique endomorphisme tel que MatB (v) = Diag( λ1 , . . . , λn ) . √ √ La matrice Diag( λ1 , . . . , λn ) est symétrique définie positive et B est une base orthonormée donc v ∈ S ++ (E) . Par ailleurs, on a : MatB (v 2 ) = MatB (v)2 = Diag(λ1 , . . . , λn ) = MatB (u)

donc

v 2 = u.

Unicité Soit v ∈ Sn++ (E) tel que v 2 = u . Comme u est un endomorphisme autoadjoint, le théorème spectral donne : ⊥ 

E=

Eλ (u).

λ∈sp(u)

Les endomorphismes v et v 2 = u commutent donc v stabilise les sous-espaces propres de u . Soit λ ∈ sp(u) . Comme v est autoadjoint, v est diagonalisable et son endomorphisme induit sur Eλ (u) l’est également. Soit µ ∈ IR une valeur propre de cet endomorphisme induit et x ∈ Eλ (u)\{0} un vecteur propre associé. La relation v 2 (x) = u(x) se réécrit alors µ2 x = λx donc µ2 = λ puisque x est non nul. Comme les valeurs propres de v √ sont positives, on en déduit µ = λ . Ainsi, par diagonalisabilité, la restriction de v √ à Eλ (u) est l’homothétie de rapport λ puis :  √ λ pλ , v= λ∈sp(u)

où pλ est le projecteur orthogonal sur Eλ (u) parallèlement à

⊥ 

Eµ (u) .

µ∈sp(u)\{λ}

L’unicité est démontrée.

Remarque La partie existence aurait pu se traiter après l’unicité, en prouvant  √ λ pλ convenait. que λ∈sp(u)

2. Unicité. Soit (g, h) ∈ O(E) × Sn++ (E) tel que f = g ◦ h . On a alors : f ∗ ◦ f = h∗ ◦ g ∗ ◦ g ◦ h = h∗ ◦ h

(g ∗ ◦ g = IdE )

= h2 .

(h∗ = h)

Comme f ∈ GL(E) , l’endomorphisme f ∗ ◦ f est autoadjoint défini positif et h est l’unique élément de Sn++ (E) vérifiant h2 = f ∗ ◦ f (cf. question précédente). L’unicité de h implique l’unicité de g = f ◦ h−1 . Existence. Comme signalé ci-dessus, on a f ∈ GL(E) donc f ∗ ◦ f ∈ Sn++ (E) et l’on peut poser h ∈ Sn++ (E) tel que f ∗ ◦ f = h2 . Ensuite, on pose g = f ◦ h et un calcul similaire à celui posé dans le premier point montre que g ∗ ◦ g = IdE donc g ∈ O(E) .

193

Chapitre 4. Endomorphismes d’un espace euclidien 4.17 L’endomorphisme f ∗ ◦ f est autoadjoint. Par le théorème spectral, il existe (e1 , . . . , en ) une base orthonormée de E constituée de vecteurs propres de f ∗ ◦ f . Notons (λ1 , . . . , λn ) les valeurs propres associées.





Comme image d’une base par un automorphisme de E , la famille f (e1 ), . . . , f (en ) est une base de E . Vérifions qu’il s’agit d’une base orthogonale. Soit (i, j) ∈ [[1, n]]2 tel que i �= j . On a alors :

















f (ei )  f (ej ) = ei  f ∗ (f (ej )) = λj ei  ej

En conclusion, la base orthonormée (e1 , . . . , en ) convient.

4.18 • Supposons que p soit une projection orthogonale.





= 0.





2 

2

Pour tout x ∈ E , on a x−p(x), p(x) ∈ Ker p×Im p donc �x�2 = x−p(x) + p(x) , puisque Ker p et Im p sont orthogonaux.





Ainsi, p(x)  �x� .





• Supposons que pour tout u ∈ E , on ait p(u)  �u� .

Soit (x, y) ∈ Ker p × Im p . Pour tout λ ∈ IR , on a p(x + λy) = λy donc :



2

λ2 �y�2 = λy   �x + λy�2 = �x�2 + 2λ( x | y ) + λ2 �y�2 .

La fonction affine λ �→ �x�2 + 2λ( x | y ) est donc positive, ce qui implique que son coefficient directeur est nul, donc ( x | y ) = 0 .

Ainsi, Ker p et Im p sont orthogonaux. Par conséquent, p est une projection orthogonale.

4.19 Soit x ∈ E . Puisque (1 − λ)u + λv est une isométrie vectorielle, il conserve la norme :

  (1 − λ)u(x) + λv(x)2 = �x�2 .

D’autre part, par propriétés de calcul du produit scalaire et par conservation de la norme par u et v , on a :

         (1 − λ)u(x) + λv(x)2 = (1 − λ)2 u(x)2 + λ2 v(x)2 + 2λ(1 − λ) u(x)  v(x)    = (1 − λ)2 �x�2 + λ2 �x�2 + 2λ(1 − λ) u(x)  v(x)     = �x�2 + 2λ(1 − λ) u(x)  v(x) − �x�2 .

On en déduit que :

2λ(1 − λ)







u(x)  v(x) − �x�2





= 0,

     u(x)  v(x) = �x�2 = u(x) v(x) . Les

puis, étant donné que λ ∈ / {0, 1} , on obtient vecteurs u(x) et v(x) vérifient donc le cas d’égalité de Cauchy-Schwarz (sans valeur absolue), ils sont donc positivement colinéaires. Comme ils ont même norme, ils sont égaux. On a donc obtenu : ∀x ∈ E

194

u(x) = v(x)

c’est-à-dire

u = v.

Solutions des exercices 4.20 • Supposons qu’il existe B ∈ On (IR) tel que A = B + B T . Par conséquence du théorème de réduction des isométries directes (cf. théorème 42 de la page 172), il existe P ∈ On (IR) telle que :





Ip

  B=P  

−Iq

(0) R(θ1 ) ..

(0)

. R(θr )

On a ensuite :



(θ1 , . . . , θr ) ∈ (IR \ πZZ)r .

avec



2Ip −2Iq

  A=B+B =P    T

  −1 P  

(0) R(θ1 ) + R(θ1 )T ..

(0)

. R(θr ) + R(θr )T

  −1 P  

car P est une matrice orthogonale donc P −1 = P T . Comme pour tout réel θ , on a : R(θ) + R(θ)T = il vient :

�

2 cos θ 0

χA = (X − 2)p (X + 2)q

r �

0 2 cos θ

�

,

(X − 2 cos θk )2 .

k=1

On obtient ainsi l’inclusion sp(A) ⊂ [−2, 2] et toutes les valeurs propres de A dans ]−2, 2[ sont de multiplicité paire. • Supposons que sp(A) ⊂ [−2, 2] et que les valeurs propres de A dans ]−2, 2[ soient de multiplicité paire. Notons p (respectivement q ) la multiplicité de la valeur propre 2 (respectivement −2 ). Les valeurs propres de A dans l’intervalle ]−2, 2[ sont de multiplicités paires. Notons-les (λ1 , λ1 , . . . , λr , λr ) , comptées avec leurs multiplicités. Par surjectivité de la fonction cos de ]0, π[ sur ]−1, 1[ , il existe (θ1 , . . . , θr ) ∈ ]0, π[r tel que : ∀k ∈ [[1, r]]

λk = 2 cos θk .

D’après le théorème spectral, il existe P ∈ On (IR) telle que A = P DP −1 avec :

  

−2Iq

D= 





  En posant alors B = P   



2Ip (0) 2 cos θ1 I2 ..

(0)

. 2 cos θr I2



2Ip −2Iq

(0) R(θ1 ) ..

(0)

. R(θr )

B ∈ On (IR)

et

A = B + BT .

  .  

  −1  P , on constate que :  

195

Chapitre 4. Endomorphismes d’un espace euclidien 4.21 • Les colonnes de A sont une permutation de la base canonique de IR3 donc A ∈ O3 (IR) . Par ailleurs, on a det A = 1 , ce qui achève de montrer que A ∈ SO3 (IR) . 1 • Posons e1 = √ 3

�

1 1 1

�

. Alors le vecteur e1 est unitaire et vérifie Ae1 = e1 .

La famille (u2 , u3 ) avec u2 =

�

�

−1 1 0

�

et u3 =

−1 0 1

�

est une base du sous-espace

vectoriel {e1 }⊥ . En lui appliquant le procédé d’orthonormalisation de Gram-Schmidt, on dispose d’une base orthonormée (e2 , e3 ) avec : 1 e2 = √ 2

�

−1 1 0

�

et

�

1 e3 = √ 6

−1 −1 2

�

.

Par construction, la famille B = (e1 , e2 , e3 ) est une base orthonormée de IR3 (adaptée à ⊥

la décomposition IR3 = Vect(e1 ) ⊕ {e1 }⊥ ).

En notant ϕA l’endomorphisme de IR3 canoniquement associé à la matrice A , on a :



1 MatB (ϕA ) =  0 0

0 1 − √2 3 2



0√

− 23  . − 12

La matrice dont les colonnes sont e1 , e2 et e3 et le réel θ =

2π 3

conviennent.

4.22 De la relation u2 = − IdE , on déduit que l’endomorphisme u ne possède aucune valeur propre réelle. Par théorème de réduction des isométries vectorielles, il existe donc B = (e1 , . . . , e4 ) une base orthonormée de E et (θ1 , θ2 ) ∈ (IR \ πZZ)2 tel que : MatB (u) =

�

R(θ1 ) 0

0 R(θ2 )

�

.

De la relation u2 = − IdE , on déduit R(2θ1 ) = R(2θ2 ) = −I2 donc pour i ∈ {1, 2} : 2θi ≡ π [2π]

puis

θi ≡

π [π]. 2

On obtient alors : R(θ1 ) = R(±π/2)

�

et

R(θ2 ) = R ± π/2).

Si R(θ1 ) = R(−π/2) , on remplace (e1 , e2 ) par (−e1 , e2 ) dans la base B .

On procède de même avec les vecteurs e3 et e4 si R(θ2 ) = R(−π/2) . On a alors MatB (u) =

196

�

R(π/2) 0

0 R(π/2)

�

.

Solutions des exercices 4.23 1. • Supposons (i) et montrons (ii) . Soit (x, y) ∈ E 2 . Alors x + y ∈ E et l’on a :







 

 



 





 

0 = x + y  u(x + y) = x  u(x) + y  u(x) + x  u(y) + y  u(y)

On en déduit :

 

 





= y  u(x) + x  u(y) .



      x  u(y) = −u(x)  y ,

∀(x, y) ∈ E 2

ce qui montre que u∗ = −u . • Supposons u∗ = −u et montrons (i) . Soit x ∈ E . On a alors :

            x  u(x) = u∗ (x)  x = − u(x)  x donc x  u(x) = 0.

2. • Supposons (i) et (ii) et montrons (iii) . Soit x ∈ E . On a :

            x  u(x) = u(x)  u2 (x) = u(x)  −x = − x  u(x)    donc x  u(x) = 0 .

• Supposons (ii) et (iii) et montrons (i) . En utilisant la question précédente, on a u∗ = −u et, comme u2 = − IdE , il vient u∗ ◦ u = IdE donc u ∈ O(E) . • Supposons (i) et (iii) et montrons (ii) . D’après la question précédente, on a u∗ = −u et, comme u est une isométrie, u∗ ◦ u = IdE , ce qui donne u2 = − IdE . 4.24 1. Soit x ∈ Ker f . Alors on a :

           g(x)2 = g(x)  g(x) = x  g ∗ (g(x)) = x  f ∗ (f (x)) = 0 donc g(x) = 0.

Cela montre que Ker f ⊂ Ker g . Par symétrie du problème en f et g , on a Ker g ⊂ Ker f . 2. Notons r le rang de f et posons (y1 , . . . , yr ) une base orthonormée de Im f puis (e1 , . . . , er ) ∈ E r tel que yi = f (ei ) pour tout i ∈ [[1, r]] . La famille (g(e1 ), . . . , g(er )) est une famille orthonormée car : ∀(i, j) ∈ [[1, r]]2

















g(ei )  g(ej ) = ei  g ∗ (g(ej )) = ei  f ∗ (f (ej ))









= f (ei )  f (ej ) = δi,j .

Par le théorème de la base orthonormée incomplète, il existe (yr+1 , . . . , yn ) et (zr+1 , . . . , zn ) des vecteurs de E tels que B = (f (e1 ), . . . , f (er ), yr+1 , . . . , yn ) et B′ = (g(e1 ), . . . , g(er ), zr+1 , . . . , zn ) soient des bases orthonormées de E . Notons u l’unique endomorphisme de E qui envoie les vecteurs de B sur les vecteurs de B′ . Comme u envoie une base orthonormée sur une base orthonormée, on a u ∈ O(E) . Vérifions que g = u ◦ f . Posons x ∈ E . Alors f (x) ∈ Im f et il existe (λ1 , . . . , λr ) ∈ IRr tel que f (x) =

r 

λk f (ek ) . On a alors :

k=1



f x−

r 

λk e k

k=1

On en déduit : g(x) =



=0

r 

k=1

puis

λk g(ek ) =



g x− r 

k=1

r 

λk e k

k=1







=0

λk u f (ek ) = u

car



r 

k=1

Ker f = Ker g.

λk f (ek )







= u f (x) .

197

Chapitre 4. Endomorphismes d’un espace euclidien 4.25 • Le résultat est immédiat lorsque dim E = 1 car O(E) = {± IdE } , − IdE est une réflexion et IdE = (− IdE )2 . • Supposons E de dimension 2 . Soit B = (e1 , e2 ) une base orthonormée de E et s la réflexion d’axe Vect(e1 ) . Si u ∈ SO(E) , alors s ◦ u est une isométrie négative du plan E donc une réflexion. La relation u = s ◦ (s ◦ u) montre que u est le produit de deux réflexions. Si u est une isométrie négative du plan E , c’est une réflexion. Le résultat est donc vérifié lorsque dim E = 2 . • Supposons dim E  3 et supposons que le résultat soit vérifié pour tout espace euclidien E ′ vérifiant dim E ′  dim E − 1 . Soit u ∈ O(E) . ∗ D’après le lemme 20 de la page 165, il existe un plan ou une droite F stable par u . D’après la proposition 41 de la page 172, F ⊥ est également stable par u et les endomorphismes induits par u sur F et F ⊥ sont des isométries vectorielles. Par hypothèse de récurrence, ce sont des produits de réflexions : uF = s1 ◦ · · · ◦ sk

et

uF ⊥ = sk+1 ◦ · · · ◦ sj .

∗ Soit s une réflexion de F . Notons σ l’unique endomorphisme de E qui coïncide avec s sur F et avec IdF ⊥ sur F ⊥ . Il existe une base orthonormée B′ de F telle que MatB′ (s) = Diag(−1, 1, . . . , 1) et, en complétant B′ par une base orthonormée de F ⊥ pour former une base orthonormée B de E , on a MatB (σ) = Diag(−1, 1, . . . , 1) donc σ est une réflexion de E . Étant donné une réflexion s de F ⊥ , on procède de façon symétrique pour la prolonger en une réflexion σ de E vérifiant σF = IdF . ∗ En appliquant ce procédé aux réflexions s1 , . . . , sj , on dispose de réflexions de E notées σ1 , . . . , σj et vérifiant : u = σ1 ◦ · · · ◦ σ j ,

car ces deux endomorphismes coïncident évidemment sur les sous-espaces vectoriels supplémentaires F et F ⊥ .

198

Chapitre 5 : Espaces vectoriels normés I

Généralités . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Définition . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Inégalités triangulaires . . . . . . . . . . . . . . Distance associée à une norme . . . . . . . . . Boules ouvertes, boules fermées . . . . . . . . . Parties convexes . . . . . . . . . . . . . . . . . Parties bornées, applications bornées . . . . . . Exemples d’espaces vectoriels normés . . . . . Produit fini d’espaces vectoriels normés . . . . II Suites d’éléments d’un espace vectoriel normé 1 Suite convergente . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Suite à valeurs dans un espace produit . . . . . 3 Suites extraites, valeurs d’adhérence . . . . . . III Topologie d’un espace vectoriel normé . . . . . 1 Parties ouvertes . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Parties fermées . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Voisinage d’un point . . . . . . . . . . . . . . . 4 Point intérieur, intérieur d’une partie . . . . . . 5 Point adhérent, adhérence d’une partie . . . . . 6 Densité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 Frontière . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 Voisinage relatif, ouvert relatif, fermé relatif . . IV Comparaison de normes . . . . . . . . . . . . . 1 Domination de normes . . . . . . . . . . . . . . 2 Normes équivalentes . . . . . . . . . . . . . . . Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 2 3 4 5 6 7 8

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

200 200 202 203 205 206 207 207 210 211 211 213 213 215 215 217 219 220 220 222 222 223 225 226 227 238

Espaces vectoriels normés

5

Dans tout le chapitre, IK désigne le corps IR ou C . Tous les espaces vectoriels considérés sont des espaces vectoriels réels ou complexes.

I

Généralités

1

Définition

Définition 1 Étant donné un IK -espace vectoriel E , on appelle norme sur E toute application N de E dans IR+ vérifiant les trois propriétés suivantes : • homogénéité : ∀(λ, x) ∈ IK × E

Exo 5.1

N (λx) = |λ| N (x) ;

• inégalité triangulaire : ∀(x, y) ∈ E 2

• séparation : ∀x ∈ E

N (x + y)  N (x) + N (y) ;

N (x) = 0 =⇒ x = 0 .

Définition 2 Tout espace vectoriel muni d’une norme est appelé espace vectoriel normé. Notations • On note (E, N ) l’espace vectoriel E muni de la norme N . Lorsqu’il n’y a pas de risque d’ambiguïté quant à la norme utilisée, on peut ne pas la préciser et se contenter de noter E cet espace vectoriel normé. • Il est souvent d’usage de noter � · � la norme utilisée, et donc �x� la norme d’un vecteur x. Remarque Si � · � est une norme, la propriété d’homogénéité implique les propriétés suivantes, que nous utiliserons librement : �0� = 0

et

∀x ∈ E

�−x� = �x�.

I Généralités

Ex. 1. L’application x �→ |x| est une norme sur IK (où |x| désigne la valeur absolue de x si IK vaut IR et le module de x si IK vaut C ). Dans la suite, c’est cette norme que nous utiliserons sur IK . Ex. 2. Les applications : IK2 (x, y)

−→ �−→

IR+   max |x|, |y|

IK2 (x, y)

et

−→ �−→

IR+ |x| + |y|

sont des normes sur IK2 (une justification sera donnée à la page 208, dans le cadre plus général de l’espace IKn ), appelées respectivement norme infinie et norme 1 , et notées � · �∞ et � · �1 .

Remarque Si F est un sous-espace vectoriel de E , alors la norme � · � sur E induit naturellement une structure d’espace vectoriel normé sur F , par sa restriction à F : F −→ IR+ x �−→ �x�. Cette restriction est appelée norme induite sur F par la norme � · � . Ex. 3. La valeur absolue est la norme induite sur IR par le module sur C .

Proposition 1 Soit E un espace préhilbertien réel, c’est-à-dire un IR-espace vectoriel muni d’un produit scalaire ( · | · ) . Alors l’application :  x �→ ( x | x ) est une norme sur E .

Démonstration page 229

Principe de démonstration.

L’inégalité triangulaire est obtenue en utilisant l’inégalité de

Cauchy-Schwarz.

Terminologie

Avec les notations précédentes, la norme définie par :  �x� = ( x | x )

est appelée norme euclidienne associée au produit scalaire ( · | · ) .

De la proposition 1 on déduit que les espaces préhilbertiens réels suivants sont naturellement munis d’une structure d’espace vectoriel normé : Ex. 4. l’espace IR2 , muni du produit scalaire canonique :







(x1 , y1 )  (x2 , y2 ) = x1 x2 + y1 y2 ,





dont la norme associée est donnée par (x, y) =



x2 + y 2 ;

201

Chapitre 5. Espaces vectoriels normés Ex. 5. plus généralement, l’espace IRn , muni du produit scalaire canonique :



n     (x1 , . . . , xn ) (y1 , . . . , yn ) = x k yk , k=1





dont la norme associée est donnée par (x1 , . . . , xn ) =



x21 + · · · + x2n ;

Ex. 6. l’espace C([a, b], IR) (avec a < b ) des fonctions continues de [a, b] dans IR , muni du produit scalaire ( f | g ) =



a

b

f g , dont la norme associée est donnée par �f � =



b

f2 .

a

Terminologie Dans chacun des trois exemples précédents, la norme euclidienne considérée est appelée norme 2 (cf. section I.7 page 207) et est notée � · �2 .

Dans toute la suite de ce chapitre, et sauf mention du contraire, (E, � · �) est un espace vectoriel normé (et la norme � · � n’est pas supposée euclidienne). Vecteur unitaire

Définition 3 Un vecteur x de E est dit unitaire si �x� = 1 . Ex. 7. Dans un IR -espace vectoriel normé E , étant donné x un vecteur non nul, il existe un unique vecteur unitaire colinéaire à x et de même sens que lui. En effet, par homogénéité de la norme, on a : ∀λ ∈ IR

�λx� = |λ| × �x�.

Ainsi, le vecteur λx est unitaire si, et seulement si, |λ| × �x� = 1 , c’est-à-dire λ = ± Il existe donc deux vecteurs unitaires colinéaires à x qui sont de sens opposé à x .

x x de même sens que x et − �x� �x�

Terminologie Étant donné un vecteur non nul x de E , le vecteur vecteur unitaire associé à x.

2

x est appelé �x�

Inégalités triangulaires

Nous avons énoncé l’inégalité triangulaire (propriété vérifiée par toute norme d’après la définition 1 de la page 200) ainsi : ∀(x, y) ∈ E 2

�x + y�  �x� + �y�.

Cette inégalité s’interprète en disant que dans un triangle, la longueur d’un côté est inférieure à la somme des longueurs des deux autres. 202

1 · �x�

x+y y

x

I Généralités De manière plus complète, nous regroupons sous le nom inégalités triangulaires les inégalités du résultat suivant : Proposition 2 (Inégalités triangulaires) Soit x et y des vecteurs de E . Alors on a :    �x� − �y�   �x ± y�  �x� + �y�. Principe de démonstration.

Démonstration page 229

Constater qu’il s’agit essentiellement de montrer que :

�x� − �y�  �x + y�  �x� + �y�.

Terminologie triangulaire.

  L’inégalité  �x� − �y�   �x ± y� est appelée seconde inégalité

Attention Si la norme considérée est euclidienne, c’est-à-dire si elle est associée à un produit scalaire, alors le cas d’égalité dans l’inégalité triangulaire est celui où les deux vecteurs sont positivement colinéaires (résultat vu en première année, conséquence de l’inégalité de Cauchy-Schwarz). En revanche, si la norme est « quelconque », et comme le montre l’exemple suivant, on peut a priori se trouver dans le cas d’égalité de l’inégalité triangulaire sans que les deux vecteurs considérés soient colinéaires. Ex. 8. Plaçons-nous dans IR2 muni de la norme 1 définie par : ∀(x, y) ∈ IR2

  (x, y) = |x| + |y| 1

et considérons les vecteurs u = (1, 0) et v = (0, 1) . On a u + v = (1, 1) , donc �u + v�1 = 2 . Comme �u�1 = �v�1 = 1 , les vecteurs u et v vérifient le cas d’égalité de l’inégalité triangulaire. Pourtant, ils ne sont pas colinéaires.

Inégalité triangulaire généralisée La propriété d’homogénéité de la norme combinée à l’inégalité triangulaire permet, par récurrence, de montrer que si x1 , . . . , xn sont des éléments de E et λ1 , . . . , λn des scalaires, alors on a :   n n       λ x |λk | �xk �.  k k   k=1

3

k=1

Distance associée à une norme

Définition 4 On appelle distance associée à la norme � · � l’application : d :

E2 (x, y)

−→ IR+ �−→ �y − x�. 203

Chapitre 5. Espaces vectoriels normés Remarques Avec les notations précédentes, on dispose des propriétés suivantes : • séparation : ∀(x, y) ∈ E 2 d(x, y) = 0 ⇐⇒ x = y ; • symétrie : ∀(x, y) ∈ E 2

d(x, y) = d(y, x) ;

• invariance par translation : ∀(x, y, u) ∈ E 3 • ∀x ∈ E

d(x + u, y + u) = d(x, y) ;

�x� = d(0, x), i.e. la norme de x est sa distance au vecteur nul.

Formulation des inégalités triangulaires en terme de distance Proposition 3 Pour tout (u, v, w) ∈ E 3 , on a :   d(u, v) − d(v, w)  d(u, w)  d(u, v) + d(v, w). Démonstration.

On applique la proposition 2 aux vecteurs x = v − u et y = w − v .

De manière moins formelle, l’inégalité :

d(u, w)  d(u, v) + d(v, w)

w

signifie que les propriétés « géométriquement intuitives » suivantes sont vraies : • dans un triangle, la longueur d’un côté est inférieure v à la somme des longueurs des deux autres ; u • un plus court chemin entre deux points est la ligne droite. Attention Le choix de l’article indéfini un dans la phrase « un plus court chemin entre deux points » n’est pas anodin : la ligne droite est un plus court chemin entre deux points, mais pas nécessairement le seul (cf. exemple 8 de la page précédente). Dans la suite, et sauf mention du contraire, (E, � · �) est un espace vectoriel normé et d désigne la distance associée à la norme � · � . Distance à une partie

Définition 5

Exo 5.2

Étant donné une partie A non vide de E ainsi que x un élément de E , on appelle distance de x à A, et l’on note d(x, A), la quantité :   d(x, A) = inf d(x, a) | a ∈ A .

x

d(x, A)



A

Remarques Avec les notations de la définition précédente : • le caractère non vide de A implique que {d(x, a) | a ∈ A} est une partie non vide de IR+ , ce qui assure d’une part l’existence de sa borne inférieure d(x, A), et d’autre part que d(x, A)  0 ; • par définition de la distance d, on a aussi :   d(x, A) = inf �x − a� | a ∈ A .

204

I Généralités

Attention Si x appartient à A, alors il est clair que d(x, A) = 0 . En revanche, la réciproque est fausse. Par exemple, dans IR muni de la valeur absolue, on a d(0, IR∗+ ) = 0 et pourtant 0 ∈ / IR∗+ . Cela prouve au passage qu’il n’existe pas toujours d’élément a ∈ A tel que d(x, A) = d(x, a). Terminologie Lorsqu’il existe un élément a ∈ A tel que d(x, A) = d(x, a), on dit que la distance de x à A est atteinte.

Proposition 4 Étant donné A une partie non vide de E , et (x, y) ∈ E 2 , on a :   d(x, A) − d(y, A)  d(x, y).

Démonstration page 229

Principe de démonstration. Par symétrie en x et y , il suffit de montrer l’inégalité sans les valeurs absolues d(x, A) − d(y, A)  d(x, y) . 260

Remarque Le résultat précédent se reformule en disant que l’application (E, � · �) −→ (IR, | · |) est 1 -lipschitizienne. x �−→ d(x, A)

4

Boules ouvertes, boules fermées

Définition 6 Soit a un élément de E et r un réel strictement positif. • On appelle boule ouverte de centre a et de rayon r la partie :   B(a, r) = x ∈ E : d(a, x) < r .

• On appelle boule fermée de centre a et de rayon r la partie :   Bf (a, r) = x ∈ E : d(a, x)  r .

Exo 5.3

• On appelle sphère de centre a et de rayon r la partie : S(a, r) = {x ∈ E : d(a, x) = r}.

Remarques • On a S(a, r) = Bf (a, r) \ B(a, r). • Par défaut, la notation B(a, r) désigne une boule ouverte. En cas de risque de confusion, on pourra la noter BO (a, r).

205

Chapitre 5. Espaces vectoriels normés Ex. 9. Dans IR2 muni successivement des normes infinie, un et deux, dessinons la boule unité fermée (i.e. la boule fermée de centre 0 et de rayon 1 ) : 1

0

1

1

1

0

1

pour la norme 1

pour la norme infinie

0

1

pour la norme 2

Notation Lorsque l’on travaille dans un espace euclidien de dimension 2 , on parle généralement de disque plutôt que de boule, et l’on utilise alors respectivement les notations D(a, r) et Df (a, r) au lieu de B(a, r) et Bf (a, r).

5

Parties convexes

Dans cette section, l’espace E est supposé réel. Exo 5.4

Définition 7 Une partie A de E est dite convexe si :

Exo 5.5

∀(x, y) ∈ A2 Terminologie

∀λ ∈ [0, 1] (1 − λ)x + λy ∈ A.

Étant donné deux points x et y , l’ensemble des points de la forme : (1 − λ)x + λy

est appelé segment [x, y] .

Interprétation Dire qu’une partie A est convexe signifie qu’étant donné deux points de A, le segment reliant ces deux points est inclus dans A. Dans les dessins ci-contre, la partie A est convexe, mais la partie B ne l’est pas.

avec λ ∈ [0, 1]



A

B 

Ex. 10. L’ensemble vide est convexe. Ex. 11. Tout singleton est convexe. Ex. 12. Les parties convexes de IR sont les intervalles.

Proposition 5 Toute boule (ouverte ou fermée) est une partie convexe. Démonstration page 230

206

I Généralités

6

Parties bornées, applications bornées

Parties bornées Exo 5.6

Définition 8 Une partie A de E est dite bornée s’il existe un réel positif R tel que :

Exo 5.7

∀a ∈ A �a�  R. Applications bornées, suites bornées Définition 9 Soit X un ensemble non vide. Une application f : X → E est dite bornée si f (X) est une partie bornée de E , autrement dit s’il existe R ∈ IR+ tel que :   ∀x ∈ X f (x)  R. Remarques • Une suite d’éléments de E n’étant rien d’autre qu’une application de IN dans E , la définition précédente s’applique. Une suite (un )n∈IN est bornée s’il existe R ∈ IR+ tel que : ∀n ∈ IN �un �  R.

• Il est facile de vérifier que l’ensemble des applications bornées de X dans E est un sous-espace vectoriel du IK -espace vectoriel F(X, E) des fonctions de X dans E . Notation

L’espace des applications bornées de X dans E est noté B(X, E).

Remarque Il est clair, d’après la définition, que la notion de partie bornée (et donc de fonction ou suite bornée) dépend de la norme utilisée. Nous verrons : • qu’il est possible qu’une partie soit bornée pour une norme mais ne le soit pas pour une autre (cf. exemple 48 de la page 226) ; 227

• que, néanmoins, des normes équivalentes définissent les mêmes parties bornées (cf. proposition 39 de la page 228).

7

Exemples d’espaces vectoriels normés

Le résultat suivant sera utile, en particulier pour prouver des propriétés d’homogénéité. Lemme 6 Étant donné A une partie non vide de IR et k ∈ IR+ , on a : sup(kA) = k sup(A).

Démonstration page 230

Remarque Ce résultat s’applique en particulier si la partie A admet un plus grand élément, et l’on a dans ce cas max(kA) = k max(A). 207

Chapitre 5. Espaces vectoriels normés Normes usuelles sur IKn Si x est un vecteur de IKn , on note (x1 , . . . , xn ) ses composantes, et l’on pose :   n n   �x�1 = |xk | et �x�2 =  |xk |2 . �x�∞ = max |xk | ; k∈[[1,n]]

k=1

k=1

Proposition 7 Les trois applications suivantes sont des normes : IKn −→ IR+ ; x �−→ �x�∞ Terminologie et norme 2.

IKn x

−→ IR+ �−→ �x�1

IKn −→ IR+ x �−→ �x�2 .

et

Démonstration page 230

Ces normes sont respectivement appelées norme infinie, norme 1

 Attention Si IK = IR, alors on a �x�2 = x21 + · · · + x2n , mais si IK = C, la présence des modules est indispensable pour que la définition de �x�2 ait un sens. Généralisation à tout espace vectoriel de dimension finie Proposition 8 Soit E un IK -espace vectoriel de dimension n muni d’une base B = (e1 , . . . , en ). n  Pour x = xk ek ∈ E , posons : k=1

�x�∞ = max |xk | ; k∈[[1,n]]

�x�1 =

n 

k=1

|xk |

et

  n  �x�2 =  |xk |2 . k=1

Alors les applications x �→ �x�∞ , x �→ �x�1 et x �→ �x�2 sont des normes sur E , appelées respectivement norme infinie, norme 1 et norme 2 dans la base B .

Démonstration page 231 En utilisant l’isomorphisme qui à un vecteur de E associe sa matrice dans la base B , on peut exploiter les propriétés des trois normes usuelles sur IKn .

Principe de démonstration.

Espace des fonctions bornées Soit E un espace vectoriel normé et X un ensemble non vide. L’ensemble B(X, E) des applications bornées de X dans E est un sous-espace vectoriel du IK -espace vectoriel F (X, E) des applications de X dans E .

Proposition 9 L’application :

B(X, E) −→ IR+ f �−→ �f �∞

où

�f �∞ = sup �f (x)�

est une norme sur B(X, E), appelée norme infinie. Terminologie 208

x∈X

Démonstration page 232

On parle aussi de norme de la convergence uniforme.

I Généralités Remarque En particulier, on peut considérer la norme infinie sur l’espace vectoriel B(IN, E) des suites bornées à valeurs dans E . Pour u = (un )n∈IN ∈ E IN , on a : �u�∞ = sup �un �. n∈IN

Espace des fonctions continues sur un segment à valeurs scalaires Soit a et b deux réels tels que a < b . On note C([a, b], IK) l’ensemble des fonctions continues du segment [a, b] dans IK . On sait que C([a, b], IK) est un sous-espace vectoriel de F([a, b], IK), et même de B([a, b], IK) (car toute fonction continue sur un segment est bornée). Outre la norme � · �∞ , on dispose sur C([a, b], IK) des deux normes classiques suivantes : Proposition 10 (Norme 1 sur C([a, b], IK)) L’application : C([a, b], IK) f

−→ IR �−→ �f �1

où

�f �1 =

est une norme sur C([a, b], IK), appelée norme 1 .



b

a

|f |

Démonstration page 232

Proposition 11 (Norme 2 sur C([a, b], IK)) L’application :

C([a, b], IK) −→ IR f �−→ �f �2

où

�f �2 =

est une norme sur C([a, b], IK), appelée norme 2 . Principe de démonstration.

 

a

b

|f |2

Démonstration page 233

Si IK = IR , alors la norme 2 n’est rien d’autre que la norme

euclidienne associée au produit scalaire usuel sur C([a, b], IR) défini par ( f | g ) =

    traiter le cas IK = C , se ramener au cas réel en remarquant que f 2 =  |f | 2 .



b

f g . Pour

a

Attention Contrairement à la norme infinie, on ne peut pas étendre les normes 1 et 2 à l’espace CM([a, b], IK) des fonctions continues par morceaux de [a, b] dans IK , puisque la propriété de séparation serait mise en défaut. En effet, toute fonction  b  b |f | = |f |2 = 0 (par exemple la nulle sauf en un nombre fini de points vérifie fonction 1{a} ).

a

a

209

Chapitre 5. Espaces vectoriels normés Espace des polynômes Sur IK[X], plusieurs normes classiques peuvent être considérées : • celles utilisant la suite (an )n∈IN des coefficients d’un polynôme P =

+∞ 

an X n ,

n=0

dont on sait qu’elle est presque nulle (i.e. nulle à partir d’un certain rang) :   +∞ +∞   �P �1 = |an |, �P �2 =  |an |2 , et �P �∞ = max |an | ; n=0

n=0

n∈IN

pour une justification que ce sont bien des normes, on pourra se référer à l’exercice 5.12 de la page 239, qui traite la situation plus générale d’un espace vectoriel muni d’une base ;

• celles définies à l’aide de la fonction polynomiale t �→ P (t) ; dans ce et b désignent deux réels vérifiant a < b :   b  b �P �1 = |P (t)|2 dt et �P �∞ = max |P (t)|dt, �P �2 = a

a

t∈[a,b]

qui suit, a

  P (t) ;

dans ce cas, l’homogénéité et l’inégalité triangulaire proviennent du fait   que � · �1 , � · �2 et � · �∞ définissent des normes sur C [a, b], IK ; pour la séparation, on utilise de plus le fait qu’un polynôme dont la fonction polynomiale associée est nulle sur [a, b] admet une infinité de racines, donc est nul.

8

Produit fini d’espaces vectoriels normés

Proposition 12 Soit p ∈ IN∗ ainsi que p espaces vectoriels normés (E1 , ϕ1 ), . . . , (Ep , ϕp ) sur IK . L’application : ϕ :

E1 × · · · × Ep −→ IR+   (x1 , . . . , xp ) �−→ max ϕ1 (x1 ), . . . , ϕp (xp )

est une norme sur E1 × · · · × Ep , appelée norme produit.

Démonstration page 233

Ex. 13. La norme infinie sur IKn est la norme produit obtenue en considérant, sur IK , la norme x �→ |x| .

Exo 5.8

Remarque En plus de la norme produit présentée dans la proposition précédente, d’autres normes peuvent être construites sur un espace produit (cf. exercice 5.8).

210

II Suites d’éléments d’un espace vectoriel normé

II

Suites d’éléments d’un espace vectoriel normé

On rappelle qu’une suite a à valeurs dans E est une application de IN dans E . Une telle suite est souvent notée (an )n∈IN , voire plus simplement (an ). On appelle an le terme général de la suite a.

1

Suite convergente

Définition 10 Soit (an )n∈IN une suite d’éléments de E ainsi que ℓ ∈ E . On dit que la suite (an )n∈IN   converge vers ℓ si la suite réelle �an − ℓ� n∈IN tend vers 0 . La suite (an )n∈IN converge donc vers ℓ si, et seulement si : ∀ε > 0

∃n0 ∈ IN ∀n  n0

�an − ℓ�  ε,

∀ε > 0

∃n0 ∈ IN ∀n  n0

d(an , ℓ)  ε.

ou encore, en terme de distance :

Notation

Pour signifier qu’une suite (an )n∈IN converge vers ℓ , on écrit an −→ ℓ n→∞

ou plus simplement an → ℓ .

Proposition 13 (Unicité de la limite) Soit (an )n∈IN une suite d’éléments de E ainsi que ℓ1 et ℓ2 appartenant à E . Si an → ℓ1 et an → ℓ2 , alors ℓ1 = ℓ2 . Démonstration.

Soit (an )n∈IN une suite convergeant à la fois vers ℓ1 et ℓ2 . L’inégalité triangulaire donne : 0  d(ℓ1 , ℓ2 )  d(ℓ1 , an ) + d(an , ℓ2 ) .

   →0

   →0

En passant à la limite, on obtient d(ℓ1 , ℓ2 ) = 0 , c’est-à-dire ℓ1 = ℓ2 .

Définition 11 • Une suite (an )n∈IN est dite convergente s’il existe un élément ℓ de E tel que an → ℓ . Cet élément ℓ est alors appelé limite de la suite (an )n∈IN . On le note lim an . • Une suite qui n’est pas convergente est dite divergente. Attention La convergence d’une suite dépend de la norme utilisée. Une suite peut converger pour une norme et diverger pour une autre (cf. exemple suivant). Ex. 14. Dans l’espace C([0, 1], IR) , considérons la suite (fn )n∈IN définie par fn (x) = xn . • D’une part, on a �fn �1 =



1

xn dx = 0

1 → 0 , donc la suite (fn ) converge, au sens de n+1

la norme 1 , vers la fonction nulle.

211

Chapitre 5. Espaces vectoriels normés • Montrons désormais que la suite (fn ) n’est pas convergente au sens de la norme infinie. Par l’absurde : supposons que (fn ) converge, et notons f sa limite (dans C([0, 1], IR) ). Pour tout x ∈ [0, 1] , on a |fn (x) − f (x)|  �fn − f �∞ → 0 , donc la suite réelle

converge vers f (x) . Il vient alors que f (x) =



0 1

si si

x ∈ [0, 1[ x = 1.



fn (x)



Cela constitue une contradiction, car la fonction f obtenue n’est pas continue.

Remarque Nous verrons cependant que deux normes équivalentes définissent les mêmes suites convergentes (cf. proposition 40 de la page 228). Opérations algébriques sur les suites convergentes Proposition 14 (Combinaison linéaire de deux suites convergentes) Si deux suites (an )n∈IN et (bn )n∈IN convergent respectivement vers ℓ1 et ℓ2 , et si λ et µ sont deux scalaires, alors la suite de terme général λan + µbn converge vers λℓ1 + µℓ2 . Démonstration. Cela découle de l’inégalité triangulaire et de l’homogénéité de la norme :     (λan + µbn ) − (λℓ1 + µℓ2 ) = λ(an − ℓ1 ) + µ(bn − ℓ2 )  |λ| �an − ℓ1 � +|µ| �bn − ℓ2 � .





→0



   →0

Remarques • Par récurrence, on généralise le résultat précédent à une combinaison linéaire  (1)   (p)  quelconque de suites : si an , . . . , an sont p suites, convergeant respectivement vers ℓ1 , . . . , ℓp , alors pour tout (λ1 , . . . , λp ) ∈ IKp , la suite de terme génép p   (k) ral λk ℓk . λk an converge vers k=1

k=1

• La proposition 14 nous indique que l’ensemble des suites convergentes est un sousespace vectoriel de l’espace F (IN, E) des suites à valeurs dans E .

Proposition 15 Si une suite (an )n∈IN converge vers ℓ , alors la suite de terme général �an � converge vers �ℓ� . Démonstration.

Cela découle de la seconde inégalité triangulaire :





0  �an � − �ℓ�  �an − ℓ� .

Corollaire 16 Toute suite convergente est bornée.

   →0

Démonstration. Utilisons le résultat déjà connu pour les suites réelles. Supposons que (an )n∈IN soit convergente. D’après la proposition précédente, la suite réelle (�an �)n∈IN est également convergente, donc bornée. 212

II Suites d’éléments d’un espace vectoriel normé

2

Suite à valeurs dans un espace produit

    Soit E1 , ϕ1 , . . . , Ep , ϕp des espaces vectoriels normés. On rappelle (cf. proposition 12 de la page 210) que l’espace E1 × · · · × Ep est muni d’une structure d’espace vectoriel normé grâce à la norme produit définie par :     (x1 , . . . , xp ) = max ϕ1 (x1 ), . . . , ϕp (xp ) .  (k)  Pour tout k ∈ [[1, p]], on considère an n∈IN une suite à valeurs dans Ek , et l’on s’intéresse à la convergence, au sens de la norme produit, de la suite (an )n∈IN , à valeurs dans E1 × · · · × Ep , de terme général :   (p) . an = a(1) n , . . . , an La proposition suivante énonce que la convergence de la suite (an )n∈IN revient à celle  (k)  de chacune des suites an n∈IN .

Proposition 17

La suite de terme général

 (1) (p)  an , . . . , an converge si, et seulement si, pour (k)

tout k ∈ [[1, p]], la suite de terme général an En notant alors ℓk la limite de la suite l’élément (ℓ1 , . . . , ℓp ) de E1 × · · · × Ep .

converge.

(k) (an )n∈IN ,

la suite (an )n∈IN converge vers Démonstration page 234

Ex. 15. Une suite à valeurs dans IKp converge au sens de la norme infinie si, et seulement si, chacune des suites composantes converge. L’étude de la convergence d’une telle suite revient donc à l’étude de p suites à valeurs dans IK .

3

Suites extraites, valeurs d’adhérence

Comme dans le cas des suites réelles ou complexes, on appelle suite extraite ou   sous-suite d’une suite (an )n∈IN toute suite de la forme aϕ(n) n∈IN , où ϕ est une extraction, c’est-à-dire une application strictement croissante de IN dans IN. On l’appelle aussi fonction extractrice. Proposition 18 Toute sous-suite d’une suite convergente est convergente et a la même limite. Démonstration.

Utilisons le résultat déjà connu pour les suites réelles. Si (an )n∈IN est une   suite convergeant vers ℓ , et si aϕ(n) n∈IN en est une sous-suite, alors la suite réelle de terme

général �aϕ(n) − ℓ� tend vers 0 car c’est une sous-suite de la suite réelle

tend vers 0 .





�an − ℓ�

n∈IN

qui

Définition 12 On appelle valeur d’adhérence d’une suite (an )n∈IN tout élément de E qui est limite d’une sous-suite de (an )n∈IN . Remarque D’après la proposition 18, une suite convergente ne possède qu’une seule valeur d’adhérence : sa limite. 213

Chapitre 5. Espaces vectoriels normés Point méthode Pour montrer qu’une suite est divergente, on peut utiliser la contraposée de la remarque précédente : il suffit de montrer qu’elle possède au moins deux valeurs d’adhérence.

Ex. 16. La suite réelle de terme général (−1)n est divergente, car elle possède 1 et −1 comme valeurs d’adhérence. Ex. 17. Soit (x, y) ∈ E 2 , avec x �= 0 . La suite (an )n∈IN définie par an = (−1)n x + 2−n y ne converge pas car possède x et −x comme valeurs d’adhérence. En effet : • on a a2n → x car �a2n − x� = �2−2n y� = 2−2n �y� → 0 ;

• on a a2n+1 → −x car �a2n+1 + x� = �2−2n−1 y� = 2−2n−1 �y� → 0 .

Attention Comme le montre l’exemple suivant, ce n’est pas parce qu’une suite ne possède qu’une seule valeur d’adhérence qu’elle converge. Nous verrons néanmoins que c’est le cas si elle est à valeurs dans une partie compacte (cf. théorème 5 de la page 291). 



Ex. 18. Considérons la suite de terme général an = n 1 + (−1)n . • La suite (an )n∈IN diverge, car sa sous-suite (a2n )n∈IN tend vers +∞ .

• Montrons néanmoins que (an ) possède 0 comme unique valeur d’adhérence.

∗ On voit facilement que 0 est valeur d’adhérence, car c’est la limite de la soussuite (a2n+1 )n∈IN .

∗ Montrons qu’il n’y a pas d’autres valeurs d’adhérence.   Pour cela, considérons un réel x non nul ainsi qu’une sous-suite aϕ(n) n∈IN de (an )n∈IN ,



et montrons que aϕ(n)



n∈IN

ne converge pas vers x .



⋆ Si ϕ prend une infinité de valeurs impaires, alors aϕ(n)



n∈IN

possède 0 comme valeur

d’adhérence ;   ⋆ sinon, ϕ prend une infinité de valeurs paires, et alors aϕ(n) n∈IN possède une soussuite tendant vers +∞ .



Dans les deux cas, la sous-suite aϕ(n)



n∈IN

ne converge pas vers x .

Proposition 19 (Caractérisation des valeurs d’adhérence) Soit (an )n∈IN une suite à valeurs dans E . Un élément x ∈ E est valeur d’adhérence de la suite (an )n∈IN si, et seulement si : ∀ε > 0 ∀n0 ∈ IN ∃n  n0

Exo 5.9

214

�an − x�  ε.

Démonstration page 234

III Topologie d’un espace vectoriel normé

III 1

Topologie d’un espace vectoriel normé Parties ouvertes

Définition 13 Soit U une partie de E . On dit que U est un ouvert de E , ou une partie ouverte de E , si : ∀x ∈ U ∃r > 0 B(x, r) ⊂ U. Remarque Dans la définition ci-dessus, on peut remplacer la boule ouverte B(x, r) par la boule fermée Bf (x, r), car : • si Bf (x, r) ⊂ U , alors B(x, r) ⊂ U ;  r ⊂U. • si B(x, r) ⊂ U , alors Bf x, 2 Ex. 19. Il est clair, d’après la définition, que E et ∅ sont des parties ouvertes de E . Ex. 20. Supposons que E ne soit pas l’espace nul. Un singleton n’est pas une partie ouverte de E . En effet, pour tout x ∈ E et r > 0 , on a B(x, r) �⊂ {x} car, si u désigne un vecteur unitaire, on a x + r2 u ∈ B(x, r) \ {x} .

Terminologie Pour signifier qu’une partie U est un ouvert de E , on dit aussi que U est ouverte dans E . Abus de langage Parfois, on se permet de parler d’ouverts et de parties ouvertes, sans préciser « de E ». Comme l’illustre l’exemple 21, cela nécessite qu’il n’y ait aucune ambiguïté sur ce qu’est l’espace E dans lequel on se place. Proposition 20 Toute boule ouverte est ouverte.

Démonstration page 234

Principe de démonstration. x Pour x appartenant à une boule de centre a de rayon R , considérer la boule ouverte de centre x et de rayon :

R

R − �x − a� 

�x − a� 

a

R − �x − a�.

Remarque Le dessin fait lors de la démonstration précédente correspond à une norme euclidienne, mais nous a permis de trouver une démonstration valable pour toute norme. Cette représentation des boules n’induit en général pas de fausse intuition lors de considérations topologiques, c’est pourquoi on l’utilise couramment. 1 1. Concrètement, le risque majeur de cette vision euclidienne concerne le cas d’égalité dans l’inégalité triangulaire (cf. le « Attention » de la page 203).

215

Chapitre 5. Espaces vectoriels normés

Ex. 21. Soit a et b deux réels tels que a < b . • L’intervalle ]a, b[ est ouvert dans IR (muni de la valeur absolue), car c’est la boule de a+b b−a centre et de rayon · 2 2 r x+i • L’intervalle ouvert ]a, b[ n’est en revanche pas ouvert 2 dans C (muni du module). En effet, pour x ∈ ]a, b[ et r > 0 , la boule ouverte de centre x de rayon r > 0 a b n’est pas incluse dans ]a, b[ . Par exemple, le nombre x r complexe x + i appartient à cette boule mais pas à 2 B(x, r) l’intervalle ]a, b[ . 



Remarque Plus généralement, tout intervalle ouvert de IR, c’est-à-dire de la forme ]−∞, b[ , ]a, b[ ou ]a, +∞[ , est ouvert dans IR mais pas dans C. Attention Comme l’illustre l’exemple précédent, le caractère ouvert ou non d’un ensemble n’est pas une notion intrinsèque à cet ensemble, mais dépend de l’espace dans lequel on le considère. Si F est un sous-espace vectoriel de E , alors une partie ouverte dans F n’est en général pas ouverte dans E . Proposition 21 • La réunion d’une famille quelconque d’ouverts est ouverte. • L’intersection d’une famille finie d’ouverts est ouverte.

Démonstration page 234

Remarque En particulier, une réunion quelconque de boules ouvertes est un ouvert de E . En fait, la réciproque de ceci est vraie (comme l’illustre l’exemple suivant). Ex. 22. Toute partie ouverte de E peut s’écrire comme une réunion de boules ouvertes. Soit en effet U une partie ouverte de E . Pour tout x ∈ U , il existe rx > 0 tel que B(x, rx ) ⊂ U ,

et l’on a alors U =



B(x, rx ).

x∈U

Attention Une intersection quelconque d’ouverts peut ne pas être ouverte, comme l’illustre l’exemple suivant.    1 1 ∗

. On a Ex. 23. Pour tout n ∈ IN , notons Un = − , n n chacun des Un soit ouvert, leur intersection ne l’est pas.

n∈IN∗

Un = {0} . Ainsi, bien que

Proposition 22 Soit E1 , . . . , Ep des IK -espaces vectoriels normés. On munit l’espace produit E1 × · · · × Ep de la norme produit. Si U1 , . . . , Up sont ouverts dans E1 , . . . , Ep respectivement, alors U1 × · · · × Up est ouvert dans E1 × · · · × Ep .

Démonstration page 235

216

III Topologie d’un espace vectoriel normé

2

Parties fermées

Définition 14 On dit qu’une partie de E est un fermé de E , ou une partie fermée de E , si son complémentaire est ouvert. Remarque D’après la définition, il est clair que E et ∅ sont des parties fermées de E , puisque leurs complémentaires, respectivement ∅ et E , sont ouverts dans E . Terminologie Pour signifier qu’une partie F est un fermé de E , on dit aussi que F est fermée dans E . Abus de langage Lorsqu’il n’y a pas d’ambiguïté sur l’espace E dans lequel on se place, on se permet parfois de parler de fermés et de parties fermées, sans préciser « de E ». Ex. 24. Dans IR , tout intervalle fermé, i.e. de la forme ]−∞, b] , [a, b] ou [a, +∞[ , est fermé. En effet, leurs complémentaires sont respectivement ]b, +∞[ , ]−∞, a[ ∪ ]b, +∞[ et ]−∞, a[ , qui sont ouverts.

Attention Il ne faut pas croire, par jeu de mots, qu’une partie qui n’est pas ouverte est nécessairement fermée. En effet, dans tout IK -espace vectoriel normé non réduit à {0} , il existe des parties ni ouvertes ni fermées (cf. exemple suivant), et il existe également des parties à la fois ouvertes et fermées (∅ et E ). Ex. 25. Dans IR , l’intervalle I = [0, 1[ n’est ni ouvert ni fermé. En effet : • il n’est pas ouvert car 0 ∈ I mais, pour tout r > 0 , on a ]−r, r[ �⊂ I ; • il n’est pas fermé car on a IR \ I = ]−∞, 0[ ∪ [1, +∞[ , donc 1 ∈ IR \ I mais, pour tout r > 0 , on a ]1 − r, 1 + r[ �⊂ IR \ I .

Proposition 23 (Caractérisation séquentielle des parties fermées) Une partie A ⊂ E est fermée si, et seulement si, la limite de toute suite convergente d’éléments de A appartient à A. Démonstration page 235 Ex. 26. Tout singleton est fermé. En effet, étant donné x ∈ E , la seule suite à valeurs dans le singleton {x} est la suite constante égale à x , qui converge évidemment vers x .

Ex. 27. Pour justifier que l’intervalle [0, 1[ n’est pas un fermé de IR , on peut considérer la suite / [0, 1[ . de terme général 1 − 2−n , à valeurs dans [0, 1[ , mais convergeant vers 1 ∈

Ex. 28. Montrons que si E est un espace préhilbertien réel et A une partie de E , alors l’orthogonal de A est une partie fermée. Par caractérisation séquentielle : soit (xn )n∈IN une suite à valeurs dans A⊥ . Supposons que (xn )n∈IN converge vers une limite ℓ et montrons que ℓ ∈ A⊥ . Soit a ∈ A . Par bilinéarité du produit scalaire puis inégalité de Cauchy-Schwarz, on a :

    ( xn | a ) − ( ℓ | a ) = ( xn − ℓ | a )  �xn − ℓ� �a� → 0

Comme on a : ∀n ∈ IN

donc

( xn | a ) → ( ℓ | a ).

( xn | a ) = 0 , on en déduit que ( ℓ | a ) = 0 , autrement dit ℓ ∈ A⊥ .

217

Chapitre 5. Espaces vectoriels normés Proposition 24 Toute boule fermée est fermée. Démonstration. Procédons par caractérisation séquentielle. Soit B une boule fermée. Notons ω son centre et R son rayon. Soit (an )n∈IN une suite convergente à valeurs dans B . Montrons que sa limite ℓ appartient à B . Le fait que la suite (an )n∈IN soit à valeurs dans B se traduit ainsi : ∀n ∈ IN

�an − ω�  R.

Or, puisque an → ℓ , on a an − ω → ℓ − ω , puis �an − ω� → �ℓ − ω� . Par passage à la limite dans une inégalité large, on en déduit que �ℓ − ω�  R , autrement dit ℓ ∈ B . Cela prouve, par caractérisation séquentielle, que B est une partie fermée de E .

Proposition 25 • L’intersection d’une famille quelconque de fermés est fermée. • La réunion d’une famille finie de fermés est fermée.

Démonstration. En considérant les complémentaires, ce résultat découle de la proposition 21 de la page 216. En effet, si (Ai )i∈I est une famille de fermés, alors on a : E\

 i∈I

Ai



=



i∈I

E \ Ai



et

E\



Ai

i∈I



=



i∈I

Ex. 29. Soit S une sphère. Notons a son centre et r son rayon.



E \ Ai .





Par définition, on a S = Bf (a, r) \ B(a, r) , c’est-à-dire S = Bf (a, r) ∩ E \ B(a, r) . La sphère S est donc fermée, comme intersection de deux parties fermées.

Attention Une réunion quelconque de fermés peut ne pas être fermée, comme l’illustre l’exemple suivant.    1

Ex. 30. Dans IR , notons, pour tout n  2 , Fn = 0, 1 −

n

Fn = [0, 1[ . Ainsi, bien

. On a

n∈IN∗

que chacun des Fn soit fermé, leur réunion ne l’est pas (cf. exemple 27 de la page précédente).

Remarque Plus généralement, toute partie A peut être obtenue comme une réunion  {a} . de fermés : il suffit d’écrire A = a∈A

Proposition 26 Soit E1 , . . . , Ep des IK -espaces vectoriels normés. On munit l’espace produit E1 × · · · × Ep de la norme produit. Si F1 , . . . , Fp sont fermés dans E1 , . . . , Ep respectivement, alors F1 × · · · × Fp est fermé dans E1 × · · · × Ep .

Démonstration page 235

Principe de démonstration. 218

On peut procéder par caractérisation séquentielle.

III Topologie d’un espace vectoriel normé

3

Voisinage d’un point

Définition 15 Exo 5.14

Étant donné V une partie de E et a ∈ E , on dit que V est un voisinage de a s’il existe r > 0 tel que la boule ouverte B(a, r) soit incluse dans V . Remarques r

• Dire que V est un voisinage de a signifie qu’il existe r > 0 tel que : ∀x ∈ E

a

�x − a� < r =⇒ x ∈ V ;



V

autrement dit, être suffisamment proche du point a assure d’être dans V . En particulier, tout voisinage de a contient a.

• On peut, sans en changer la signification, remplacer « boule ouverte » par « boule fermée » dans la définition 15. Ex. 31. Étant donné a ∈ E , tout ouvert contenant a est un voisinage de a . En effet, si U est un tel ouvert, le caractère ouvert de U assure qu’il existe r > 0 tel que la boule B(a, r) soit incluse dans U , donc U est un voisinage de a .

Proposition 27 Soit a ∈ E ainsi que V un voisinage de a. Si (un ) ∈ E IN est une suite convergeant vers a, alors il existe un rang n0 ∈ IN tel que : ∀n  n0

Démonstration.

un ∈ V.

Immédiat d’après les définitions de voisinage et de suite convergente, car :

• V étant un voisinage de a , il existe r > 0 tel que B(a, r) ⊂ V ;

• si une suite (un ) converge vers a , alors il existe n0 ∈ IN tel que ∀n  n0

un ∈ B(a, r) .

Remarque Le résultat s’applique en particulier à tout ouvert contenant a, puisqu’un tel ouvert est un voisinage de a. Opérations sur les voisinages Proposition 28 Soit x un élément de E . • Une intersection finie de voisinages de x est encore un voisinage de x.

• Si V est un voisinage de x, alors toute partie de E contenant V est également un voisinage de x. Démonstration page 236

Remarque Le second point de la proposition précédente implique qu’une réunion quelconque non vide de voisinages de x en est encore un. 219

Chapitre 5. Espaces vectoriels normés

4

Point intérieur, intérieur d’une partie

Définition 16 • On dit qu’un point x est intérieur à une partie A de E si A est un voisinage de x, i.e. s’il existe r > 0 tel que B(x, r) ⊂ A. • L’ensemble des points intérieurs à A est appelé intérieur de A ; on le ◦

note A ou Int(A).

Remarques ◦

• On a vu que si A est un voisinage de x, alors x ∈ A. On en déduit que A ⊂ A.

• Un ouvert étant un voisinage de chacun de ses points, il est clair qu’un ouvert est son propre intérieur. • La proposition 28 de la page précédente donne les résultats suivants :

∗ si x est intérieur à un nombre fini de parties de E , alors x est intérieur à leur intersection ; ◦

◦

∗ si A et B sont deux parties vérifiant A ⊂ B , alors on a A ⊂ B . Attention

La réciproque du dernier point évoqué est fausse : on peut trouver deux ◦

◦

parties A et B vérifiant A ⊂ B sans pour autant avoir A ⊂ B . On peut même trouver deux ensembles qui ne sont pas égaux mais qui ont même ◦

◦

intérieur. Par exemple, dans IR, si A = [0, 1] et B = [0, 1[ , alors on a A = B = ]0, 1[ , et pourtant A �= B . Proposition 29 L’intérieur d’une partie A est le plus grand ouvert (au sens de l’inclusion) qui soit inclus dans A.

Démonstration page 236

Conséquences • L’intérieur d’une partie A est la réunion de tous les ouverts inclus dans A. En effet, la réunion de tous les ouverts inclus dans A est un ouvert (d’après la proposition 21 de la page 216), il est inclus dans A, et il contient de manière évidente tout ouvert inclus dans A. ◦

• Une partie A est ouverte si, et seulement si, A = A.

5

Point adhérent, adhérence d’une partie

Définition 17 • On dit qu’un point x est adhérent à une partie A de E si pour tout r > 0 , on a B(x, r) ∩ A �= ∅ . • L’ensemble des points adhérents à A est appelé adhérence de A ; on le note A ou Adh(A).

220

III Topologie d’un espace vectoriel normé Remarques • Si x ∈ A, alors x est adhérent à A, car alors toute boule ouverte centrée en x contient x et donc rencontre A. On a donc A ⊂ Adh(A).

• Dire qu’un point x n’appartient pas à l’adhérence de A signifie qu’on peut trouver r > 0 tel que B(x, r) ∩ A = ∅ (ou encore B(x, r) ⊂ E \ A), ce qui signifie que x appartient à l’intérieur de E \ A. On a donc la relation : E \ (Adh A) = Int(E \ A),

ce qui mène également aux deux relations suivantes : Adh A = E \ Int(E \ A)

et

IntA = E \ Adh(E \ A).

• L’intérieur d’une partie est toujours un ouvert, la première des relations ci-dessus nous assure que l’adhérence d’une partie est toujours fermée. Proposition 30 L’adhérence d’une partie A est le plus petit fermé contenant A. Démonstration page 236

Conséquences • L’adhérence d’une partie A est l’intersection de tous les fermés contenant A. En effet, l’intersection de tous les fermés contenant A est fermée, contient A, et est contenue dans tout fermé contenant A. • Une partie A est fermée si, et seulement si, A = A.

Le résultat suivant donne une caractérisation très importante des points adhérents. Exo 5.15

Proposition 31 (Caractérisation séquentielle des points adhérents) Un point x est adhérent à une partie A si, et seulement s’il existe une suite d’éléments de A qui converge vers x. Démonstration page 236

Reformulation L’adhérence d’une partie A est l’ensemble des limites des suites convergentes à valeurs dans A. Ex. 32. Prouvons qu’étant donné A une partie non vide de E et x ∈ E , on a : x ∈ Adh(A) ⇐⇒ d(x, A) = 0. • Supposons d(x, A) = 0 . Alors, pour tout r > 0 , il existe a ∈ A vérifiant d(x, a) < r , et donc B(x, r) ∩ A �= ∅ . On en déduit x ∈ Adh(A) . • Réciproquement, supposons x ∈ Adh(A) . Alors, il existe une suite (an )n∈IN à valeurs dans A telle que an → x . On a : ∀n ∈ IN

0  d(x, A)  d(x, an ).

Comme d(x, an ) → 0 , on en déduit d(x, A) = 0 .

Conséquence Une partie fermée étant égale à son adhérence, on en déduit que si F est une partie fermée de E , alors : ∀x ∈ E \ F d(x, F ) > 0.

221

Chapitre 5. Espaces vectoriels normés

6

Densité

Définition 18 Soit A une partie de E . Une partie D de A est dite dense dans A si l’une des trois propriétés équivalentes suivantes est vérifiée : (i) l’adhérence de D contient A ; (ii) pour tout a ∈ A et pour tout r > 0 , il existe x ∈ D tel que �x − a�  r ;

(iii) pour tout a ∈ A, il existe une suite d’éléments de D qui converge vers a.

Remarques • Dans la définition précédente, les propriétés (ii) et (iii) ne sont que des reformulations de la propriété A ⊂ D . • Une partie D est dense dans E si, et seulement si, D = E .

Ex. 33. Les ensembles Q , IR \ Q et D I (nombres décimaux) sont denses dans IR (cf. cours de première année). Ex. 34. L’ensemble GLn (IK) est dense dans Mn (IK) . En effet, toute matrice A ∈ Mn (IK) est la limite de la suite de terme général Ak = A − 2−k In , car, en notant � · � la norme dont on a muni Mn (IK) , on a �A − Ak � = �2−k In � = 2−k �In � → 0 . Or, puisque A admet un nombre fini de valeurs propres, tous les termes de la suite (Ak ) sont inversibles à partir d’un certain rang. Ex. 35. Soit (a, b) ∈ IR2 tel que a < b . L’ensemble E ([a, b], IK) des fonctions en escalier sur [a, b] est dense dans CM([a, b], IK) au sens de la norme � · �∞ . C’est une reformulation du théorème d’approximation par des fonctions en escalier vu en première année. Ex. 36. Nous verrons (cf. le théorème 19 de la page 471) que l’ensemble des fonctions polynomiales est dense dans C([a, b], IK) au sens de la norme � · �∞ .

7

Frontière

Définition 19 Soit A une partie de E . La frontière de A, notée Fr(A), est l’ensemble : ◦

Fr(A) = A \ A. Remarques ◦

• Dire qu’un point x appartient à la frontière de A signifie que x ∈ A et x ∈ / A , i.e. :   ∀r > 0 B(x, r) ∩ A �= ∅ et B(x, r) ∩ (E \ A) �= ∅ ou encore que x ∈ A ∩ (E \ A) . On a donc :

Fr(A) = A ∩ (E \ A).

• Du point précédent il résulte que :

∗ la frontière de A est fermée (car elle est l’intersection de deux fermés) ; ∗ A et E \ A ont même frontière.

222

III Topologie d’un espace vectoriel normé

Ex. 37. Si B désigne une boule de centre a ∈ E et de rayon r > 0 , alors Fr(B) est la sphère de mêmes centre et rayon. Ex. 38. Si a et b sont deux réels vérifiant a < b , et si I est un intervalle d’extrémités a et b , alors on a Int(I) = ]a, b[ et Adh(I) = [a, b] , donc Fr(I) = {a, b} .

Remarque Pour toute partie A de E , les trois parties : ◦

A,

Fr(A)

et E \ A

forment un recouvrement disjoint de E : elles sont deux à deux disjointes et leur réunion vaut E . En ◦

◦

◦

effet, sachant que A ⊂ A, la relation Fr(A) = A \ A

A

◦

assure que A et Fr(A) sont disjoints et que leur réunion vaut A. Par conséquent, les en-

Fr(A) E\A

◦

sembles A , Fr(A) et E \ A forment un recouvrement disjoint de E .

8

Voisinage relatif, ouvert relatif, fermé relatif

Voisinage relatif Définition 20 Soit A une partie de E et a un point de A. Une partie V de A est un voisinage relatif de a dans A s’il existe un voisinage V de a dans E tel que V = A ∩ V . Ex. 39. On se place dans C (muni du module).

L’intervalle [3, 5] , bien qu’il ne soit pas un voisinage du point 4 , en est un voisinage relatif dans IR . En effet :

3

[3, 5] = IR ∩ Df (4, 1)

4 

5

IR

où Df (4, 1) est le disque fermé de centre 4 et de rayon 1 . Df (4, 1)

Proposition 32 Soit A une partie de E et a ∈ A. Une partie V de A est un voisinage relatif de a dans A si, et seulement s’il existe r > 0 tel que A ∩ B(a, r) ⊂ V . Démonstration.  de a tel • Si V est un voisinage relatif de a dans A , alors il existe un voisinage V  est un voisinage de a , il existe r > 0 tel que B(a, r) ⊂ V . On que V = A ∩ V . Puisque V

a alors A ∩ B(a, r) ⊂ A ∩ V , i.e. A ∩ B(a, r) ⊂ V .

• Réciproquement, s’il existe un réel r > 0 tel que A ∩ B(a, r) ⊂ V , alors, l’ensemble V = V ∪ B(a, r) est un voisinage de a vérifiant V = A ∩ V .

223

Chapitre 5. Espaces vectoriels normés Ex. 40. Soit A un intervalle de IR d’intérieur non vide. Tout point de A possède un voisinage relatif dans A qui est un segment. En effet, étant donné a ∈ A : • si a ∈ Int(A) , alors il existe r > 0 tel que [a − r, a + r] ⊂ A ; • si a est une extrémité de A alors : ∗ si a = max(A) , alors, A étant d’intérieur non vide, il existe r > 0 tel que [a − r, a] ⊂ A , et alors [a − r, a] = [a − r, a + r] ∩ A , donc [a − r, a] est un voisinage relatif de a dans A ; ∗ si a = min(A) , alors de même il existe r > 0 tel que [a, a + r] ⊂ A , et alors [a, a + r] est un voisinage relatif de a dans A .

Ouvert relatif, fermé relatif Définition 21 Soit A une partie de E . • Une partie U de A est un ouvert relatif de A si U est un voisinage relatif de chacun de ses points dans A. • Une partie F de A est un fermé relatif de A s’il existe U un ouvert relatif de A tel que F = A \ U . Proposition 33 Soit A une partie de E , et U une partie de A. Les assertions suivantes sont équivalentes : (i) U est un ouvert relatif de A ; (ii) pour tout x ∈ U , il existe r > 0 tel que A ∩ B(x, r) ⊂ U ;

 de E tel que U = A ∩ U . (iii) il existe un ouvert U

Démonstration page 236

Ex. 41. L’ensemble vide est un ouvert relatif de toute partie de E . Ex. 42. Si A est un ouvert de E , alors les ouverts relatifs de A sont les ouverts de E inclus dans A . En effet, étant donné U une partie de A : • si U est un ouvert de E , alors l’écriture U = A ∩ U montre que U est un ouvert relatif de A ;

 de E tel que U = A ∩ U  , et • si U est un ouvert relatif de A , alors il existe un ouvert U alors U est un ouvert de E , comme intersection de deux ouverts de E . Proposition 34 Soit A une partie de E , et F une partie de A. Les assertions suivantes sont équivalentes : (i) F est un fermé relatif de A ; (ii) il existe un fermé F de E tel que F = A ∩ F . 224

Démonstration page 237

IV Comparaison de normes

Ex. 43. Si A est un fermé de E , alors les fermés relatifs de A sont les fermés de E inclus dans A . En effet, étant donné F une partie de A : • si F est un fermé de E , alors l’écriture F = A ∩ F montre que F est un fermé relatif de A ;

• si F est un fermé relatif de A , alors il existe un fermé F de E tel que F = A ∩ F , et alors F est un fermé de E , comme intersection de fermés de E .

Ex. 44. Toute partie A de E est à la fois un ouvert relatif et un fermé relatif d’elle-même. En effet, on a A = A ∩ E , et E est à la fois un ouvert et un fermé de E .

Remarque Si A est égal à E , alors les notions de voisinage, ouvert et fermé relatifs coïncident avec les notions déjà vues de voisinage, ouvert et fermé. En revanche, ce n’est pas le cas si A est quelconque, comme l’illustrent les exemples suivants. On se place dans IR (muni de la valeur absolue). Ex. 45. L’intervalle [0, 1[ , bien qu’il ne soit pas un ouvert de IR , est un ouvert relatif de [0, 1] , car on peut écrire : [0, 1[ = [0, 1] ∩ ]−1, 1[.

Ex. 46. L’intervalle [0, 1[ , bien qu’il ne soit pas un fermé de IR , est un fermé relatif de [−1, 1[ , car on peut écrire : [0, 1[ = [−1, 1[ ∩ [0, 1].

Proposition 35 (Caractérisation séquentielle des fermés relatifs) Soit A une partie de E . Étant donné une partie F de A, les deux assertions suivantes sont équivalentes : (i) F est un fermé relatif de A ; (ii) pour toute suite d’éléments de F convergeant vers ℓ ∈ A, on a ℓ ∈ F .

Démonstration page 237

IV

Comparaison de normes

Il est fréquent de rencontrer plusieurs normes sur un même espace vectoriel. Une question apparaît alors : si une propriété (comme la convergence d’une suite ou le caractère borné, ouvert ou fermé d’une partie) est vraie pour une norme, l’est-elle également pour les autres ? La réponse est négative dans le cas général, comme l’illustre l’exemple suivant. Ex. 47. Dans C([0, 1], IK) , considérons la suite de fonctions (fn )n∈IN∗ définie par : ∀x ∈ [0, 1] Pour n ∈ IN∗ , on a : Ainsi, la suite (fn ) infinie.

�fn �∞ = 1

n∈IN∗

et

fn (x) = xn .

�fn �1 =



0

1

xn dx =

1 · n+1

tend vers la fonction nulle pour la norme 1 , mais pas pour la norme

225

Chapitre 5. Espaces vectoriels normés Ex. 48. En reprenant la suite (fn )n∈IN∗ précédente, et en notant gn = (n + 1)fn , on constate que la suite (gn )n∈IN∗ est bornée pour la norme 1 (tous ses termes sont unitaires), mais pas pour la norme infinie.

Cependant, nous allons voir ici que sous des conditions supplémentaires, certaines propriétés sont conservées lors du passage d’une norme à une autre.

1

Domination de normes

Définition 22 Soit N1 et N2 deux normes sur E . On dit que N1 est dominée par N2 s’il existe un réel α > 0 tel que N1  αN2 , ou encore : ∀x ∈ E

N1 (x)  αN2 (x).

Terminologie Pour signifier que N1 est dominée par N2 , on dit aussi que N2 est plus fine que N1 . Le résultat suivant assure que pour étudier le caractère dominé de la norme N1 par la norme N2 , on peut se contenter de considérer des éléments x ∈ E tels que N2 (x) = 1 .

Exo 5.23 Exo 5.24

Proposition 36 Soit N1 et N2 deux normes sur E . La norme N1 est dominée par la norme N2 si, et seulement s’il existe un réel α strictement positif tel que : ∀x ∈ E

N2 (x) = 1 =⇒ N1 (x)  α. Démonstration page 237

Proposition 37 Soit N1 et N2 deux normes sur E telles que N1 soit dominée par N2 . Si une partie de E est bornée pour la norme N2 , alors elle l’est également pour la norme N1 . Démonstration. Soit α > 0 tel que N1  αN2 et A une partie bornée pour la norme N2 . Comme A est bornée pour la norme N2 , on peut considérer M un réel positif vérifiant : ∀a ∈ A

N2 (a)  M.

Alors, la relation suivante, valable pour tout a ∈ A :

N1 (a)  αN2 (a)  αM,

montre que A est également bornée pour la norme N1 .

Remarque Avec les notations de la proposition précédente, si une application f à valeurs dans E (et donc en particulier une suite d’éléments de E ) est bornée pour la norme N2 , alors elle l’est également pour la norme N1 . Proposition 38 Soit N1 et N2 deux normes sur E telles que N1 soit dominée par N2 . Si une suite converge vers un élément ℓ de E pour la norme N2 , alors elle converge également vers ℓ pour la norme N1 . 226

IV Comparaison de normes Démonstration. Soit α > 0 tel que N1  αN2 . Si (an )n∈IN est une suite tendant vers ℓ pour la norme N2 , alors l’encadrement : 0  N1 (an − ℓ)  α N2 (an − ℓ)



montre que (an ) tend aussi vers ℓ pour la norme N1 .



→0



Remarque Étant donné deux normes N1 et N2 , pour montrer que N1 n’est pas dominée par N2 , il suffit, d’après la proposition précédente, d’exhiber une suite qui converge pour la norme N2 mais pas pour la norme N1 . Point méthode Dans la pratique, pour montrer que N1 n’est pas dominée par N2 on cherche souvent une suite qui, au choix, tend vers 0 pour N2 mais pas pour N1 , ou est bornée pour N2 mais pas pour N1 .

Ex. 49. L’exemple 47 de la page 225 prouve que, dans l’espace C([0, 1], IK) , la norme infinie n’est pas dominée par la norme 1 . Ex. 50. Dans IK[X] , considérons les deux normes :

�P �∞ = max |an | n∈IN

et

�P �1 =

+∞  n=0

|an |

où

P =

• La norme � · �∞ est dominée par la norme � · �1 car : ∀P ∈ IK[X]

+∞ 

an X n .

n=0

�P �∞  �P �1 .

• En revanche, la norme � · �1 n’est pas dominée par la norme � · �∞ car, si l’on pose Pn =

1 n+1

n 

k=0

X k , on a �Pn �∞ =

1 n+1

et �Pn �1 = 1 , donc la suite (Pn )n∈IN tend

vers 0 pour la norme � · �∞ mais pas pour la norme � · �1 .

2

Normes équivalentes

Définition 23 Soit N1 et N2 deux normes sur E . On dit que N1 et N2 sont équivalentes s’il existe deux réels α et β strictement positifs tels que : ∀x ∈ E

Exo 5.25

αN1 (x)  N2 (x)  βN1 (x).

Remarque À partir de la définition précédente, on obtient aisément que : • deux normes sont équivalentes si, et seulement si, chacune est dominée par l’autre ; • l’équivalence des normes est une relation d’équivalence. 227

Chapitre 5. Espaces vectoriels normés Beaucoup de propriétés sont conservées lorsque l’on passe d’une norme à une autre qui lui est équivalente. Donnons trois résultats, dont les deux premiers sont des conséquences immédiates des propositions 37 et 38 et de la remarque précédente. Proposition 39 (Conservation du caractère borné d’une partie) Soit N1 et N2 deux normes équivalentes sur E . Une partie est bornée pour la norme N1 si, et seulement si, elle l’est pour la norme N2 . Remarque Ce résultat s’applique en particulier aux applications bornées et aux suites bornées. Proposition 40 (Conservation du caractère convergent d’une suite) Soit N1 et N2 deux normes équivalentes sur E . Une suite converge vers un élément ℓ ∈ E pour la norme N1 si, et seulement si, elle converge vers ℓ pour la norme N2 . Proposition 41 (Conservation des ouverts et des fermés) Soit N1 et N2 deux normes équivalentes sur E . Une partie A de E est : • ouverte pour N1 si, et seulement si, elle l’est pour N2 ; • fermée pour N1 si, et seulement si, elle l’est pour N2 .

Démonstration page 237

Point méthode Les résultats précédents nous assurent que, pour étudier la convergence d’une suite ou encore le caractère borné, ouvert ou fermé d’une partie (et donc, par extension, tout résultat reposant sur ces notions), et si l’on dispose de plusieurs normes équivalentes, alors on pourra choisir celle que l’on préfère. Équivalence des normes en dimension finie Le théorème suivant sera démontré dans le chapitre sur les espaces vectoriels normés de dimension finie (cf. théorème 13 de la page 296) . Théorème 42 Dans un espace vectoriel de dimension finie, toutes les normes sont équivalentes.

228

Démonstrations

Démonstrations 

Proposition 1 Pour alléger l’écriture, notons �x� = ( x | x ) (même si cette notation est abusive tant que nous n’avons pas encore démontré qu’il s’agit d’une norme). •

L’homogénéité et la séparation sont faciles à vérifier : ∗ en effet, si x ∈ E vérifie �x� = 0 , alors on a ( x | x ) = 0 , ce qui, comme un produit scalaire est défini positif, entraîne que x est nul ; ∗ pour (λ, x) ∈ IR × E , la bilinéarité du produit scalaire donne : �λx� =

•



( λx | λx ) =



λ2 ( x | x ) = |λ|



( x | x ) = |λ| × �x�.

2

Il reste à démontrer l’inégalité triangulaire. Pour (x, y) ∈ E , on a : �x + y�2 = ( x + y | x + y ) = �x�2 + �y�2 + 2 ( x | y )

(bilinéarité et symétrie)

 �x�2 + �y�2 + 2 �x� �y�

(inégalité de Cauchy-Schwarz)



2

= �x� + �y� , d’où l’inégalité �x + y�  �x� + �y� souhaitée. Proposition 2 • Commençons par montrer l’encadrement : qui se reformule ainsi :

�x� − �y�  �x + y�  �x� + �y�,

�x�  �x + y� + �y�

et

(1)

�x + y�  �x� + �y�.

Ces deux inégalités résultent de l’inégalité triangulaire de la définition d’une norme (cf. définition 1 de la page 200) appliquée :

•

∗ pour la première, aux vecteurs x + y et −y (puisque, par homogénéité, �−y� = �y� ) ; ∗ pour la seconde, aux vecteurs x et y . L’encadrement (1) étant valable pour tous x et y , on peut échanger leurs rôles : �y� − �x�  �y + x�  �y� + �x�.

(2)

Les encadrements (1) et (2) donnent alors :

•

  �x� − �y�  �x + y�  �x� + �y�.

(3)

Il reste, pour conclure, à montrer que :

  �x� − �y�  �x − y�  �x� + �y�.

Cela résulte de l’encadrement (3) appliqué aux vecteurs x et −y (du fait que �−y� = �y� ). Proposition 4

Soit a ∈ A . On a, par définition de d(x, A) et par inégalité triangulaire : d(x, A)  d(x, a)  d(x, y) + d(y, a).

Il en résulte que d(x, A) − d(x, y)  d(y, a) . Cette inégalité étant vraie pour tout a ∈ A , on en déduit que d(x, A) − d(x, y) minore l’ensemble {d(y, a) | a ∈ A} , et donc : d(x, A) − d(x, y)  d(y, A)

ce qui donne

d(x, A) − d(y, A)  d(x, y).

Un argument de symétrie du problème en x et y permet alors d’obtenir le résultat souhaité.

229

Chapitre 5. Espaces vectoriels normés Proposition 5 x

Soit B une boule (ouverte ou fermée). Donnonsnous deux éléments x et y de B et λ ∈ [0, 1] , et montrons que (1 − λ)x + λy ∈ B . Pour cela, il suffit de montrer qu’en notant a le centre de B , on a :



(1 − λ)x + λy 





a 

y



�(1 − λ)x + λy − a�  max �x − a�, �y − a� . Cela s’obtient en écrivant :

    (1 − λ)x + λy − a = (1 − λ)(x − a) + λ(y − a)      (1 − λ)(x − a) + λ(y − a)

(inégalité triangulaire).

Par homogénéité, et par positivité de 1 − λ et λ , on obtient : Lemme 6 • •

    (1 − λ)x + λy − a  (1 − λ)�x − a� + λ�y − a�  max �x − a�, �y − a� .

Si k = 0 , alors kA = {0} , donc sup(kA) = 0 = k sup(A) (rappelons que par convention on a 0 × (+∞) = 0 , ce qui rend la formule vraie dans le cas où sup(A) = +∞ ).

Supposons k > 0 . Si A n’est pas majorée, alors kA ne l’est pas non plus. Dans ce cas, on a sup(kA) = +∞ = k sup(A) . Supposons donc A majorée. ∗ ∗

Pour tout x ∈ A , on a kx  k sup(A) , donc le réel k sup(A) est un majorant de kA . D’autre part, par caractérisation séquentielle de la borne supérieure, il existe une suite (xn )n∈IN ∈ AIN telle que xn → sup A . La suite (kxn )n∈IN est alors à valeurs dans kA et tend vers k sup(A) . Toujours par caractérisation séquentielle de la borne supérieure, cela prouve que sup(kA) = k sup(A) .

Proposition 7 Notons E = IKn . • Norme infinie ∗ Séparation. Si x ∈ E vérifie �x�∞ = 0 , alors on a max |xk | = 0 , et donc : k∈[[1,n]]

xk = 0

∀k ∈ [[1, n]]

∗

c’est-à-dire

Homogénéité. Pour x ∈ E et λ ∈ IK , on a :





�λx�∞ = max |λxk |  k ∈ [[1, n]]







= max |λ| |xk |  k ∈ [[1, n]]





= |λ| max |xk |  k ∈ [[1, n]]

= |λ| �x�∞ . ∗

Inégalité triangulaire. Pour (x, y) ∈ E 2 , on a :







x = 0.

(lemme 6)





�x + y�∞ = max |xk + yk |  k ∈ [[1, n]] .

Comme pour tout k ∈ [[1, n]] on a :

|xk + yk |  |xk | + |yk |  �x�∞ + �y�∞ ,



il en résulte que �x�∞ + �y�∞ majore l’ensemble {|xk + yk |  k ∈ [[1, n]]} . On en déduit �x + y�∞  �x�∞ + �y�∞ .

230

Démonstrations •

Norme 1 ∗

Séparation. Si x ∈ E vérifie �x�1 = 0 , alors on a ∀k ∈ [[1, n]]

∗

Norme 2 ∗

n  k=1

|λxk | =

n  



|λ| |xk | = |λ|

k=1

n  k=1

|xk + yk | 

n   k=1



|xk | + |yk | =

Cas IK = IR . Pour x ∈ IRn , on a �x�2 = ϕ : (IRn )2



x = 0.

n  k=1

n  k=1

|xk | = |λ| �x�1 .

|xk | +

n  k=1

|yk | = �x�1 + �y�1 .

ϕ(x, x) , où ϕ est l’application :

−→

(x, y)

∗

|xk | = 0 , et donc :

c’est-à-dire

Inégalité triangulaire. Pour (x, y) ∈ E 2 , on a : �x + y�1 =

•

k=1

Homogénéité. Pour x ∈ E et λ ∈ IK , on a : �λx�1 =

∗

xk = 0

n 

�−→

IR

n 

x k yk .

k=1

L’application ϕ est alors le produit scalaire canonique sur IRn , ce qui permet d’affirmer que l’application x �→ �x�2 est une norme, car c’est la norme euclidienne associée. Cas IK = C . L’argument précédent ne s’applique pas. Pour x = (x1 , . . . , xn ) ∈ Cn , notons x ˜ l’élément (|x1 |, . . . , |xn |) de IRn . Il est immédiat de voir que : x�2 . ∀x ∈ Cn �x�2 = �˜

Pour obtenir les propriétés de séparation, d’homogénéité et d’inégalité triangulaire pour la norme � · �2 sur Cn , utilisons ces mêmes propriétés, déjà établies, pour la norme � · �2 sur IRn .

⋆ ⋆

⋆

x�2 = 0 , et donc, par propriété de Séparation. Si x ∈ Cn vérifie �x�2 = 0 , alors �˜ séparation de la norme 2 sur IRn , on a x ˜ = 0 puis x = 0 . Homogénéité. En utilisant la propriété d’homogénéité de la norme 2 sur IRn , on a, pour tout (x, λ) ∈ Cn × C :









λx2 = |λ| x ˜2 = |λ| �˜ x�2 = |λ| �x�2 . �λx�2 = 

Inégalité triangulaire. Pour (x, y) ∈ (Cn )2 , on a �x + y�2 = Or, par inégalité triangulaire sur le module, on a ∀k ∈ [[1, n]] ce qui donne : �x + y�2 

 n k=1

(|xk | + |yk |)

2

1/2

 n

k=1

|xk + yk |2

1/2

.

|xk + yk |  |xk | + |yk | ,

= �˜ x + y˜�2 .

Par inégalité triangulaire sur la norme 2 sur IRn , on en déduit : �x + y�2  �˜ x�2 + �˜ y �2 = �x�2 + �y�2 .

231

Chapitre 5. Espaces vectoriels normés Proposition 8 Soit ϕ : E → IKn l’isomorphisme qui à un vecteur de E associe sa matrice dans la base B . Montrons que si � · � est une norme sur IKn , alors on définit une norme sur E en posant :   ∀x ∈ E N (x) = ϕ(x). Il suffira alors d’appliquer cela aux trois normes usuelles déjà connues sur IKn .

Séparation.





Si x ∈ E vérifie N (x) = 0 , alors ϕ(x) = 0 . Par séparation de la norme

sur IKn , on a ϕ(x) = 0 , puis par injectivité de ϕ , on obtient x = 0 . Homogénéité. Soit (λ, x) ∈ IK × E . On a, par linéarité de ϕ puis par homogénéité de la norme sur IKn :













N (λx) = ϕ(λx) = λϕ(x) = |λ| ϕ(x) = |λ|N (x).

Inégalité triangulaire. Pour (x, y) ∈ E 2 , on a, par linéarité de ϕ puis par inégalité triangulaire de la norme sur IKn :









N (x + y) = ϕ(x + y) = ϕ(x) + ϕ(y) Proposition 9









 ϕ(x) + ϕ(y) = N (x) + N (y).

Tout d’abord, X étant non vide et f étant bornée, la partie :





�f (x)�  x ∈ X



possède une borne supérieure, comme toute partie non vide et majorée de IR . Vérifions les trois axiomes de la définition d’une norme. Séparation Si f vérifie �f �∞ = 0 , alors on a ∀x ∈ X �f (x)� = 0 , autrement dit f est la fonction nulle. Homogénéité Soit f ∈ B(X, E) et λ ∈ IK .







En notant A = �f (x)�  x ∈ X , on a, par homogénéité :





�λf �∞ = sup �λf (x)�  x ∈ X



donc, grâce au lemme 6 de la page 207 :





= sup |λ| �f (x)�  x ∈ X

�λf �∞ = |λ| sup(A) = |λ| �f �∞ .



= sup(|λ|A)

Soit (f, g) ∈ B(X, E)2 . Montrons que :

Inégalité triangulaire

�f + g�∞  �f �∞ + �g�∞ .







En notant A l’ensemble �f (x) + g(x)�  x ∈ X , cela revient à montrer que A est majoré par �f �∞ + �g�∞ . C’est évident, car pour tout x ∈ X , on a : �f (x) + g(x)�  �f (x)� + �g(x)� .

  

  

�f �∞

�g�∞

Proposition 10 Vérifions les trois axiomes de la définition d’une norme. Séparation Si f ∈ C([a, b], IK) vérifie �f �1 = 0 , alors |f | est la fonction nulle car continue, positive et d’intégrale nulle (l’intervalle d’intégration étant d’intérieur non vide), et donc f est nulle. Homogénéité Pour f ∈ C([a, b], IK) et λ ∈ IK , on a : �λf �1 = Inégalité triangulaire �f + g�1 =

232



a

b



b

a

|λf | =



a

b





|λ| |f | = |λ|



a

b

|f | = |λ| �f �1 .

Pour (f, g) ∈ C([a, b], IK)2 , on a : |f + g| 



a

b





|f | + |g| =



a

b

|f | +



a

b

|g| = �f �1 + �g�1 .

Démonstrations Proposition 11

Si IK = IR , alors la norme 2 est la norme euclidienne associée au produit scalaire



usuel sur C([a, b], IR) défini par ( f | g ) =

b

fg .

a

Supposons désormais IK = C . Vérifions les trois axiomes de la définition d’une norme. Séparation Si f ∈ C([a, b], C) vérifie �f �2 = 0 , alors |f |2 est la fonction nulle, en tant que fonction continue, positive et d’intégrale nulle (l’intervalle d’intégration étant d’intérieur non vide), donc f est la fonction nulle. Homogénéité

Pour f ∈ C([a, b], C) et λ ∈ C , on a : �λf �22 =



b

a

|λf |2 =



b

|λ|2 |f |2 = |λ|2

a



b

a

|f |2 = |λ|2 �f �22 .

Les quantités considérées étant positives, on obtient �λf �2 = |λ| �f �2 .

Inégalité triangulaire

Soit f et g deux éléments de C([a, b], C) . On a :

�f + g�2 =



a



b 2

|f + g| 

b a





(|f | + |g|)2 = |f | + |g|2 .

(1)

Mais alors, comme l’application f �→ �f �2 est une norme sur C([a, b], IR) , nous pouvons appliquer l’inégalité triangulaire associée avec les fonctions |f | et |g| :

      |f | + |g|  |f | + |g| . (2) 2 2 2     Comme on a |f |2 = �f �2 et |g|2 = �g�2 , les relations (1) et (2) permettent de

conclure. Proposition 12

Séparation

Notons E l’espace E1 × · · · × Ep .

Si x = (x1 , . . . , xp ) vérifie ϕ(x) = 0 , alors, par définition de ϕ , on a : ∀k ∈ [[1, p]]

ϕk (xk ) = 0,

ce qui, par propriété de séparation des normes ϕk , entraîne ∀k ∈ [[1, p]]

Homogénéité

xk = 0 , i.e. x = 0 .

Pour x = (x1 , . . . , xp ) ∈ E et λ ∈ IK , on a :







ϕ(λx) = ϕ (λx1 , . . . , λxp ) = max ϕ1 (λx1 ), . . . , ϕp (λxp ) L’homogénéité de chacune des normes ϕ1 , . . . , ϕp donne alors :







ϕ(λ x) = max |λ|ϕ1 (x1 ), . . . , |λ|ϕp (xp ) = |λ|ϕ(x). Inégalité triangulaire



Soit x = (x1 , . . . , xp ) et y = (y1 , . . . , yp ) dans E . On a :







ϕ(x + y) = ϕ (x1 + y1 , . . . , xp + yp ) = max ϕ1 (x1 + y1 ), . . . , ϕp (xp + yp ) . Pour tout k ∈ [[1, p]] , on a, par inégalité triangulaire sur ϕk puis par définition de ϕ : ϕk (xk + yk )  ϕk (xk ) + ϕk (yk )  ϕ(x) + ϕ(y). Ainsi, ϕ(x) + ϕ(y) est un majorant de l’ensemble





ϕk (xk + yk ) | k ∈ [[1, p]] , d’où :

ϕ(x + y)  ϕ(x) + ϕ(y).

233

Chapitre 5. Espaces vectoriels normés Proposition 17 •



(k)

Supposons que pour tout k ∈ [[1, p]] , la suite an



n∈IN

converge, et notons ℓk sa limite.

En notant alors ℓ = (ℓ1 , . . . , ℓp ) , la relation suivante, valable pour tout n ∈ IN :









(p) �an − ℓ� = max ϕ1 a(1) n − ℓ 1 , . . . , ϕp a n − ℓ p







(p)  ϕ1 a(1) n − ℓ1 + · · · + ϕp an − ℓp







→0

prouve la convergence de la suite (an )n∈IN vers ℓ . •





→0



Réciproquement, si la suite de terme général an converge vers un élément ℓ = (ℓ1 , . . . , ℓp )



(k)



de E1 × · · · × Ep , alors l’inégalité ϕk an − ℓk  �an − ℓ� , valable pour tout k ∈ [[1, p]]



(k)

et pour tout n ∈ IN , assure la convergence de chaque suite an

Proposition 19 •







n∈IN

vers ℓk .

Supposons que x soit valeur d’adhérence de la suite (an ) . Soit alors ϕ : IN → IN une   fonction strictement croissante telle que la suite aϕ(n) converge vers x . Soit ε > 0 et n0 ∈ IN . Montrons qu’il existe n  n0 tel que �an − x�  ε . Comme aϕ(n) → x , il existe un rang n1 ∈ IN tel que : ∀p  n1

  aϕ(p) − x  ε.

Comme ϕ −→ +∞ , on peut trouver p  n1 tel que ϕ(p)  n0 . En posant alors n = ϕ(p) , +∞

•

on a n  n0 et �an − x�  ε .

Réciproquement, supposons que : ∀ε > 0

∀n0 ∈ IN

∃n  n0

(⋆)

�an − x�  ε,

et montrons qu’il existe une sous-suite de (an ) qui tend vers x . Pour cela, construisons une fonction ϕ : IN → IN strictement croissante telle que : ∀p ∈ IN ∗ ∗

  aϕ(p) − x  1 · p 2

Tout d’abord, la propriété (⋆) assure qu’il existe n ∈ IN tel que �an − x� 

1 · 20

Posons ϕ(0) égal à une telle valeur de n . Pour p ∈ IN∗ , supposons construits ϕ(0), . . . , ϕ(p − 1) . La propriété (⋆) assure qu’il 1 existe n  ϕ(p − 1) + 1 tel que �an − x�  p · 2 Il suffit alors de poser ϕ(p) égal à une telle valeur de n .

Proposition 20 Soit B une boule ouverte. Notons a son centre et R son rayon. Pour x ∈ B , on a d(a, x) < R , et, d’après l’inégalité triangulaire, la boule ouverte de centre x et de rayon R − d(a, x) est contenue dans B . En effet, si u vérifie d(x, u) < R − d(a, x) , alors on a : d(a, u)  d(a, x) + d(x, u) < d(a, x) + R − d(a, x) = R. Donc B est une partie ouverte.

234

Démonstrations Proposition 21 • Soit (Ui )i∈I une famille d’ouverts, et U leur réunion. Pour x ∈ U , on peut trouver i ∈ I tel que x appartienne à Ui . Comme Ui est ouvert, il existe une boule ouverte centrée en x et de rayon strictement positif qui soit contenue dans Ui , et donc dans U . Il en résulte que U est ouvert. • Soit (Ui )i∈I une famille finie d’ouverts, et U leur intersection. ∗ Le cas où I est vide est évident, car une intersection vide vaut, par convention, l’espace entier. ∗ Supposons I non vide. Soit x ∈ U . Pour tout i ∈ I , l’ensemble Ui est ouvert, donc on peut trouver ri > 0 tel que la boule ouverte de centre x et de rayon ri soit contenue dans Ui . Puisque I est fini, le nombre réel r = min ri existe et est strictement positif. La boule i∈I

ouverte centrée en x et de rayon r est alors contenue dans chacun des Ui , et donc dans leur intersection U . D’où le caractère ouvert de U . Proposition 22 Supposons que U1 , . . . , Up soient ouverts dans E1 , . . . , Ep respectivement. Montrons que U = U1 × · · · × Up est ouvert dans E1 × · · · × Ep . Soit x = (x1 , . . . , xp ) ∈ U . Pour tout k ∈ [[1, p]] , on a xk ∈ Uk , donc, par caractère ouvert de Uk , il existe rk > 0 tel que B(xk , rk ) ⊂ Uk . Posons r = min(r1 , . . . , rp ) . Si y = (y1 , . . . , yp ) ∈ E1 × · · · × Ep vérifie �y − x� < r , alors, par définition de la norme produit, on a : ∀k ∈ [[1, p]]

�yk − xk � < r  rk

donc

yk ∈ Uk .

On en déduit que y ∈ U , ce qui prouve que U est ouvert dans E1 × · · · × Ep .

Proposition 23 • Supposons A fermée. Donnons-nous (an )n∈IN ∈ AIN et ℓ ∈ E tels que an → ℓ , et montrons que ℓ ∈ A . Par l’absurde : supposons que ℓ ∈ E \ A . Comme A est fermée, son complémentaire E \ A est ouvert. Ainsi, il existe r > 0 tel que B(ℓ, r) ⊂ E \ A . Puisque la suite (an )n∈IN converge vers ℓ , il existe un rang n0 ∈ IN tel que : ∀n  n0

•

an ∈ B(ℓ, r).

Pour tout n  n0 , on a donc an ∈ E \ A , ce qui contredit le fait que la suite (an )n∈IN soit à valeurs dans A . Réciproquement, supposons que la partie A ne soit pas fermée, et construisons une suite (an )n∈IN ∈ AIN , convergente, dont la limite n’est pas dans A . Puisque A n’est pas fermée, E \ A n’est pas ouvert. Ainsi, il existe x ∈ E \ A tel que : ∀r > 0

B(x, r) �⊂ E \ A.

En particulier, pour tout n ∈ IN , on a B(x, 2−n ) �⊂ E \ A ; l’ensemble B(x, 2−n ) ∩ A est donc non vide, ce qui nous permet d’y choisir un élément an . On construit ainsi une / A. suite (an )n∈IN ∈ AIN qui converge vers x , ce qui donne le résultat souhaité car x ∈

Proposition 26 Supposons F1 , . . . , Fp fermés dans E1 , . . . , Ep respectivement. Montrons que F = F1 × · · · × Fp est fermé dans E1 × · · · × Ep . Par caractérisation séquentielle : soit (un )n∈IN ∈ F IN une suite convergente ; montrons que sa limite ℓ appartient à F .



(1)

(p)



Pour n ∈ IN , écrivons un = un , . . . , un . En notant ℓ = (ℓ1 , . . . , ℓp ) , on a alors (cf. proposition 17 de la page 213), pour tout k ∈ [[1, p]] :



(k)

La suite un



n∈IN

u(k) n → ℓk .

étant à valeurs dans Fk , et par caractère fermé de Fk , cela donne ℓk ∈ Fk .

Il en résulte que ℓ ∈ F , d’où le caractère fermé de F .

235

Chapitre 5. Espaces vectoriels normés Proposition 28 • Soit n ∈ IN∗ . Si V1 , . . . , Vn sont des voisinages de x , alors pour tout k ∈ [[1, n]] , on peut trouver rk > 0 tel que B(x, rk ) ⊂ Vk . Alors en notant r = min(r1 , . . . , rn ) , on a r > 0 et B(x, r) ⊂ Cela montre que

n 

Vk est un voisinage de x .

n 

Vk .

k=1

k=1

•

Le deuxième point est évident, car si V est un voisinage de x , alors il existe r > 0 tel

 est une partie contenant V , alors on a B(x, r) ⊂ V , ce qui montre que B(x, r) ⊂ V . Si V

que V est un voisinage de x .

Proposition 29

◦

◦

On sait déjà que A ⊂ A . Il suffit donc de montrer que A est ouvert, et que tout ◦

ouvert inclus dans A l’est aussi dans A . •

◦

◦

◦

Soit x ∈ A . On peut trouver r > 0 tel que B(x, r) ⊂ A . On a alors B(x, r) ⊂ A . ◦

Or, B(x, r) étant ouvert, il est son propre intérieur. Il en résulte que B(x, r) ⊂ A . ◦

Cela montre que A est ouvert. •

◦

◦

◦

Soit U un ouvert inclus dans A . On a alors U ⊂ A . Or, U étant ouvert, on a U = U . Cela ◦

montre que U ⊂ A , et donne le résultat souhaité.

Proposition 30 Il a déjà été signalé que l’adhérence de A est un fermé contenant A . Il reste à démontrer que c’est le plus petit, c’est-à-dire que tout fermé contenant A contient aussi son adhérence. Soit F un fermé contenant A . Alors E \ F est un ouvert inclus dans E \ A , ce qui entraîne E \ F ⊂ Int(E \ A) puisque Int(E \ A) est le plus grand ouvert inclus dans E \ A . En prenant le complémentaire de chacun des ensembles, on obtient :





E \ Int(E \ A) ⊂ F,

ce qui donne le résultat souhaité.





=Adh(A)



Proposition 31 • Soit x un point adhérent à A . Alors, pour tout n ∈ IN , l’ensemble B(x, 2−n ) ∩ A est non vide, ce qui nous permet d’y choisir un élément an . On construit ainsi une suite (an )n∈IN d’éléments de A vérifiant ∀n ∈ IN �an − x� < 2−n , donc convergeant vers x . • Réciproquement, supposons que x soit limite d’une suite (an )n∈IN d’éléments de A , et montrons que x est adhérent à A . Soit r > 0 . Montrons que B(x, r) ∩ A �= ∅ . Comme an → x , on peut trouver un entier n0 tel que �an0 − x� < r . Alors, an0 appartient à la fois à A et à B(x, r) , ce qui prouve que B(x, r) ∩ A �= ∅ . Proposition 33 L’équivalence (i) ⇔ (ii) est immédiate d’après la proposition 32 de la page 223.  de E tel que U = A ∩ U  . Alors, pour (iii) ⇒ (ii) Supposons qu’il existe un ouvert U

 et donc, puisque U  est un ouvert de E , il existe r > 0 tel tout x ∈ U , on a x ∈ U

 . On a alors A ∩ B(x, r) ⊂ U  ∩ A , c’est-à-dire A ∩ B(x, r) ⊂ U . que B(x, r) ⊂ U (ii) ⇒ (iii) Supposons (ii) . Pour tout x ∈ U , il existe ainsi rx > 0 tel que A∩B(x, rx ) ⊂ U . On a alors :   avec U = B(x, rx ). U =A∩U x∈U

 , en tant que réunion d’ouverts de E , est un ouvert de E . Cela prouve (iii) car U

236

Démonstrations Proposition 34 (i) ⇒ (ii) Supposons qu’il existe un ouvert relatif U de A tel que F = A \ U . Puisque U

 un ouvert de E tel que U = U  ∩ A . On a alors : est un ouvert relatif de A , il existe U  ∩ A) = A \ U  = A ∩ (E \ U  ). F = A \ (U

 est un fermé de E . Cela prouve (ii) , car, en tant que complémentaire d’un ouvert, E \ U

 = E \ F , (ii) ⇒ (i) Supposons qu’il existe un fermé F de E tel que F = A∩ F . En notant U on a alors :   ). F =A\U ce qui s’écrit aussi F = A \ (A ∩ U

 est un ouvert de E (car son complémentaire, F , est un fermé de E ), l’enComme U

 est un ouvert relatif de A , d’où le résultat. semble A ∩ U

Proposition 35 (i) ⇒ (ii) Supposons que F soit un fermé relatif de A . Alors, il existe un fermé G de E tel que F = A ∩ G . Si (xn ) est une suite d’éléments de F qui converge vers ℓ ∈ A , alors, comme ∀n ∈ IN xn ∈ G , le caractère fermé de G assure que ℓ ∈ G . Par suite, on a ℓ ∈ A ∩ G i.e. ℓ ∈ F . (ii) ⇒ (i) Supposons (ii) et montrons que F = A ∩ Adh(F ) . Comme Adh(F ) est un fermé de E , cela prouvera (i) . • •

L’inclusion F ⊂ A ∩ Adh(F ) est immédiate, puisque F ⊂ A et F ⊂ Adh(F ) . Pour prouver l’autre inclusion, donnons-nous ℓ ∈ A ∩ Adh(F ) , et montrons que ℓ ∈ F . Comme ℓ ∈ Adh(F ) , il existe une suite (xn ) ∈ F IN convergeant vers ℓ . Comme ℓ ∈ A , la propriété (ii) nous assure que ℓ ∈ F .

Proposition 36 Le sens direct découle directement de la définition. Montrons l’autre : supposons qu’il existe α > 0 tel que : ∀x ∈ E

N2 (x) = 1 =⇒ N1 (x)  α,

(⋆)

et montrons que N1 est dominée par N2 . Plus précisément, montrons que : N1 (y)  αN2 (y).

∀y ∈ E

Si y ∈ E est non nul, alors N2 (y) �= 0 , et la propriété (⋆) appliquée à N1



y N2 (y)



y donne : N2 (y)

 α,

ce qui, par homogénéité de N1 , donne N1 (y)  αN2 (y) . Cette inégalité reste évidemment vraie si y = 0 . Proposition 41 • Supposons A fermée pour l’une des deux normes, par exemple N1 , et montrons que A est également fermée pour N2 . Procédons par caractérisation séquentielle. Supposons que (un )n∈IN ∈ AIN converge vers ℓ pour la norme N2 , et montrons que ℓ ∈ A . La suite (un ) convergeant vers ℓ pour la norme N2 , elle converge également vers ℓ pour la norme N1 (cf. proposition 40 de la page 228), donc le caractère fermé de A pour la norme N1 assure que ℓ ∈ A . • Une partie étant ouverte si, et seulement si, son complémentaire est fermé, les deux normes N1 et N2 définissent les mêmes ouverts puisqu’elles définissent les mêmes fermés.

237

Chapitre 5. Espaces vectoriels normés

S’entraîner et approfondir Généralités 5.1 Soit n ∈ IN∗ et (a1 , . . . , an+1 ) une (n + 1) -liste de scalaires deux à deux distincts.

→200

Montrer que l’on définit une norme sur IKn [X] en posant :





�P � = max |P (a1 )|, . . . , |P (an+1 )| . 5.2 Dans IR2 , soit u le point (−1, 1) et D la droite d’équation y = 2x . Pour chacune des normes � · �1 , � · �2 et � · �∞ , déterminer la distance de u à D .

→204

5.3 Soit B une boule ouverte de centre a et de rayon r > 0 , et x un élément de E . Exprimer, en fonction de a , r et x , la distance de x à B .

→205

5.4 Soit E un espace vectoriel normé réel. Montrer que tout sous-espace affine de E est une partie convexe.

→206

5.5 Convexité et stabilité par passage au barycentre à coefficients positifs Soit A une partie d’un espace vectoriel normé réel E . Montrer que si A est convexe, alors :

→206

∀p ∈ IN∗

∀(x1 , . . . , xp ) ∈ Ap

p 

∀(λ1 , . . . , λp ) ∈ [0, 1]p

λk = 1 =⇒

p  k=1

k=1

λk xk ∈ A.

Indication. Procéder par récurrence. 5.6 Montrer que si une partie A est contenue dans une boule quelconque (non nécessairement centrée en l’origine et non nécessairement fermée), alors A est bornée.

→207

5.7 1. Montrer que si A est une partie non vide et bornée, alors l’ensemble :



→207

d(x, y) | (x, y) ∈ A2



possède une borne supérieure. Cette borne supérieure est appelée diamètre de A . 2. Déterminer, en fonction de son rayon r , le diamètre d’une boule B (ouverte ou fermée). 5.8 Norme 1 et norme 2 dans un espace produit Soit p ∈ IN∗ ainsi que p espaces vectoriels normés (E1 , ϕ1 ), . . . , (Ep , ϕp ) sur IK . Montrer que les applications N1 et N2 respectivement définies par :

→210

N1 : E1 × · · · × Ep

(x1 , . . . , xp )

−→ �−→

et

IR+ p 

ϕk (xk )

N2 : E1 × · · · × Ep

−→

(x1 , . . . , xp )

�−→

k=1

sont des normes sur l’espace produit E1 × · · · × Ep .

IR +

p 

ϕk (xk )2

k=1

5.9 Montrer que tout élément du segment [−1, 1] est valeur d’adhérence de la suite a de terme √ général an = sin n . √ Indication. Pour x ∈ [−1, 1] , on a x = sin tk avec tk = (2kπ + Arcsin x)2 .

→214

238

Exercices 5.10 1. Soit E et F deux IK -espaces vectoriels. Supposons que l’on dispose d’une norme � · � sur E , ainsi que d’une application linéaire injective u : F → E . Montrer que l’application : N : F −→ IR+ x �−→ �u(x)� est une norme sur F . 2. Soit E = B(IN, IK) l’espace des suites bornées à valeurs dans IK . Montrer que l’application suivante est une norme sur E : N:

E

−→

(an )n∈IN

�−→

IR+  sup

n∈IN



|an | 2n



.



5.11 Montrer que l’application N : P �→ sup P (t) − P ′ (t) est une norme sur IK[X] . t∈[0,1]

5.12 Soit E un IK -espace vectoriel muni d’une base B = (ei )i∈I . Étant donné x =



xi ei , notons :

i∈I





�x�∞ = max |xi | ; i∈I

�x�1 =

 i∈I

et

|xi |

�x�2 =

 i∈I

|xi |2 .

Montrer que les applications x �→ �x�∞ , x �→ �x�1 et x �→ �x�2 sont des normes sur E . Ces trois normes sont respectivement appelées norme infinie, norme 1 et norme 2 dans la base B . 5.13 On se place dans l’espace des suites réelles bornées, que l’on munit de la norme infinie. Notons a = (an ) la suite constante égale à 1 et C0 le sous-espace vectoriel des suites tendant vers 0 . Déterminer la distance de a à C0 .

Topologie d’un espace vectoriel normé 5.14 Soit V une partie d’un espace vectoriel normé E , ainsi que a ∈ E . Montrer que V est un →219 voisinage de a si, et seulement s’il existe un ouvert contenant a et inclus dans V . 5.15 Soit E un espace vectoriel normé. →221 1. Soit F un sous-espace vectoriel de E . Montrer que l’adhérence de F est un sous-espace vectoriel de E . 2. Soit H un hyperplan de E . Montrer que H est soit fermé soit dense dans E . 5.16 Soit E un espace vectoriel normé, et F un sous-espace vectoriel de E . 1. Montrer que si F est ouvert, alors F = E . 2. Montrer que si F n’est pas d’intérieur vide, alors F = E . 5.17 Soit E et F deux IK -espaces vectoriels normés. On munit E × F de la norme produit. Soit A et B deux parties de E et F respectivement. 1. Montrer que Int(A × B) = Int(A) × Int(B) . 2. Montrer que Adh(A × B) = Adh(A) × Adh(B) .









3. Montrer que Fr(A × B) = Adh(A) × Fr(B) ∪ Fr(A) × Adh(B) .

239

Chapitre 5. Espaces vectoriels normés 5.18 Soit E un IR -espace vectoriel normé, et C une partie convexe de E . Montrer que l’adhérence et l’intérieur de C sont convexes. 5.19 Soit E = C([0, 1], IR) . On note F le sous-espace vectoriel de E constitué des fonctions s’annulant en 0 et en 1 . Déterminer l’adhérence de F pour les normes infinie et 1 : �f �∞ = sup |f (t)|

et

�f �1 =

t∈[0,1]



1

|f (t)|dt.

0

5.20 Soit (un )n∈IN une suite à valeurs dans un espace vectoriel normé E . Pour p ∈ IN , on note : Ap = {un | n  p}.

1. Montrer que l’ensemble des valeurs d’adhérence de la suite (un )n∈IN est :



Ap .

p∈IN

2. En déduire que l’ensemble des valeurs d’adhérence de la suite (un )n∈IN est fermé. ⋆ 5.21 On munit l’espace vectoriel IR[X] de la norme � · �∞ définie par : ∀P =

+∞  k=0

ak X k ∈ IR[X]

�P �∞ = max |ak |. k∈IN

On rappelle qu’un polynôme non nul est dit unitaire si son coefficient dominant vaut 1 . 1. Montrer que l’ensemble U des polynômes unitaires est fermé. 2. (a) Montrer que si P ∈ IR[X] est un polynôme scindé dans IR[X] , unitaire et de degré r ∈ IN , alors on a : ∀z ∈ C |P (z)|  | Im z|r . (b) Montrer que l’ensemble S des polynômes unitaires et scindés dans IR[X] est un fermé. ⋆ 5.22 Soit E un espace vectoriel normé. 1. Quelles sont les parties de E dont la frontière est vide ? 2. Quelles sont les parties de E qui sont à la fois ouvertes et fermées ?

Comparaison de normes 5.23 La relation de domination des normes est-elle une relation d’ordre ? →226

5.24 On se place dans l’espace C([a, b], IK) (avec a < b ). →226 1. Montrer que les normes 1 et 2 sont dominées par la norme infinie. 2. Montrer que la norme 1 est dominée par la norme 2 . Indication. On pourra utiliser l’inégalité de Cauchy-Schwarz. 5.25 Équivalence des normes 1 , 2 et infinie dans IKn →227 Montrer que pour x ∈ IKn on a :

�x�∞  �x�2  �x�1  n�x�∞ .

5.26 Dans IR[X] , on considère les normes N1 et N2 définies par : N1 (P ) =



1 0

|P (t)|dt

et

N2 (P ) =



0

2

|P (t)|dt.

Montrer que N1 est dominée par N2 , mais que N2 n’est pas dominée par N1 .

240

Solutions des exercices

Solutions des exercices 5.1 Séparation. Si P ∈ IKn [X] vérifie �P � = 0 , alors P possède n + 1 racines distinctes : a1 , . . . , an+1 , donc, puisque deg P  n , le polynôme P est nul. Homogénéité. Soit P ∈ IKn [X] et λ ∈ IK . On a :





�λP � = max |λP (a1 )|, . . . , |λP (an+1 )|





= |λ| max |P (a1 )|, . . . , |P (an+1 )| = |λ| �P �. Inégalité triangulaire. Soit (P, Q) ∈ IKn [X]2 . On a : ∀k ∈ [[1, n + 1]]

|(P + Q)(ak )|  |P (ak )| + |Q(ak )|  �P � + �Q�,

donc : �P + Q� =

max

k∈[[1,n+1]]

  (P + Q)(ak )  �P � + �Q�.

5.2 Les points de D sont de la forme at = (t, 2t) avec t ∈ IR . • Pour t ∈ IR , on a :

�u − at �∞ = �(t + 1, 2t − 1)�∞





= max |t + 1|, |2t − 1| =



1 − 2t t+1 2t − 1

si si si

D

t 0 et n0 ∈ IN . Montrons qu’il existe un entier n  n0 tel que �an − x�  ε . √ La fonction f : t �→ sin t est dérivable sur IR∗+ , et : √ cos t ∀t > 0 f ′ (t) = √ · 2 t Comme f ′ (t) −→ 0 , on peut considérer R > 0 tel que ∀t  R t→+∞

|f ′ (t)|  ε .

Pour k ∈ IN∗ , le réel tk = (2kπ + Arcsin x)2 vérifie f (tk ) = x . Fixons une valeur de k telle que tk  max(n0 , R) , et notons n = ⌊tk ⌋ + 1 . L’inégalité des accroissements finis appliquée à la fonction f sur l’intervalle [tk , n] assure alors que : |an − x| = |f (n) − f (tk )|  ε(n − tk )  ε.

Comme n  tk  n0 , cela montre le résultat souhaité.

5.10 1. Vérifions les trois axiomes de la définition d’une norme. Séparation. Si x ∈ F vérifie N (x) = 0 , c’est-à-dire �u(x)� = 0 , alors la propriété de séparation de � · � implique u(x) = 0 , puis l’injectivité de u offre x = 0 . Homogénéité. Pour (x, λ) ∈ F × IK , on a, par linéarité de u et homogénéité de � · � : N (λx) = �u(λx)� = �λu(x)� = |λ| �u(x)� = |λ|N (x).

Inégalité triangulaire. Pour (x, y) ∈ F 2 , on a, par linéarité de u et par inégalité triangulaire sur � · � : N (x + y) = �u(x + y)� = �u(x) + u(y)�  �u(x)� + �u(y)� = N (x) + N (y).

2. Pour tout a ∈ E , on a N (a) = �u(a)�∞ , où u est l’application : u :

E

−→

E 



an 2n n∈IN dont on montre aisément qu’elle est linéaire et injective. Le résultat de la première question assure donc que N est une norme sur E . a

�−→

5.11 • Comme la fonction t �→ P (t) − P ′ (t) est continue, elle est bornée sur le segment [0, 1] ; l’application N est donc bien définie. • Notons � · �∞ la norme de la convergence uniforme sur C([0, 1], IK) . Homogénéité. Soit λ ∈ IK et P ∈ IK[X] . On a, par homogénéité de � · �∞ :





N (λP ) = �λP − λP ′ �∞ = λ(P − P ′ )∞ = |λ| �P − P ′ �∞ = |λ| N (P ).

Inégalité triangulaire. Pour (P, Q) ∈ IK[X]2 , l’inégalité triangulaire de � · �∞ donne :





N (P + Q) = (P + Q) − (P ′ + Q′ )∞





= (P − P ′ ) + (Q − Q′ )∞

 �P − P ′ �∞ + �Q − Q′ �∞ = N (P ) + N (Q).

Séparation. Soit P ∈ IK[X] tel que N (P ) = 0 . La fonction t �→ P (t) − P ′ (t) est alors nulle sur [0, 1] , et donc le polynôme P − P ′ , admettant une infinité de racines, est le polynôme nul. On en déduit P = P ′ , et donc deg(P ) = deg(P ′ ) . Or, on sait que deg(P ′ )  deg(P ) − 1 . On a donc nécessairement deg P = −∞ , autrement dit P est le polynôme nul.

245

Chapitre 5. Espaces vectoriels normés 5.12 Nous allons exploiter les normes déjà connues sur un espace vectoriel de dimension finie muni d’une base (cf. proposition 8 de la page 208). Faisons la preuve dans le cas de la norme infinie ; la preuve est similaire pour la norme 1 et la norme 2 . Notons N l’application

E u

−→ �−→

Soit (x, y) ∈ E 2 . Écrivons x =



IR �u�∞

et prouvons que N est une norme sur E .

xi ei et y =

i∈I



yi ei . Notons Ix et Iy les supports des

i∈I

suites presque nulles (xi )i∈I et (yi )i∈I , c’est-à-dire : Ix = {i ∈ I : xi �= 0}

et

Iy = {i ∈ I : yi �= 0}.

Les ensembles Ix et Iy étant finis, leur réunion J = Ix ∪ Iy l’est aussi. En notant F = Vect(ei | i ∈ J) , la restriction N|F de l’application N à F n’est rien d’autre que la norme infinie associée à la base (ei )i∈J de F , donc possède les propriétés d’une norme. On prouve alors aisément que N est une norme. Séparation. Si N (x) = 0 , alors N|F (x) = 0 , donc, par propriété de séparation de la norme N|F , on a x = 0 . Homogénéité. Pour λ ∈ IK , on a N (λx) = N|F (λx) = |λ|N|F (x) = |λ|N (x) .

Inégalité triangulaire. On a N (x + y) = N|F (x + y)  N|F (x) + N|F (y) = N (x) + N (y) . 5.13 • La suite nulle appartient à C0 , et est à une distance 1 de la suite (an ) . On a donc d(a, C0 )  1 . • D’autre part, si u = (un ) est une suite tendant vers 0 , alors on a : |an − un | = |1 − un | → 1,

et donc �a − u�∞ = sup |an − un |  1 . Cela prouve que d(a, C0 )  1 . n∈IN

Par double inégalité, on en déduit d(a, C0 ) = 1 . 5.14 • Si V est un voisinage de a , alors il existe r > 0 tel que la boule ouverte B(a, r) (qui est une partie ouverte) soit incluse dans V . • Réciproquement, s’il existe un ouvert U inclus dans V et contenant a , alors, comme U est ouvert, on peut trouver une boule ouverte centrée en a et de rayon strictement positif qui soit incluse dans U donc dans V . 5.15 1. • Tout d’abord, F contient F , donc contient le vecteur nul. 2

• Soit (λ, x, y) ∈ IK × F ; montrons que λx + y ∈ F . Comme x et y appartiennent à F , il existe des suites (xn ) et (yn ) d’éléments de F convergeant vers x et y respectivement. La suite (λxn + yn ) est alors à valeurs dans F et converge vers λx + y ; cela prouve, par caractérisation séquentielle, que λx + y ∈ F .

2. Supposons que H ne soit pas fermé et montrons que H est dense dans E , i.e. H = E . Procédons par double inclusion.

• Tout d’abord, H étant une partie de l’espace vectoriel normé E , on a H ⊂ E . • Comme H n’est pas fermé, l’inclusion H ⊂ H est stricte. Considérons a ∈ H \ H . Comme a ∈ / H et que H est un hyperplan de E , les sous-espaces H et Vect(a) sont supplémentaires dans E . Comme de plus on a H ⊂ H et a ∈ H , on obtient : E = H ⊕ Vect(a) ⊂ H.

246

Solutions des exercices 5.16 1. Supposons que F soit ouvert. Étant donné que 0 ∈ F (car F est un sous-espace vectoriel) et que F est ouvert, on peut trouver r > 0 tel que B(0, r) ⊂ F . r Soit x un vecteur non nul de E . Alors le vecteur u = x appartient à B(0, r) et 2�x� 2�x� u , on a x ∈ F . donc à F . Comme F est un sous-espace vectoriel et que x = r D’où F = E . 2. Supposons que F ne soit pas d’intérieur vide. On peut trouver x ∈ F et r > 0 tel que B(x, r) ⊂ F . Pour tout u ∈ B(0, r) , on a x + u ∈ B(x, r) , donc x + u ∈ F , puis : u = (x + u) −  x ∈ F.

   ∈F

∈F

On a donc B(0, r) ⊂ F et l’on est ramené au raisonnement fait à la question précédente. 5.17 On note indifféremment � · � les normes de E , F et E × F . Rappelons que, par définition de la norme produit, on a :





�(x, y)� = max �x�, �y� .

∀(x, y) ∈ E × F

1. • On a déjà Int(A) ⊂ A et Int(B) ⊂ B , donc Int(A) × Int(B) ⊂ A × B . De plus, Int(A) × Int(B) , comme produit d’ouverts, est ouvert (cf. proposition 22 de la page 216). On en déduit l’inclusion Int(A) × Int(B) ⊂ Int(A × B) (car Int(A × B) est le plus grand ouvert inclus dans A × B ). • Montrons l’autre inclusion. Soit (a, b ∈ Int(A × B) . Montrons que a ∈ Int(A) et b ∈ Int(B) . Par symétrie du problème en a et b , contentons-nous de prouver que a ∈ Int(A) . Comme (a, b) ∈ Int(A × B) , on peut trouver r > 0 tel que : ∀(x, y) ∈ E × F

�(x, y) − (a, b)� < r =⇒ (x, y) ∈ A × B.

Si x ∈ E vérifie �x − a� < r , alors par définition de la norme produit on a : �(x, b) − (a, b)� = �(x − a, 0)� = �x − a� < r,

donc (x, b) ∈ A × B , i.e. x ∈ A . Cela prouve que B(a, r) ⊂ A , donc a ∈ Int(A) . 2. • On a A ⊂ Adh(A) et B ⊂ Adh(B) , donc A×B ⊂ Adh(A)×Adh(B) . De plus, comme produit de fermés, Adh(A) × Adh(B) est fermé (cf. proposition 26 de la page 218). On en déduit l’inclusion Adh(A × B) ⊂ Adh(A) × Adh(B) (car Adh(A × B) est le plus petit fermé contenant A × B ). • Montrons l’inclusion réciproque. Soit (x, y) ∈ Adh(A)×Adh(B) . Alors on peut considérer (an ) et (bn ) des suites d’éléments de A et B convergeant respectivement vers x et y . Mais alors, par définition   de la norme produit, la suite (an , bn ) , à valeurs dans A × B , converge vers (x, y) .

On a donc (x, y) ∈ Adh(A × B) . 3. Par définition, on a :

Fr(A × B) = Adh(A × B) \ Int(A × B).

En utilisant les deux premières questions, il vient :



 

Fr(A × B) = Adh(A) × Adh(B) \ Int(A) × Int(B) =









Adh(A) \ Int(A) × Adh(B) ∪











Adh(A) × Adh(B) \ Int(B)



= Fr(A) × Adh(B) ∪ Adh(A) × Fr(B) .

 247

Chapitre 5. Espaces vectoriels normés 5.18 • Montrons que Adh(C) est convexe. Soit (x, y, λ) ∈ Adh(C)2 × [0, 1] ; montrons que (1 − λ)x + λy ∈ Adh(C) . Par caractérisation séquentielle de l’adhérence, on peut trouver deux suites (un ) et (vn ) d’éléments de C convergeant vers x et y respectivement. Par convexité de C , on a : ∀n ∈ IN

(1 − λ)un + λvn ∈ C.

De plus, comme un → x et vn → y , on a (1 − λ)un + λvn → (1 − λ)x + λy , ce qui prouve que (1 − λ)x + λy ∈ Adh(C) .

• Montrons que Int(C) est convexe. Soit (x, y, λ) ∈ Int(C)2 × [0, 1] ; montrons que z = (1 − λ)x + λy ∈ Int(C) . Puisque x et y appartiennent à l’intérieur de C , il existe r1 > 0 et r2 > 0 tels que : B(x, r1 ) ⊂ C

et

B(y, r2 ) ⊂ C.

B(x, r) ⊂ C

et

B(y, r) ⊂ C.

Posons r = min(r1 , r2 ) ; on a alors :

Montrons alors qu’on a B(z, r) ⊂ C , ce qui prouvera que z ∈ Int(C) .

Soit u ∈ E vérifiant �u� < r ; montrons que z + u ∈ C . En notant x ˜ = x + u et y˜ = y + u , on a :

z + u = (1 − λ)x + λy + (1 − λ)u + λu = (1 − λ)˜ x + λ˜ y. Comme B(x, r) ⊂ C et B(y, r) ⊂ C , on a x ˜ ∈ C et y˜ ∈ C . Puis, comme C est convexe, on a z + u ∈ C . D’où le résultat. 5.19 Adhérence au sens de la norme infinie. Montrons qu’au sens de la norme infinie, F est un fermé, donc égal à son adhérence. Par caractérisation séquentielle : soit (fn ) ∈ F IN une suite convergeant vers f ∈ E ; montrons que f ∈ F . Pour x ∈ [0, 1] , on a, par définition de la norme infinie :

  fn (x) − f (x)  �fn − f �∞ ,

donc, puisque �fn − f �∞ → 0 , on obtient fn (x) → f (x) . En particulier, on a fn (0) → f (0) et fn (1) → f (1) . 262

Cela assure que f (0) = f (1) = 0 , i.e. f ∈ F .

Remarque Pour montrer que F est un fermé au sens de la norme infinie, on peut aussi utiliser la proposition 17 de la page 262 en remarquant que F est l’image réciproque du   fermé {(0, 0)} par l’application (linéaire) continue f �→ f (0), f (1) .

Adhérence au sens de la norme 1 . Montrons qu’au sens de la norme 1 , F est dense dans E , i.e. Adh(F ) = E . Soit f ∈ E . Pour tout n  3 , notons fn l’unique fonc    1 1 1 ,1 − tion égale à f sur , nulle en 0 et en 1 , et affine sur les intervalles 0, n n n   1 et 1 − , 1 . On a alors : n 4 et �fn − f �1  �f �∞ → 0. fn ∈ F n La suite (fn ) est donc une suite d’éléments de F qui converge vers f (au sens de la norme � · �1 ). D’où le résultat.

248

Solutions des exercices 5.20 1. • Soit a une valeur d’adhérence de la suite (un ) . Montrons que a est adhérent à chacune des parties Ap . Soit p ∈ IN . Comme a est valeur d’adhérence de (un ) , on peut considérer une sous-suite (uϕ(n) ) qui converge vers a . De plus, pour tout n  p , on a ϕ(n)  n  p , donc uϕ(n) ∈ Ap . La suite



uϕ(n)



np

est donc une suite à valeurs dans Ap qui tend vers a , ce qui

montre que a est adhérent à Ap .  Ap et montrons que a est valeur d’adhérence • Réciproquement, donnons-nous a ∈ p∈IN

de la suite (un ) . Pour cela, utilisons la caractérisation de la proposition 19 de la page 214 : soit ε > 0 et n0 ∈ IN ; montrons qu’il existe n  n0 tel que �un − a�  ε .  Ap , on a a ∈ An0 . Il existe donc b ∈ An0 tel que �b − a�  ε , ce Comme a ∈ p∈IN

qui, par définition de An0 , revient à dire qu’il existe n  n0 tel que �un − a�  ε . D’où le résultat. 2. D’après la question précédente, l’ensemble des valeurs d’adhérence d’une suite s’écrit comme une intersection de fermés de E , donc est fermé.

5.21 1. Utilisons la caractérisation séquentielle des fermés. Soit (Pn ) une suite de polynômes unitaires convergeant vers P . Montrons que P est unitaire. • Tout d’abord, les polynômes Pn étant unitaires, et par définition de � · �∞ , on a : �Pn �∞  1,

∀n ∈ IN

et donc, puisque �Pn �∞ → �P �∞ , on a �P �∞  1 . En particulier, P est non nul. • Notons r le degré de P et c son coefficient dominant. Comme Pn → P , il existe un rang n0 ∈ IN tel que : min(|c|, 1) · 2 Pour n  n0 , on a donc nécessairement deg(Pn ) = r car : ∗ si deg(Pn ) < r , alors le coefficient devant le terme de degré r de Pn − P vaut c , min(|c|, 1) · et alors �Pn − P �∞  |c| > 2 ∗ si deg(Pn ) > r , alors le polynôme Pn − P est unitaire, et par conséquent : �Pn − P �∞ 

∀n  n0

min(|c|, 1) · 2 est de degré r et unitaire, on a alors : �Pn − P �∞ = 1 >

• Pour n  n0 , comme Pn

�Pn − P �∞  |1 − c|.

Comme �Pn − P �∞ → 0 , on a nécessairement |1 − c| = 0 i.e. c = 1 .

2. (a) Soit P ∈ IR[X] un polynôme unitaire et scindé de degré r . En notant z1 , . . . , zr ses racines (réelles) comptées avec multiplicités, on a : P =

r 

(X − zk )

et donc

k=1

|P (z)| =

Pour z ∈ C , on a, puisque les zk sont réels : d’où :

∀k ∈ [[1, r]]

|z − zk | =

r 

k=1

|z − zk |.



(Im z)2 + (Re z − zk )2  | Im z|,

|P (z)|  | Im z|r .

249

Chapitre 5. Espaces vectoriels normés (b) Procédons par caractérisation séquentielle. Soit (Pn ) une suite d’éléments de S convergeant vers P ∈ IR[X] . Montrons que P ∈ S . D’après la question 1, on sait déjà que P est unitaire. Il s’agit donc de montrer que P est scindé dans IR[X] , c’està-dire, d’après le théorème de d’Alembert-Gauss, que P ne possède pas de racine complexe non réelle. Donnons-nous donc z ∈ C \ IR et prouvons que P (z) �= 0 . • Tout d’abord, il a été établi à la question 1 que si l’on note r = deg P (on a r ∈ IN car P est unitaire donc non nul), alors il existe un rang n0 ∈ IN tel que ∀n  n0 deg Pn = r . La question 2(a) assure alors que : |Pn (z)|  | Im z|r .

∀n  n0

(⋆)

• Il suffit alors de montrer que Pn (z) → P (z) . En effet, un passage à la limite dans la relation (⋆) donnera |P (z)|  | Im z|r > 0 et donc P (z) �= 0 . Pour n  n0 , on a deg Pn = r et donc on peut écrire : Pn =

r 

(n)

ak X k

et

P =

k=0

et ainsi : Pn (z) =

r 

r 

ak X k

k=0

(n)

ak z k

et

P (z) =

k=0

r 

ak z k .

k=0

Par définition de la norme � · �∞ , la convergence Pn → P donne la convergence

de chacune des suites de coefficients : ∀k ∈ [[0, r]]

(n)

ak

−→ ak . Par opérations

n→+∞

sur les limites, on obtient alors Pn (z) → P (z) . 5.22 1. Il est clair que E et ∅ ont une frontière vide. Montrons que ce sont les seules. Soit A une partie vérifiant A �= E et A �= ∅ . Montrons que la frontière de A est non vide, i.e. A ∩ E \ A �= ∅ . Comme A �= E et A �= ∅ , on peut prendre x ∈ A et y ∈ E \ A . Considérons alors l’application : f : [0, 1] λ

−→ �−→



E (1 − λ)x + λy.

A



L’ensemble Γ = λ ∈ [0, 1] : f (λ) ∈ A est non vide (car contient 0 ) et majoré (par 1 ) ; notons α sa borne supérieure.



x



f (α)



y

Prouvons alors que f (α) ∈ A ∩ E \ A, ce qui terminera le raisonnement.

• Par caractérisation séquentielle de la borne supérieure, on peut trouver une suite (λn ) d’éléments de Γ qui converge vers α . Par opérations sur les limites, on a f (λn ) → f (α) . Comme ∀n ∈ IN f (λn ) ∈ A , on obtient f (α) ∈ A .

• Il reste à prouver que f (α) ∈ E \ A .

∗ Si α = 1 , alors f (α) = y ∈ E \ A ⊂ E \ A . ∗ Si α ∈ [0, 1[ , on peut considérer (λn ) une suite à valeurs dans ]α, 1] tendant vers α . On alors f (λn ) → f (α) et ∀n ∈ IN f (λn ) ∈ E \ A . Il en résulte que f (α) ∈ E \ A .

250

Solutions des exercices 2. On sait que les parties E et ∅ sont à la fois ouvertes et fermées dans E . Montrons que ce sont les seules. Soit A une partie à la fois ouverte et fermée. • Comme A est fermée, on a A = A . • Comme A est ouverte, E \ A est fermée et donc E \ A = E \ A .

On a alors :

Fr(A) = A ∩ E \ A = A ∩ (E \ A) = ∅.

D’après la question précédente, on a A = E ou A = ∅ .

5.23 Antisymétrie. • Si E est l’espace nul, alors il existe une unique norme sur E : l’application nulle (et dans ce cas la relation de domination est une relation d’ordre). • En revanche, si E n’est pas l’espace nul et que l’on dispose d’au moins une norme N

 : x �→ 2N (x) , on constate que N et N  sur E , alors en considérant l’application N sont deux normes distinctes et dominées l’une par l’autre. L’antisymétrie est alors mise en défaut.

L’exercice est résolu. Constatons tout de même que les propriétés de réflexivité et transitivité sont quant à elles vérifiées : Refléxivité. Toute norme est dominée par elle-même (prendre α = 1 dans la définition). Transitivité. Si N1 est dominée par N2 et si N2 dominée par N3 , alors on peut trouver des constantes α1 > 0 et α2 > 0 telles que : ∀x ∈ E



N1 (x)  α1 N2 (x)

et



N2 (x)  α2 N3 (x) .

La norme N1 est alors dominée par la norme N3 , car : N1 (x)  α1 α2 N3 (x).

∀x ∈ E 5.24 1. Soit f ∈ C([a, b], IK) . On a, par croissance de l’intégrale : �f �1 =



b

a

|f | 



a

b

�f �∞ = (b − a) �f �∞ ,

ce qui montre que la norme 1 est dominée par la norme infinie. De même, on a : �f �2 =



b a

|f |2

1/2





b

a

�f �2∞

1/2

=



(b − a) �f �2∞ =

√

b − a �f �∞ ,

ce qui montre que la norme 2 est dominée par la norme infinie. 2. Pour f ∈ C([a, b], IK) , l’inégalité de Cauchy-Schwarz donne : �f �1 =



a

b

1 · |f | 



b 2

1 a

1/2  

a

b 2

|f |

1/2

=

√

b − a�f �2 ,

ce qui prouve que la norme 1 est dominée par la norme 2 .

251

Chapitre 5. Espaces vectoriels normés 5.25 Soit x = (x1 , . . . , xn ) ∈ IKn . • On a max |xk |2  k∈[[1,n]]

• On a

n 

k=1

|xk |2 

• Enfin, on a

n 

k=1

n 

k=1

 n

k=1

|xk | 

|xk |2 . Cela donne �x�2∞  �x�22 , donc �x�∞  �x�2 .

2

|xk |

n  

k=1

. Cela donne �x�22  �x�21 , donc �x�2  �x�1 .



max |xi | , c’est-à-dire �x�1  n�x�∞ .

i∈[[1,n]]

5.26 Tout d’abord, justifions que N1 et N2 sont bien des normes sur IR[X] : l’homogénéité et l’inégalité triangulaire sont évidentes, quant à la propriété de séparation, il suffit, par exemple pour N1 , de constater que si P ∈ IR[X] vérifie N1 (P ) = 0 , alors, la fonction t �→ |P (t)| étant continue, positive et d’intégrale nulle sur [0, 1] , on a : ∀t ∈ [0, 1]

P (t) = 0,

ce qui assure que P est le polynôme nul (car admettant une infinité de racines). • Puisque [0, 1] ⊂ [0, 2] , on a, par croissance de l’intégrale, N1  N2 , donc N1 est dominée par N2 . • Montrons que N2 n’est pas dominée par N1 . Pour cela, considérons la suite de polynômes (Pn )n∈IN définie par Pn = X n . On a : N1 (Pn ) =



0

1

tn dt =

1 →0 n+1

et

N2 (Pn ) =



2

tn dt = 0

2n → +∞. n+1

Il en résulte que la suite (Pn )n∈IN tend vers le polynôme nul pour la norme N1 mais pas pour la norme N2 . Donc N2 n’est pas dominée par N1 .

252

Chapitre 6 : Étude locale d’une application, continuité I

Limite d’une application . . . . . . . . . . . . . . . . . . Définitions, généralités . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Cas d’une application à valeurs réelles : limites infinies . Limites en l’infini . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Application à valeurs dans un espace produit . . . . . . Prolongement par continuité . . . . . . . . . . . . . . . Opérations sur les limites . . . . . . . . . . . . . . . . . II Applications continues . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Définition . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Application lipschitzienne . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Opérations sur les applications continues . . . . . . . . 4 Continuité et densité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 Images réciproques d’ouverts et de fermés par une application continue . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 Continuité uniforme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . III Continuité et applications linéaires / multilinéaires . . 1 Critère de continuité d’une application linéaire . . . . . 2 Espace Lc (E, F ) , norme subordonnée . . . . . . . . . . 1 2 3 4 5 6

. . . . . . . . . .

254 254 256 257 258 258 258 259 259 260 261 262

. 262 . 263 264 . 264

. 265 3 Critère de continuité des applications multilinéaires . . . . 268 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 275

Étude locale d’une application, continuité

6

Dans tout le chapitre, la lettre IK désigne le corps IR ou C . En l’absence de précision supplémentaire, E et F sont deux IK -espaces vectoriels normés, et A désigne une partie de E .

I

Limite d’une application

1

Définitions, généralités

Définition 1 Soit f : A → F une application, ainsi que a un point adhérent à A et ℓ ∈ F . On dit que f tend vers ℓ en a si :   ∀ε > 0 ∃η > 0 ∀x ∈ A �x − a�  η =⇒ f (x) − ℓ  ε. Notation

Pour signifier que f tend vers ℓ en a, on écrit : f −→ ℓ a

ou encore f (x) −→ ℓ. x→a

Remarques • La définition précédente peut s’écrire : ∗ en termes de distance :

∀ε > 0 ∃η > 0

∗ en termes de boules 1 : ou encore :

∀ε > 0

  ∀x ∈ A d(x, a)  η =⇒ d f (x), ℓ  ε ;

∃η > 0 ∀x ∈ Bf (a, η) ∩ A f (x) ∈ Bf (ℓ, ε) ;

∀ε > 0

  ∃η > 0 f Bf (a, η) ∩ A ⊂ Bf (ℓ, ε).

• Dans la définition précédente, on peut, sans que cela ait de conséquences, changer les normes sur E et F en des normes qui leur sont équivalentes. 1. La notation Bf utilisée ici désigne une boule fermée et n’a aucun lien avec le nom f de l’application considérée.

I Limite d’une application Dans toute la suite, en l’absence de précision supplémentaire, f désigne une application de A dans F , a un point adhérent à A et ℓ un élément de F . Proposition 1 L’application f tend vers ℓ en a si, et seulement si, pour tout voisinage W de ℓ , il existe un voisinage V de a tel que f (V ∩ A) ⊂ W .

Démonstration page 270

Caractérisation séquentielle de la limite La proposition suivante va nous permettre d’utiliser les résultats déjà obtenus sur les suites au chapitre précédent pour établir rapidement de nombreuses propriétés sur les limites d’applications.

Exo 6.1

Proposition 2 (Caractérisation séquentielle de la limite) L’application f tend vers ℓ en a si, et seulement si, pour tout suite (un )n∈IN d’éléments de A tendant vers a, on a f (un ) → ℓ .

Démonstration page 270

Remarque Lorsque l’on utilise le sens direct de l’équivalence donnée par la proposition précédente, on dit en général simplement « par composition de limites », réservant ainsi le terme « caractérisation séquentielle de la limite » au sens réciproque. Ex. 1. Si f : A → F tend vers ℓ en a , alors ℓ est adhérent à f (A) . En effet, dans ce cas, le point a étant adhérent à A , on peut trouver une suite (un ) tendant vers a , et alors, par composition de limites, on a f (un ) → ℓ .

Unicité de la limite Proposition 3 (Unicité de la limite) Si deux éléments ℓ1 et ℓ2 de F vérifient f −→ ℓ1 et f −→ ℓ2 , alors ℓ1 = ℓ2 . a

a

Démonstration. Supposons que ℓ1 et ℓ2 soient tels que f −→ ℓ1 et f −→ ℓ2 . Soit (un )n∈IN a

a

une suite d’éléments de A tendant vers a (une telle suite existe car a est adhérent à A ). D’après la proposition 2, on a alors f (un ) → ℓ1 et f (un ) → ℓ2 . Par unicité de la limite d’une suite, il en résulte que ℓ1 = ℓ2 .

Définition 2 On dit que f admet une limite en a s’il existe ℓ ∈ F tel que f −→ ℓ . Cet unique a

élément ℓ s’appelle alors la limite de f en a et se note lim f ou lim f (x). a

x→a

255

Chapitre 6. Étude locale d’une application, continuité Proposition 4 (Stabilité par restriction) Si f : A → F tend vers une limite ℓ en a et si B est une partie de A dont l’adhérence contient a, alors la restriction de f à B tend également vers ℓ en a. Démonstration. Procédons par caractérisation séquentielle. Si (an )n∈IN est une suite d’éléments de B tendant vers a , alors, (an )n∈IN étant aussi une suite à valeurs dans A , et comme f −→ ℓ , on a f (an ) → ℓ , donc f|B (an ) → ℓ . D’où f|B −→ ℓ . a

a

Proposition 5 (Caractère local de la limite) Soit V un voisinage de a. Alors f tend vers ℓ en a si, et seulement si, la restriction de f à A ∩ V tend vers ℓ en a.

Démonstration page 270

Continuité en un point Définition 3 On dit que f est continue en a ∈ A si f admet une limite en a. Remarque Si a appartient à A et si f admet une limite en a, alors celle-ci vaut f (a) (on le voit par exemple par composition de limites en considérant la suite constante (a)n∈IN ). Par conséquent, dire que f est continue en a ∈ A signifie que f (x) −→ f (a). x→a

Corollaire 6 (Caractérisation séquentielle de la continuité) L’application f est continue en a ∈ A si, et seulement si, pour toute suite (un )n∈IN d’éléments de A tendant vers a, on a f (un ) → f (a).

2

Cas d’une application à valeurs réelles : limites infinies

Définition 4 Soit f : A → IR une application, et a un point adhérent à A. • On dit que f tend vers +∞ en a si : ∀R ∈ IR

∃η > 0 ∀x ∈ A �x − a�  η =⇒ f (x)  R.

• On dit que f tend vers −∞ en a si : ∀R ∈ IR Notation

∃η > 0 ∀x ∈ A �x − a�  η =⇒ f (x)  R.

On note f −→ +∞ ou encore f (x) −→ +∞ pour signifier que f tend a

x→a

vers +∞ en a. On dit également que f admet +∞ comme limite en a, et l’on note lim f = +∞ ou lim f (x) = +∞. a

x→a

Même principe pour −∞. Remarque La caractérisation séquentielle de la limite (cf. proposition 2 de la page précédente), donnée dans le cas où ℓ ∈ F , s’étend naturellement aux cas ℓ = ±∞. 256

I Limite d’une application

3

Limites en l’infini

Limite lorsque �x� → +∞ Définition 5 Soit f : A → F une application. Supposons que A ne soit pas bornée. On dit que f tend vers ℓ lorsque �x� → +∞ si :   ∀ε > 0 ∃M ∈ IR ∀x ∈ A �x�  M =⇒ f (x) − ℓ  ε. On note alors f (x)

−→

�x�→+∞

ℓ.

Cas de la variable réelle : limites en −∞ et +∞ Pour une partie A de IR, on étend la définition de point adhérent (définition 17 de la page 220) de la manière suivante : on dit qu’un élément x ∈ IR est adhérent à A s’il existe une suite d’élément de A qui tend vers x. Ainsi, −∞ (respectivement +∞) est adhérent à A s’il existe une suite d’éléments de A tendant vers −∞ (respectivement +∞). On constate que : • −∞ est adhérent à A si, et seulement si, A n’est pas minorée ; • +∞ est adhérent à A si, et seulement si, A n’est pas majorée.

Définition 6 Soit A une partie de IR, f : A → F une application et ℓ ∈ F .

• Si −∞ est adhérent à A, on dit que f tend vers ℓ en −∞ si :   ∀ε > 0 ∃M ∈ IR ∀x ∈ A x  M =⇒ f (x) − ℓ  ε.

• Si +∞ est adhérent à A, on dit que f tend vers ℓ en +∞ si :   ∀ε > 0 ∃M ∈ IR ∀x ∈ A x  M =⇒ f (x) − ℓ  ε.

Ex. 2. Une suite (an )n∈IN d’éléments de E étant une application de IN dans E , la définition précédente permet d’envisager la convergence de la suite en +∞ . On constate que cette définition est la même que celle donnée par la définition 10 de la page 211.

Remarque La caractérisation séquentielle de la limite ainsi que la propriété d’unicité de la limite données dans le cas d’une limite en un point a ∈ Adh(A) (cf. proposition 2 et proposition 3 de la page 255) s’étendent naturellement au cas d’une limite en l’infini. Dans toute la suite du chapitre, en l’absence de précision supplémentaire, a désigne un point adhérent à A en l’un des sens suivants : • premier sens : a est un élément de E appartenant à Adh(A) ; • deuxième sens : A est une partie non majorée de IR et a = +∞ ; • troisième sens : A est une partie non minorée de IR et a = −∞. 257

Chapitre 6. Étude locale d’une application, continuité

4

Application à valeurs dans un espace produit

Dans l’énoncé suivant, E1 , . . . , Ep sont des IK-espaces vectoriels normés, et l’espace produit E1 × · · · × Ep est muni de la norme produit. Une application f : A → E1 × · · · × Ep est caractérisée par p applications f1 , . . . , fp , à valeurs dans E1 , . . . , Ep respectivement, vérifiant :   ∀x ∈ A f (x) = f1 (x), . . . , fp (x) .

Proposition 7

Étant donné ℓ = (ℓ1 , . . . , ℓp ) ∈ E1 × · · · × Ep , on a l’équivalence :     f −→ ℓ ⇐⇒ ∀k ∈ [[1, p]] fk −→ ℓk . a

a

Démonstration page 270

Principe de démonstration.

On utilise la caractérisation séquentielle de la limite et le résultat sur la convergence d’une suite à valeurs dans un espace produit.

5

Prolongement par continuité

Définition 7 Si f possède une limite ℓ ∈ F en un point a ∈ A \ A, alors l’application : f : A ∪ {a} −→ F  f (x) si x ∈ A x �−→ ℓ si x = a est continue en a ; on l’appelle prolongement de f par continuité en a . Remarque L’unicité de la limite entraîne que l’application f de la définition précédente est l’unique prolongement de f à A ∪ {a} qui soit continu en a.

6

Opérations sur les limites

Les résultats suivants sont obtenus par caractérisation séquentielle de la limite et par opérations sur les suites convergentes. Proposition 8 (Limite d’une combinaison linéaire) Soit f1 et f2 deux applications de A dans F ainsi que λ1 et λ2 deux scalaires. Si f1 −→ ℓ1 ∈ F et f2 −→ ℓ2 ∈ F , alors : a

a

λ1 f1 + λ2 f2 −→ λ1 ℓ1 + λ2 ℓ2 . a

Démonstration page 271

Proposition 9 (Produit par une fonction à valeurs scalaires) Si f −→ ℓ ∈ F et si ϕ est une fonction de A dans IK tendant vers λ ∈ IK en a, a

alors ϕf : A −→ F tend vers λℓ en a. x �−→ ϕ(x)f (x)

258

Démonstration page 271

II Applications continues Proposition 10 (Inverse) Soit f : A → IK une fonction ne s’annulant pas. Si f −→ ℓ ∈ IK\{0} , alors a

1 1 −→ · f a ℓ

Démonstration page 271

1 n’est pas définie f sur A tout entier. En revanche, si f −→ ℓ ∈ IK \ {0} , alors, IK\ {0} étant un voisinage

Remarque Si la fonction f s’annule sur A, alors la fonction a

de ℓ , il existe un voisinage V de a tel que la restriction de f à V ∩ A ne s’annule pas. C’est à cette restriction que la proposition 10 s’applique.

Quotient d’applications à valeurs scalaires Il résulte des deux résultats précédents que si f1 : A → F et f2 : A → IK vérifient f1 −→ ℓ1 et f2 −→ ℓ2 �= 0 , et si f2 a

a

ne s’annule pas, alors :

f1 ℓ1 −→ · f2 a ℓ2 Proposition 11 (Limite d’une fonction composée) Soit E , F et G trois IK-espaces vectoriels normés, ainsi que A ⊂ E et B ⊂ F . Soit f : A → F et g : B → G deux applications, avec f (A) ⊂ B . • Si f −→ b , alors b est adhérent à B . a

• Si de plus on a g −→ ℓ , alors g ◦ f −→ ℓ . b

a

Démonstration page 271

Conséquences en terme de continuité ponctuelle Les résultats précédents sur les limites donnent des résultats analogues sur les applications continues en un point : • toute combinaison linéaire d’applications continues en a est continue en a ;

• tout produit d’une fonction continue en a par une fonction scalaire continue en a est continue en a ; 1 • si f : A → IK est continue en a et ne s’annule pas, alors est continue en a ; f f • si f : A → F et g : A → IK sont continues en a et si g ne s’annule pas, alors g est continue en a ; • si f : A → F est continue en a et g : B → G vérifie f (A) ⊂ B et est continue en f (a), alors g ◦ f est continue en a.

II 1

Applications continues

Définition

Définition 8 On dit qu’une application est continue si elle est continue en tout point de son domaine de définition. 259

Chapitre 6. Étude locale d’une application, continuité Proposition 12 Soit f : A → F une application continue. Pour tout partie non vide B ⊂ A, la restriction f|B est continue. Démonstration page 271

2

Application lipschitzienne

Définition 9 • Soit k  0 . On dit que l’application f est k -lipschitzienne ou lipschitzienne de rapport k si :   ∀(x, y) ∈ A2 f (x) − f (y)  k �x − y�. • On dit que f est lipschitzienne s’il existe k  0 tel que f soit k -lipschitzienne.

Remarques • Cette définition dépend des normes utilisées sur E et F . En revanche, des normes équivalentes définissent les même applications lipschitziennes. • Si f est k -lipschitzienne, alors f est k ′ -lipschitzienne pour tout k ′  k .

• Si f1 et f2 sont lipschitziennes de rapports respectifs k1 et k2 et si λ1 et λ2 sont deux scalaires, alors l’application λ1 f1 + λ2 f2 est lipschitzienne, de rapport |λ1 |k1 + |λ2 |k2 . • La composée d’une application k1 -lipschitzienne et d’une application k2 lipschitzienne est une application k1 k2 -lipschitzienne.

Proposition 13 Toute application lipschitzienne est continue. Démonstration page 271

Les applications suivantes sont 1 -lipschitziennes, donc continues : Ex. 3. l’application norme : E −→ IR x �−→ �x� ; Ex. 4. pour A une partie non vide de E , l’application distance à A : (cf. proposition 4 de la page 205) ;

E x

−→ �−→

IR d(x, A) ;

Ex. 5. pour k ∈ [[1, n]] , l’application k -ième composante ( E1 × · · · × En étant muni de la norme produit) : E1 × · · · × En (x1 , . . . , xn )

−→ �−→

Ek xk .

Ex. 6. L’application distance ( E 2 étant muni de la norme produit) :

E2 (x, y)

−→ �−→

IR d(x, y)

est 2 -lipschitzienne, donc continue ; en effet, pour (x1 , y1 ) et (x2 , y2 ) dans E 2 , on a, par

260

II Applications continues utilisation des inégalités triangulaires :

      d(x1 , y1 ) − d(x2 , y2 ) = �y1 − x1 � − �y2 − x2 �  (y1 − x1 ) − (y2 − x2 )   = (x2 − x1 ) + (y1 − y2 )  �x2 − x1 � + �y1 − y2 �





 2(x1 , y1 ) − (x2 , y2 ).

3

Opérations sur les applications continues

Les résultats suivants sont les versions globales des propositions 8 à 11. Proposition 14 (Combinaison linéaire, produit, composée) • Une combinaison linéaire d’applications continues est continue.

• Le produit d’une application continue avec une application continue à valeurs dans IK est continue. • La composée de deux applications continues est continue.

Remarques • L’application nulle étant continue, l’ensemble des applications continues de A dans F est un sous-espace vectoriel de F (A, F ). On le note C(A, F ).

• L’application constante égale à 1 étant continue, l’ensemble C(A, IK) est une sousalgèbre de F (A, IK).

Ex. 7. L’application continues E x

−→ �−→

E x IR �x�

−→ �−→

E �x�x

est continue, comme produit des deux applications

et IdE .

Ex. 8. Si f est continue, alors l’application x �→ �f (x)� est continue, comme composée des deux applications continues f et E −→ IR y �−→ �y�.

Proposition 15 (Inverse) Si f : A → IK est une application continue ne s’annulant pas, alors

1 est continue. f

Conséquence

Si f : A → F et g : A → IK sont deux applications continues à f est continue, valeurs scalaires, et si de plus g ne s’annule pas, alors la fonction g 1 comme produit des deux applications continues f et · g 261

Chapitre 6. Étude locale d’une application, continuité

4

Exo 6.2

Continuité et densité

Proposition 16 Deux applications continues f : A → F et g : A → F coïncidant sur une partie dense dans A sont égales. Démonstration page 271

Principe de démonstration. Si D est une partie dense dans A , alors tout élément de A est limite d’une suite d’éléments de D .

5

Images réciproques d’ouverts et de fermés par une application continue

Proposition 17 Soit f : A → F une application continue.

• L’image réciproque par f de tout fermé de F est un fermé relatif de A.

• L’image réciproque par f de tout ouvert de F est un ouvert relatif de A.

Démonstration page 272

Ex. 9. On munit l’espace produit E × F de la norme produit. Montrons que si f : A → F est une application continue, alors le graphe de f : Γf =





x, f (x) | x ∈ A



est un fermé relatif de A×F . Pour cela, considérons l’application ϕ : A × F (x, y) La continuité des applications : E ×F (x, y)

−→ �−→

E , x

E×F (x, y)

−→ �−→

et

F y

−→ �−→

F y − f (x).

f

assurent la continuité de ϕ . De plus, on a Γf = ϕ−1 ({0}) car, pour (x, y) ∈ A × F :





(x, y) ∈ Γf ⇐⇒ y = f (x) ⇐⇒ ϕ (x, y) = 0.

Dans le cas où f est définie sur E tout entier, les notions d’ouvert et fermé relatifs coïncident avec les notions d’ouvert et fermé de E , ce qui donne le résultat suivant. Corollaire 18 Étant donné f : E → F une application continue, Exo 6.3

• l’image réciproque par f de tout fermé est fermée ;

• l’image réciproque par f de tout ouvert est ouverte. 262

II Applications continues

Ex. 10. Le demi-plan {(x, y) ∈ IR2 : x > 0} est ouvert dans IR2 car c’est l’image réciproque de l’ouvert IR∗+ par l’application continue IR2 −→ IR (x, y) �−→ x.

Ex. 11. Une manière efficace d’obtenir qu’une boule ouverte est ouverte et qu’une boule fermée est fermée est de constater qu’en notant ϕ : E −→ IR , ϕ est continue et : x �−→ d(x, a)





B(a, r) = ϕ−1 ]−∞, r[

et





Bf (a, r) = ϕ−1 ]−∞, r] .

est continue (cf. coEx. 12. Nous verrons que l’application det : Mn (IK) −→ IK M �−→ det(M ) rollaire 21 de la page 300). Par conséquent, l’ensemble GLn (IK) est un ouvert de Mn (IK) , car c’est l’image réciproque de l’ouvert IK∗ par det .

6

Continuité uniforme

La définition suivante généralise la notion de continuité uniforme déjà vue en première année pour les fonctions d’une variable réelle.

Exo 6.4

Définition 10 On dit que l’application f est uniformément continue si :   ∀ε > 0 ∃η > 0 ∀(x, y) ∈ A2 �x − y�  η =⇒ f (x) − f (y)  ε. Proposition 19 Si f est uniformément continue, alors f est continue. Démonstration.

Supposons f uniformément continue. Pour a ∈ A fixé, la définition de l’uniforme continuité de f , dans laquelle on fixe à a la variable quantifiée y , donne : ∀ε > 0

∃η > 0

∀x ∈ A





�x − a�  η =⇒ f (x) − f (a)  ε,

ce qui prouve que f est continue au point a . Cela étant valable pour tout a ∈ A , l’application f est continue.

Proposition 20 Si f est lipschitzienne, alors f est uniformément continue. Démonstration. réel η =

Supposons que f soit k -lipschitzienne, avec k > 0 . Alors, pour ε > 0 , le ε est tel que pour tout (x, y) ∈ A2 vérifiant �x − y�  η , on a : k   f (x) − f (y)  k�x − y�  k × ε = ε. k

Attention Les réciproques des deux résultats précédents sont fausses ! À ce titre, rappelons que (exemples classiques de première année) : est continue, mais pas uniformément continue ; • IR∗+ −→ IR x �−→ ln x •

IR+ −→ IR est uniformément continue, mais pas lipschitzienne. √ x �−→ x 263

Chapitre 6. Étude locale d’une application, continuité

III 1

Exo 6.10

Continuité et applications linéaires / multilinéaires Critère de continuité d’une application linéaire

Proposition 21 Une application linéaire u ∈ L(E, F ) est continue si, et seulement s’il existe C  0 tel que :   ∀x ∈ E u(x)  C�x�.

Démonstration page 272

Ex. 13. Munissons E 2 de la norme produit. L’application f :

E2 (x, y)

−→ �−→

nue car elle est linéaire et vérifie : ∀(x, y) ∈ E 2

E x+y

est conti-

�f (x, y)� = �x + y�  �x� + �y�  2�(x, y)�.

Ex. 14. Munissons C([0, π], IK) de la norme infinie. La forme linéaire : ϕ : C([0, π], IK)

−→

f

�−→

est continue car pour f ∈ C([0, π], IK) , on a :

  ϕ(f ) 



0

π

  f (t) sin tdt 



0

IK  π

f (t) sin(t)dt

0

π

| sin t| dt



× �f �∞ = 2�f �∞ .

Ex. 15. Soit E un espace préhilbertien réel. Étant donné a ∈ E , l’inégalité de Cauchy-Schwarz est continue ; en effet : permet de justifier que l’application linéaire ϕa : E −→ IR x �−→ ( a | x ) ∀x ∈ E

    ϕa (x) = ( a | x )  �a��x�.

Si A est une partie de E , on retrouve ainsi le fait que A⊥ est fermée (propriété déjà obtenue à l’exemple 28 de la page 217), car on peut l’écrire comme une intersection de fermés : A⊥ =



a∈A





ϕ−1 {0} . a

Corollaire 22 Une application linéaire u ∈ L(E, F ) est continue si, et seulement si, elle est bornée sur la boule unité. Principe de démonstration.

Démonstration page 272 Utiliser la linéarité de u et l’homogénéité de la norme.

   +∞  k  Ex. 16. Munissons IK[X] de la norme infinie définie par  ak X  k=0

La dérivation D : IK[X] P ∀n ∈ IN∗

−→ �−→

IK[X] P′

∞

k∈IN

n’est pas continue. En effet, on a :

�D(X n )�∞ = �nX n−1 �∞ = n

et

donc D n’est pas bornée sur la boule unité de (IK[X], �·�∞ ) .

264

= max |ak | .

�X n �∞ = 1,

III Continuité et applications linéaires / multilinéaires Point méthode Pour prouver qu’une application linéaire u n’est pas continue, on peut prouver qu’elle n’est pas continue en 0 . Comme u(0) = 0 par linéarité, il suffit   d’exhiber une suite (xn ) tendant vers 0 mais telle que la suite u(xn ) ne tende pas vers 0 . Ex. 17. Dans C([0, 1], IK) muni de la norme un, la forme linéaire : ϕ : C([0, 1], IK) f

−→ �−→

IK f (1)

n’est pas continue. En effet, en posant fn : t �→ tn , on a, pour n ∈ IN : ϕ(fn ) = 1



et

�fn �1 =

1 · n+1



Ainsi la suite (fn ) tend vers 0 , mais ϕ(fn ) ne tend pas vers 0 . On en déduit que l’application ϕ n’est pas continue en 0 , donc n’est pas continue.

Nous verrons dans le prochain chapitre le théorème suivant (cf. théorème 19 de la page 298). Théorème 23 Soit E et F deux IK -espaces vectoriels normés. Si E est de dimension finie, alors toute application linéaire de E dans F est continue.

2

Espace Lc (E, F ), norme subordonnée

Notation dans F .

On note Lc (E, F ) l’ensemble des applications linéaires continues de E

Remarque La relation Lc (E, F ) = L(E, F ) ∩ C(E, F ) assure que Lc (E, F ) est un sous-espace vectoriel de F (E, F ). Dans la suite de cette section, on suppose que E n’est pas l’espace nul. Proposition 24 Soit u ∈ Lc (E, F ). L’ensemble des réels C  0 tels que ∀x ∈ E �u(x)�  C�x� admet un plus petit élément, appelé norme subordonnée de u et noté |||u||| . On a de plus : �u(x)� = sup �u(x)� = sup �u(x)�. x=0 �x� x1 x=1

|||u||| = sup

Démonstration page 273

Terminologie La norme subordonnée est aussi appelée norme triple, ou encore norme d’opérateur, et notée �·�op . 265

Chapitre 6. Étude locale d’une application, continuité Remarques • Par définition de la norme subordonnée, on a : ∀x ∈ E

�u(x)�  |||u||| �x�.

• La norme subordonnée dépend des normes dont ont été munis les espaces E et F . Si l’on change une de ces normes, on change a priori la norme subordonnée. • En particulier, on peut considérer la norme subordonnée d’un endomorphisme continu. Dans ce cas, on choisit en général la même norme au départ et à l’arrivée. Ex. 18. Quelle que soit la norme utilisée sur E , on a |||IdE ||| = 1 .

Ex. 19. Munissons Mn (IK) de la norme infinie : ∀A = (ai,j )1i,jn

�A�∞ =

et munissons IK du module. Considérons la forme linéaire tr : Mn (IK) A

  n

• Pour A ∈ Mn (IK) , on a | tr(A)| =  est continue, et |||tr|||  n .

k=1

 

ak,k  

n 

k=1

sup |ai,j | ,

1i,jn

IK tr(A).

−→ �−→

|ak,k |  n�A�∞ ; cela prouve que tr

• En remarquant de plus que | tr(In )| = n = n�In �∞ , on obtient |||tr||| = n .

Ex. 20. Dans l’espace B(IN, E) des suites bornées à valeurs dans E , muni de la norme infinie, considérons le sous-espace C des suites convergentes, ainsi que l’application ϕ : C → E qui à une suite associe sa limite. L’application ϕ est linéaire. • Si a = (an )n∈IN ∈ E IN est une suite convergente, on a, par définition de la norme infinie : ∀n ∈ IN

�an �  �a�∞

donc par passage à la limite, on obtient �ϕ(a)�  �a�∞ . Cela prouve que ϕ est continue et que |||ϕ|||  1 .

• En constatant de plus que si a est une suite constante égale à x ∈ E \ {0} , on a �ϕ(a)� = �x� = �a�∞ , on peut conclure que |||ϕ||| = 1 .

Ex. 21. Dans C([0, 1], IK) muni de la norme infinie, considérons le sous-espace : F = {f ∈ C([0, 1], IK) : f (0) = 0}. Considérons de plus g : x �→ 1 − x . Montrons que l’endomorphisme u : F f continu, et déterminons |||u||| .

−→ �−→

F fg

est

• Pour f ∈ F et x ∈ [0, 1] , on a |u(f )(x)| = (1 − x)|f (x)|  |f (x)|  �f �∞ , d’où �u(f )�∞  �f �∞ . Cela prouve que u est continu et que |||u|||  1 . • Pour n  2 , considérons la fonction fn , affine sur les segments fiant fn (0) = 0 , fn �fn �∞ = 1

et

1 n

= 1 et fn (1) = 1 . On a alors :

1  �u(fn )�∞  (fn g)

On en déduit que |||u||| = 1 .

266

  1 n

=1−

1 n



0,

donc

1 n



et

1

n



, 1 , véri-

�u(fn )�∞ → 1. �fn �∞

III Continuité et applications linéaires / multilinéaires Point méthode Pour montrer que la norme subordonnée de u vaut C , on commence généralement par montrer que ∀x ∈ E �u(x)�  C�x� , puis : Exo 6.11 Exo 6.12

291

• si l’on y arrive (cf. exemples 19 et 20), on exhibe un vecteur x non nul vérifiant �u(x)� = C�x� ;

• sinon (cf. exemple 21), on cherche à exhiber une suite (xn ) de vecteurs non nuls telle que

u(xn ) xn 

→ C.

Remarque Si E est de dimension finie, alors Lc (E, F ) = L(E, F ) (cf. théorème 19 de la page 298). Nous verrons aussi, comme conséquence du théorème des bornes atteintes, que si E est de dimension finie non nulle et u ∈ L(E, F ), il existe toujours un vecteur x �= 0 tel que �u(x)� = |||u||| �x� . Proposition 25 L’application Lc (E, F ) −→ IR+ est une norme sur Lc (E, F ). u �−→ |||u|||

Démonstration page 273

Exo 6.13

Proposition 26 (Sous-multiplicativité de la norme d’opérateur) Pour (u, v) ∈ Lc (E, F ) × Lc (F, G), on a |||v ◦ u|||  |||u||| |||v||| . Démonstration.

Soit (u, v) ∈ Lc (E, F ) × Lc (F, G) . Pour x ∈ E , on a, par définition de |||v||| et |||u||| : �(v ◦ u)(x)�  |||v||| �u(x)�

et

�u(x)�  |||u||| �x�,

d’où �(v◦u)(x)�  |||v||| |||u||| �x� . Par définition de |||v◦u||| , on en déduit |||v◦u|||  |||v||| |||u||| .

Attention En général, on n’a pas égalité dans l’inégalité précédente. Par exemple, si u ∈ Lc (E) est nilpotent d’indice 2 , on a u2 = 0 , donc |||u2 ||| = 0 , mais u �= 0 donc |||u|||2 > 0 . Adaptation matricielle Définition 11 Supposons IKn et IKp chacun muni d’une norme. Étant donné A ∈ Mn,p (IK), on appelle norme subordonnée de A, et l’on note |||A||| , la norme subordonnée de l’application linéaire canoniquement associée à A. Remarque La norme subordonnée de A est donc le plus petit réel C vérifiant ∀X ∈ IKp �AX�  C�X� , et l’on a aussi : �AX� = sup �AX� = sup �AX�. X=0 �X� X1 X=1

|||A||| = sup

267

Chapitre 6. Étude locale d’une application, continuité

Ex. 22. On a |||In ||| = 1 (indépendamment de la norme utilisée sur IKn ). Ex. 23. Munissons IKn de la norme un. Étant donné A = (ai,j )1i,jn ∈ Mn (IK) , on a : |||A||| = max

j∈[[1,n]]

En effet, en notant K = max

n 

j∈[[1,n]] i=1

n  i=1

|ai,j |.

|ai,j | :

• pour X = (x1 , . . . , xn ) ∈ IKn , on a : �AX�1 =

  n n  n n       a x |ai,j | |xj | i,j j   i=1

j=1

i=1 j=1

=

n   j=1

d’où |||A|||  K ; • si j0 ∈ [[1, n]] vérifie K = �Aej0 �1 =

Exo 6.14

3

n 

i=1

n  i=1



|ai,j |



n   j=1



|xj |K = K�x�1 ,

|ai,j0 | , alors en notant (e1 , . . . , en ) la base canonique de IKn :

n  i=1

|xj |

|ai,j0 | = K = K�ej0 �1

d’où

|||A||| = K.

Critère de continuité des applications multilinéaires

Dans la suite, E1 , . . . , Ep et F désignent des IK-espaces vectoriels normés, et l’espace E1 × · · · × Ep est muni de la norme produit. Définition 12 Une application ϕ : E1 × · · · × Ep → F est dite multilinéaire, ou p-linéaire, si pour toute famille (x1 , . . . , xp ) ∈ E1 ×· · ·×Ep et pour tout i ∈ [[1, p]], l’application : Ei u est linéaire.

−→ F �−→ ϕ(x1 , . . . , xi−1 , u, xi+1 , . . . , xp )

Proposition 27 Une application multilinéaire ϕ : E1 × · · · × Ep → F est continue si, et seulement s’il existe C  0 tel que : ∀(u1 , . . . , up ) ∈ E1 × · · · × Ep

Exo 6.15

�ϕ(u1 , . . . , up )�  C

p 

k=1

�uk �.

Démonstration (non exigible) page 274

268

III Continuité et applications linéaires / multilinéaires

Ex. 24. L’application bilinéaire ϕ : IK × E −→ E (λ, x) �−→ λx la norme sur E , on a �ϕ(λ, x)� = �λx� = |λ| �x� .

est continue car, par homogénéité de

Ex. 25. Si E est un espace préhilbertien réel, l’application produit scalaire est continue car elle est bilinéaire et vérifie, par l’inégalité de Cauchy-Schwarz : ∀(x, y) ∈ E 2

Lc (E, F ) × E (u, x) vérifie �ϕ(u, x)� = �u(x)�  |||u|||�x� . Ex. 26. L’application ϕ :

|( x | y )|  �x��y�. −→ �−→

F est continue car elle est bilinéaire et u(x)

Ex. 27. Si Lc (E, F ) et Lc (F, G) sont chacun muni de la norme subordonnée, alors l’application bilinéaire Lc (E, F ) × Lc (F, G) −→ Lc (E, G) est continue car, d’après la proposition 26 (u, v) �−→ v ◦ u de la page 267, on a ∀(u, v) ∈ Lc (E, F ) × Lc (F, G) |||v ◦ u|||  |||u||| |||v||| .

Remarque Il sera vu dans le chapitre suivant que, si E1 , . . . , Ep sont de dimension finie, alors toute application multilinéaire ϕ : E1 × · · · × Ep → F est continue (cf. théorème 22 de la page 300).

269

Chapitre 6. Étude locale d’une application, continuité

Démonstrations Proposition 1 • Supposons que pour tout voisinage W de ℓ , il existe un voisinage V de a tel que f (V ∩ A) ⊂ W . Pour tout ε > 0 , la boule Bf (ℓ, ε) étant un voisinage de ℓ , il existe un voisinage V de a tel que f (V ∩ A) ⊂ Bf (ℓ, ε) . Comme V est un voisinage de a , il   existe η > 0 tel que Bf (a, η) ⊂ V . On a alors f Bf (a, η) ∩ A ⊂ Bf (ℓ, ε) , ce qui prouve que f tend vers ℓ en a . • Réciproquement, supposons que f tende vers ℓ en a . Soit W un voisinage de ℓ . Alors, il existe ε > 0 tel que Bf (ℓ, ε) ⊂ W . Par définition de la limite, il existe η > 0 tel   que f Bf (a, η) ∩ A ⊂ Bf (ℓ, ε) . Cela prouve le résultat, puisque la boule Bf (a, η) est un voisinage de a . Proposition 2 • Supposons que f tende vers ℓ en a . Soit (un ) une suite tendant vers a . Montrons que f (un ) → ℓ . Pour cela, fixons ε > 0 , et montrons qu’il existe un rang n0 ∈ IN tel que : ∀n  n0

  f (un ) − ℓ  ε.

Comme f −→ ℓ , on peut trouver η > 0 tel que : a

∀x ∈ A



(⋆)



�x − a�  η =⇒ f (x) − ℓ  ε.

La convergence de la suite (un ) vers a assure l’existence de n0 ∈ IN tel que : ∀n  n0

•

�un − a�  η.

Un tel rang n0 vérifie la propriété ( ⋆ ). Montrons l’autre implication par la contraposée : supposons que f ne tende pas vers ℓ en a ,   et construisons une suite (un ) d’éléments de A tendant vers a telle que la suite f (un ) ne tende pas vers ℓ . Le fait que f ne tende pas vers ℓ en a s’écrit : ∃ε > 0

∀η > 0

∃x ∈ A

�x − a�  η

et

  f (x) − ℓ > ε.

Cela nous assure de pouvoir trouver, pour tout n ∈ IN , un élément un ∈ A vérifiant : �un − a�  2−n

et

  f (un ) − ℓ  ε.



On construit ainsi une suite (un ) d’éléments de A qui tend vers a et telle que la suite f (un ) ne tende pas vers ℓ .



Proposition 5 • Le sens direct est immédiat grâce à la proposition 4. • Pour le sens réciproque, utilisons la proposition 1 de la page 255. Supposons que la restriction f|A∩V tende vers ℓ en a . Soit W un voisinage de ℓ . Comme f|A∩V tend vers ℓ en a , il existe un voisinage V ′ de a tel que f (A ∩ V ∩ V ′ ) ⊂ W . Cela prouve que f tend vers ℓ en a , car, comme intersection de deux voisinages de a , V ∩ V ′ en est un.

Proposition 7 • Supposons que f tende vers ℓ = (ℓ1 , . . . , ℓp ) ∈ E1 × · · · × Ep en a .   Soit (un ) une suite à valeurs dans A tendant vers a . La suite f (un ) , à valeurs dans l’espace produit E1 × · · · × Ep , converge vers ℓ .     D’après la proposition 17 de la page 213, il en résulte que les suites f1 (un ) , . . . , fp (un ) tendent vers ℓ1 , . . . , ℓp respectivement. Par caractérisation séquentielle de la limite, on en déduit que les applications f1 , . . . , fp tendent respectivement vers ℓ1 , . . . , ℓp en a .

270

Démonstrations •

Réciproquement, supposons que f1 , . . . , fp tendent respectivement vers ℓ1 , . . . , ℓp en a . Montrons que pour toute suite (un ) d’éléments de A tendant vers a , on a f (un ) → ℓ . Cela conclura par caractérisation séquentielle de la limite. Soit (un ) une telle suite. Alors, les suites :







f1 (un ) , . . . , fp (un )



tendent vers ℓ1 , . . . , ℓp respectivement, ce qui entraîne (cf. proposition 17 de la page 213)   que la suite f (un ) tend vers ℓ . D’où le résultat.

Proposition 8

Supposons que f1 −→ ℓ1 et f2 −→ ℓ2 . Soit (un ) une suite d’éléments de A tena

a

dant vers a . Alors on a f1 (un ) → ℓ1 et f2 (un ) → ℓ2 . Par opérations sur les suites convergentes, la suite de terme général λ1 f1 (un ) + λ2 f2 (un ) tend alors vers λ1 ℓ1 + λ2 ℓ2 . Par caractérisation séquentielle de la limite, on en déduit que : λ1 f1 + λ2 f2 −→ λ1 ℓ1 + λ2 ℓ2 . a

Proposition 9

Supposons que f −→ ℓ et ϕ −→ λ . Soit (un ) une suite d’éléments de A tendant a

a

vers a . Alors on a f (un ) → ℓ et ϕ(un ) → λ . Par produit d’une suite convergente avec une suite convergente à valeurs dans IK , la suite de terme général ϕ(un )f (un ) tend alors vers λℓ . Par caractérisation séquentielle de la limite, cela montre que ϕf −→ λℓ . a

Soit (un ) une suite d’éléments de A tendant vers a . 1 1 → · On a alors f (un ) → ℓ donc, comme ℓ �= 0 , on a f (un ) ℓ 1 1 Par caractérisation séquentielle de la limite, cela prouve que −→ · f a ℓ

Proposition 10

Proposition 11 Soit (un ) une suite d’éléments de A tendant vers a (une telle suite existe car a   est adhérent à A ). Alors, comme f −→ b , la suite f (un ) tend vers b . Cela montre déjà que b a

est un point adhérent à f (A) , donc à B .   Puis, comme g −→ ℓ , la suite de terme général g f (un ) tend vers ℓ . b

Par caractérisation séquentielle de la limite, cela prouve que g ◦ f −→ ℓ . a

Proposition 12 Pour tout b ∈ B , comme l’application f est continue, donc en particulier continue en b , on a f −→ f (b) . Par stabilité de la limite par restriction (cf. proposition 4 de la page 256), b

on a donc également f|B −→ f (b) = f|B (b) . Ainsi, f|B est continue en b . b

Proposition 13 Soit f : A → F une application k -lipschitzienne. Montrons que f est continue en tout point a ∈ A . Par caractérisation séquentielle : si (un ) ∈ AIN est une suite tendant vers a , alors par caractère k -lipschitzien de f , on a : ∀n ∈ IN ce qui montre que f (un ) → f (a) .

  f (un ) − f (a)  k�un − a� → 0,

Proposition 16 Soit D une partie dense dans A . Supposons que f et g coïncident sur D , c’est-à-dire vérifient : ∀x ∈ D

f (x) = g(x),

∀x ∈ A

f (x) = g(x).

et montrons que f et g sont égales, c’est-à-dire :

271

Chapitre 6. Étude locale d’une application, continuité Soit x ∈ A . Par densité de D dans A , on peut considérer une suite (un ) d’éléments de D tendant vers x . Par hypothèse, on a : ∀n ∈ IN

f (un ) = g(un ).

Puis, par continuité de f et g sur A , donc en particulier au point x , on a : f (un ) → f (x)

et

g(un ) → g(x).

Par unicité de la limite d’une suite, on en déduit f (x) = g(x) .

Proposition 17 • Soit Y un fermé de F . Montrons que f −1 (Y ) est un fermé relatif de A . Par caractérisation séquentielle : donnons-nous (an ) ∈ f −1 (Y )IN une suite tendant vers a ∈ A et montrons   que a ∈ f −1 (Y ) , i.e. f (a) ∈ Y . La suite f (an ) est à valeurs dans Y et, par continuité de f en a , tend vers f (a) . Comme Y est fermé, on en déduit que f (a) ∈ Y , d’où le résultat. • Soit U un ouvert de F . Montrons que f −1 (U ) est un ouvert relatif de A . Soit Y le complémentaire de U dans F . D’après le premier point déjà démontré, l’image réciproque de Y par f est un fermé relatif de A , c’est-à-dire qu’il existe un fermé X de E tel que : f −1 (Y ) = A ∩ X. On a alors : f −1 (U ) = f −1 (F \ Y ) = A \ f −1 (Y ) = A \ (A ∩ X) = A ∩ (E \ X).

L’ensemble X étant fermé dans E , l’ensemble E \ X est ouvert, ce qui montre le résultat.

Proposition 21 • Supposons qu’il existe C  0 tel que :

∀x ∈ E

  u(x)  C�x�.

Alors, pour tout (x, y) ∈ E 2 , on a, par linéarité de u :

•

    u(x) − u(y) = u(x − y)  C�x − y�.

Cela prouve que u est C -lipschitzienne donc continue. Réciproquement, supposons u continue. En particulier, u est continue en 0 , donc il existe η > 0 vérifiant :   ∀z ∈ E �z�  η =⇒ u(z)  1.





 



  η   η    Pour tout vecteur x ∈ E non nul, on a   �x� x = η , donc u �x� x   1 d’après la propriété précédente, puis par linéarité de u :   u(x)  C�x� avec C = 1 · η Cette inégalité étant aussi vérifiée pour x = 0 , cela prouve le résultat. Corollaire 22 • Si f est continue, alors il existe C > 0 telle que : ∀x ∈ E

•

  u(x)  C�x�

donc

∀x ∈ E





�x�  1 =⇒ u(x)  C.

Réciproquement, si f est bornée sur la boule unité, alors il existe C > 0 telle que : ∀x ∈ E

 

Alors, pour tout vecteur non nul x ∈ E , on a u









�x� = 1 =⇒ u(x)  C. x �x�

   C , puis par linéarité de u et

homogénéité de la norme, u(x)  C�x� . Cette inégalité étant aussi vérifiée par le vecteur nul, cela prouve que f est continue.

272

Démonstrations Proposition 24 •





Notons Γ = k ∈ IR+ : ∀x ∈ E �u(x)�  k�x� . Montrons que Γ possède un plus petit élément. ∗ L’application linéaire étant continue, il existe M ∈ IR+ tel que : ∀x ∈ E L’ensemble Ω =

∗

donc

�u(x)�  M �x�



u(x) x

∀x ∈ E \ {0}

�u(x)�  M. �x�

   x ∈ E \ {0} est une partie de IR , non vide (car E n’est

pas l’espace nul) et majoré (par M ) ; Ω possède donc une borne supérieure appartenant à IR . Par linéarité de u , on a u(0) = 0 , donc l’inégalité �u(0)�  k�0� est vraie pour tout réel k , ce qui permet d’écrire : k ∈ Γ ⇐⇒ ∀x ∈ E

�u(x)�  k�x� ⇐⇒ ∀x ∈ E \ {0} ⇐⇒ ∀x ∈ E \ {0} ⇐⇒ ∀ω ∈ Ω

�u(x)�  k�x� �u(x)� k �x�

ω  k.

L’ensemble Γ est donc l’ensemble des majorants de Ω . Il admet donc un plus petit élément : la borne supérieure de Ω . Cela justifie l’existence de |||u||| , et donne déjà : |||u||| = sup x=0

•

�u(x)� · �x�

 avec : Justifions maintenant que sup �u(x)� = sup u(x) ; prouvons pour cela que Ω = Ω x x=0

x=1







 = �u(x)�  �x� = 1 . Ω

 ⊂ Ω est évidente. De plus, pour x ∈ E \ {0} , on a L’inclusion Ω avec x ˜=

•

x x

. , ce qui prouve Ω ⊂ Ω

u(x) x

= �u(˜ x)�

Justifions enfin que sup �u(x)� = sup �u(x)� . x1

x=1

∗

L’inégalité sup �u(x)�  sup �u(x)� est évidente.

∗

Pour prouver l’autre inégalité, constatons que pour tout x non nul vérifiant �x�  1 , le 1 x vecteur x ˜ = x est de norme 1 et vérifie �u(˜ x)� = x �u(x)�  �u(x)� .

x1

x=1

Proposition 25 Séparation. Si u ∈ Lc (E, F ) vérifie |||u||| = 0 , alors, par définition, le réel C = 0 vérifie ∀x ∈ E �u(x)�  C�x� , et donc ∀x ∈ E u(x) = 0 , d’où u = 0 .

Homogénéité.

Soit (u, λ) ∈ Lc (E, F ) × IK . On a, par homogénéité de la norme sur F : |||λu||| = sup x=0





�u(x)� �(λu)(x)� �λu(x)� = sup = sup |λ| . �x� �x� �x� x=0 x=0

Ainsi (en utilisant le lemme 6 de la page 207) : |||λu||| = |λ| sup x=0

�u(x)� = |λ| |||u|||. �x�

273

Chapitre 6. Étude locale d’une application, continuité Inégalité triangulaire. Soit (u, v) ∈ Lc (E, F )2 . Pour x ∈ E , on a, par inégalité triangulaire de la norme sur F : �(u + v)(x)� = �u(x) + v(x)�  �u(x)� + �v(x)�.

Puis, par définition de |||u||| et |||v||| :





�(u + v)(x)�  |||u||| �x� + |||v||| �x� = |||u||| + |||v||| �x�.

Ainsi, le réel C = |||u||| + |||v||| vérifie ∀x ∈ E

�(u + v)(x)�  C�x� , d’où :

|||u + v|||  |||u||| + |||v|||.

Proposition 27 • Supposons ϕ continue. Par définition de la continuité en 0 , il existe r > 0 tel que : ∀(u1 , . . . , up ) ∈ E1 × · · · × Ep

Montrons alors qu’en posant C = r

−p

�(u1 , . . . , up )�  r =⇒ �ϕ(u1 , . . . , up )�  1.

(⋆)

, on a :

∀(x1 , . . . , xp ) ∈ E1 × · · · × Ep

p 

�ϕ(x1 , . . . , xp )�  C

�xk �.

k=1

Fixons (x1 , . . . , xp ) ∈ E1 × · · · × Ep . ∗ C’est évident si l’un des vecteurs xk est nul car alors, par linéarité de ϕ par rapport à la k -ième variable, on a ϕ(x1 , . . . , xp ) = 0 . ∗ Supposons les vecteurs x1 , . . . , xp tous non nuls. Pour k ∈ [[1, p]] , notons uk = �xrk � xk . On a alors ∀k ∈ [[1, p]] �uk � = r  r , donc, par définition de la norme produit, on a �(u1 , . . . , up )�  r . La propriété (⋆) donne alors : �ϕ(u1 , . . . , up )�  1

     ϕ r x1 , . . . , r xp   1.  �x1 �  �xp �

c’est-à-dire

Par multilinéarité de ϕ , il vient alors �ϕ(x1 , . . . , xp )�  r −p •

souhaitée. Réciproquement, supposons qu’il existe C  0 tel que : ∀(x1 , . . . , xp ) ∈ E1 × · · · × Ep

p 

�xk � , qui est l’inégalité

k=1

�ϕ(x1 , . . . , xp )�  C

p 

�xk �.

k=1

Soit a = (a1 , . . . , ap ) ∈ E1 × · · · × Ep . Montrons que ϕ(x) −→ ϕ(a) . x→a

Écrivons x = (x1 , . . . , xp ) et posons, pour k ∈ [[1, p]] :





δk (x) = a1 , . . . , ak−1 , xk − ak , xk+1 , . . . , xp .

La multilinéarité de ϕ puis un télescopage permettent d’écrire : ϕ(x) − ϕ(a) =

p   k=1

Fixons k ∈ [[1, p]] . D’après l’hypothèse faite sur ϕ , on a :

   k−1  p     ϕ δk (x)   C �aj � �xk − ak �    j=1

−→ 0

x→a



ϕ δk (x) .

j=k+1

�xj �



−→ �aj �



(⋆⋆)

et donc

x→a

Par somme finie de limites, la relation (⋆⋆) offre alors ϕ(x) −→ ϕ(a) . x→a

274





ϕ δk (x) −→ 0. x→a

Exercices

S’entraîner et approfondir Généralités sur la continuité 6.1 Soit E et F deux IK -espaces vectoriels normés et f : A → F une application continue, où A est une partie non vide de E . Montrer que l’image par f d’une partie dense dans A est dense dans f (A) .

→255

6.2 Soit E et F deux IR -espaces vectoriels normés. Montrer qu’une application continue f : E → F est linéaire si :

→262

∀(x, y) ∈ E 2

f (x + y) = f (x) + f (y).

6.3 Séparation de fermés disjoints Soit A et B deux fermés disjoints non vides d’un espace vectoriel normé E . Considérons l’application :

→262

ϕ: E x

−→ �−→

IR d(x, A) − d(x, B).

1. Montrer que : ∀x ∈ A

ϕ(x) < 0

et

∀x ∈ B

ϕ(x) > 0.

2. En déduire qu’il existe deux ouverts disjoints U et V vérifiant A ⊂ U et B ⊂ V . 6.4 Caractérisation séquentielle de l’uniforme continuité Soit f une application définie sur une partie non vide A d’un espace vectoriel normé.

→263

1. Montrer que f est uniformément continue si, et seulement si, pour toutes suites (an )n∈IN





et (bn )n∈IN d’éléments de A telles que �an − bn � → 0 , on a f (an ) − f (bn ) → 0 .

2. En déduire que la fonction

IR∗+ x

−→ �−→

IR ln x

n’est pas uniformément continue.

6.5 Soit E et F deux IK -espaces vectoriels normés, et A une partie non vide de E . Soit f : A → F une application. 1. Montrer que si l’image réciproque par f de tout ouvert de F est un ouvert relatif de A , alors f est continue. 2. Montrer que si l’image réciproque par f de tout fermé de F est un fermé relatif de A , alors f est continue. ⋆ 6.6 Soit E un espace vectoriel normé, X une partie dense dans E ainsi que f : X → F une application continue. On suppose que f admet une limite finie en tout point de E \ X . Montrer que f admet un prolongement continu f : E → F .

6.7 Soit E et F deux IK -espaces vectoriels normés et f : E → F une application. Montrer que f est continue si, et seulement si : ∀A ∈ P(E)









f Adh(A) ⊂ Adh f (A) .

275

Chapitre 6. Étude locale d’une application, continuité 6.8 Munissons IR2 de l’une de ses normes usuelles. Soit f : IR2 → IR une fonction. Pour (x, y) ∈ IR2 , on note fx et fy les applications partielles : fx :

IR t

−→ �−→

et

IR f (x, t)

fy :

IR t

−→ �−→

IR f (t, y).

1. Soit (x, y) ∈ IR2 . Montrer que si f est continue en (x, y) ∈ IR2 , alors ses applications partielles fx et fy sont continues respectivement en y et en x . L’objectif de la suite de l’exercice est de montrer que la réciproque du résultat précédent est fausse. Soit f : IR2 → IR la fonction définie par : xy · f (0, 0) = 0 et ∀(x, y) ∈ IR2 \ {(0, 0)} f (x, y) = 2 x + y2 2. Vérifier que pour tout (x, y) ∈ IR2 , les applications partielles fx et fy sont continues.

3. Montrer que, pourtant, l’application f n’est pas continue.

6.9 Une limite dans chaque direction, mais pas de limite Munissons IR2 de l’une de ses normes usuelles. Notons ∆ la première bissectrice, i.e. : ∆ = {(x, y) ∈ IR2 : x = y} et considérons l’application f : IR2 \ ∆ → IR définie par : ∀(x, y) ∈ IR2 \ ∆ 1. Montrer que pour tout θ ∈ IR \ fθ :



f (x, y) =



x2 + y 2 · x−y

π + πZZ , l’application : 4

IR∗ r

−→ �−→

IR f (r cos θ, r sin θ)

possède une limite en 0 . 2. Montrer que, néanmoins, f ne possède pas de limite en (0, 0) .

Continuité et (multi)linéarité 6.10 Montrer qu’une application linéaire u : E → F est continue si, et seulement si, sa restriction →264 à la sphère unité est bornée. 6.11 On munit B(IR, IK) de la norme infinie. Étant donné (an )n∈IN ∈ IKIN une suite bornée, →267 montrer que la forme linéaire : u : B(IR, IK)

−→

f

�−→

est continue et déterminer sa norme subordonnée.

IK +∞  f (an ) n=0

2n

6.12 On munit l’espace C([0, 1], IK) de la norme un. →267 Considérons l’application ϕ : C([0, 1], IK) → C([0, 1], IK) qui à une fonction associe sa primitive s’annulant en 0 . Montrer que ϕ est continue et déterminer sa norme triple.

276

Exercices 6.13 Soit E un espace vectoriel normé. Montrer que si �·�1 et �·�2 sont deux normes équivalentes →267 sur E , alors les normes |||·|||1 et |||·|||2 , subordonnées à �·�1 et �·�2 respectivement, sont des normes équivalentes sur Lc (E) . 6.14 On munit IRn de la norme infinie. Soit A = (ai,j )1i,jn ∈ Mn (IR) . Montrer que : →268

|||A||| = max

i∈[[1,n]]

n  j=1

|ai,j |.

6.15 On munit l’espace C([0, 1], IK) de la norme un. L’application bilinéaire : →268

π :

C([0, 1], IK)2 (f, g)

C([0, 1], IK) fg

−→ �−→

est-elle continue ?

6.16 Soit u un endomorphisme d’un IK -espace vectoriel normé E . Montrer que u est continue si, et seulement si, la partie A = {x ∈ E : �u(x)� = 1} est fermée. ⋆ 6.17 Soit ϕ une forme linéaire sur un IK -espace vectoriel normé E . Montrer que ϕ est continue si, et seulement si, son noyau est fermé. ⋆ 6.18 On note ℓ1 l’espace des suites réelles x = (xn )n∈IN telles que la série lument. On munit ℓ1 de la norme : +∞ 

�x� =

n=0



xn converge abso-

|xn |.

1. Pour n ∈ IN , notons e(n) la suite dont tous les termes sont nuls sauf celui d’indice n qui vaut 1 . Montrer que :



F = Vect e(n) | n ∈ IN



est dense dans ℓ1 . 2. Soit a = (an )n∈IN une suite réelle bornée. Montrer que l’application : ϕa : ℓ1

−→

x

�−→

IR



+∞

an xn

n=0

est une forme linéaire continue sur ℓ1 , et déterminer sa norme subordonnée. 3. Réciproquement, montrer que toute forme linéaire continue sur ℓ1 est de la forme ϕa avec a une suite réelle bornée. 6.19 Soit E un espace euclidien (muni, donc, de sa norme euclidienne). Si f est un endomorphisme autoadjoint de E , on appelle rayon spectral de f le réel positif :





ρ(f ) = max |λ| | λ ∈ sp(f ) . 1. Montrer que pour tout f ∈ S(E) , on a |||f ||| = ρ(f ) .

2. Soit u ∈ L(E) . Montrer que l’endomorphisme u⋆ ◦ u est autoadjoint positif et que : |||u||| =



ρ(u⋆ ◦ u).

277

Chapitre 6. Étude locale d’une application, continuité

Solutions des exercices 6.1 Soit D une partie dense dans A . Montrons par caractérisation séquentielle que f (D) est dense dans f (A) . Soit y ∈ f (A) . Considérons a ∈ A , un antécédent de y par f . Comme D est dense dans A , il existe une suite (un ) d’éléments de D convergeant vers a . Comme f est continue et par composition de limites, on a alors :



Comme f (un ) dans f (A) .



f (un ) → f (a) = y. est une suite d’éléments de f (D) , cela prouve la densité de f (D)

6.2 Supposons que f : E → F soit continue et vérifie : ∀(x, y) ∈ E 2

f (x + y) = f (x) + f (y)

(⋆)

et montrons que f est linéaire. Comme f vérifie (⋆) , il suffit de montrer que : ∀(λ, x) ∈ IR × E

f (λx) = λf (x).

Fixons x ∈ E et montrons que pour tout λ ∈ IR , on a f (λx) = λf (x) .

• Tout d’abord, f étant un morphisme de groupes de (E, +) vers (F, +) , on a : ∀p ∈ ZZ

f (px) = pf (x).

• On obtient ensuite :

∀q ∈ Q f (qx) = qf (x) a avec (a, b) ∈ ZZ × IN∗ , on a, en utilisant la propriété car, pour q ∈ Q , en notant q = b précédente : bf (qx) = f (bqx) = f (ax) = af (x)

donc

f (qx) =

a f (x) = qf (x). b

• Un argument de continuité permet alors d’étendre le résultat précédent à IR tout entier. Pour cela, il suffit de constater que les applications : IR λ

−→ �−→

F f (λx)

et

IR λ

−→ �−→

F λf (x)

sont continues et coïncident sur Q ; comme Q est dense dans IR , elles coïncident donc sur IR tout entier.

6.3 1. Pour x ∈ A , on a d(x, A) = 0 , et, comme x ∈ / B et que B est fermé, on a d(x, B) > 0 (cf. exemple 32 de la page 221), donc ϕ(x) < 0 . De même, pour x ∈ B , on a ϕ(x) > 0 .

2. D’après la première question, on a A ⊂ ϕ−1 (IR∗− ) et B ⊂ ϕ−1 (IR∗+ ) . De plus, par continuité des fonctions x �→ d(x, A) et x �→ d(x, B) , la fonction ϕ est continue sur E . Puisque IR∗− et IR∗+ sont des ouverts de IR , il en résulte que U = ϕ−1 (IR∗− ) et V = ϕ−1 (IR∗+ ) sont des ouverts. Ils sont disjoints et contiennent respectivement A et B .

278

Solutions des exercices 6.4 1. • Supposons f uniformément continue. Soit (an ) et (bn ) deux suites d’éléments de A telles que �an − bn � → 0 . Montrons que �f (an ) − f (bn )� → 0 en revenant à la définition de la convergence vers 0 d’une suite : fixons ε > 0 et montrons qu’il existe un rang n0 tel que :   ∀n  n0 f (an ) − f (bn )  ε. Comme f est uniformément continue, on peut considérer η > 0 tel que : ∀(x, y) ∈ A2





�x − y�  η =⇒ f (x) − f (y)  ε.

Comme �an − bn � → 0 , on peut considérer un rang n0 tel que : ∀n  n0

�an − bn �  η.

Cela fournit le résultat car �f (an ) − f (bn )�  ε pour tout n  n0 . • Réciproquement, supposons que f ne soit pas uniformément continue. Cela signifie qu’il existe ε > 0 tel que : ∀η > 0

∃(x, y) ∈ A2



�x − y�  η

et



�f (x) − f (y)� > ε .

En particulier, pour tout n ∈ IN , on peut considérer (an , bn ) ∈ A2 vérifiant : �an − bn � 

1 n+1

  f (an ) − f (bn ) > ε.

et

On construit ainsi deux suites (an ) et (bn ) d’éléments de A vérifiant �an − bn � → 0 mais telles que �f (an ) − f (bn )� ne tende pas vers 0 . 1 1 2. En posant an = et bn = , on a |an − bn | → 0 et pourtant : n 2n ln an − ln bn = ln 2

donc

| ln an − ln bn | �→ 0.

Cela prouve que la fonction x �→ ln x n’est pas uniformément continue. 6.5 1. Supposons que l’image réciproque par f de tout ouvert de F soit un ouvert relatif de A , et montrons que f est continue en tout point de A . Pour cela, donnons-nous a ∈ A et ε > 0 , et montrons qu’il existe η > 0 tel que :





∀x ∈ A





�x − a�  η =⇒ f (x) − f (a)  ε.

(⋆)

La boule B f (a), ε est un ouvert de F contenant f (a) , donc son image réciproque par f est un ouvert relatif de A contenant a , i.e. s’écrit sous la forme A ∩ U , avec U un ouvert de E contenant a . Le caractère ouvert de U offre alors l’existence de η > 0 tel que B(a, η) ⊂ U . Il est alors clair que η vérifie la propriété (⋆) . 2. Supposons que l’image réciproque par f de tout fermé de F soit un fermé relatif de A . Ramenons-nous à la première question en montrant que l’image réciproque par f de tout ouvert de F est un ouvert relatif de A . Soit U un ouvert de F . L’ensemble Y = F \U étant fermé dans F , son image réciproque par f est un fermé relatif de A . Il existe donc un fermé X de E tel que : On a alors :

f −1 (Y ) = A ∩ X.

f −1 (U ) = f −1 (F \ Y ) = A \ f −1 (Y ) = A \ (A ∩ X) = A ∩ (E \ X).

Or, X étant fermé dans E , son complémentaire E \ X est ouvert, ce qui montre que f −1 (U ) est un ouvert relatif de A .

279

Chapitre 6. Étude locale d’une application, continuité 6.6 Par hypothèse, f possède une limite finie en tout point de E \ X . Comme de plus f est continue sur X , elle possède également une limite finie en tout point de X . On peut donc considérer l’application : f˜ : E −→ F x �−→ lim f x

qui est bien un prolongement de f à E puisque, pour tout x ∈ X , on a f (x) = lim f = f˜(x). x Soit a ∈ E . Montrons que f˜ est continue en a . Fixons ε > 0 et montrons qu’il existe η > 0 tel que :

  f˜(x) − f˜(a)  ε.

∀x ∈ B(a, η)

Puisque f˜(a) = lim f , il existe r > 0 tel que : a

∀z ∈ X ∩ B(a, r) En posant η =

r 2

  f (z) − f˜(a)  ε.

, alors pour tout x ∈ B(a, η) , on a B(x, η) ⊂ B(a, r) , donc : ∀z ∈ X ∩ B(x, η)

  f (z) − f˜(a)  ε.

En passant à la limite quand z tend vers x dans l’inégalité précédente, on obtient :

  lim f − f˜(a)  ε

  f˜(x) − f˜(a)  ε.

autrement dit

x

D’où le résultat.







6.7 • Supposons f continue. Soit y ∈ f Adh(A) . Montrons que y ∈ Adh f (A)





en prou-



vant que y est limite d’une suite à valeurs dans f (A) . Puisque y ∈ f Adh(A) , il existe x ∈ Adh(A) tel que f (x) = y . Par caractérisation séquentielle de l’adhérence, il existe une suite (an ) ∈ AIN telle que an → x . La continuité de f donne alors : f (an ) → f (x)

c’est-à-dire





f (an ) → y.

Cela prouve le résultat souhaité, car la suite f (an ) est à valeurs dans f (A) . • Réciproquement, supposons que f ne soit pas continue et montrons qu’il existe A ⊂ E     tel que f Adh(A) �⊂ Adh f (A) . Soit x ∈ E tel que f ne soit pas continue en x . Il existe alors ε > 0 tel que : ∀η > 0

∃u ∈ E



�u − x�  η

et



�f (u) − f (x)�  ε .

En utilisant cette propriété avec η = 2−n , pour tout n ∈ IN , on peut construire une suite (an ) vérifiant : ∀n ∈ IN

�an − x�  2−n

et



�f (an ) − f (x)�  ε.







L’ensemble A = {an | n ∈ IN} est alors tel que f Adh(A) �⊂ Adh f (A) car : ∗ x ∈ Adh(A) puisque x est la limite de la suite (an ) ;   ∗ f (x) ∈ / Adh f (A) puisque, pour tout a ∈ A , on a �f (a) − f (x)�  ε .

280

Solutions des exercices 6.8 1. • Constatons que : fx = f ◦ ϕ1

avec

ϕ1 : IR t

−→ �−→

IR2 (x, t).

La fonction ϕ1 est continue car elle est 1 -lipschitzienne. Par continuité de ϕ1 en y et de f en ϕ1 (y) = (x, y) , l’application fx est continue en y . • Pour justifier la continuité de fy en x , on procède de même en constatant que : fy = f ◦ ϕ2

avec

ϕ2 : IR t

−→ �−→

IR2 (t, y).

2. Les cas de fx et fy se traitent de la même manière. Intéressons-nous à fx . • Pour x ∈ IR∗ , la continuité de fx s’obtient par opérations sur les fonctions continues, puisque : xt ∀t ∈ IR fx (t) = 2 · x + t2 • Pour la continuité de f0 , constatons que : ∀t ∈ IR∗

f0 (t) =

0×t = 0 = f (0, 0) = f0 (0). 02 + t2

L’application f0 est donc l’application nulle ; en particulier elle est continue. 3. Montrons que f n’est pas continue au point (0, 0) . Remarquons que : t×t 1 ∀t ∈ IR∗ f (t, t) = 2 = · t + t2 2 En notant g la fonction IR −→ IR2 , la fonction f ◦g n’est pas continue puisqu’elle t �−→ (t, t) 1 sur IR∗ et 0 en 0 . vaut 2 Comme g est continue, la fonction f ne peut pas l’être. Plus précisément, la fonction f ◦g n’étant pas continue en 0 , la fonction f n’est pas continue en g(0) , i.e. en (0, 0) .

6.9 1. Soit θ ∈ IR \





π + πZZ . Pour r ∈ IR∗ , on a : 4 fθ (r) =

r r 2 cos2 θ + r 2 sin2 θ = · r cos θ − r sin θ cos θ − sin θ

Il en résulte que la fonction fθ tend vers 0 en 0 .

2. • De la question précédente il vient que si f admet une limite en (0, 0) , celle-ci vaut nécessairement 0 . • D’autre part, on constate qu’en posant g : IR∗ −→ IR2 \ ∆ , on a : t �−→ (t + t2 , t) ∀t ∈ IR∗

(f ◦ g)(t) =

(t + t2 )2 + t2 = 2 + 2t + t2 . (t + t2 ) − t

La fonction f ◦ g tend donc vers 2 en 0 . Comme g tend vers (0, 0) en 0 , il s’ensuit que si f admet une limite en (0, 0) , alors celle-ci vaut nécessairement 2 . Des deux points précédents on déduit que f n’admet pas de limite en (0, 0) .

281

Chapitre 6. Étude locale d’une application, continuité 6.10 • Si u est continue, alors, d’après la proposition 21 de la page 264, il existe C  0 telle que : ∀x ∈ E �u(x)�  C�x�. On a alors immédiatement : ∀x ∈ E �x� = 1 =⇒ �u(x)�  C, donc la restriction de u à la sphère unité est bornée. • Réciproquement, supposons qu’il existe C  0 tel que :

�x� = 1 =⇒ �u(x)�  C.

∀x ∈ E

    x   Pour tout vecteur x non nul, on a  u  �x�   C , donc par linéarité de u : �u(x)�  C�x�.

Cette dernière inégalité étant aussi vérifiée pour x = 0 , cela prouve que u est continue (cf. proposition 21 de la page 264). 6.11 L’application u est bien définie et linéaire. • Pour f ∈ B(IR, IK) , on a :

 +∞  +∞ +∞     f (an )   |f (an )| 1 u(f ) =   �f � = 2�f �∞ .  ∞  2n  2n 2n n=0

n=0

n=0

Cela montre que u est continue et assure que |||u|||  2 . • On a en fait |||u||| = 2 car si f est la fonction constante égale à 1 , alors : u(f ) =

+∞  1

2n

n=0

= 2 = 2�f �∞ .

6.12 • Pour f ∈ C([0, 1], IK) , on a, par inégalité triangulaire et croissance de l’intégrale :

  ϕ(f ) = 1



1

0

   

0

x

 

f dx 



1

0





x

0

|f | dx.

Une intégration par parties donne (en prenant x �→ x − 1 comme primitive de x �→ 1 ) :

  x 1  1  1   ϕ(f )  (x − 1) |f | − (x − 1)|f (x)|dx = (1 − x)|f (x)|dx. 1 0 0 0  0  =0

Puisque ∀x ∈ [0, 1]

(1 − x)|f (x)|  |f (x)| , on obtient, par croissance de l’intégrale :

  ϕ(f )  �f �1 . 1

Cela prouve que ϕ est continue et que |||ϕ|||  1 . • Montrons désormais que |||ϕ||| = 1 .

Pour cela, exhibons une suite (fn ) ∈ C([0, 1], IK)IN telle que Posons fn : x �→ (1 − x)n . On a alors ϕ(fn ) : x �→ �fn �1 =

1 1 ∼ n+1 n

et

Cela prouve le résultat souhaité, car

282

�ϕ(fn )�1 → 1. �fn �1

1−(1−x)n+1 n+1

  ϕ(fn ) = 1

�ϕ(fn )�1 → 1. �fn �1



, puis :

1 1 1− n+1 n+2



∼

1 · n

Solutions des exercices 6.13 Par symétrie du problème, il suffit de prouver que la norme |||·|||1 est dominée par la norme |||·|||2 . Il s’agit de prouver l’existence d’une constante C telle que : ∀u ∈ Lc (E)

|||u|||1  C|||u|||2 .

Les normes �·�1 et �·�2 étant équivalentes, il existe α > 0 et β > 0 telles que : ∀a ∈ E

α�a�2  �a�1  β�a�2 .

Pour u ∈ Lc (E) et x ∈ E , on a : 0  �u(x)�1  β�u(x)�2

et

0  �x�2
0 (cf. exemple 32 de la page 221). Puisque E = Vect(e) ⊕ Ker ϕ , tout vecteur x ∈ E \ Ker ϕ s’écrit x = λe + x0 avec (λ, x0 ) ∈ IK∗ × Ker ϕ , et alors : |ϕ(x)| = |λϕ(e)| = |λ| |ϕ(e)|

et

|ϕ(e)| · ce qui donne |ϕ(x)|  C�x� avec C = d(e, Ker ϕ)

284



�x� = |λ| e −

−x0    |λ|d(e, Ker ϕ), λ 

∈Ker ϕ

Solutions des exercices 6.18 1. De manière évidente, on a F ⊂ ℓ1 . Soit x = (xn )n∈IN ∈ ℓ1 . Pour N ∈ IN , notons : u(N) =

N 

xn e(n) = (x0 , x1 , . . . , xN , 0, 0, . . . ).

n=0

On a, pour tout N ∈ IN :

  N +∞       (n)  x − u(N)  = x − x e = |xn | −→ 0. n   N→+∞ n=0



(N)

n=N+1



L’élément x est donc limite de la suite u d’éléments de F . N∈IN Cela prouve que F est dense dans ℓ1 .  xn 2. • La suite a étant bornée, on a an xn = O(xn ) , donc la convergence absolue de  implique la convergence absolue, donc la convergence, de an xn ; l’application ϕa est donc bien définie. La linéarité de ϕa quant à elle découle de la linéarité de la somme d’une série numérique convergente : ∀(x, y, λ) ∈ (ℓ1 )2 × IR

ϕa (λx + y) =

+∞ 

an (λxn + yn )

n=0

=λ

+∞ 

an xn +

n=0

+∞ 

an yn = λϕa (x) + ϕa (y).

n=0

• Considérons s = sup |an | ∈ IR+ . Pour x ∈ ℓ1 , on a : n∈IN

 +∞  +∞ +∞        ϕa (x) =  a x |a x |  s|xn | = s�x�. n n n n   n=0

n=0

n=0

On en déduit que ϕa est continue et l’on a |||ϕa |||  s . • Montrons que �ϕa � = s . Pour cela, fixons ε > 0 et montrons qu’il existe x ∈ ℓ1 telle que |ϕa (x)| > (s − ε)�x� . Par définition de s , il existe n0 ∈ IN tel que |an0 | > s − ε . En reprenant la notation e(n) introduite à la question 1, on constate qu’on a alors :

  (n )    ϕa e 0  = |an0 | > s − ε = (s − ε)e(n0 ) .

3. Soit ϕ une forme linéaire continue sur ℓ1 . Soit x ∈ ℓ1 . On a, d’après la réponse de la question 1 : N  u(N) −→ x avec u(N) = xn e(n) . N→+∞

n=0

Comme ϕ est continue, on a donc :   ϕ u(N) −→ ϕ(x). N→+∞

(1)



 (N)

Pour tout n ∈ IN , notons an = ϕ(e(n) ) . On a, par linéarité de ϕ : ϕ u

=

N 

an xn .

n=0

Comme les suites e(n) sont toutes de norme 1 et que ϕ est continue, la suite (an )n∈IN  est bornée. Donc, par comparaison, la convergence absolue de la série xn donne la  convergence absolue de la série an xn , donc sa convergence. On a ainsi :





ϕ u(N) =

N  n=0

an xn −→

N→+∞

+∞ 

an xn = ϕa (x).

(2)

n=0

D’après (1) et (2) et par unicité de la limite, on obtient ϕ(x) = ϕa (x) . Cela étant vrai pour tout x ∈ ℓ1 , on a ϕ = ϕa .

285

Chapitre 6. Étude locale d’une application, continuité 6.19 1. Soit f ∈ S(E) . Notons n = dim E .

• Le théorème spectral assure l’existence d’une base orthonormée (e1 , . . . , en ) de E constituée de vecteurs propres de f . Notons λ1 , . . . , λn les valeurs propres associées. Quitte à permuter les vecteurs e1 , . . . , en , supposons |λ1 |  · · ·  |λn | . On a alors ρ(f ) = |λn | . Pour x = f (x) =

n 

k=1

n 

xk ek ∈ E , on a :

xk f (ek ) =

k=1

ce qui donne :

n 

λk x k e k .

k=1

La base B étant orthonormée, on en déduit : �f (x)�2 =

n 

λ2k x2k  λ2n

k=1

n  k=1

x2k = λ2n �x�2 ,

�f (x)�  |λn | �x� = ρ(f )�x�.

Cela prouve que |||f |||  ρ(f ) . • Remarquons de plus que :

�f (en )� = �λn en � = |λn | �en � = ρ(f )�en �.

Le vecteur en étant non nul, on en déduit que |||f ||| = ρ(f ) .

2. • Le caractère autoadjoint de u⋆ ◦ u se vérifie ainsi :

(u⋆ ◦ u)⋆ = u⋆ ◦ (u⋆ )⋆ = u⋆ ◦ u,

et son caractère positif ainsi :



∀x ∈ E •

∗ Pour x ∈ E , on a :





 







 

�u(x)�2 = u(x)  u(x) = (u⋆ ◦ u)(x)  x







(u⋆ ◦ u)(x)  x = u(x)  u(x) = �u(x)�2  0. ⋆

(propriété de l’adjoint)

 �(u ◦ u)(x)� �x�

(inégalité de Cauchy-Schwarz)

 |||u⋆ ◦ u||| �x�2

(par définition de |||u⋆ ◦ u|||)

= ρ(u⋆ ◦ u) �x�2

(d’après la première question)



d’où �u(x)�  ρ(u⋆ ◦ u) �x� . On en déduit que |||u|||  ρ(u⋆ ◦ u) . ∗ Pour obtenir l’égalité souhaitée, remarquons que, u⋆ ◦ u étant positif, son spectre est inclus dans IR+ , donc on a ρ(u⋆ ◦ u) ∈ sp(u⋆ ◦ u) . En notant x un vecteur propre de u associé à ρ(u⋆ ◦ u) , on a :



 



 

�u(x)�2 = (u⋆ ◦ u)(x)  x = ρ(u⋆ ◦ u)x  x = ρ(u⋆ ◦ u)�x�2 ,

d’où �u(x)� =

286



ρ(u⋆ ◦ u)�x� . Cela prouve que |||u||| =



ρ(u⋆ ◦ u) .

Chapitre 7 : Compacité, connexité par arcs, dimension finie

I

Compacité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Définition . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Applications continues sur une partie compacte II Connexité par arcs . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Chemins . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Composantes connexes par arcs . . . . . . . . . 3 Parties connexes par arcs de IR . . . . . . . . . 4 Image continue d’un connexe par arcs . . . . . III Espaces vectoriels normés de dimension finie . 1 2 3 4 Exercices

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . .

Équivalence des normes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Utilisation des coordonnées dans une base . . . . . . . . . Parties compactes en dimension finie . . . . . . . . . . . . Continuité des applications (multi)linéaires et polynomiales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

288 288 291 293 293 293 295 295 296 296 296 297 298 308

Compacité, connexité par arcs, dimension finie

7

Ce chapitre présente les notions de compacité et de connexité par arcs. En particulier, il propose des généralisations des deux résultats suivants vus en première année : • le théorème affirmant que l’image d’un segment par une application continue est un segment (généralisé via la notion de compacité) ; • le théorème des valeurs intermédiaires (généralisé via la notion de connexité par arcs). Dans tout ce chapitre, la lettre IK désigne le corps IR ou C, et E désigne un IK -espace vectoriel normé.

I

Compacité

1

Définition

Définition 1 Une partie A de E est dite compacte si toute suite d’éléments de A possède au moins une valeur d’adhérence dans A. Terminologie On dit aussi que A est un compact de E . Reformulation Une partie A est compacte si toute suite d’éléments de A possède une sous-suite convergente dont la limite appartient à A. Remarque La définition d’une partie compacte s’appuie sur la convergence de suites. Elle dépend donc de la norme utilisée. Cependant, deux normes équivalentes définissent les mêmes parties compactes. Ex. 1. L’ensemble vide est compact car il n’existe aucune suite à valeurs dans l’ensemble vide, et car toute assertion logique de la forme « ∀x ∈ ∅ P (x) » est vraie.

Ex. 2. Tout singleton est compact. Plus généralement, toute partie finie est compacte, car toute suite à valeurs dans une partie finie possède au moins une sous-suite constante.

I Compacité Ex. 3. Toute partie fermée bornée de IR ou de C est compacte. En effet, si A est une partie bornée et si (an ) est une suite d’éléments de A , alors le théorème de Bolzano-Weierstrass assure que l’on peut extraite de (an ) une sous-suite convergente. Si de plus A est un fermé, alors la limite de cette sous-suite appartient à A .

Remarque Si F est un sous-espace vectoriel de E et A une partie de F alors A est un compact de E si, et seulement si, A est un compact de F . En effet, le fait que toute suite d’éléments de A possède une valeur d’adhérence dans A ne dépend pas de savoir si l’on considère A comme une partie de E ou comme une partie de F . La compacité est donc une notion intrinsèque : le caractère compact d’une partie ne dépend que de la norme utilisée, et non de l’espace vectoriel normé E dans lequel on se place. Sur ce point, la notion de compact diffère de la notion d’ouvert et de fermé. Proposition 1 Toute partie compacte est fermée et bornée. Démonstration page 302

Principe de démonstration.

Par contraposition.

Remarque Dans l’énoncé de la proposition 1, il faudrait en toute rigueur préciser « fermée dans E », puisque la notion de fermé dépend a priori de l’espace vectoriel dans lequel on travaille. Cependant, puisque la notion de compact, elle, n’en dépend pas, la conclusion est valable quel que soit l’espace vectoriel : une partie compacte est donc un fermé de n’importe quel espace vectoriel normé qui la contient. Attention La réciproque de la proposition 1 est vraie si E est de dimension finie (cf. théorème 16 de la page 297), mais fausse dans le cas général (cf. exemple 4). Point méthode Si une suite (un ) est telle qu’il existe α > 0 vérifiant : ∀(n, p) ∈ IN2

n �= p =⇒ �un − up �  α,

alors (un ) ne possède aucune sous-suite convergente. Ainsi, pour montrer qu’une partie A n’est pas compacte, il suffit d’exhiber une telle suite d’éléments de A. Ex. 4. Une partie fermée et bornée mais non compacte n 

Soit E = IR[X] , muni de la norme 

k=0



ak X k ∞ = max |ak | . Montrons que la boule unité k∈[[0,n]]

fermée A = Bf (0, 1) , bien qu’étant fermée et bornée, n’est pas compacte. • Tout d’abord, A est une boule fermée, donc A est une partie fermée et bornée.

• Considérons la suite (X n )n∈IN . Tous les termes de cette suite sont de norme 1 , donc appartiennent à A . En revanche, pour tout (n1 , n2 ) ∈ IN2 tel que n1 �= n2 , on a �X n1 − X n2 �∞ = 1 . Il est donc impossible d’extraire de la suite (X n )n∈IN une soussuite convergente. Donc A n’est pas compacte.

289

Chapitre 7. Compacité, connexité, dimension finie Proposition 2 Toute fermé relatif d’une partie compacte est compact. Démonstration. Soit A une partie compacte, et B une partie fermée de A . On peut trouver F un fermé de E tel que B = A ∩ F . Constatons déjà que B est fermé, comme intersection de fermés. De plus, si (bn ) est une suite d’éléments de B , alors, puisque B ⊂ A et   par compacité de A , on peut extraire de (bn ) une sous-suite bϕ(n) convergeant vers un élément 



de A . Comme cette sous-suite bϕ(n) est à valeurs dans le fermé B , sa limite appartient aussi à B . D’où le caractère compact de B .

Reformulation

Tout fermé inclus dans un compact est compact.

Proposition 3 Soit E et F deux espaces vectoriels normés. On munit l’espace E × F de la norme produit. Si A et B sont respectivement des parties compactes de E et F , alors A × B est une partie compacte de l’espace produit E × F .

Démonstration page 302 Étant donné une suite à valeurs dans A × B , on procède à

Principe de démonstration. deux extractions successives.

Une récurrence permet de généraliser le résultat précédent à un nombre fini quelconque de parties compactes. Corollaire 4 Soit E1 , . . . , Ep des espaces vectoriels normés. On munit l’espace E1 × · · · × Ep de la norme produit. Si A1 , . . . , Ap sont des parties compactes de E1 , . . . , Ep respectivement, alors le produit A1 × · · · × Ap est une partie compacte de l’espace produit E1 × · · · × Ep . 

(1)





(p)



Ex. 5. Si un , . . . , un sont p suites respectivement à valeurs dans des compacts A1 , . . . , Ap , alors le résultat précédent appliqué à la suite (vn ) de terme général :



(p) vn = u(1) n , . . . , un



assure l’existence d’une fonction ϕ : IN → IN strictement croissante telle que la suite



(1)





(p)

converge, c’est-à-dire telle que les suites uϕ(n) , . . . , uϕ(n) p



convergent.



vϕ(n)



Ex. 6. Parties compactes de IK muni de la norme infinie Une partie de (IKp , �·�∞ ) est compacte si, et seulement si, c’est une partie fermée bornée. • Un des sens est donné par la proposition 1 de la page précédente : pour qu’une partie soit compacte, il est nécessaire qu’elle soit fermée et bornée. • Réciproquement, soit A une partie fermée et bornée de (IKp , �·�∞ ) . En considérant M un réel vérifiant : ∀a ∈ A

�a�∞  M,

et en notant Df (0, M ) = {x ∈ IK : |x|  M } , on a A ⊂ Df (0, M )p . Comme Df (0, M ) est un compact (en tant que partie fermée et bornée de IK ), le corollaire 4 assure que le produit Df (0, M )p est un compact de (IKp , �·�∞ ) . On en déduit que A est compacte, en tant que partie fermée incluse dans un compact (cf. proposition 2).

290

I Compacité Remarque Cette caractérisation des parties compactes, obtenue ici dans (IKp , �·�∞ ) , est en fait vraie dans tout espace de dimension finie (cf. théorème 16 de la page 297).

Théorème 5 Une suite à valeurs dans un compact est convergente si, et seulement si, elle admet une unique valeur d’adhérence. Sa limite est alors son unique valeur d’adhérence. Démonstration page 302

Principe de démonstration. Pour le sens non trivial : si une suite possède une unique valeur d’adhérence a mais ne converge pas, alors on peut en extraire une sous-suite ne possédant pas a comme valeur d’adhérence, et donc qui en possède une autre . . .

Remarques Étant donné une suite (un ), à valeurs dans un compact A, dont on veut démontrer qu’elle converge : • on sait déjà que (un ) possède au moins une valeur d’adhérence, il s’agit donc de prouver qu’elle en possède au plus une ; • un compact étant fermé, tout valeur d’adhérence de (un ) est dans A. Point méthode Pour prouver qu’une suite à valeurs dans un compact A converge vers ℓ , on considère une valeur d’adhérence α ∈ A de cette suite et l’on montre que α = ℓ .

Exo 7.1

Ex. 7. Soit E et F deux IK -espaces vectoriels normés. Soit A une partie compacte de E , B une partie de F , et f : A → B une application continue et bijective. Montrons que f −1 est continue. Soit y ∈ B . Montrons que f −1 est continue en y . Par caractérisation séquentielle : donnons  nous (yn ) ∈ B IN telle que yn → y , et montrons que f −1 (yn ) → f −1 (y) . La suite f −1 (yn ) étant à valeurs dans le compact A , prouver qu’elle converge vers f −1 (y) revient à montrer que toute valeur d’adhérence vaut f −1 (y) . Soit ℓ ∈ A une telle valeur d’adhérence. Il existe   une sous-suite f −1 (yϕ(n) ) telle que f −1 (yϕ(n) ) → ℓ . Par continuité de f , on obtient, en composant, yϕ(n) → f (ℓ) . Or, comme yn → y , on a aussi yϕ(n) → y . Par unicité de la limite,

on en déduit f (ℓ) = y , i.e. ℓ = f −1 (y) .

2

Applications continues sur une partie compacte

Théorème 6 (Image d’un compact par une application continue) L’image d’un compact par une application continue est un compact. Démonstration page 302

Cas des fonctions à valeurs réelles Exo 7.2 Exo 7.3

Corollaire 7 (Théorème des bornes atteintes) Soit A une partie compacte non vide. Alors, toute application continue de A dans IR est bornée et atteint ses bornes.

Démonstration page 303

291

Chapitre 7. Compacité, connexité, dimension finie

Ex. 8. Soit A une partie compacte non vide de E et f : A → F une application continue. Alors l’application �f � : A → IR , étant continue, est bornée et atteint ses bornes. Ex. 9. Distance à un compact Soit A une partie compacte non vide de E , et x0 ∈ E . L’application x �→ d(x0 , x) est continue, donc sa restriction à A est bornée et atteint ses bornes ; en particulier cette restriction est minorée et atteint sa borne inférieure. Cela assure l’existence de a ∈ A tel que la distance de x0 à A soit atteinte en a , i.e. : d(x0 , A) = d(x0 , a). Ex. 10. Distance entre deux compacts Soit A et B deux compacts non vides de E . Alors A × B est compact, donc l’application : A×B (x, y)

−→ �−→

IR d(x, y),

étant continue, est bornée et atteint ses bornes. En particulier, cela assure l’existence d’un couple (a, b) ∈ A × B réalisant la distance entre A et B , c’est-à-dire tel que : d(a, b) =

inf

(x,y)∈A×B

d(x, y) = d(A, B).

Uniforme continuité de toute application continue sur un compact Exo 7.4 Exo 7.5

Théorème 8 (Théorème de Heine) Toute application continue sur un compact est uniformément continue. Démonstration page 303 Ex. 11. Munissons IR2 et C([0, 1], IK) de la norme infinie, notées respectivement �·� et �·�∞ . Soit f ∈ C([0, 1]2 , IK) . Pour x ∈ [0, 1] , notons fx l’application partielle [0, 1] −→ IK y �−→ f (x, y).

Montrons que l’application ϕ : [0, 1] −→ C([0, 1], IK) est continue. x �−→ fx Pour cela, montrons que ϕ est uniformément continue. Soit ε > 0 . L’application f étant continue sur le compact [0, 1]2 , elle est uniformément continue. Il existe donc η > 0 tel que, pour tout (x1 , y1 ) ∈ [0, 1]2 et (x2 , y2 ) ∈ [0, 1]2 :

    (x1 , y1 ) − (x2 , y2 )  η =⇒ f (x1 , y1 ) − f (x2 , y2 )  ε.

(⋆)

En particulier, si (x1 , x2 ) ∈ [0, 1]2 vérifie |x1 − x2 |  η , alors, pour tout y ∈ [0, 1] :

  (x1 , y) − (x2 , y)  η

donc

    fx1 (y) − fx2 (y) = f (x1 , y) − f (x2 , y)  ε,

ce qui offre �fx1 − fx2 �∞  ε . Par conséquent, la fonction ϕ est uniformément continue, donc a fortiori continue.

292

II Connexité par arcs

II 1

Connexité par arcs Chemins

Définition 2 Soit A une partie d’un espace vectoriel normé, ainsi que (x, y) ∈ A2 .

• Un chemin joignant x à y dans A est une application continue p, définie sur un segment [a, b] de IR, à valeurs dans A et telle que p(a) = x et p(b) = y . • Si un tel chemin existe, on dit que les points x et y sont reliés par un chemin dans A.

Ex. 12. Si A est une partie convexe, alors deux points quelconques x et y de A sont reliés dans A par le chemin [0, 1] −→ A t �−→ (1 − t)x + ty.

Remarque Soit x et y deux points d’une partie A. S’il existe un chemin p : [a, b] → A reliant x à y , alors pour tout segment [c, d] avec c < d, l’application p : [c, d] → A définie par :   t−c (b − a) p(t) = p a + d−c est un chemin reliant x à y . Ainsi, si deux points sont reliés par un chemin, on peut considérer un chemin reliant ces deux points défini sur n’importe quelle segment non réduit à un point. Il est courant de considérer un tel chemin défini sur le segment [0, 1].

2 Exo 7.15

Composantes connexes par arcs

Proposition 9 Soit A une partie d’un espace vectoriel normé. La relation « être relié par un chemin dans A » est une relation d’équivalence sur A. Démonstration page 303

Terminologie Les classes d’équivalences de cette relation sont appelées les composantes connexes par arcs de A. Remarques • Par transitivité, pour montrer que deux points x et y de A sont reliés par un chemin dans A, il suffit de trouver une suite finie (u0 , . . . , un ) de points de A avec u0 = x, un = y et telle que pour tout k ∈ [[0, n − 1]], uk et uk+1 sont reliés par un chemin dans A. • Toute partie est la réunion de ses composantes connexes par arcs.

• Les composantes connexes par arcs d’une partie sont deux à deux disjointes. Définition 3 On dit que A est connexe par arcs s’il n’a qu’une seule composante connexe par arcs, ou, de manière équivalente, si deux éléments quelconques de A sont reliés par un chemin dans A. 293

Chapitre 7. Compacité, connexité, dimension finie

Ex. 13. Toute composante connexe par arcs est connexe par arcs. Ex. 14. Toute partie convexe est connexe par arcs. Ex. 15. Tout sous-espace affine d’un espace vectoriel normé est connexe par arcs. Ex. 16. Soit a ∈ IR . L’ensemble IR \ {a} n’est pas connexe par arcs, et ses composantes connexes par arcs sont ]−∞, a[ et ]a, +∞[ . En effet : • si x ∈ ]−∞, a[ et y ∈ ]a, +∞[ , alors x et y ne sont par reliés par un chemin dans IR \ {a} ; en effet, le théorème des valeurs intermédiaires assure que toute application continue p : [α, β] → IR vérifiant p(α) = x et p(β) = y prend au moins une fois la valeur a et donc n’est pas à valeurs dans IR \ {a} ; • les deux intervalles ]−∞, a[ et ]a, +∞[ sont quant à eux connexes par arcs car convexes.

Ex. 17. Soit a ∈ C . Montrons que l’ensemble C \ {a} est connexe par arcs. Soit z1 et z2 deux éléments de C \ {a} . Considérons les deux chemins suivants : γ1 : [0, 1] t

γ2

C∗ (1 − t)z1 + tz2

−→ �−→

et 

γ2 : [0, π]

z2

∗

γ1

C z1 − z2 iθ z1 + z2 z1 + e . θ �−→ 2 2 Le chemin γ1 a pour image le segment reliant z1 à z2 , et le chemin γ2 a pour image un demi-cercle de diamètre [z1 z2 ] . Comme les seuls points communs à γ1 et γ2 sont z1 et z2 , il est clair qu’au moins l’un de ces deux chemins ne passe pas par a , et permet donc de relier z1 à z2 dans C \ {a} . −→



Cela prouve la connexité par arcs de C \ {a} .

Ex. 18. Montrons que si E est de dimension (éventuellement infinie) au moins 2, alors E \ {0} est connexe par arcs. Pour cela, donnons-nous (x, y) ∈ (E \ {0})2 et montrons que x et y sont reliés par un chemin dans E \ {0} . • Si la famille (x, y) est libre, on a :

∀λ ∈ [0, 1] et alors l’application

[0, 1] λ

−→ �−→

(1 − λ)x + λy �= 0,

E \ {0} (1 − λ)x + λy

est un chemin reliant x à y .

• Sinon, prenons z ∈ E \ Vect(x, y) (un tel z existe car E est de dimension au moins 2). Alors, les familles (x, z) et (y, z) sont libres. D’après le premier point, x et z d’une part, et y et z d’autre part, sont reliés par un chemin dans E \ {0} . On conclut par transitivité.

Attention par arcs.

En général, l’intersection de parties connexes par arcs n’est pas connexe

Ex. 19. Dans C , les ensembles IR et U sont connexes par arcs, mais pas leur intersection car : IR ∩ U = {−1, 1}.

294

II Connexité par arcs Définition 4 Soit A une partie d’un espace vectoriel normé. • Étant donné a ∈ A, on dit que A est étoilée par rapport à a si : ∀x ∈ A

[a, x] ⊂ A.

• On dit que A est étoilée si A est étoilée par rapport à l’un de ses points. Ex. 20. Toute partie étoilée est connexe par arcs. En effet, si A est une partie étoilée, il existe donc a ∈ A tel que A soit étoilée par rapport à a et alors, si x et y sont deux points de A : • comme [a, x] ⊂ A , a et x sont reliés par un chemin dans A ; • comme [a, y] ⊂ A , a et y sont reliés par un chemin dans A ; donc, par transitivité, x et y sont reliés par un chemin dans A . Remarque La réciproque de ce résultat est fausse ; par exemple, dans C , l’ensemble U des nombres complexes de module 1 est connexe par arcs mais n’est pas étoilé.

3 Exo 7.16

Parties connexes par arcs de IR

Proposition 10 Les parties connexes par arcs de IR sont les intervalles. Démonstration page 304 Les intervalles de IR sont ses parties convexes. Il reste donc à montrer qu’une partie de IR est connexe par arcs si, et seulement si, elle est convexe.

Principe de démonstration.

4 Exo 7.17

Image continue d’un connexe par arcs

Théorème 11 L’image d’une partie connexe par arcs par une application continue est connexe par arcs.

Démonstration page 304

Ex. 21. Si E est un espace vectoriel normé réel de dimension (éventuellement infinie) au moins 2 , la sphère unité de E est connexe par arcs. C’est en effet l’image de E \ {0} (qui est connexe par arcs, d’après l’exemple 18 de la page ci-contre) par l’application continue : E \ {0} x

−→ �−→

E x · �x�

Ex. 22. Montrons qu’il n’existe pas de bijection continue de C dans IR . Par l’absurde : supposons qu’une telle bijection continue ϕ : C → IR existe. Alors, l’application : Ψ : C \ {ϕ−1 (0)} z

−→ �−→

IR∗ ϕ(z)

est également bijective et continue. Or, l’ensemble C \ {ϕ−1 (0)} est connexe par arcs (cf. exemple 17 de la page précédente) alors que IR∗ ne l’est pas. Cela est en contradiction avec le théorème 11.

295

Chapitre 7. Compacité, connexité, dimension finie Exo 7.18

Corollaire 12 Si f est une application continue à valeurs dans IR, alors l’image par f de toute partie connexe par arcs est un intervalle. Démonstration. C’est immédiat d’après le théorème 11 de la page précédente puisque les parties connexes par arcs de IR sont les intervalles. Remarque Ce résultat est une généralisation du théorème des valeurs intermédiaires vu en première année disant que l’image d’un intervalle par une fonction continue est un intervalle.

III 1

Espaces vectoriels normés de dimension finie Équivalence des normes

Théorème 13 Dans un espace de dimension finie, toutes les normes sont équivalentes. Démonstration (non exigible) page 304

Remarque Ce résultat entraîne que, dans un espace de dimension finie, beaucoup de notions sont indépendantes de la norme choisie : • caractère ouvert, fermé, borné d’une partie ; • intérieur, adhérence, frontière d’une partie ;

• limites de suites, limites de fonctions, continuité ;

• parties compactes, connexes par arcs. Pour évoquer ces notions, il n’est pas nécessaire de préciser la norme choisie. Ainsi, la phrase « Soit E un espace de dimension finie et A une partie bornée de E » a un sens : le caractère borné de A ne dépend pas de la norme dont E est muni.

2

Utilisation des coordonnées dans une base

Le résultat suivant indique que, dans un espace de dimension finie, la convergence d’une suite équivaut à celle de ses suites composantes dans une base. Proposition 14 Soit E un espace vectoriel de dimension finie muni d’une base B = (e1 , . . . , ep ).  (1)   (p)  Soit (an ) une suite à valeurs dans E . Notons an , . . . , an les suites composantes (ou coordonnées) de (an ) dans la base B , c’est-à-dire vérifiant : ∀n ∈ IN Étant donné ℓ =

p 

an =

p 

an(k) ek .

k=1

ℓk ek appartenant à E , il est équivalent de dire :

k=1

(i) la suite (an ) converge vers ℓ ;  (k)  (ii) pour tout k ∈ [[1, p]], la suite an converge vers ℓk .

Principe de démonstration. 296

Démonstration page 305 Utiliser la norme infinie dans la base B .

III Espaces vectoriels normés de dimension finie De la même façon, si f est une application à valeurs dans un espace de dimension finie, alors l’étude de la limite de f en un point, ou encore l’étude de la continuité de f , se ramène à celle de ses applications composantes dans une base. Proposition 15 Soit E un espace vectoriel de dimension finie muni d’une base B = (e1 , . . . , ep ). Soit f : A → E une application à valeurs dans E (A étant une partie quelconque   d’un espace vectoriel normé). Notons f1 , . . . , fp les applications composantes (ou coordonnées) de f dans la base B , c’est-à-dire vérifiant : ∀x ∈ A f (x) = Pour a ∈ A et ℓ =

p 

p 

fk (x)ek .

k=1

ℓk ek appartenant à E , il est équivalent de dire :

k=1

(i) l’application f admet ℓ comme limite en a ; (ii) pour tout k ∈ [[1, p]], l’application fk tend vers ℓk en a. Principe de démonstration.

3

Démonstration page 305

Utiliser la norme infinie dans la base B .

Parties compactes en dimension finie

Théorème 16 Dans un espace vectoriel de dimension finie, les compacts sont les fermés bornés. Démonstration page 305

Théorème 17 (Théorème de Bolzano-Weierstrass) Dans un espace vectoriel de dimension finie, toute suite bornée possède au moins une valeur d’adhérence, i.e. admet au moins une sous suite convergente. Démonstration page 305 Ex. 23. Distance à un fermé en dimension finie Supposons E de dimension finie. Soit F un fermé non vide de E et x0 ∈ E . Montrons qu’il existe a ∈ F tel que : d(x0 , F ) = d(x0 , a). admet un minimum. Cela revient à prouver que l’application f : F −→ IR x �−→ d(x0 , x) Fixons b ∈ F et notons r = d(x0 , b) . L’ensemble F ∩ Bf (x0 , r) est compact, comme intersection d’un fermé et d’un compact. L’application f est continue, donc sa restriction au compact F ∩ Bf (x0 , r) , non vide car contenant b , est bornée et atteint ses bornes. En particulier cette restriction possède un minimum m .





Puisque ∀x ∈ F \ Bf (x0 , r) f (x)  f (b) , on en déduit que f est minorée par min f (b), m . Ce minorant étant atteint par f , c’est un minimum.

297

Chapitre 7. Compacité, connexité, dimension finie Proposition 18 Dans un espace vectoriel normé, tout sous-espace vectoriel de dimension finie est fermé. Principe de démonstration.

Par caractérisation séquentielle.

Démonstration page 305

Attention L’exemple suivant illustre l’importance de l’hypothèse « F est de dimension finie » dans la proposition 18. Ex. 24. Un sous-espace vectoriel non fermé Soit E le IK -espace vectoriel des suites bornées à valeurs dans IK , muni de la norme infinie �u�∞ = sup |un | . n∈IN

Montrons que le sous-espace vectoriel F des suites presque nulles n’est pas un fermé de E . Pour cela, exhibons une suite d’éléments de F qui converge vers un élément de E \ F . 1 Notons u la suite de terme général un = puis, pour p ∈ IN , notons u(p) la suite de n + 1  un si n  p (p) terme général un = 0 sinon. Cet exemple prouve le résultat souhaité, car : 1 • pour p ∈ IN , on a �u(p) − u�∞ = −→ 0 , donc u(p) → u ; p + 2 p→+∞

• pour p ∈ IN , la suite u(p) n’a qu’un nombre fini de termes non nuls, donc appartient à F ; • la suite u n’appartient pas à F , car possède une infinité de termes non nuls.

4

Continuité des applications (multi)linéaires et polynomiales

Applications linéaires Théorème 19 Soit E et F deux IK -espaces vectoriels normés. Si E est de dimension finie, alors toute application linéaire de E dans F est continue. Démonstration page 306 Utiliser la caractérisation de la continuité d’une application linéaire donnée par la proposition 21 de la page 264.

Principe de démonstration.

Ex. 25. Si E est de dimension finie, alors toute forme linéaire sur E est continue. En particulier, si B = (e1 , . . . , en ) est une base de E , alors, pour tout k ∈ [[1, n]] , la forme linéaire « k -ième coordonnée dans la base B » est continue : n 

i=1

E

−→

IK

x i ei

�−→

xk .

Remarque Si E est de dimension finie non nulle, on a donc Lc (E, F ) = L(E, F ). De plus, la norme subordonnée de u ∈ L(E, F ) vérifiant :    |||u||| = sup �u(x)�  x ∈ Bf (0, 1) ,

la continuité de l’application x �→ �u(x)� et la compacité de la boule Bf (0, 1) de E assurent, par le théorème des bornes atteintes, l’existence d’un vecteur x unitaire vérifiant �u(x)� = |||u||| , ou encore d’un vecteur x non nul vérifiant �u(x)� = |||u||| �x� . 298

III Espaces vectoriels normés de dimension finie Applications polynomiales On appelle fonction polynomiale sur IKn toute application f : IKn → IK s’écrivant comme une combinaison linéaire d’applications elles-mêmes produits d’applications composantes. Plus précisément : Définition 5 Une application f : IKn → IK est dite polynomiale s’il existe une famille presque nulle de scalaires (λk1 ,...,kn )(k1 ,...,kn )∈INn telle que :  ∀(x1 , . . . , xn ) ∈ IKn f (x1 , . . . , xn ) = λk1 ,...,kn xk11 · · · xknn . (k1 ,...,kn )∈INn

Ex. 26. L’application f :

IR3 (x, y, z)

−→ �−→

IR xy − x3 z 4 + 4xyz 2

est polynomiale.

La notion de fonction polynomiale se généralise à tout espace de dimension finie : Définition 6 Supposons E de dimension finie. Soit B = (e1 , . . . , en ) une base de E . Une application f : E → IK est dite polynomiale s’il existe une famille presque nulle de scalaires (λk1 ,...,kn )(k1 ,...,kn )∈INn telle que : ∀x =

n  i=1

xi ei ∈ E

f (x) =



(k1 ,...,kn )∈INn

λk1 ,...,kn xk11 · · · xknn .

Remarque La définition précédente ne dépend pas de la base de E choisie. En effet, si B ′ est une autre base de E et x un vecteur de E , alors en notant X = MatB (x) et Y = MatB′ (x), on a X = P Y où P est la matrice de passage de B vers B ′ . Par conséquent, si l’on peut écrire f (x) sous la forme de la définition précédente à l’aide de x1 , . . . , xn , on peut aussi le faire à l’aide de y1 , . . . , yn . Proposition 20 Toute application polynomiale est continue. Démonstration. Soit f : E → IK une application polynomiale. Alors, si B = (e1 , . . . , en ) est une base de E , f s’obtient par produits et combinaisons linéaires à partir des formes linéaires coordonnées : πk :

n  i=1

xi ei �→ xk ,

qui sont continues car linéaires avec un espace de départ de dimension finie.

299

Chapitre 7. Compacité, connexité, dimension finie Corollaire 21 Exo 7.23

L’application det : Mn (IK) −→ IK est continue. M �−→ det(M ) Démonstration. L’application det : Mn (IK)

−→ IK est polynomiale car det(M ) M �−→ det(M ) apparaît comme une expression polynomiale des coefficients de M , c’est-à-dire des composantes de M dans la base canonique. Par conséquent, l’application det est continue. Ex. 27. Soit n  1 . L’ensemble GLn (IR) n’est pas connexe par arcs. En effet, l’applica  tion det : GLn (IR) → IR∗ est surjective ( ∀x ∈ IR∗ det Diag(x, 1, . . . , 1) = x ) et continue.

Si GLn (IR) était connexe par arcs, alors IR∗ le serait aussi, ce qui n’est pas le cas.

Remarque Sur la connexité par arcs et les ensembles GLn (IR) et GLn (C) , on pourra regarder les exercices 7.32 et 7.33.

Applications multilinéaires

Exo 7.24

Théorème 22 Soit E1 , . . . , Ep et F des espaces vectoriels normés. Si E1 , . . . , Ep sont de dimension finie, alors toute application p-linéaire de E1 × · · · × Ep dans F est continue.

Démonstration page 306 Principe de démonstration. Si f : E1 × · · · × Ep → F est p -linéaire, alors f s’exprime à l’aide des applications coordonnées dans une base.

Ex. 28. Étant donné (n, p, q) ∈ IN3 , l’application

Mn,p (IK) × Mp,q (IK) −→ Mn,q (IK) (A, B) �−→ AB est bilinéaire, donc continue puisque Mn,p (IK) et Mp,q (IK) sont de dimension finie.

Ex. 29. Si E , F et G sont des IK -espaces vectoriels de dimension finie, alors l’application bilinéaire L(E, F ) × L(F, G) −→ L(E, G) est continue. (u, v) �−→ v ◦ u Ex. 30. Si E et F sont des IK -espaces vectoriels de dimension finie, alors l’application bilinéaire L(E, F ) × E −→ F est continue. (u, x) �−→ u(x)

Ex. 31. Si E est de dimension finie, et si B est une base de E , alors l’application : En (u1 , . . . , un )

−→ �−→

IK detB (u1 , . . . , un )

est continue car n -linéaire.

Remarque Si E1 , . . . , Ep sont de dimension finie et si f est une application plinéaire de E1 × · · · × Ep dans F , alors f est continue, donc, par la proposition 27 de la page 268, il existe une constante positive C vérifiant :   ∀(x1 , . . . , xp ) ∈ E1 × · · · × Ep f (x1 , . . . , xp )  C�x1 � × · · · × �xp �. 300

III Espaces vectoriels normés de dimension finie

Ex. 32. Soit n ∈ IN . Munissons l’espace IKn [X] de la norme définie par �P � = Puisque IKn [X] est de dimension finie, l’application bilinéaire

IKn [X]2

−→

(P, Q)

�−→

continue. On en déduit qu’il existe une constante C vérifiant : 2

∀(P, Q) ∈ IKn [X] Remarque



0

   

1 0

   P (t)Q(t)dt  C

1

0

|P (t)|dt



0



1 0

IK  1

|P (t)|dt . est PQ

0

1

|Q(t)|dt.

Ce résultat est faux sur IK[X] . En effet, si l’on prend Pn = Qn = X n , alors :

1

Pn (t)Qn (t)dt =

1 2n + 1

et



0

1

|Pn (t)|dt



1 0

|Qn (t)|dt =

1 · (n + 1)2

Ex. 33. Norme sous-multiplicative sur une IK -algèbre de dimension finie Soit (E, +, · , ×) une IK -algèbre de dimension finie. L’application ϕ : E 2 −→ E (x, y) �−→ x × y qui à un couple de deux éléments de E associe leur produit est bilinéaire. Comme E est de dimension finie, il existe une constante C > 0 telle que : ∀(x, y) ∈ E 2

�x × y�  C �x� × �y�.

L’application N : x �→ C�x� est alors une norme sur E vérifiant : ∀(x, y) ∈ E 2

N (x × y)  N (x) N (y).

301

Chapitre 7. Compacité, connexité, dimension finie

Démonstrations Proposition 1 Soit A une partie compacte. • Supposons que A ne soit pas fermée. Alors on peut trouver une suite (an ) d’éléments de A qui converge mais dont la limite n’appartient pas à A . L’unique valeur d’adhérence d’une suite convergente étant sa limite, la suite (an ) ne possède pas de valeur d’adhérence dans A . • Supposons que A ne soit pas bornée. Alors : ∀M ∈ IR

∃a ∈ A

�a� > M.

En particulier, pour tout n ∈ IN , on peut trouver un élément an ∈ A vérifiant �an � > n . On construit ainsi une suite (an ) d’éléments de A vérifiant : ∀n ∈ IN



�an � > n



donc

�an � → +∞.

Alors, toute sous-suite aϕ(n) vérifie �aϕ(n) � → +∞ , donc est divergente (car non bornée).

Dans chacun des cas, on a trouvé une suite à valeurs dans A n’ayant aucune valeur d’adhérence dans A , donc A n’est pas compacte. Proposition 3 • • •





Soit (xn , yn ) une suite d’éléments de A × B .





Comme A est compacte, on peut extraire de (xn ) une sous-suite xϕ1 (n) convergeant vers un élément a de A .     Puis, comme B est compacte, on peut extraire de yϕ1 (n) une sous-suite yϕ1 ◦ϕ2 (n) convergeant vers un élément b de B .









Comme xϕ1 (n) converge vers a , il en est de même pour sa sous-suite xϕ1 ◦ϕ2 (n) . La suite









de terme général xϕ1 ◦ϕ2 (n) , yϕ1 ◦ϕ2 (n) est alors une sous-suite de (xn , yn ) qui converge vers l’élément (a, b) de A × B . Cela montre que A × B est une partie compacte.

Théorème 5 Soit A un compact et (an )n∈IN ∈ AIN . • Un sens est évident : si la suite (an ) est convergente, alors elle possède sa limite comme unique valeur d’adhérence. • Montrons l’autre sens. Supposons que la suite (an ) possède une unique valeur d’adhérence α et montrons que (an ) converge vers α . Par l’absurde : supposons que (an ) ne converge pas vers α . Alors il existe ε > 0 tel que : ∀n0 ∈ IN

∃n  n0

�an − α� > ε.



Cela permet de construire une sous-suite (bn ) = aϕ(n) ∀n ∈ IN



vérifiant :

�bn − α� > ε.

(⋆)

La suite (bn ) étant à valeurs dans le compact A , elle possède au moins une valeur d’adhérence β . La propriété (⋆) assure �β −α�  ε , donc β �= α . Comme β est valeur d’adhérence d’une sous-suite de (an ) , β est également valeur d’adhérence de (an ) . La suite (an ) possède donc au moins deux valeurs d’adhérence, ce qui contredit l’hypothèse initiale. Théorème 6 Soit A une partie compacte et f : A → F une application continue. Montrons que f (A) est une partie compacte de F . Soit (bn ) une suite d’éléments de f (A) . Pour tout n ∈ IN , on peut trouver an ∈ A tel que f (an ) = bn . Puisque A est compacte, on peut     extraire de (an ) une sous-suite convergente aϕ(n) . Notons α ∈ A la limite de aϕ(n) ; alors,





par continuité de f , on a f aϕ(n) → f (α) , c’est-à-dire bϕ(n) → f (α) . La suite (bn ) possède donc une valeur d’adhérence dans f (A) . Cela montre que f (A) est compacte.

302

Démonstrations Corollaire 7 Soit f : A → IR une application continue, où A est une partie compacte non vide. D’après le théorème 6, l’image de A par f est un compact de IR , donc : • •

f (A) est bornée, ce qui assure que f est bornée ; f (A) est fermée, ce qui assure que les bornes de f sont atteintes.

Théorème 8 Soit A une partie compacte de E et f : A → F une application continue. Raisonnons par l’absurde en supposant que f n’est pas uniformément continue. En niant la définition de l’uniforme continuité, on obtient l’existence de ε > 0 tel que : ∀η > 0

∃(x, y) ∈ A2

�x − y�  η

et

  f (x) − f (y) > ε.

On en déduit que, pour tout n ∈ IN , il existe un couple (xn , yn ) ∈ A2 vérifiant : �xn − yn �  2−n

et

  f (xn ) − f (yn ) > ε.

(⋆)

On construit ainsi deux suites (xn ) et (yn ) d’éléments de A . Par compacité de A , on peut ex  traire de (xn ) une sous-suite xϕ(n) convergeant vers un élément α de A . L’inégalité suivante, valable pour tout n ∈ IN :

      yϕ(n) − α  xϕ(n) − yϕ(n)  + xϕ(n) − α       

montre alors que la suite yϕ(n)



→0

2−ϕ(n) →0

converge également vers α .









[0, 1] t

−→ �−→

Par continuité de f , on a alors f xϕ(n) → f (α) et f yϕ(n) → f (α) .

 







Il en résulte que f xϕ(n) − f yϕ(n)  → 0 , ce qui est une contradiction car la propriété (⋆) impose que :      ∀n ∈ IN f xϕ(n) − f yϕ(n)  > ε.

Proposition 9

Réflexivité. Soit x ∈ A . La fonction constante

A x

est un chemin reliant x

à lui-même. Symétrie. Si p : [a, b] → A est un chemin reliant deux points x à y de A , alors : p : [a, b] t

−→ �−→



p1 (t) p2 (t)

A  p a+b−t

est un chemin reliant y à x . Transitivité. Soit x , y et z trois points de A tels que : • il existe un chemin p1 reliant x à y dans A ; • il existe un chemin p2 reliant y à z dans A . Quitte à changer de paramétrage (cf. remarque de la page 293), on peut supposer que p1 et p2 sont définis respectivement sur [0, 1] et [1, 2] . Considérons l’application p : [0, 2] → A définie par : p(t) =

si si

t ∈ [0, 1] t ∈ [1, 2],

cette définition étant non ambiguë car p1 (1) = p2 (1) . L’application p est continue par continuité de p1 et p2 ; en particulier, la continuité de p1 (respectivement p2 ) assure la continuité de p à gauche (respectivement à droite) en 1 . Cette application p constitue donc un chemin reliant x à z dans A .

303

Chapitre 7. Compacité, connexité, dimension finie Proposition 10 • Un intervalle de IR est convexe donc connexe par arcs. • Réciproquement soit I un connexe par arcs de IR . Si x et y sont deux points de I , alors il existe un chemin joignant x et y dans I ; par le théorème des valeurs intermédiaires, ce chemin prend alors toutes les valeurs entre x et y . Cela assure que toutes les valeurs comprises entre x et y appartiennent à I . En conclusion, I est un intervalle. Théorème 11 Soit A une partie connexe par arcs, F un espace vectoriel normé, ainsi que f : A → F une application continue. Montrons que f (A) est connexe par arcs.



2

Soit (y1 , y2 ) ∈ f (A) . Considérons (x1 , x2 ) ∈ A2 tel que f (x1 ) = y1 et f (x2 ) = y2 . Comme A est connexe par arcs, il existe un chemin γ : [a, b] → A reliant x1 à x2 . Alors, l’application f ◦ γ : • est continue, comme composée de deux applications continues ; • est à valeurs dans f (A) ; •

vérifie (f ◦ γ)(a) = f (x1 ) = y1 et (f ◦ γ)(b) = f (x2 ) = y2 ;

c’est donc un chemin reliant y1 à y2 dans f (A) . Donc f (A) est connexe par arcs.

Théorème 13

Commençons par le lemme suivant :

Lemme Soit E un espace vectoriel de dimension finie. Donnons-nous une base B de E , et munissons E de la norme infinie associée. Alors, les compacts de E sont les fermés bornés. Notons p = dim E et B = (e1 , . . . , ep ) .

Démonstration du lemme. Considérons l’isomorphisme :

IKp

ϕ:

(x1 , . . . , xp )

−→ �−→

E

p 

x k ek .

k=1

En munissant IKp de la norme infinie, on constate que ϕ conserve la norme : ∀(x1 , . . . , xp ) ∈ IKp

  ϕ(x1 , . . . , xp )

∞

= �x�∞ .

Par conséquent, ϕ est continue, et son inverse ϕ−1 conserve aussi la norme et est aussi continu. On en déduit qu’une partie A de E est compacte (respectivement fermée, bornée) si, et seulement si, ϕ(A) est compacte (respectivement fermée, bornée). Or, dans (IKp , �·�∞ ) , on sait que les compacts sont les fermés bornés (cf. exemple 6 de la page 290). Par conséquent, on a la même propriété dans (E, �·�∞ ) . Démonstration du théorème 13. Notons p = dim E et considérons B = (e1 , . . . , ep ) une base de E . Notons �·�∞ la norme infinie associée à la base B . Pour obtenir que sur E toutes les normes sont équivalentes, montrons que toute norme est équivalente à la norme infinie. Cela conclura par transitivité. Soit N une norme sur E . •

Tout d’abord, pour x =

n 

k=1

N (x) = N

 p k=1

x k ek

xk ek ∈ E , on a :





p  k=1

|xk |N (ek )  M �x�∞

Par conséquent, N est dominée par la norme infinie.

304

avec

M=

p  k=1

N (ek ).

Démonstrations •

D’autre part, la seconde inégalité triangulaire donne, pour tout (x, y) ∈ E 2 :

  N (x) − N (y)  N (x − y)  M �x − y�∞ .

Il en résulte que l’application N est M -lipschitzienne donc continue sur (E, �·�∞ ) .

La sphère unité S∞ (0, 1) de (E, �·�∞ ) étant fermée et bornée, elle est compacte d’après le lemme. La restriction de N à S∞ (0, 1) est donc bornée et atteint ses bornes. En particulier, elle atteint sa borne inférieure m en un point xm de S∞ (0, 1) .

Puisque xm est non nul, la propriété de séparation de N assure que m > 0 . x ∈ S∞ (0, 1) , donc : Pour tout vecteur non nul x , on a �x�∞ mN



x �x�∞



=

N (x) �x�∞

ce qui donne

�x�∞ 

1 N (x). m

Cela prouve que la norme infinie est dominée par N , et termine la preuve. Proposition 14 Comme E est de dimension finie, on peut le munir de la norme que l’on souhaite. Munissons E de la norme infinie dans la base B , c’est-à-dire la norme N∞ définie par : N∞ (x) = max |xk | k∈[[1,p]]

où

x=

p 

x k ek .

k=1

L’équivalence souhaitée résulte alors de la relation suivante, valable pour tout k ∈ [[1, p]] : ∀n ∈ IN

p   (k)   (i)  an − ℓk   N∞ (an − ℓ)  an − ℓi . i=1

Proposition 15 Comme E est de dimension finie, on peut le munir de la norme que l’on souhaite. Munissons E de la norme infinie dans la base B : N∞ (x) = max |xk | k∈[[1,p]]

où

x=

p 

x k ek .

k=1

L’équivalence souhaitée résulte alors de la relation suivante, valable pour tout k ∈ [[1, p]] : ∀x ∈ A

p        fk (x) − ℓk   N∞ f (x) − ℓ  fi (x) − ℓi . i=1

Théorème 16 Supposons E de dimension finie. Il a été établi (par le lemme figurant dans la démonstration du théorème 13, de la page précédente) que si l’on munit E de la norme infinie associée à une base, alors les compacts sont les fermés bornés. Cela fournit le résultat car, par équivalence des normes en dimension finie, toutes les normes sur E sont équivalentes, donc définissent les mêmes parties compactes, fermées, bornées. Théorème 17 Soit E un espace vectoriel de dimension finie, et (un )n∈IN une suite convergente. Étant convergente, la suite (un )n∈IN est bornée. Il existe donc R > 0 tel que : ∀n ∈ IN

un ∈ Bf (0, R).

L’espace E étant de dimension finie, la boule fermée Bf (0, R) est compacte. Par conséquent, la suite (un )n∈IN est à valeurs dans un compact, donc possède au moins une sous-suite convergente.

305

Chapitre 7. Compacité, connexité, dimension finie Proposition 18 Soit E un espace vectoriel normé et F un sous-espace vectoriel de dimension finie de E . Soit (un ) une suite convergente à valeurs dans F . Notons ℓ la limite de (un ) , et montrons que ℓ ∈ F .

Comme la suite (un ) converge, elle est bornée. Comme (un ) est une suite bornée à valeurs dans F et que F est de dimension finie, le théorème de Bolzano-Weierstrass assure que (un ) possède au moins une valeur d’adhérence dans F . Comme la seule valeur d’adhérence d’une suite convergente est sa limite, on en déduit que ℓ ∈ F .

Théorème 19 Supposons E de dimension finie. Munissons E d’une base B = (e1 , . . . , en ) , et travaillons avec la norme infinie associée à cette base : N∞ (x) = max |xk |

x=

avec

k∈[[1,n]]

n 

x k ek .

k=1

Soit u : E → F une application linéaire. Pour montrer que u est continue, il suffit, d’après la proposition 21 de la page 264, de montrer qu’il existe une constante C  0 telle que :



Pour x =

n 



N∞ u(x)  C × N∞ (x).

∀x ∈ E

xk ek appartenant à E , on a, par linéarité de u :

k=1

 n



=

|xk | N∞ u(ek )



u(x) = u

x k ek

k=1

puis, par inégalité triangulaire :





N∞ u(x) 

n  k=1



 C × N∞ (x),

n 

avec

C=

n 





N∞ u(ek ) .

k=1

D’où le résultat. Théorème 22

xk u(ek )

k=1

Soit f : E1 × · · · × Ep → F une application p -linéaire. (k)

(k)

Pour tout k ∈ [[1, p]] , notons nk = dim Ek ainsi que Bk = (e1 , . . . , enk ) une base de Ek . En notant alors gk,i l’élément de E1 × · · · × Ep :





(k)

gk,i = 0, . . . , 0, ei , 0, . . . , 0 ,



la famille B = gk,i



1kp 1ink

↑ i-ème place

est une base de E1 × · · · × Ep .

Soit u = (u1 , . . . , up ) ∈ E1 × · · · × Ep . En écrivant chaque uk dans la base Bk : uk =

nk 

(k) (k)

x i ei ,

i=1

il vient, par p -linéarité de f : f (u) = f

306



n1 

i1 =1

(1) (1) xi1 ei1 , . . . ,

np 

ip =1

(p) (p) xip eip



=

n1 

i1 =1

···

np 

ip =1

(1)

(p)



(1)

(p)



xi1 · · · xip f ei1 , . . . , eip .

Démonstrations Si pour ℓ ∈ [[1, p]] et i ∈ [[1, nℓ ]] , on note πℓ,i l’application : Ep πℓ,i :  E1 × · · · ×  n k 

(k) (k) x i ei

i=1

alors f s’écrit à l’aide des πℓ,i : f=

n1 

i1 =1

···

1kp

np  

(1)

(p)

f ei1 , . . . , eip

ip =1



−→

IK

�−→

xi

(ℓ)

π1,i1 · · · πp,ip .

Comme les πℓ,i sont des formes linéaires sur l’espace de dimension finie E1 × · · · × Ep , elles sont continues. Par opérations sur les applications continues, l’expression obtenue pour f assure alors sa continuité. Remarques • Les formes linéaires πk,i considérées ici ne sont rien d’autre que les formes linéaires coordonnées dans la base B de E1 × · · · × Ep . • L’expression obtenue pour f lors du calcul précédent permet de montrer que, dans le cas où F est de dimension finie, si l’on en considère une base, alors les applications composantes de f sont des fonctions polynomiales.

307

Chapitre 7. Compacité, connexité, dimension finie

S’entraîner et approfondir Compacité 7.1 Soit f : C \ IR− → C l’application qui à un complexe z ∈ C \ IR− associe son unique

→291



racine carrée dont l’argument principal appartient à − π2 , positive. Montrer que f est continue.

π 2



, i.e. de partie réelle strictement

7.2 Soit A un compact non vide. Montrer qu’il existe (a1 , a2 ) ∈ A2 tel que le diamètre de A , noté δ(A) , soit la distance de a1 à a2 , c’est-à-dire tel que :

→291

d(a1 , a2 ) =

sup

d(x, y) = δ(A).

(x,y)∈A2

IR2

7.3 Considérons la fonction g : →291

−→

IR 2

2

ex +y · 1 + x2 + y 2 1. Montrer que pour tout a ∈ IR , il existe R > 0 tel que : (x, y)

�−→

∀(x, y) ∈ IR2 \ Df (0, R)

2. Montrer que g possède un minimum sur IR2 .

  g(x, y) > a.

7.4 Soit E un espace vectoriel normé, et f : IR → E une fonction continue et périodique. Montrer que f est uniformément continue.

→292

7.5 Soit E un espace vectoriel normé, et f : IR+ → E une fonction continue admettant une limite ℓ en +∞ . Montrer que f est uniformément continue.

→292

7.6 Enveloppe convexe d’une famille finie de vecteurs Soit n ∈ IN∗ . 1. Montrer que l’ensemble suivant est une partie compacte de IRn :





K = (λ1 , . . . , λn ) ∈ (IR+ )n : λ1 + · · · + λn = 1 . 2. Soit (x1 , . . . , xn ) une famille finie d’éléments de E . On appelle enveloppe convexe de la famille (x1 , . . . , xn ) l’ensemble des barycentres à coefficients positifs de x1 , . . . , xn , i.e. les combinaisons linéaires λ1 x1 + · · · + λn xn où les coefficients λ1 , . . . , λn sont positifs et de somme 1 . Montrer que l’enveloppe convexe de (x1 , . . . , xn ) est une partie compacte. ⋆ 7.7 Compact/fermé versus fermé/fermé Soit E un IK -espace vectoriel normé de dimension finie. Étant donné A et B deux parties non vides de E , on note :





A + B = a + b | (a, b) ∈ A × B ,

et l’on appelle distance de A à B la quantité : d(A, B) =

inf

(a,b)∈A×B

d(a, b).

1. On suppose dans cette question que A est un compact et B un fermé. (a) Montrer que A + B est un fermé de E . (b) Montrer que la distance de A à B est atteinte, i.e. : ∃(a0 , b0 ) ∈ A × B

308

d(A, B) = d(a0 , b0 ).

Exercices 2. Montrer que, sous la seule hypothèse que A et B sont des fermés, alors : • A + B n’est pas nécessairement un fermé ; • la distance de A à B n’est pas nécessairement atteinte.

Indication. On pourra expliciter deux parties A et B pertinentes, par exemple dans IR2 .

7.8 Soit K un compact non vide, et f : K → K une application vérifiant :





x �= y =⇒ f (x) − f (y) < �x − y�.

∀(x, y) ∈ K 2

(⋆)

1. Montrer que f possède un unique point fixe.   Indication. On pourra introduire la fonction ϕ : x �→ f (x) − x .

2. Soit x ∈ K . Montrer que la suite récurrente (xn ) définie par : x0 = x

et

converge vers l’unique point fixe de f .

∀n ∈ IN

xn+1 = f (xn )

7.9 Soit C un compact convexe non vide d’un IR -espace vectoriel normé E et f un endomorphisme continu de E laissant stable C . Le but est de montrer que f possède au moins un point fixe. 1. Pour tout n ∈ IN∗ , on pose : fn =

n−1 1  k f . n k=0

Prouver que fn est un endomorphisme continu de E laissant stable C . 2. Montrer qu’il existe une constante M telle que : ∀y ∈ fn (C)

  f (y) − y   2M · n

3. Prouver alors que f possède au moins un point fixe.

7.10 Soit E un IK -espace vectoriel normé. Une suite (un )n∈IN ∈ E IN est dite de Cauchy si : ∀ε > 0

∃n0 ∈ IN

∀n  n0

∀p  n0

d(un , up )  ε.

1. Montrer que toute suite convergente est une suite de Cauchy. 2. Montrer que si E est de dimension finie, alors toute suite de Cauchy est convergente. 7.11 On se place dans un espace vectoriel normé E . 1. Théorème des compacts emboîtés Soit (Kn )n∈IN une suite de compacts non vides emboîtés, c’est-à-dire vérifiant : ∀n ∈ IN Montrer que l’intersection



Kn �= ∅

et

Kn+1 ⊂ Kn .

Kn est non vide.

n∈IN

2. Premier théorème de Dini (version allégée) Soit K un compact. Soit (fn )n∈IN une suite à valeurs dans C(K, IR+ )IN . On suppose que la suite (fn )n∈IN est décroissante, i.e. vérifie : ∀(n, p) ∈ IN2

n  p =⇒ ∀x ∈ K

fn (x)  fp (x).

On suppose de plus que pour tout x ∈ K , on a fn (x) −→ 0 . Montrer que �fn �∞ → 0 . n→+∞

Indication. Pour ε > 0 , on pourra introduire Kn = {x ∈ K : fn (x)  ε} et montrer que c’est un compact.

309

Chapitre 7. Compacité, connexité, dimension finie ⋆ 7.12 Théorème de Baire On se place dans un espace vectoriel E de dimension finie. 1. Montrer qu’une partie de E est dense dans E si, et seulement si, elle rencontre tout ouvert non vide. 2. Soit (Un )n∈IN une suite d’ouverts denses dans E . (a) Soit O un ouvert non vide de E . Montrer qu’il existe une suite (Bn )n∈IN de boules ouvertes emboîtées (i.e. ∀n ∈ IN Bn+1 ⊂ Bn ) et non vides vérifiant : B0 ⊂ O (b) En déduire que l’intersection

∀n ∈ IN∗

et



Bn ⊂ Un .

Un est dense dans E .

n∈IN

Indication. On pourra utiliser le théorème des compacts emboîtés (première question de l’exercice 7.11).

⋆ 7.13 Théorème de Riesz On souhaite démontrer le théorème de Riesz. Celui-ci affirme qu’un espace vectoriel normé est de dimension finie si, et seulement si, sa boule unité fermée est compacte. 1. Justifier le sens « facile » du théorème. 2. Réciproquement, supposons que E soit un espace vectoriel normé de dimension infinie, et montrons que sa boule unité fermée Bf (0, 1) n’est pas compacte. (a) Soit F un sous-espace de dimension finie de E , et x ∈ E \ F . i. Justifier l’existence de y ∈ F tel que d(x, F ) = �x − y� . ii. En déduire qu’il existe un vecteur unitaire u vérifiant : d(u, F ) = 1. (b) Conclure alors en construisant une suite d’éléments de Bf (0, 1) ne possédant pas de valeur d’adhérence.

⋆⋆ 7.14 Procédé diagonal On note ℓ∞ l’ensemble des suites (un )n∈IN complexes bornées, que l’on munit de la norme : �u� = sup |un |. n∈IN

Soit A le sous-ensemble de ℓ

∞

formé des suites (un )n∈IN vérifiant : ∀n ∈ IN



|un | 

1. Soit ℓ = (ℓn )n∈IN un élément de A et u(p) (p)



p∈IN

1 · 2n

(⋆)

une suite d’éléments de A . (p)

est donc un élément de A ; son n -ième terme est noté un . Pour tout p ∈ IN , u Montrer que u(p) −→ ℓ si, et seulement si, p→+∞

∀n ∈ IN 2. Montrer que A est compact.

310

 (p)  un − ℓn  −→ 0. p→+∞

Exercices

Connexité par arcs 7.15 Soit A1 et A2 deux connexes par arcs d’intersection non vide. Montrer que A1 ∪ A2 est →293 connexe par arcs.

7.16 1. Montrer que les composantes connexes par arcs d’un ouvert sont des ouverts. →295

2. Montrer que tout ouvert de IR est une réunion au plus dénombrable d’intervalles ouverts deux à deux disjoints. Cet exercice utilise la notion de dénombrabilité (cf. chapitre 14).

7.17 1. Montrer que pour tout a ∈ U , l’ensemble U \ {a} est connexe par arcs. →295

2. En déduire qu’il n’existe pas de bijection continue de U vers [0, 1] , où U désigne l’ensemble des nombres complexes de module 1 .

7.18 Soit A une partie connexe par arcs de E . →296

1. Soit B une partie de A . Montrer que si B est à la fois un ouvert relatif de A et un fermé relatif de A , alors on a B = ∅ ou B = A . Indication. Considérer la restriction à A de la fonction indicatrice de B . 2. Montrer que A ne peut pas s’écrire comme la réunion de deux ouverts relatifs non vides et disjoints.

7.19 Soit X une partie au plus dénombrable de IR2 . Montrer que l’ensemble IR2 \ X est connexe par arcs. On pourra se contenter de raisonner géométriquement. Cet exercice utilise la notion de dénombrabilité (cf. chapitre 14).

7.20 Soit E et F deux IK -espaces vectoriels normés ainsi que A et B deux parties non vides respectivement de E et F . On munit E × F de la norme produit. Montrer que A × B est connexe par arcs si, et seulement si, A et B le sont.

7.21 Soit E un espace vectoriel normé, et F un fermé dont la frontière Fr(F ) est connexe par arcs. Montrer que F est connexe par arcs.

7.22 Soit E un IK -espace vectoriel de dimension finie n  1 , et H un hyperplan de E . 1. Montrer que si IK = IR , alors E \ H n’est pas connexe par arcs.

2. Montrer que si IK = C , alors E \ H est connexe par arcs. Indication. L’ensemble C∗ est connexe par arcs (cf. exemple 17 de la page 294).

311

Chapitre 7. Compacité, connexité, dimension finie

Topologie des espaces Mn (IR) et Mn (C) 7.23 1. Montrer que l’application →300

Mn (IK) A

2. En déduire que l’application

−→ �−→

GLn (IK) A

Mn (IK) Com A

−→ �−→

7.24 1. Justifier la continuité de l’application ϕ : →300

est continue.

GLn (IK) A−1

Mn (IR) A

2. Montrer que On (IR) est un compact de Mn (IR) .

est continue.

−→ �−→

Mn (IR) AT A.

⋆ 7.25 Soit n ∈ IN∗ et r ∈ [[0, n − 1]] . Montrer que, dans Mn (IK) , l’ensemble des matrices de rang au plus r est fermé. 7.26 Soit n ∈ IN∗ . Montrer que l’ensemble GLn (IK) est dense dans Mn (IK) . 7.27 Soit n ∈ IN∗ . 1. Montrer la continuité de l’application Ψ :

Mn (IK) A

associe son polynôme caractéristique.

−→ �−→

2. On prend ici n  2 . Montrer que l’application Π :

Mn (IK) A matrice associe son polynôme minimal n’est pas continue.

IKn [X] χA

qui à une matrice

IKn [X] πA

−→ �−→

qui à une

⋆ 7.28 Soit n ∈ IN∗ . 1. Dans Mn (C) , montrer que l’ensemble D des matrices diagonalisables est dense. Indication. Dans Mn (C) , toute matrice est trigonalisable. 2. On souhaite prouver que, dès que n  2 , ce résultat est faux dans Mn (IR) . Considérons la matrice d’écriture par blocs : A=



B

(0)

(0)

In−2



avec

B=



0 1

−1

0



.

(a) Montrer que si (Ap )p∈IN ∈ Mn (IR)IN converge vers A , alors χAp (i) −→ 0 (où i est p→+∞

le nombre complexe imaginaire pur). (b) En déduire que A n’appartient pas à l’adhérence de D .

Remarque L’exercice 7.30 de la page ci-contre établit que, dans Mn (IR) , l’adhérence de l’ensemble des matrices IR -diagonalisables est l’ensemble des matrices IR -trigonalisables.

⋆ 7.29 Intérieur de l’ensemble des matrices diagonalisables. Soit n ∈ IN∗ . Dans Mn (IK) , on note D l’ensemble des matrices diagonalisables.

1. Soit (Ap )p∈IN ∈ Mn (IK)IN une suite convergeant vers A ∈ Mn (IK) . Soit λ ∈ sp(A) . (a) Montrer que χAp (λ) −→ 0 . p→+∞ (b) En déduire que :   d λ, spC (Ap ) −→ 0. p→+∞

2. Montrer que l’intérieur de D est l’ensemble des matrices possédant n valeurs propres distinctes.

312

Exercices ⋆ 7.30 On note Tn l’ensemble des matrices trigonalisables de Mn (IR) , et Dn l’ensemble des matrices diagonalisables de Mn (IR) . Montrer que Tn est un fermé de Mn (IR) puis que c’est l’adhérence de Dn . ⋆ 7.31 Soit A ∈ Mn (C) . On note S(A) la classe de similitude de A , c’est-à-dire l’ensemble des matrices semblables à A :





S(A) = P −1 AP | P ∈ GLn (C) . 1. Montrer que l’adhérence de S(A) contient au moins une matrice diagonale. Indication. Trigonaliser A . 2. Montrer que S(A) est un fermé de Mn (C) si, et seulement si, A est diagonalisable. 7.32 Soit n ∈ IN∗ . On se place dans Mn (C) . 1. Soit T une matrice triangulaire inversible. Montrer que T peut être reliée à In par un chemin à valeurs dans GLn (C) . 2. En déduire que GLn (C) est connexe par arcs.

7.33 Composantes connexes par arcs de GLn (IR) Soit n ∈ IN∗ . On se place dans Mn (IR) . Le but est de démontrer que GLn (IR) possède deux composantes connexes par arcs : C+ = det−1 (IR∗+ )

et

C− = det−1 (IR∗− ).

Notons C0 la composante connexe par arcs de GLn (IR) contenant In .

1. (a) On note Ei,j l’élément d’indice (i, j) de la base canonique de Mn (IR) . Soit T une matrice de transvection, i.e. une matrice de la forme : T = In + λEi,j

avec

i �= j

et

λ ∈ IR.

Montrer que T ∈ C0 . (b) Soit D une matrice de dilatation de déterminant positif, i.e. une matrice de la forme : D = Diag(1, . . . , 1, µ, 1, . . . , 1)

avec

↑ i-ème place

i ∈ [[1, n]]

et

µ > 0.

Montrer que D ∈ C0 . (c) En déduire que tout élément A ∈ GLn (IR) peut être relié, par un chemin à valeurs dans GLn (IR) , à une matrice diagonale de diagonale constituée de ±1 .

2. Soit (A, B) ∈ GLn (IR)2 . Montrer que si A et B sont semblables et si B appartient à C0 , alors A également. 3. Soit (p, q) ∈ IN2 vérifiant p + 2q = n . On note : Jp,q =



Ip 0

0 −I2q



.

Montrer que Jp,q ∈ C0 . Indication. Utiliser des matrices de rotation de taille 2. 4. Déduire des questions précédentes que si A ∈ GLn (IR) vérifie det A > 0 , alors A ∈ C0 . 5. Conclure.

313

Chapitre 7. Compacité, connexité, dimension finie

Solutions des exercices 7.1 Soit z ∈ C \ IR− . Montrons que f est continue en z par caractérisation séquentielle. Soit (zn )n∈IN ∈ (C \ IR− )IN telle que zn → z . Montrons que f (zn ) → f (z) . • Tout d’abord, puisque la suite (zn )n∈IN converge, elle est bornée. Comme f (zn )2 = zn ,







2 on a f (zn ) = |zn | , donc la suite f (zn )



est également bornée. Comme on est en

n∈IN

dimension finie, il suffit, pour prouver sa convergence vers f (z) , de prouver qu’elle ne possède pas d’autre valeur d’adhérence que f (z) .



• Soit ℓ ∈ C une valeur d’adhérence de la suite f (zn ) Soit



f (zϕ(n) ) 2



n∈IN 2



n∈IN

. Montrons que ℓ = f (z) .

une sous-suite convergente vers ℓ . Puisque f (zϕ(n) ) → ℓ , on

a f (zϕ(n) ) → ℓ , autrement dit zϕ(n) → ℓ2 . Par unicité de la limite, on en déduit ℓ2 = z .

• Puisque ℓ et f (z) sont des racines carrées de z , on a ℓ = ±f (z) . Pour conclure que ℓ = f (z) , il reste à prouver que ℓ �= −f (z) . Par définition de f , on a : ∀n ∈ IN

Re f (zϕ(n) ) > 0





donc par passage à la limite, Re(ℓ)  0 . Ainsi, on a ℓ �= −f (z) car Re −f (z) < 0 . 7.2 La fonction f :

A2 (x, y)

−→ �−→

IR d(x, y)

est continue et définie sur une partie compacte

(comme A est compacte, A2 l’est aussi) non vide. D’après le théorème des bornes atteintes, elle est donc bornée et atteint ses bornes. En particulier, elle admet un maximum, ce qui justifie l’existence d’un couple (x, y) ∈ A2 tel que δ(A) = d(x, y) .



7.3 1. Soit a ∈ IR . On remarque que g(x, y) = ϕ �(x, y)�2 Par croissances comparées, on a ϕ(r) −→ +∞ . r→+∞



2

avec ϕ : r �→

er · 1 + r2

On en déduit qu’il existe R > 0 tel que : ∀r > R et donc :

  ϕ(r) > a,

∀(x, y) ∈ IR2 \ Df (0, R)

  g(x, y) > a.

2. D’après la question précédente, appliquée pour a = g(0, 0) , il existe R > 0 tel que : ∀(x, y) ∈ IR2 \ Df (0, R)

  g(x, y)  g(0, 0).

(⋆)

Comme g est continue et que le disque fermé Df (0, R) est compact (fermé borné en dimension finie), le théorème des bornes atteintes assure que la restriction de g à Df (0, R) est bornée et atteint ses bornes ; notons m son minimum. Comme (0, 0) ∈ Df (0, R) , on a m  g(0, 0) ; la propriété (⋆) donne donc : ∀(x, y) ∈ IR2 \ Df (0, R)

  g(x, y)  m.

Par conséquent, m est le minimum de la fonction g sur IR2 .

314

Solutions des exercices 7.4 Fixons ε > 0 et montrons qu’il existe η > 0 tel que :





|x − y|  η =⇒ f (x) − f (y)  ε.

∀(x, y) ∈ IR2

Soit T > 0 une période de f . Puisque f est continue, le théorème de Heine assure que la restriction de f au segment [−T, 2T ] est uniformément continue. On peut donc trouver η > 0 tel que :   ∀(x, y) ∈ [−T, 2T ]2 |x − y|  η =⇒ f (x) − f (y)  ε. (⋆)

Quitte à changer η en min(η, T ) , on peut supposer η  T .   Soit (x, y) ∈ IR2 tel que |x − y|  η . En posant alors n = Tx , on a x − nT ∈ [0, T ] .





Puis, comme (x − nT ) − (y − nT ) = |x − y|  η  T , on a y − nT ∈ [−T, 2T ] . On a ainsi : (x − nT, y − nT ) ∈ [−T, 2T ]2

donc la propriété (⋆) s’applique et donne :

  f (x − nT ) − f (y − nT )  ε

  f (x) − f (y)  ε.

i.e.

7.5 Fixons ε > 0 et montrons qu’il existe η > 0 tel que : ∀(x, y) ∈ IR2+



Puisque f −→ ℓ , il existe R ∈ IR+ tel que : +∞



|x − y|  η =⇒ f (x) − f (y)  ε.

∀x  R Ainsi, par inégalité triangulaire, on a :

  f (x) − ℓ  ε · 2

  f (x) − f (y)  ε.

∀(x, y) ∈ [R, +∞[2

En appliquant le théorème de Heine à la restriction de f au segment [0, R + 1] , on peut considérer η > 0 tel que : ∀(x, y) ∈ [0, R + 1]2





|x − y|  η =⇒ f (x) − f (y)  ε.

Quitte à changer η en min(η, 1) , on peut supposer η  1 . Alors, pour (x, y) ∈ IR2+ vérifiant |x − y|  η , on a soit (x, y) ∈ [0, R + 1]2 ,





soit (x, y) ∈ [R, +∞[2 , et dans les deux cas f (x) − f (y)  ε .

7.6 1. Puisque IRn est de dimension finie, montrer que K est compact revient à montrer que c’est un fermé borné de IRn . Travaillons avec la norme �·�∞ . • L’ensemble K est borné car pour tout (λ1 , . . . , λn ) ∈ K : �(λ1 , . . . , λn )�∞ = max |λi |  i∈[[1,n]]

n  i=1

|λi | =

n 

λi = 1.

i=1

• D’autre part, K est un fermé relatif de (IR+ )n car il s’écrit ϕ−1 ({1}) où ϕ est l’application continue (car c’est la restriction d’une application linéaire dont l’espace de départ est de dimension finie) : ϕ :

(IR+ )n (λ1 , . . . , λn )

−→ �−→

IR λ1 + · · · + λn .

Comme (IR+ )n est un fermé de IRn (car produit de fermés), il en résulte que K est un fermé de IRn .

315

Chapitre 7. Compacité, connexité, dimension finie 2. L’enveloppe convexe de (x1 , . . . , xn ) est l’image de K par l’application : f:

IRn (λ1 , . . . , λn )

−→ �−→

E λ 1 x 1 + · · · + λn x n .

Puisque K est une partie compacte de IRn d’après la première question et que l’application f est continue (elle est linéaire et son espace de départ est de dimension finie), on en déduit que l’enveloppe convexe de (x1 , . . . , xn ) est compacte. 7.7 1. (a) Soit (un ) une suite à valeurs dans A + B . Supposons (un ) convergente et montrons que sa limite ℓ appartient à A + B . Puisque (un ) est à valeurs dans A + B , on peut écrire, pour tout n ∈ IN : un = an + bn

avec

(an , bn ) ∈ A × B.

La suite (an ) étant à valeurs dans le compact A , on peut en extraire une sous-suite     convergente aϕ(n) . Alors, la sous-suite uϕ(n) converge également, en tant que sous-suite d’une suite convergente. La relation :



∀n ∈ IN



bϕ(n) = uϕ(n) − aϕ(n)

prouve alors que la suite bϕ(n) converge elle aussi. Alors : • puisque A est compact donc fermé, en notant ℓ1 = lim aϕ(n) , on a ℓ1 ∈ A ; • puisque B est fermé, en notant ℓ2 = lim bϕ(n) , on a ℓ2 ∈ B ; • puisque ℓ = lim un , on a aussi ℓ = lim uϕ(n) . En passant à la limite dans la relation : ∀n ∈ IN

uϕ(n) = aϕ(n) + bϕ(n) ,

on obtient alors ℓ = ℓ1 + ℓ2 , ce qui prouve que ℓ ∈ A + B . Remarque On constate que l’hypothèse « E de dimension finie » n’a pas été utilisée dans le raisonnement précédent. Le résultat reste donc vrai sans cette hypothèse. (b) Fixons α ∈ A et β ∈ B . On a alors d(A, B)  d(α, β) . Comme A est compact, c’est une partie bornée, donc il existe M tel que : A ⊂ Bf (α, M ).





Par inégalité triangulaire, on a, pour tout y ∈ B \ Bf α, M + d(α, β) : ∀x ∈ A

d(x, y) 

d(α, y) − d(α, x) > d(α, β)  d(A, B).

  

>M +d(α,β)



   M



 = B ∩ Bf α, M + d(α, β) , on a : On en déduit qu’en notant B  d(A, B) = d(A, B).

 est fermé (car intersection de deux fermés) et borné, il est compact (car E Comme B

 sont compacts, il en est de même pour A× B . est de dimension finie). Puisque A et B Il en résulte que l’application continue :  A×B (x, y)

−→ �−→

IR d(x, y)

est bornée et atteint ses bornes, donc en particulier possède un minimum. Cela prouve

 tel que : l’existence d’un couple (a0 , b0 ) ∈ A × B

 d(a0 , b0 ) = d(A, B).

316

 ⊂ B , ce couple (a0 , b0 ) appartient à A × B . D’où le résultat. Comme B

Solutions des exercices 2. Plaçons-nous dans IR2 , et posons :





A = (x, y) ∈ IR2 : y = 0

et





B = (x, y) ∈ IR2 : xy = 1 .

Les parties A et B sont fermées car sont respectivement les images réciproques du fermé {0} par les applications continues : IR2 (x, y)

et

IR y

−→ �−→

IR2 (x, y)

−→ �−→

IR xy − 1.

Les parties A et B s’écrivent également :

et



A = (a, 0) | a ∈ IR B=



1 b, b



| b ∈ IR



∗



.

B

On constate que A et B sont disjoints et que (0, 0) ∈ / A + B. Pour tout n ∈ IN∗ , posons :

an 

A



an = (n, 0) ∈ A ;

bn  

an

 an = (−n, 0) ∈ A ;   bn = n,

1 n

∈ B.

• Comme bn − an → 0 , on a d(A, B) = 0 . Comme A et B sont disjoints, cela prouve que la distance de A à B n’est pas atteinte. • De plus, la suite de terme général  an + bn tend vers (0, 0) . Comme (0, 0) ∈ / A + B, cela prouve que A + B n’est pas fermé. 7.8 1. Existence. Soit ϕ : K → IR la fonction définie par ϕ(x) = �f (x) − x� . Étant donné que ϕ est continue (comme composée des deux applications continues x �→ f (x) − x et u �→ �u� ) et que K est un compact non vide, ϕ admet un minimum. Notons α un point de K en lequel ce minimum est atteint. Si f (α) �= α , alors, d’après la propriété ( ⋆ ) vérifiée par f :





 









ϕ f (α) = f f (α) − f (α) < f (α) − α = ϕ(α),

ce qui est absurde. On a donc f (α) = α , i.e. α est un point fixe de f . Unicité. Si l’on suppose que α et β sont deux points fixes distincts, alors, d’après la propriété (⋆) vérifiée par f :

ce qui est absurde.





�β − α� = f (β) − f (α) < �β − α�,

2. Notons dn = �xn − α� , où α est le point fixe de f . Pour n ∈ IN , on a :





dn+1 = �xn+1 − α� = f (xn ) − f (α)  �xn − α� = dn .

La suite (dn ) , étant décroissante et minorée par 0 , converge vers une limite a  0 . L’ensemble K est compact. Pour prouver que la suite (xn ) ∈ IKIN converge vers α , considérons ℓ ∈ K une valeur d’adhérence de (xn ) et montrons que ℓ = α .

317

Chapitre 7. Compacité, connexité, dimension finie 

Soit xϕ(n)



une sous-suite convergente de (xn ) . En notant ℓ = lim xϕ(n) , on a :





dϕ(n) = xϕ(n) − α → �ℓ − α�.

Puisque d’autre part dϕ(n) → a , on a, par unicité de la limite : a = �ℓ − α�.

Pour tout n ∈ IN , on a f (xϕ(n) ) = x1+ϕ(n) .



(1)



Ainsi, par continuité de f , la suite f (x1+ϕ(n) ) tend vers f (ℓ) . On a alors :





d1+ϕ(n) = x1+ϕ(n) − α → �f (ℓ) − α� = �f (ℓ) − f (α)�.

Puisque d’autre part d1+ϕ(n) → a , on a par unicité de la limite : a = �f (ℓ) − f (α)�.

(2)

  Les relations (1) et (2) donnent f (ℓ) − f (α) = �ℓ − α� . La propriété (⋆) vérifiée par f offre alors ℓ = α .

7.9 1. Soit n ∈ IN∗ . L’endomorphisme f est continu par hypothèse, donc ses itérés le sont aussi. Par conséquent, fn est un endomorphisme continu, car combinaison linéaire d’itérés de f . Soit x ∈ C . Comme f laisse stable C , il en est de même pour ses itérés : ∀k ∈ [[0, n − 1]]

f k (x) ∈ C.

L’ensemble C étant convexe, il est stable par passage au barycentre à coefficients positifs (cf. exercice 5.5 de la page 238). En particulier, on a fn (x) =

n−1 1 k f (x) ∈ C . n k=0

2. Comme C est compact, il est borné donc inclus dans une boule Bf (0, M ) . Soit y ∈ fn (C) . On a, en notant x un antécédent de y par fn : 1 f (y) − y = n

 n−1 k=0

f

k+1

(x) −

n  k=0

k

f (x)



=

 1 n f (x) − x . n 



Comme x et f (x) sont dans C , et par définition de M , on a f n (x) − x  2M , ce qui offre :   f (y) − y   2M · n 3. Comme C est non vide, les ensembles fn (C) sont tous non vides. On peut donc considérer (xn )n1 une suite telle que : n

∀n ∈ IN∗

xn ∈ fn (C).

Comme C est stable par chaque fn , la suite (xn ) est à valeurs dans C .   Comme C est compact, on peut en extraire une sous-suite convergente xϕ(n) . D’après la question 2, on a : ∀n ∈ IN∗

  f (xϕ(n) ) − xϕ(n)   2M → 0. 

ϕ(n)



Notons ℓ = lim xϕ(n) . Comme f est continue, on a f xϕ(n) → f (ℓ) , puis :

  f (xϕ(n) ) − xϕ(n)  → �f (ℓ) − ℓ�.

Il en résulte que �f (ℓ) − ℓ� = 0 , i.e. f (ℓ) = ℓ .

318

Solutions des exercices 7.10 1. Soit (un ) ∈ E IN une suite convergente. Fixons ε > 0 . En notant ℓ = lim un , il existe n0 ∈ IN tel que : ε ∀n  n0 d(un , ℓ)  · 2 Alors, par inégalité triangulaire, on a : ∀n  n0

∀p  n0

d(un , up )  ε.

Donc (un ) est une suite de Cauchy. 2. Supposons E de dimension finie. Soit (un ) ∈ E IN une suite de Cauchy.

• En utilisant la définition pour ε = 1 , on peut considérer un rang n0 ∈ IN tel que : ∀n  n0

∀p  n0

d(un , up )  1.

En particulier, pour tout n  n0 , on a �un − un0 �  1 , c’est-à-dire un ∈ Bf (un0 , 1) . Il en résulte que la suite (un )nn0 est bornée, donc la suite (un )n∈IN également. • On peut donc considérer R > 0 tel que la suite (un ) soit à valeurs dans la boule fermée Bf (0, R) qui, puisque E est de dimension finie, est un compact. Par conséquent, pour prouver que la suite (un ) converge, il suffit de prouver qu’elle ne possède qu’une seule valeur d’adhérence. • Soit a1 et a2 deux valeurs d’adhérence de (un ) . Montrons que a1 = a2 . Soit ε > 0 . ∗ La suite (un ) étant de Cauchy, il existe un rang n0 ∈ IN tel que : ∀n  n0

∀p  n0

d(un , up )  ε.

∗ Puisque a1 est valeur d’adhérence de (un ) , on peut trouver n1  n0 tel que d(un1 , a1 )  ε . ∗ De même on peut trouver n2  n0 tel que d(un2 , a2 )  ε . On a alors, par inégalité triangulaire : d(a1 , a2 )  d(a1 , un1 ) + d(un1 , un2 ) + d(un2 , a2 )  3ε. Cela étant vrai pour tout ε > 0 , on en déduit que d(a1 , a2 ) = 0 , i.e. a1 = a2 .

7.11 1. Les Kn étant tous non vides, on peut considérer une suite (un )n∈IN vérifiant : ∀n ∈ IN

un ∈ Kn .

Comme le compact K0 contient tous les autres, la suite (un )n∈IN est en particulier une suite à valeurs dans K0 . Par compacité de K0 , on peut en extraire une sous-suite   convergente uϕ(n) n∈IN ; notons x la limite d’une telle sous-suite.

Soit p ∈ IN . Le caractère emboîté de la suite (Kn ) assure que la suite (un )np est à   valeurs dans Kp ; il en est alors a fortiori de même pour la suite uϕ(n) np ; le caractère fermé (car compact) de Kp assure alors que x ∈ Kp . On a donc : ∀p ∈ IN

x ∈ Kp

D’où le caractère non vide de



Kn .

c’est-à-dire

x∈



Kn .

n∈IN

n∈IN

319

Chapitre 7. Compacité, connexité, dimension finie 2. Pour montrer que �fn �∞ → 0 , fixons ε > 0 et montrons qu’il existe n0 ∈ IN tel que : Pour n ∈ IN , posons :

∀n  n0

�fn �∞  ε.





Kn = x ∈ K : fn (x)  ε .

Alors, pour n ∈ IN : • par continuité de la fonction fn , l’ensemble Kn est un fermé du compact K , donc est compact ; • la décroissance de la suite (fn )n∈IN entraîne Kn+1 ⊂ Kn . Par conséquent, (Kn )n∈IN est une suite de compacts emboîtés. Si ces compacts étaient tous non vides, la première question offrirait le caractère non vide de l’intersec tion Kn , mais alors un élément a appartenant à cette intersection vérifierait : n∈IN

∀n ∈ IN

fn (a)  ε,

ce qui contredirait l’hypothèse initiale imposant fn (a) −→ 0 . n→+∞

Par conséquent, il existe n0 ∈ IN tel que Kn0 = ∅ . Mais alors, les compacts Kn étant emboîtés, on a : ∀n  n0

Kn = ∅

autrement dit

D’où le résultat.

∀n  n0

�fn �∞  ε.

7.12 1. Soit A une partie de E . • Si A rencontre tout ouvert non vide, alors en particulier A est d’intersection non vide avec toute boule ouverte de rayon strictement positif. Par définition de la densité, cela prouve que A est dense dans E . • Réciproquement, supposons A dense dans E . Alors A rencontre toute boule de rayon strictement positif. Soit U un ouvert non vide. Considérons x ∈ U ; puisque U est ouvert, il existe r > 0 tel que B(x, r) ⊂ U . On a alors A ∩ B(x, r) �= ∅ , donc A ∩ U �= ∅ . Remarque

L’hypothèse « E de dimension finie » n’est pas utile pour cette question.

2. (a) Construisons une telle suite (Bn )n∈IN par récurrence. • Construction de B0 . Comme U0 est dense, l’ensemble U0 ∩ O est non vide ; comme c’est un ouvert (car intersection de deux ouverts), il est d’intérieur non vide, i.e. contient au moins une boule ouverte B0 de rayon non nul. • Construction de Bn . Soit n ∈ IN∗ ; supposons B0 , . . . , Bn−1 construites. Comme Un est dense et Bn−1 ouverte, l’ensemble Un ∩ Bn−1 est non vide, donc, étant ouvert, il contient au moins une boule ouverte Bn de rayon non nul. La suite de boules (Bn )n∈IN ainsi construite vérifie bien les conditions souhaitées. Le dessin ci-contre illustre la construction des deux premières boules B0 et B1 (bien sûr, il n’est pas réaliste car ne retranscrit pas le caractère dense des ouverts U0 et U1 ).

320

O

U1

B0

B1

U0

Solutions des exercices (b) Montrons que l’intersection : A=



Un

n∈IN

est dense. D’après la première question, une partie est dense si, et seulement si, elle rencontre tout ouvert non vide. Considérons donc une partie ouverte non vide O et montrons que : A ∩ O �= ∅.

Considérons une suite (Bn )n∈IN de boules ouvertes telle que construite à la question précédente. Notons alors Fn la boule fermée de même centre que Bn et de rayon deux fois plus petit. On obtient ainsi une suite (Fn )n∈IN de boules fermées emboîtées et non vides. Toute boule fermée étant compacte en dimension finie, on peut appliquer le théorème des compacts emboîtés (cf. première question de l’exercice 7.11 de la  page 309) : l’intersection Fn est non vide. n∈IN

Si x est un élément de cette intersection, alors x appartient : • à chacun des ouverts Un puisque ∀n ∈ IN Fn ⊂ Bn ⊂ Un ; • à O puisque F0 ⊂ B0 ⊂ O . Cela prouve que A ∩ O �= ∅ .

7.13 1. Il est clair que si E est un espace vectoriel normé de dimension finie, alors sa boule unité fermée est compacte (cf. théorème 16 de la page 297). 2. (a) Remarque L’existence de x ∈ E \ F vient du fait que, comme F est de dimension finie et que E ne l’est pas, F est un sous-espace strict de E . i. Il s’agit de prouver que l’application f : F −→ IR admet un minimum. u �−→ d(x, u) Fixons b ∈ F ; notons r = d(x, b) . L’ensemble F ∩ Bf (x, r) est une partie de F , fermée comme intersection de fermés ( F est fermé car de dimension finie), et bornée, donc c’est un compact, toujours car F est de dimension finie. L’application f est continue, donc sa restriction au compact F ∩ Bf (x, r) , non vide car contenant b , est bornée et atteint ses bornes. En particulier, cette restriction possède un minimum m . Puisque ∀u ∈ F \ Bf (x, r) f (u)  f (b) , on en déduit que f est minorée   par min f (b), m . Ce minorant étant atteint par f , c’est un minimum. x−y , on constate que : ii. Comme x ∈ / F , on a y �= x . En posant u = �x − y� • le vecteur u est unitaire donc d(u, F )  d(u, 0) = �u� = 1 ; • pour tout z ∈ F , on a : �u − z� =

   1 × x − y + �x − y�z . �x − y�

Comme y + �x − y�z ∈ F , on a :

   x − y + �x − y�z   d(x, F ) = �x − y�,

et donc �u − z�  1 ; on a ainsi d(u, F )  1 . Par double inégalité, on a obtenu d(u, F ) = 1 .

321

Chapitre 7. Compacité, connexité, dimension finie (b) Construisons une suite (xn )n∈IN à valeurs dans Bf (0, 1) vérifiant : ∀(n, p) ∈ IN2

n �= p =⇒ d(un , up )  1.

(⋆)

Cela donnera le résultat car une telle suite ne possède aucune sous-suite convergente. Construisons-la terme à terme. • Fixons u0 un élément unitaire quelconque de E . • Pour n ∈ IN∗ , supposons u0 , . . . , un−1 sont déjà construits. L’espace : Fn = Vect(u0 , . . . , un−1 )

étant de dimension finie, la question 2(a)ii. assure que l’on peut choisir un un vecteur unitaire tel que d(un , Fn ) = 1 . Cet élément un vérifie alors : d(un , uk )  1.

∀k ∈ [[0, n − 1]]

La suite (un )n∈IN ainsi construite vérifie la propriété (⋆) . 7.14 1. Pour tout p ∈ IN , on a :





 �u(p) − ℓ� = sup u(p) n − ℓn . n∈IN

(⋆⋆)

• Un sens est évident. En effet, par définition de �u(p) − ℓ� , on a, pour tout n ∈ IN :

 (p)  un − ℓn   �u(p) − ℓ� ;  (p)  donc, si u(p) −→ ℓ , i.e. si �u(p) − ℓ� −→ 0 , alors un − ℓn  −→ 0 . p→+∞ p→+∞ p→+∞  (p)    −→ 0 et montrons • Réciproquement, supposons que ∀n ∈ IN un − ℓn ∀p ∈ IN

p→+∞

(p)

que �u

− ℓ� −→ 0 . Fixons ε > 0 et montrons l’existence de p0 ∈ IN tel que : p→+∞

∀p  p0

�u(p) − ℓ�  ε.

(⋄)

Soit a ∈ IN tel que  ε. ∗ On a d’une part, par hypothèse de l’énoncé : 1 2a

∀n  a + 1

∀p ∈ IN

 (p)  un − ℓn   2  1  ε. 2n 2a  (p) 

∗ D’autre part, pour tout n ∈ [[0, a]] , la suite |un − ℓn | tendant vers 0 , on peut trouver un rang rn tel que : ∀p  rn

 (p)  un − ℓn   ε.

En posant alors p0 = max(r0 , . . . , ra ) , et par disjonction de cas suivant que n  a ou n  a + 1 , on vérifie que : ∀p  p0

∀n ∈ IN

 (p)  un − ℓn   ε.

Ce rang p0 satisfait donc la propriété (⋄) , d’où le résultat.



2. Pour montrer que A est compact, donnons-nous u(p)



p∈IN

une suite d’éléments de A et

montrons qu’on peut en extraire une sous-suite convergeant vers un élément de A .



Pour extraire de u(p)



une sous-suite convergente, nous allons procéder par extrac-

p∈IN

tions successives ; cette démarche s’appelle le procédé diagonal. Tout d’abord, on constate que la condition (⋆) d’appartenance à A entraîne que pour



(p)

tout n ∈ IN , la suite un (p)



p∈IN

est bornée.

• La suite (u0 )p∈IN étant bornée, il est possible d’en extraire une sous-suite convergente

322





(ϕ (p)) u0 0 . p∈IN

Solutions des exercices • La suite





(ϕ0 (p))

u1



 (ϕ0 ◦ϕ1 (p))

gente u1

p∈IN

p∈IN

étant bornée, on peut en extraire une sous-suite conver-



(ϕ0 ◦ϕ1 (p))

. On constate alors que la suite u0

convergente, comme sous-suite de la suite convergente



p∈IN (ϕ (p)) u0 0 . p∈IN





est également

• On poursuit ainsi de suite : pour chaque n ∈ IN , on dispose ainsi d’une fonction



(ϕ0 ◦···◦ϕn (p))

extractrice ϕn telle que pour tout k ∈ [[0, n]] , la suite uk

• Considérons alors la fonction ψ définie par :



p∈IN

converge.

ψ(p) = ϕ0 ◦ · · · ◦ ϕp (p).

∀p ∈ IN

On constate que : ∗ la fonction ψ : IN → IN est strictement croissante ; en effet, pour p ∈ IN , on a : p  ϕp+1 (p) < ϕp+1 (p + 1),

chacune des deux inégalités étant due au fait que ϕp+1 , en tant que fonction extractrice, est strictement croissante de IN dans IN ; en composant alors par l’application ϕ0 ◦ · · · ◦ ϕp , strictement croissante comme composée d’applications strictement croissantes, il vient :





ψ(p) = ϕ0 ◦ · · · ◦ ϕp (p) < ϕ0 ◦ · · · ◦ ϕp ϕp+1 (p) = ψ(p + 1) ; ∗ pour tout n ∈ IN , la suite



 (ϕ0 ◦···◦ϕn (p))

gente un

p∈IN



(ψ(p))

un



pn

∀n ∈ IN Prouvons que u

est une sous-suite de la suite conver(ψ(p))

; donc la suite un

• Soit alors ℓ la suite définie par :

(ψ(p))





p∈IN

est convergente.

. ℓn = lim u(ψ(p)) n p→+∞

−→ ℓ , ce qui donnera le résultat souhaité.

p→+∞





(ψ(p)) ∗ Pour tout n ∈ IN , on a un − ℓn  −→ 0 . p→+∞

    1 , ce qui donne, en passant à la ∗ Pour tout n ∈ IN , on a ∀p ∈ IN u(ψ(p)) n n

2 1 , et assure que ℓ ∈ A. 2n  (ψ(p))  Le résultat de la question 1 appliqué à la suite u permet alors de conclure. p∈IN limite quand p → +∞ , |ℓn | 

7.15 Soit (x, y) ∈ (A1 ∪ A2 )2 . Montrons que x et y sont reliés par un chemin dans A1 ∪ A2 .

• Si x et y appartiennent tous les deux à A1 , c’est évident car A1 est connexe par arcs. De même, si x et y appartiennent tous les deux à A2 , c’est évident.

• Supposons l’un des deux points dans A1 et l’autre dans A2 . Par symétrie en x et y , on peut supposer x ∈ A1 et y ∈ A2 . Comme A1 et A2 sont d’intersection non vide, il existe z ∈ A1 ∩ A2 . ∗ Comme A1 est connexe par arcs, x et z sont reliés par un chemin dans A1 , donc dans A1 ∪ A2 . ∗ Comme A2 est connexe par arcs, z et y sont reliés par un chemin dans A2 , donc dans A1 ∪ A2 .

Donc, par transitivité, x et y sont reliés par un chemin dans A1 ∪ A2 .

323

Chapitre 7. Compacité, connexité, dimension finie 7.16 1. Soit A une partie ouverte d’un espace vectoriel normé, et C une composante connexe par arcs de A . Soit x ∈ C . Montrons qu’il existe r > 0 tel que la boule B(x, r) soit incluse dans C . Comme A est ouvert, il existe r > 0 tel que B(x, r) ⊂ A . Soit alors y ∈ B(x, r) . Le segment [x, y] , étant inclus dans B(x, r) , l’est aussi dans A . Par suite x et y sont reliés par un chemin dans A , donc appartiennent à la même composante connexe. On a donc y ∈ C . Cela montre que B(x, r) ⊂ C , et prouve le résultat souhaité. 2. Soit U un ouvert de IR . Les composantes connexes par arcs de U : • d’une part, sont connexes par arcs, donc sont des intervalles (d’après la proposition 10 de la page 295) ; • d’autre part, sont des ouverts de IR (car U est ouvert, et d’après la première question). On en déduit que U s’écrit comme une réunion d’intervalles ouverts : U=



I,

I∈C

où C désigne l’ensemble des composantes connexes par arcs de U . Il reste à démontrer que cette réunion est dénombrable, c’est-à-dire que C est au plus dénombrable. Par densité de Q dans IR , tout intervalle ouvert non vide contient au moins un rationnel. L’application qui à un rationnel de U associe l’unique composante connexe par arcs de U à laquelle il appartient constitue donc une application surjective de U ∩ Q vers C . Comme U ∩ Q est dénombrable, cela assure que C est au plus dénombrable. 7.17 1. Si l’on considère deux points de U \ {a} , ils peuvent s’écrire sous la forme eiθ1 et eiθ2 avec θ1  θ2  θ1 + 2π . Alors, les deux chemins : [θ1 , θ2 ] θ

−→ �−→

U eiθ

et

[θ2 , θ1 + 2π] θ

−→ �−→

U eiθ

n’ayant en commun que les points eiθ1 et eiθ2 , l’un des deux ne contient pas a . 2. Supposons qu’une telle bijection ϕ : U → [0, 1] existe. 1 , on constate que : Alors, en notant a = ϕ−1 2     1 . ϕ U \ {a} = [0, 1] \ 2 Ceci contredit la continuité de ϕ puisque l’ensemble U \ {a} est connexe par arcs alors 1 que [0, 1] \ ne l’est pas. 2

7.18 1. Considérons la restriction à A de la fonction indicatrice de B : ϕ : A −→  IR 1 si x ∈ B x �−→ 0 sinon.

• Prouvons que la fonction ϕ est constante au voisinage de tout point, ce qui impliquera sa continuité. Soit a ∈ A . ∗ Si a ∈ B , alors, B étant un ouvert de A , il existe un voisinage V de a tel que A ∩ V ⊂ B . La restriction de ϕ à A ∩ V est alors constante (égale à 1 ) donc continue. ∗ Si a ∈ / B , alors, A \ B étant un ouvert de A (car B est un fermé de A ), il existe un voisinage V de a tel que A ∩ V ⊂ A \ B . La restriction de ϕ à A ∩ V est alors constante (égale à 0 ) donc continue.

324

Solutions des exercices Dans les deux cas, il existe un voisinage V de a tel que la restriction ϕ|A∩V soit constante, donc continue, ce qui prouve que ϕ est continue en a , par caractère local de la continuité. • Comme ϕ est continue et que A est connexe par arcs, le corollaire 12 de la page 296 assure que ϕ(A) est un intervalle. Comme ϕ(A) ⊂ {0, 1} , il en résulte que : ∗ ou bien ϕ est constante égale à 0 , c’est-à-dire B = ∅ ; ∗ ou bien ϕ est constante égale à 1 , c’est-à-dire B = A . 2. Par l’absurde : supposons qu’il existe U1 et U2 deux ouverts relatifs de A , disjoints, non vides et tels que U1 ∪ U2 = A . Montrons que U1 est un fermé relatif de A . Pour cela, utilisons le fait que U1 est le complémentaire dans A de l’ouvert relatif U2 . Comme U2 est un ouvert relatif de A , on peut trouver O un ouvert de E tel que U2 = A ∩ O , et alors :



U1 = A ∩ (E \ U2 ) = A ∩ E \ (A ∩ O)





= A ∩ (E \ A) ∪ (E \ O)











= A ∩ (E \ A) ∪ A ∩ (E \ O) = A ∩ (E \ O).





=∅



Comme O est un ouvert de E , E \ O est un fermé de E . Par suite, U1 est un fermé relatif de A (car intersection de A avec un fermé). Ainsi, U1 est à la fois un ouvert relatif de A et un fermé relatif de A . Comme U1 �= ∅ et U1 �= A (car U2 �= ∅ ), cela est en contradiction avec le résultat de la première question. 7.19 Soit A1 et A2 deux points de IR2 \ X . Montrons que l’on peut relier A1 et A2 par un chemin ne rencontrant pas X . Raisonnons géométriquement. • Il y a une infinité non dénombrable de droites passant par le point A1 . Ces droites ne se / X , il est possible d’en sélectionner une qui rencontrant qu’au point A1 , et comme A1 ∈ ne rencontre pas X ; soit D1 une telle droite. • De même, parmi l’infinité non dénombrable de droites passant par le point A2 , il est possible d’en sélectionner une qui ne rencontre pas X et qui ne soit pas parallèle à D1 ; soit D2 une telle droite. Les droites D1 et D2 n’étant pas parallèles, elles se croisent en un point B ; en parcourant alors de manière continue les segments [A1 B] puis [BA2 ] , on passe de A1 à A2 sans rencontrer X . 7.20 • Supposons A×B connexe par arcs. Comme A et B sont non vides, on les obtient comme images respectives de A × B par les applications continues : E×F (x, y)

−→ �−→

et

E x

E×F (x, y)

−→ �−→

F y.

La connexité par arcs de A et B découle donc de celle de A × B . • Réciproquement, supposons A et B connexes par arcs. Soit (a1 , b1 ) et (a2 , b2 ) deux éléments de A × B . Comme A et B sont connexes par arcs, il existe deux chemins γ1 : [0, 1] → A et γ2 : [0, 1] → B reliant respectivement a1 à a2 et b1 à b2 . L’application :



t �→ γ1 (t), γ2 (t)



est alors un chemin reliant (a1 , b1 ) à (a2 , b2 ) dans A × B (la continuité de γ provenant de celle de γ1 et γ2 ).

325

Chapitre 7. Compacité, connexité, dimension finie 7.21 Si F = E , alors F est connexe par arcs. Supposons désormais F  E . Remarquons que, F étant fermé, on a Fr(F ) = F \ Int(F ) . En particulier, Fr(F ) est inclus dans F . Intéressons-nous aux composantes connexes par arcs de F . Comme Fr(F ) est connexe par arcs et inclus dans F , tous les points de Fr(F ) appartiennent à la même composante connexe par arcs de F . Par transitivité, il nous suffit donc de montrer que tous les autres points de F , c’est-à-dire ceux de Int(F ) , appartiennent à la même composante connexe par arcs que ceux de Fr(F ) . Concrètement, montrons que tout point de Int(F ) est relié, par un chemin à valeurs dans F , à un point de Fr(F ) . Soit x ∈ Int(F ) . Prenons y ∈ E \ F (un tel y existe car F  E ). Soit γ : [0, 1] → E une application continue vérifiant γ(0) = x et γ(1) = y (une telle application existe car l’espace E est connexe par arcs). Posons :



y 





γ(c)



x

/F . c = inf t ∈ [0, 1] : γ(t) ∈

F

Le réel c est bien défini car l’ensemble :



t ∈ [0, 1] : γ(t) ∈ /F



est non vide (il contient 1 ) et minoré. Si l’on montre que γ(c) ∈ Fr(F ) , c’est terminé car alors la restriction de γ à l’intervalle [0, t0 ] constituera un chemin de F reliant x à un point de Fr(F ) . Montrer que γ(c) ∈ Fr(F ) revient à montrer que : γ(c) ∈ Adh(F ) ∩ Adh(E \ F ). • Tout d’abord, par définition de c comme borne inférieure, on peut trouver une suite (tn ) à valeurs dans [c, 1] tendant vers c et telle que : ∀n ∈ IN

γ(tn ) ∈ / F.

Comme γ est continue, on a γ(tn ) → γ(c) , ce qui montre que γ(c) ∈ Adh(E \ F ) .

• Étant donné que γ(c) ∈ Adh(E \ F ) et que x = γ(0) ∈ Int(F ) , on est assuré que c > 0 .   Soit (tn ) une suite à valeurs dans [0, c[ tendant vers c . Alors la suite γ(tn ) est à valeurs dans F et, par continuité de γ , tend vers γ(c) . On a donc γ(c) ∈ Adh(F ) .

D’où le résultat.

7.22 1. Supposons IK = IR . Comme H est un hyperplan, il existe une forme linéaire non nulle f dont H est le noyau. On a alors, par surjectivité de f : f (E \ H) = IR∗ .

Comme f est continue (car c’est une application linéaire dont l’espace de départ E est de dimension finie) et que IR∗ n’est pas connexe par arcs, cela prouve que E \ H ne l’est pas non plus. 2. Supposons IK = C . Soit u un vecteur de E n’appartenant pas à H . Les sous-espaces H et Vect(u) sont alors supplémentaires dans E . Soit x et y deux vecteurs appartenant à E \ H . Ces vecteurs s’écrivent : x = x1 + αu

et

y = y1 + βu

avec

(x1 , y1 ) ∈ H 2

et

(α, β) ∈ (C∗ )2 .

• Comme H est un sous-espace vectoriel, il est connexe par arcs. Il existe donc un chemin γ1 : [0, 1] → H reliant x1 à y1 .

326

Solutions des exercices • Comme C∗ est connexe par arcs (cf. exemple 17 de la page 294), il existe un chemin γ2 : [0, 1] → C∗ reliant α à β . L’application : γ : [0, 1] −→ E \ H t �−→ γ1 (t) + γ2 (t)u est alors un chemin reliant x à y dans E \ H .

7.23 1. Pour prouver que l’application Mn (IK) −→ Mn (IK) est continue, prouvons que ses A �−→ Com A applications composantes dans la base canonique de Mn (IK) le sont. Pour A ∈ Mn (IK) et (i, j) ∈ [[1, n]]2 , le coefficient d’indice (i, j) de Com A vaut : (−1)i+j ∆i,j

où ∆i,j est le déterminant de la sous-matrice de A obtenue en supprimant la ligne i et la colonne j : il s’agit donc d’une expression polynomiale en les coefficients de A . Cela prouve le résultat, puisque toute application polynomiale est continue. 2. Pour A ∈ GLn (IK) , on a : 1 (Com A)T . A−1 = det(A) • L’application

GLn (IK) A

−→ �−→

• D’autre part, l’application

IK det(A)

Mn (IK) A

est continue et ne s’annule pas.

−→ �−→

Mn (IK) (Com A)T

−→ �−→

GLn (IK) A−1

est continue comme compo-

sée des deux applications continues A �→ Com A et M �→ M T . Donc, par quotient d’applications continues, l’application : GLn (IK) A est continue. 7.24 1. On a ϕ = ϕ1 ◦ ϕ2 avec : ϕ1 :

Mn (IR)2 (M, N )

−→ �−→

Mn (IR) MN

et

ϕ2 : Mn (IR) A

−→ �−→

2 M  nT(IR) A ,A .

• L’application ϕ1 est bilinéaire donc, comme Mn (IR) est de dimension finie, elle est continue. • L’application ϕ2 est linéaire donc, comme Mn (IR) est de dimension finie, elle est continue. Donc, comme composée d’applications continues, ϕ est continue. 2. Comme Mn (IR) est de dimension finie, il suffit de montrer que On (IR) est une partie fermée et bornée de Mn (IR) .

• Tout d’abord, une matrice A est orthogonale si, et seulement si, AT A = In . L’ensemble On (IR) apparaît donc comme l’image réciproque de {In } par l’application continue ϕ , donc est un fermé de Mn (IR) . • D’autre part, On (IR) est une partie bornée de Mn (IR) , par exemple au sens de la norme infinie, puisque chaque coefficient d’une matrice orthogonale a une valeur absolue au plus égale à 1 .

327

Chapitre 7. Compacité, connexité, dimension finie 7.25 Procédons par caractérisation séquentielle des fermés. Soit (Ap )p∈IN ∈ Mn (IK)IN une suite convergeant vers A ∈ Mn (IK) . Supposons que les matrices Ap soient toutes de rang au plus r et montrons qu’il en est de même pour A . Pour cela, montrons qu’aucune sous-matrice carrée de A de taille r + 1 n’est inversible.

� Sélectionnons r + 1 indices de lignes et r + 1 indices de colonnes ; notons respectivement A

�p les sous-matrices de A et Ap associées. Puisqu’il y a convergence coefficient par et A

�p )p∈IN converge vers A� dans Mr+1 (IK) . coefficient, la suite de matrices (A

�p n’est inversible. Puisque les matrices Ap sont de rang au plus r , aucune des matrices A On a donc : �p ) = 0. ∀p ∈ IN det(A

� = 0. En passant à la limite, et par continuité du déterminant, on obtient det(A) � n’est pas inversible, d’où le résultat. Ainsi, la matrice A

7.26 Soit A ∈ Mn (IK) . Montrons qu’il existe une suite (Ap ) de matrices inversibles qui converge vers A . L’application IK −→ IK est polynomiale de degré n (c’est la fonction polyx �−→ det(xIn + A) nomiale associée au polynôme caractéristique de −A ) ; elle s’annule donc en un nombre fini de points. Pour p ∈ IN , notons : Ap = 2−p In + A. D’après ce qui précède, les matrices Ap sont inversibles car de déterminant non nul, sauf éventuellement un nombre fini d’entre elles. On peut donc trouver un rang p0 ∈ IN tel que pour tout p  p0 , la matrice Ap soit inversible. La suite (Ap )pp0 est alors une suite de matrices inversibles convergeant vers A . 7.27 1. Munissons IKn [X] de la base (L0 , . . . , Ln ) des polynômes de Lagrange associés à la liste (0, 1, . . . , n) . Prouver la continuité de l’application Ψ : A �→ χA revient à prouver celle de ses applications composantes dans la base (L0 , . . . , Ln ) . Pour tout A ∈ Mn (IK) , on a : Ψ(A) = χA =

n �

χA (k)Lk

k=0

=

n � k=0

det(kIn − A)Lk .

Les applications composantes de Ψ sont donc les applications A �→ det(kIn − A) , pour k ∈ [[0, n]] ; elles sont continues, par continuité des applications A �→ kIn − A et det . 2. Pour prouver que l’application Π n’est pas continue, exhibons un exemple. Pour p ∈ IN , posons :  −p  2 (0) 0   . Ap =  ..   . (0) 0 Alors : • la suite (Ap ) converge vers la matrice nulle, dont le polynôme minimal est X ; • pourtant, pour tout p ∈ IN , on a πAp = X(X − 2−p ) −→ X 2 . p→+∞

328

Solutions des exercices 7.28 1. Montrons que toute matrice A ∈ Mn (C) est la limite d’une suite (Ap ) de matrices diagonalisables. Toute matrice étant trigonalisable dans Mn (C) , on peut écrire A = P T P −1 avec P inversible et T triangulaire supérieure. Notons λ1 , . . . , λn les coefficients diagonaux de T , i.e. :

 

T =

(⋆)

λ1 ..

.

(0)

λn



 .

Les λ1 , . . . , λn sont donc les valeurs propres de A comptées avec multiplicité. Pour p ∈ IN∗ , notons Tp la matrice triangulaire supérieure obtenue à partir de T en modifiant uniquement sa diagonale, de la manière suivante :

 

Tp = 

λ1 +

1 p

(⋆) ..

. λn +

(0)

n p



 .

Justifions que, pour p assez grand, les coefficients diagonaux de la matrice Tp sont deux à deux distincts : • si les λ1 , . . . , λn sont tous égaux, alors c’est vrai pour tout p ∈ IN∗ ; • sinon, alors en notant δ l’écart minimal entre deux valeurs propres distinctes de A , i.e. : δ= min |λi − λj |, (i,j)∈[[1,n]]2 λi �=λj

n < δ ; en effet, dans ce cas, si l’on considère deux p indices distincts i et j dans [[1, n]] , alors : ∗ si λi = λj , on a λi + pi �= λj + pj ; la propriété est vérifiée dès que

∗ si λi �= λj , on a |λi − λj |  δ , puis par inégalité triangulaire :

�� � � � ��� �� � � � λi + i − λj + j � = �(λi − λj ) + i − j �  |λi − λj | − |i − j| > 0, � � � p p p � � �� � p � �� � δ n 0 tel que les boules B(λ1 , ε), . . . , B(λn , ε) soient deux à deux disjointes ( IK étant naturellement muni de la valeur absolue ou du module). Pour k ∈ [[1, n]] , le résultat de la question 1 nous dit que :



d λk , sp(Ap )



−→ 0,

p→+∞

ce qui assure l’existence d’un rang rk ∈ IN tel que : ∀p ∈ IN

330

p  rk =⇒ B(λk , ε) ∩ sp(Ap ) �= ∅.

Solutions des exercices Posons r = max{r1 , . . . , rn } et prenons p  r . Il existe au moins une valeur propre de Ap dans chacune des n boules B(λ1 , ε), . . . , B(λn , ε) . Ces boules étant deux à deux disjointes, cela nous fournit n valeurs propres deux à deux distinctes pour Ap , et assure que la matrice Ap est diagonalisable. • Considérons maintenant A ∈ Mn (IK) diagonalisable dont les valeurs propres ne sont pas deux à deux distinctes, et montrons que A ∈ / Int(D) en prouvant que A est la limite d’une suite (Ap )p∈IN de matrice non diagonalisables. L’hypothèse faite sur A assure l’existence d’une valeur propre λ au moins double. La matrice A peut alors s’écrire :

A = P DP

−1

Posons alors, pour p ∈ IN :

Ap = P Dp P

−1



  avec D =   

(0)

λ λ λ3 ..



λ  0

 Dp =   

avec

.

(0)

λn

2−p λ



  .   (0)

λ3 ..

(0)

. λn



  .  

Pour p ∈ IN , la matrice Dp n’est pas diagonalisable. En effet, son endomorphisme canoniquement associé laisse stable le plan vectoriel engendré par les deux premiers vecteurs de la base canonique, et l’endomorphisme induit correspondant n’est pas � � λ 2−p . Par conséquent, les matrices Ap ne diagonalisable car a pour matrice 0 λ sont pas diagonalisables non plus. De plus, on a Dp −→ D et donc Ap −→ A . p→+∞

p→+∞

7.30 • Procédons par caractérisation séquentielle. Soit (Ap ) une suite d’éléments de Tn convergeant vers A ∈ Mn (IR) . Montrons que A ∈ Tn . Pour cela, montrons que spC (A) ⊂ IR . Soit λ ∈ spC (A) . Comme Ap → A , on a : λIn − Ap −→ λIn − A p→+∞

donc par continuité du déterminant : χAp (λ) −→ χA (λ) = 0. p→+∞

Or, pour tout p ∈ IN , Ap est trigonalisable dans Mn (IR) , donc son polynôme caractéristique est unitaire et scindé dans IR[X] . En écrivant χAp sous forme scindé dans IR[X] , puis en passant au module, on obtient : ∀p ∈ IN

� � � � �χA (λ)�  � Im λ�n . p

Le fait que χAp (λ) −→ 0 assure alors que Im λ = 0 , autrement dit λ ∈ IR . p→+∞

331

Chapitre 7. Compacité, connexité, dimension finie • Prouvons désormais que Tn = Adh(Dn ) . Puisque Tn est un fermé contenant Dn , on a Adh(Dn ) ⊂ Tn . Il reste à prouver l’autre inclusion. Soit A ∈ Tn . Montrons que A ∈ Adh(Dn ) en prouvant que A est limite d’une suite (Ap ) à valeurs dans Dn . Cela se fait par la même méthode que celle utilisée à la première question de l’exercice 7.28. Comme A est trigonalisable dans Mn (IR) , on peut écrire : A = P T P −1

avec

P ∈ GLn (IR)

et

 

T =

(⋆)

λ1 .. (0)

. λn



 .

Les λ1 , . . . , λn sont donc les valeurs propres de A comptées avec multiplicité. Pour p ∈ IN∗ , notons Tp la matrice triangulaire supérieure obtenue à partir de T en modifiant uniquement sa diagonale de la manière suivante :

 

Tp = 

λ1 +

1 p

(⋆) ..

. λn +

(0)

n p

  

On justifie alors que, pour p assez grand, les coefficients diagonaux de la matrice Tp sont deux à deux distincts (cf. corrigé de l’exercice 7.28). On obtient alors, en posant Ap = P Tp P −1 :

�

∀p ∈ IN∗

Ap ∈ Dn

�

et

Ap −→ A. p→+∞

7.31 1. Travaillant dans Mn (C) , il existe une matrice triangulaire supérieure semblable à A , donc ayant la même classe de similitude. Sans perte de généralité, supposons donc A ∈ Tn+ (C) . Notons u l’endomorphisme de Cn canoniquement associé à A , ainsi que (e1 , . . . , en ) la base canonique de Cn . Pour ε > 0 , notons Aε la matrice de u dans la base : (e1 , εe2 , ε2 e3 , . . . , εn−1 en ). Pour j ∈ [[1, n]] , la j -ème colonne de la matrice Aε est représentée ci-contre. Remarque on a :

En notant Pε = Diag(1, ε, . . . , εn−1 ) , Aε = Pε−1 APε .

              

εj−1 a1,j .. . ε2 aj−2,j εaj−1,j aj,j 0 .. . 0

              

Il en résulte que la suite (A1/p )p∈IN∗ tend vers la matrice diagonale Diag(a1,1 , . . . , an,n ) (la convergence s’obtenant facilement coefficient par coefficient). Cela prouve le résultat, puisque chacune des matrices A1/p est semblable à A .

332

Solutions des exercices 2. • Un sens découle de la question précédente. Celle-ci assure en effet l’existence d’une matrice diagonale dans l’adhérence de S(A) . Or, on sait qu’une partie fermée est égale à son adhérence. Donc, si S(A) est fermée, il existe une matrice diagonale dans S(A) , autrement dit A est diagonalisable. • Réciproquement, supposons A diagonalisable. Montrons que S(A) est fermé par caractérisation séquentielle. Soit (Ap )p∈IN ∈ S(A)IN une suite convergeant vers B ∈ Mn (IK) ; montrons que B ∈ S(A) . ∗ La matrice A étant diagonalisable, il existe un polynôme Q ∈ IK[X] , scindé à racines simples, annulateur de A . Par continuité de l’application M �→ Q(M ) de Mn (IK) dans lui-même, on a Q(Ap ) → Q(B) . Or, pour tout p ∈ IN , la matrice Ap étant semblable à A , on a Q(Ap ) = 0 . Par passage à la limite, on en déduit que Q(B) = 0 . Le polynôme Q étant scindé à racines simples, cela prouve que B est diagonalisable. ∗ Pour conclure que A et B sont semblables, il suffit alors de prouver qu’elles ont les mêmes valeurs propres comptées avec multiplicités, autrement dit même polynôme caractéristique. Par continuité de l’application qui à une matrice associe son polynôme caractéristique (cf. exercice 7.27 de la page 312), on a χAp → χB . Cela prouve que χB = χA car ∀p ∈ IN

χAp = χA .

7.32 1. Notons ti,j les coefficients de T . • Comme T est triangulaire inversible, ses coefficients diagonaux sont tous non nuls. Comme C∗ est connexe par arcs (cf. exemple 17 de la page 294), on peut considérer, pour tout k ∈ [[1, n]] , un chemin γk : [0, 1] → C∗ reliant 1 à tk,k . • Pour x ∈ [0, 1] , notons M (x) la matrice suivante :

   

M (x) = 

γ1 (x) 0 .. . 0

x t1,2 .. . .. . ···

··· .. . .. . 0

x t1,n .. .

x tn−1,n γn (x)



  . 

∗ Pour tout x ∈ [0, 1] , la matrice M (x) est inversible car triangulaire supérieure à coefficients diagonaux tous non nuls. ∗ On a M (0) = In et M (1) = T . ∗ Enfin, l’application x �→ M (x) est continue, puisque chacune de ses applications composantes est continue. L’application : [0, 1] −→ GLn (C) x �−→ M (x)

est donc un chemin reliant In à T dans GLn (C) . 2. Montrons que tout élément de GLn (C) peut être relié à In par un chemin à valeurs dans GLn (C) . Soit A ∈ GLn (C) . Toute matrice étant trigonalisable dans Mn (C) , on peut considérer P inversible et T triangulaire supérieure telles que : A = P T P −1 . D’après la question précédente, il existe M : [0, 1] → GLn (C) reliant In à T . Il est alors facile de constater que l’application : x �→ P M (x)P −1

est un chemin reliant In à A dans GLn (C) .

333

Chapitre 7. Compacité, connexité, dimension finie 7.33 1. (a) Posons, pour tout t ∈ [0, 1] : γ(t) = In + λtEi,j . Alors γ est un chemin reliant In à T dans GLn (IR) , car : • pour tout t ∈ [0, 1] , la matrice γ(t) est inversible, car triangulaire à coefficients diagonaux tous non nuls ; • l’application γ est continue, puisque ses applications composantes le sont ; • on a γ(0) = In et γ(1) = T . Donc T ∈ C0 . (b) On a D = In + (µ − 1)Ei,i . En posant alors, pour tout t ∈ [0, 1] : γ(t) = In + t(µ − 1)Ei,i , l’application γ est un chemin reliant In à D dans GLn (IR) . Donc D ∈ C0 . (c) Soit A ∈ GLn (IR) . En appliquant l’algorithme du pivot on sait, via des transvections et des échanges de lignes, transformer A en une matrice diagonale inversible. Dans cet algorithme, un échange est réalisé à chaque choix de pivot, afin de rendre le coefficient diagonal non nul si celui-ci l’est initialement. À ce moment précis, un tel échange peut être remplacé par la transvection Lj ← Lj + Lk où j est l’indice de la colonne considérée et k > j un indice tel que le coefficient d’indice (j, k) soit non nul. Par conséquent : • on sait transformer A en une matrice diagonale inversible, uniquement à l’aide de transvections sur les lignes ; • puis, grâce à des dilatations de déterminant positif, transformer A en une matrice

� dont la diagonale est constituée de ±1 . diagonale A En notant M1 , . . . , MN les matrices d’opérations élémentaires associées à ces transformations, on a : � = MN · · · M1 A. A

Les questions précédentes nous permettent alors de considérer des chemins continus γ1 , . . . , γN , définis sur [0, 1] et à valeurs dans GLn (IR) , reliant In à M1 , . . . , MN respectivement. L’application continue définie sur [0, 1] : t �→ γN (t) · · · γ1 (t)A

� dans GLn (C) . est alors un chemin reliant A et A

2. Supposons A et B semblables. On peut alors écrire : A = P −1 BP

avec

P ∈ GLn (IR).

Si B ∈ C0 , on peut considérer γ un chemin reliant B à In dans GLn (IR) . Alors l’application : t �→ P −1 γ(t)P

est continue, à valeurs dans GLn (IR) , et relie A à In , d’où A ∈ C0 . 3. Pour θ ∈ IR , notons Rθ =

 

θ �→  

�

cos θ sin θ

− sin θ cos θ

�

(0)

Ip Rθ .. (0)

. Rθ

. Alors l’application définie sur [0, π] :



  (avec q blocs Rθ ) 

est continue, à valeurs dans GLn (IR) , et relie In à Jp,q .

334

Solutions des exercices 4. Soit A ∈ GLn (IR) vérifiant det A > 0 . D’après la question 1(c), A est reliée dans GLn (IR)

 une telle matrice à une matrice diagonale avec une diagonale constituée de ±1 ; notons A et γ un chemin associé. 

L’application t �→ det γ(t)



est alors continue et ne s’annule pas, donc est de signe

 sont de même signe, et donc det A > 0 . constant. On en déduit que det A et det A

 est constitué par un nombre pair de −1 , donc A  est Il en résulte que la diagonale de A semblable à une matrice de la forme Jp,q .

 ∈ C0 , puis, par transitivité, que A ∈ C0 . Les questions 2 et 3 assurent alors que A 5. • Il résulte de la question précédente que l’ensemble C+ est connexe par arcs : en effet, deux éléments de C+ sont reliés dans GLn (IR) à In , donc, par transitivité, son reliés entre eux. • En notant alors A la matrice diagonale Diag(−1, 1, . . . , 1) , on constate que C− est l’image de C+ par l’application continue M �→ AM . La connexité par arcs de C+ offre alors celle de C− . • Puisque GLn (IR) = C+ ∪ C− , cet ensemble apparaît comme la réunion de deux parties connexes par arcs. Comme il n’est lui-même pas connexe par arcs (car son image par l’application continue det : Mn (IR) → IR est IR∗ , qui n’est pas connexe par arcs), on en déduit le résultat souhaité : GLn (IR) possède deux composantes connexes par arcs, qui sont C+ et C− .

335

Chapitre 8 : Fonctions vectorielles de la variable réelle

I

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. 338 . . 338 . . 340 . . 340

Fonctions de classe C k . . . . . . . . . . . . . . II Intégration sur un segment . . . . . . . . . . . 1 Fonctions continues par morceaux sur [a, b] . . 2 Intégrale d’une fonction continue par morceaux 3 Propriétés de l’intégrale . . . . . . . . . . . . . III Primitives et intégrales . . . . . . . . . . . . . . 1 Primitives des fonctions continues . . . . . . . 2 Théorème fondamental . . . . . . . . . . . . . . 3 Inégalité des accroissements finis . . . . . . . . IV Formules de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Formule de Taylor avec reste intégral . . . . . . 2 Inégalité de Taylor-Lagrange . . . . . . . . . . 3 Développements limités . . . . . . . . . . . . . 4 Formule de Taylor-Young . . . . . . . . . . . . Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . .

1 2 3 4

Dérivation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Dérivée en un point . . . . . . . . . . . . . Fonction dérivée . . . . . . . . . . . . . . . Opérations sur les fonctions dérivables . . .

. . . .

. 343 346 . 346 . 347 . 347 350 . 350 . 350 . 351 351 . 351 . 352 . 352 . 353 362

Fonctions vectorielles de la variable réelle

8

Le but de ce chapitre est de généraliser aux fonctions vectorielles les notions de dérivation, d’intégration sur un segment et de primitive déjà vues en première année pour les fonctions à valeurs réelles ou complexes. Dans ce chapitre, IK désigne IR ou C, E un IK -espace vectoriel non nul de dimension finie, et I un intervalle de IR d’intérieur non vide.

I

Dérivation

1

Dérivée en un point

On considère ici une fonction f : I → E et a un point de I .

Définition 1 L’application f est dérivable en a si son taux d’accroissement en a : τa (f ) : I \ {a} −→ E f (t) − f (a) t �−→ t−a

admet une limite dans E en a, alors appelée dérivée de f en a et notée : df (a). ou f ′ (a) dt Remarque La dérivée de f en a est parfois appelée vecteur dérivé de f en a. Proposition 1 La fonction f est dérivable en a ∈ I si, et seulement s’il existe un vecteur ℓ ∈ E et une fonction α : I → E tendant vers 0 en a tels que : ∀t ∈ I

On a alors f ′ (a) = ℓ .

f (t) = f (a) + (t − a) ℓ + (t − a)α(t).

Démonstration page 354

Interprétation cinématique Lorsque la fonction f représente le mouvement d’un point matériel en fonction du temps, le vecteur f ′ (t0 ) représente la vitesse instantanée du point à l’instant t0 .

I Dérivation Proposition 2 Si la fonction f est dérivable en a, alors elle est continue en a. Démonstration page 354

Rappel : fonctions coordonnées Si l’on munit E d’une base (ei )1in , les fonctions coordonnées de f dans la base B sont les fonctions f1 , . . . , fn , à valeurs dans IK , définies par : n  ∀t ∈ I f (t) = fi (t) ei . i=1

Proposition 3 Soit B = (ei )1in une base de E . La fonction f est dérivable en a si, et seulement si, chacune de ses fonctions coordonnées dans la base B est dérivable en a. Dans ce cas, si l’on note fi ces fonctions coordonnées, on a : f ′ (a) =

n 

fi′ (a) ei .

i=1

Démonstration page 354

Principe de démonstration. Écrire les fonctions coordonnées du taux d’accroissement de f en a .

Remarque On retrouve ainsi qu’une fonction f : I → C est dérivable en a si, et seulement si, les fonctions Re f et Im f le sont puisque ces dernières sont les fonctions coordonnées de f dans la base (1, i) du IR-espace vectoriel C .   cos t cos 2t

Ex. 1. Considérons l’application f : IR → M2 (IR) définie par f (t) =

sin t sin 2t

.

Les fonctions coordonnées dans la base canonique de M2 (IR) ( t �→ cos t , t �→ sin t , t �→ cos 2t et t �→ sin 2t ) étant dérivables en tout point, f est dérivable en tout point et l’on a : ∀t ∈ IR

ϕ′ (t) =



− sin t −2 sin 2t

cos t 2 cos 2t



.

Dérivabilité à droite et à gauche Définition 2 • Si a n’est pas l’extrémité droite de I , on dit que f est dérivable à droite en a si la restriction f|I∩[a,+∞[ est dérivable en a. Par définition, la dérivée à  ′ droite de f en a est f|I∩[a,+∞[ (a). Elle est notée fd′ (a).

• On définit de même la dérivabilité à gauche et la dérivée à gauche en a lorsque a n’est pas l’extrémité gauche de I . La dérivée à gauche se note fg′ (a).

Remarques • Si I admet un maximum a, la notion de dérivabilité à droite en a n’a pas de sens, puisque I ∩ [a, +∞[ = {a} . Dans ce cas, la dérivabilité à gauche de f en a est équivalente à sa dérivabilité en a et, sous réserve d’existence, fg′ (a) = f ′ (a). • De la même façon, si I admet un minimum a, seule la dérivabilité à droite a un sens et elle est alors équivalente à la dérivabilité en a. 339

Chapitre 8. Fonctions vectorielles de la variable réelle Résultats Soit a un point intérieur à I . • La fonction f est dérivable en a si, et seulement si, elle est dérivable à droite et à gauche en a et fg′ (a) = fd′ (a). • Une fonction dérivable à droite et à gauche en a est continue en a, car elle est continue à droite et à gauche en a.

2

Fonction dérivée

Définition 3 On dit que f est dérivable sur I si elle est dérivable en tout point de I . On note df , l’application qui à tout t ∈ I associe le vecteur dérivé de f en t. alors f ′ ou dt On l’appelle l’application dérivée de f , ou plus simplement la dérivée de f . Notation

L’ensemble des fonctions dérivables sur I dans E se note D(I, E).

Proposition 4 Soit B une base de E . La fonction f : I → E est dérivable sur I si, et seulement si, ses fonctions coordonnées dans B sont dérivables sur I .

Les fonctions coordonnées de f ′ sont alors les dérivées des fonctions coordonnées de f .

Exo 8.1

Démonstration.

C’est la version globale de la proposition 3.

Caractérisation des fonctions constantes Théorème 5 Une application est constante sur l’intervalle I si, et seulement si, elle est dérivable et de dérivée nulle en tout point de I . Démonstration.

Utilisons, en passant par les fonctions coordonnées, le résultat déjà connu pour les fonctions numériques. Puisque E est de dimension finie, la fonction f est constante si, et seulement si, ses fonctions coordonnées le sont. Puisque l’on travaille sur un intervalle, cela revient à dire que les fonctions coordonnées ont une dérivée nulle, ce qui, en utilisant la proposition 3, revient à dire que f ′ est nulle.

3

Opérations sur les fonctions dérivables

Proposition 6 Soit f : I → E et g : I → E deux fonctions dérivables en a ∈ I et (λ, µ) ∈ IK2 . Alors λf + µg est dérivable en a et :  ′ λf + µg (a) = λf ′ (a) + µg ′ (a).

Démonstration.

Il suffit de considérer les fonctions coordonnées et d’utiliser le résultat analogue vu pour les fonctions à valeurs dans IK .

340

I Dérivation Corollaire 7 (Linéarité de la dérivation) Soit f : I → E et g : I → E deux fonctions dérivables sur I et (λ, µ) ∈ IK2 . Alors λf + µg est dérivable sur I et :  ′ λf + µg = λf ′ + µg ′ . Remarque Il s’ensuit que D(I, E) est un sous-espace vectoriel de F(I, E) et que l’application f → � f ′ définie sur D(I, E) à valeurs dans F (I, E) est linéaire. Proposition 8 Soit L une application linéaire de E dans un espace vectoriel F de dimension finie. Si f est dérivable en a ∈ I alors L ◦ f est dérivable en a et :   (L ◦ f )′ (a) = L f ′ (a) . Démonstration. Comme E est de dimension finie, l’application linéaire L est continue. Si τa (f ) est le taux d’accroissement de f en a , alors, puisque L est linéaire, L ◦ τa (f ) est le taux d’accroissement de L ◦ f en a . Puisque τa (f ) −→ f ′ (a) , on a, par continuité de L : a





L ◦ τa (f ) −→ L f ′ (a) . a





Cela prouve la dérivabilité de L ◦ f en a et donne (L ◦ f )′ (a) = L f ′ (a) .

Corollaire 9 Soit L une application linéaire de E dans un espace vectoriel F de dimension finie. Si f est dérivable sur I alors L ◦ f est dérivable sur I et : (L ◦ f )′ = L ◦ f ′ .

Notation La fonction L ◦ f se note également L(f ). Plus généralement, si M : E1 × · · · × Ep → F est une application multilinéaire et si f1 , . . . , fp sont des fonctions de I dans E1 , . . . , Ep respectivement, alors on note : M (f1 , . . . , fp ) : I −→ F   t �−→ M f1 (t), . . . , fp (t) . Proposition 10 Soit E , F et G des espaces vectoriels de dimension finie et B une application bilinéaire de E × F dans G. Si f : I → E et g : I → F sont dérivables en a ∈ I , alors B(f, g) est dérivable en a et :     B(f, g)′ (a) = B f ′ (a), g(a) + B f (a), g ′ (a) .

Démonstration page 354

341

Chapitre 8. Fonctions vectorielles de la variable réelle Corollaire 11 Soit E , F et G des espaces vectoriels de dimension finie et B une application bilinéaire de E × F dans G. Exo 8.2

Si f : I → E et g : I → F sont dérivables sur I , alors B(f, g) est dérivable sur I et : B(f, g)′ = B(f ′ , g) + B(f, g ′ ).

Ex. 2. Si ϕ est dérivable sur I à valeurs dans IK et si f est dérivable sur I à valeurs dans E , alors ϕf est dérivable sur I et : (ϕf )′ = ϕ′ f + ϕf ′ . Ex. 3. Soit E un espace euclidien. • Si f et g sont dérivables sur I , alors ( f | g ) est dérivable sur I et : ( f | g )′ = ( f ′ | g ) + ( f | g ′ ). • En particulier, si f est dérivable sur I , l’application �f �2 est dérivable sur I et l’on a :



�f �2

• Si de plus f ne s’annule pas, la fonction déduit de (∗) :

′

√

= 2 ( f | f ′ ).

�f �′ =

étant dérivable sur IR∗+ et �f � = ( f | f′ ) · �f �

(∗)



�f �2 , on

• On déduit également de (∗) que si f est dérivable et l’application �f � constante, alors, pour tout t ∈ I , les vecteurs f (t) et f ′ (t) sont orthogonaux.

Proposition 12 Soit E1 , . . . , Ep et F des espaces vectoriels de dimension finie, avec p  1 , ainsi que M une application multilinéaire de E1 × · · · × Ep dans F .

Si f1 , . . . , fp sont des fonctions de I dans E1 , . . . , Ep respectivement, dérivables en a ∈ I , alors M (f1 , . . . , fp ) est dérivable en a et : M (f1 , . . . , fp )′ (a) = M (f1′ , f2 , . . . , fp )(a) +M (f1 , f2′ , . . . , fp )(a) + · · · + M (f1 , f2 , . . . , fp′ )(a).

Principe de démonstration.

Démonstration page 355 Adapter la démonstration de la proposition 10 de la page

précédente.

Corollaire 13 Soit E1 , . . . , Ep et F des espaces vectoriels de dimension finie, avec p  1 , ainsi que M une application multilinéaire de E1 × · · · × Ep dans F . Exo 8.3

Si f1 , . . . , fp sont des fonctions dérivables de I dans E1 , . . . , Ep respectivement, alors M (f1 , . . . , fp ) est dérivable et : M (f1 , . . . , fp )′ = M (f1′ , f2 , . . . , fp ) + M (f1 , f2′ , . . . , fp ) + · · · + M (f1 , f2 , . . . , fp′ ).

342

I Dérivation

Ex. 4. En particulier, si B est une base de E de dimension p et si f1 , . . . , fp sont des fonctions dérivables définies sur I à valeurs dans E , alors detB (f1 , . . . , fp ) est dérivable sur I et :



detB (f1 , . . . , fp )

′

= detB (f1′ , f2 , . . . , fp ) + detB (f1 , f2′ , . . . , fp ) + · · · + detB (f1 , f2 , . . . , fp′ ).

Proposition 14 Soit I et J deux intervalles, ainsi que f : I → E et ϕ : J → IR deux fonctions telles que ϕ(J) ⊂ I . Si ϕ est dérivable en a ∈ J et f est dérivable en b = ϕ(a), alors f ◦ ϕ est dérivable en a et l’on a :   (f ◦ ϕ)′ (a) = ϕ′ (a) f ′ ϕ(a) .

Démonstration. En fixant une base (ei )1in de E , les fonctions coordonnées de f ◦ ϕ vérifient (f ◦ ϕ)i = fi ◦ ϕ . Le résultat découle alors du résultat vu pour les fonctions à valeurs dans IK .

Corollaire 15 Étant donné deux intervalles I et J , ainsi que deux fonctions dérivables f : I → E et ϕ : J → IR telles que ϕ(J) ⊂ I , la fonction f ◦ ϕ est dérivable sur I et l’on a : (f ◦ ϕ)′ = ϕ′ · (f ′ ◦ ϕ).

Ex. 5. Soit f : IR → E une fonction dérivable. La fonction g définie sur IR+ par g(t) = f (t2 ) est alors dérivable et g ′ (t) = 2tf ′ (t2 ) pour tout t ∈ IR+ .

Attention Bien écrire (f ◦ ϕ)′ = ϕ′ ·(f ′ ◦ ϕ) lorsque f est une fonction vectorielle, le point désignant la multiplication d’un vecteur par un scalaire. Le produit (f ′ ◦ ϕ) · ϕ′ n’a de sens que lorsque f est à valeurs dans IK (scalaires devant les vecteurs).

4

Fonctions de classe C k

Définition 4 Soit k ∈ IN et f : I → E . On dit que f est k fois dérivable s’il existe (ϕ0 , . . . , ϕk ) ∈ F(I, E)k+1 tel que : f = ϕ0

et

∀i ∈ [[0, p − 1]] ϕ′i = ϕi+1 .

Une telle suite est alors unique. On note f (k) = ϕk la dérivée k -ième de f . Notations dk f · dtk • Dk (I, E) désigne l’ensemble des fonctions k fois dérivables de I dans E . • La dérivée k -ième se note également

Interprétation cinématique Lorsque la fonction f représente le mouvement d’un point matériel en fonction du temps, le vecteur f ′′ (t0 ) représente le vecteur accélération du point à l’instant t0 . 343

Chapitre 8. Fonctions vectorielles de la variable réelle Remarque Soit (i, j) ∈ IN2 et f : I → E . La fonction f est i + j fois dérivable si, et seulement si, elle est i fois dérivable et f (i) est j fois dérivable. Dans ce cas : (j)  f (i+j) = f (i) . En particulier, f est i + 1 fois dérivable si, et seulement si, elle est dérivable et f ′ est i fois dérivable.

Définition 5 Soit f : I → E .

• Soit k ∈ IN. La fonction f est de classe C k si elle est k fois dérivable et f (k) est continue. • La fonction f est de classe C ∞ si elle est de classe C k , pour tout k ∈ IN.

Notation Pour k ∈ IN∪{∞} , on note C k (I, E) l’ensemble des fonctions de classe C k sur I dans E . Remarques • Les fonctions de classe C 0 sont les fonctions continues. • On a l’inclusion C 1 (I, E) ⊂ C 0 (I, E), car toute fonction dérivable est continue. • Plus généralement, pour tout k ∈ IN on a C k+1 (I, E) ⊂ C k (I, E). • Pour tout k ∈ IN et f ∈ F(I, E), la fonction f est de classe C k+1 si, et seulement si, f est dérivable et f ′ est de classe C k ou encore si, et seulement si, f est de classe C k et f (k) est de classe C 1 . Lorsque l’on procède par récurrence, c’est en général en utilisant l’une de ces deux propriétés que l’on montre qu’une fonction est de classe C k .  k  k C (I, E) = D (I, E). • On a C ∞ (I, E) = k∈IN

k∈IN

Proposition 16 (Linéarité de la dérivation) Pour k ∈ IN, C k (I, E) est un espace vectoriel et l’application f �→ f (k) est linéaire.

Démonstration page 355

Principe de démonstration.

Procéder par récurrence.

Corollaire 17 C ∞ (I, E) est un espace vectoriel et l’application f �→ f ′ est un endomorphisme. Remarque Si l’on note ∆ l’endomorphisme de C ∞ (I, E) définie par ∆(f ) = f ′ , on a f (k) = ∆k (f ), pour f ∈ C ∞ (I, E) et k ∈ IN. 344

I Dérivation Opérations sur les fonctions de classe C k Dans cette section, k ∈ IN ∪ {∞} .

Proposition 18 Soit L une application linéaire de E dans un espace vectoriel de dimension finie F . Si f ∈ C k (I, E) alors L ◦ f ∈ C k (I, F ). De plus, si k est entier, on a :  (k) L◦f = L ◦ f (k) .

Démonstration page 356

Corollaire 19 Soit B = (ei )1in une base de E . La fonction f : I → E est de classe C k si, et seulement si, toutes ses fonctions coordonnées dans la base B le sont. En notant alors fi ces fonctions coordonnées, lorsque k est entier, on a : f (k) =

n 

(k)

fi ei .

i=1

Démonstration page 356

Proposition 20 (Formule de Leibniz) Soit E , F et G trois espaces vectoriels de dimension finie et B une application bilinéaire de E × F dans G. Si f ∈ C k (I, E) et g ∈ C k (I, F ), alors B(f, g) ∈ C k (I, G). De plus, si k est un entier, la dérivée d’ordre k de B(f, g) est donnée par la formule de Leibniz : k      k B f (j) , g (k−j) . B(f, g)(k) = j j=0

Principe de démonstration.

Démonstration page 356 Procéder par récurrence et utiliser la relation de Pascal sur les

coefficients binomiaux.

Proposition 21 Soit E1 , . . . , Ep , F des espaces vectoriels de dimension finie, avec p  1 , et M une application multilinéaire de E1 × · · · × Ep dans F . Si f1 , . . . , fp sont des fonctions de classe C k de I dans E1 , . . . , Ep , alors M (f1 , . . . , fp ) est de classe C k .

Démonstration page 357 On procède par récurrence. Pour montrer que M (f1 , . . . , fp ) est de classe C k+1 , on prouve que sa dérivée est de classe C k en utilisant le corollaire 13.

Principe de démonstration.

Proposition 22 Soit I et J deux intervalles, ainsi que deux fonctions f ∈ C k (I, E) et ϕ ∈ C k (J, IR) telles que ϕ(J) ⊂ I . La fonction f ◦ ϕ est élément de C k (J, E). Principe de démonstration. en appliquant la proposition 20.

Démonstration page 358 Pour établir le résultat pour k ∈ IN , procéder par récurrence,

345

Chapitre 8. Fonctions vectorielles de la variable réelle

II

Intégration sur un segment

Dans cette section, les fonctions sont définies sur un segment [a, b] (avec a < b ) et à valeurs dans E .

1

Fonctions continues par morceaux sur [a, b]

Définition 6 On dit que f : [a, b] → E est continue par morceaux s’il existe une subdivision σ = (a0 , . . . , ap ) de [a, b] telle que pour tout i ∈ [[0, p − 1]], on puisse prolonger f|]ai ,ai+1 [ en une fonction continue sur [ai , ai+1 ]. Une telle subdivision est dite adaptée à f . Reformulation La fonction f est continue par morceaux s’il existe une subdivision σ = (a0 , . . . , ap ) de [a, b] telle que : • pour tout i ∈ [[0, p − 1]], la fonction f|]ai ,ai+1 [ soit continue, • pour tout i ∈ [[0, p − 1]], la fonction f|]ai ,ai+1 [ admette des limites finies en ai et ai+1 .   Notation On note CM [a, b], E l’ensemble des fonctions continues par morceaux sur le segment [a, b] à valeurs dans E . Ex. 6. Toute fonction continue est continue par morceaux. Ex. 7. On dit que f : [a, b] → E est en escalier s’il existe une subdivision σ = (a0 , . . . , ap ) de [a, b] telle que, pour tout i ∈ [[0, p − 1]] , la fonction f|]a ,a [ soit constante. Une telle i

i+1

fonction est continue par morceaux sur [a, b] .

Proposition 23 Une fonction définie sur [a, b] à valeurs dans E est continue par morceaux si, et seulement si, chacune de ses fonctions coordonnées l’est. Démonstration page 358

Principe de démonstration.

Utiliser les caractérisations de la limite et de la continuité d’une fonction à l’aide de ses fonctions coordonnées.

Proposition 24 Toute fonction continue par morceaux définie sur [a, b] à valeurs dans E est bornée. Démonstration page 358

Proposition 25

    L’ensemble CM [a, b], E est un sous-espace vectoriel de F [a, b], E .

Démonstration page 358

346

II Intégration sur un segment

2

Intégrale d’une fonction continue par morceaux

Proposition 26   Soit f ∈ CM [a, b], E et B = (e1 , . . . , en ) une base de E . On note f1 , . . . , fn les fonctions coordonnées de f dans la base B . n  b   Le vecteur fi ei ne dépend alors pas de la base de E choisie. i=1

a

Ce vecteur est l’intégrale de f sur [a, b] .

Démonstration page 359

Principe de démonstration.

Utiliser la linéarité de l’intégrale des fonctions scalaires et

utiliser la formule de changement de base pour donner les coordonnées du vecteur

n   i=1

dans une nouvelle base B′ .

Notation

L’intégrale sur [a, b] est notée



[a,b]

f ou



b

a

f ou



a

b

fi



ei

b

f (t) dt.

a

Ex. 8. Soit f : [a, b] → E une fonction en escalier et σ = (a0 , . . . , ap ) une subdivision adaptée. En notant ui la valeur de f sur ]ai , ai+1 [ , pour i ∈ [[0, p − 1]] , on a :



b

f (t) dt =

a

p−1  i=0

(ai+1 − ai ) ui .

Point méthode Une fois une base de E fixée, pour établir des propriétés de l’intégrale d’une fonction f : [a, b] → E , on peut souvent se ramener aux fonctions coordonnées.

3

Propriétés de l’intégrale

Linéarité Proposition 27 L’application f �→



a

b

  f définie sur CM [a, b], E à valeurs dans E est linéaire.

Démonstration.

Conséquence immédiate de la linéarité de l’intégrale des fonctions continues par morceaux sur un segment à valeurs dans IK , appliquée aux fonctions coordonnées.

Corollaire 28 Deux fonctions continues par morceaux coïncidant sauf sur une partie finie de [a, b] ont des intégrales égales. Démonstration page 359

347

Chapitre 8. Fonctions vectorielles de la variable réelle Image par une application linéaire Proposition 29 Soit L une application linéaire de E dans un espace vectoriel de dimension finie F .     Si f ∈ CM [a, b], E , alors L ◦ f ∈ CM [a, b], F et :  b   b f = L ◦ f. L a

a

Démonstration page 359

Ex. 9. Soit u ∈ E , ainsi que ϕ : [a, b] → IK une fonction continue. L’application L : x �→ xu définie sur IR étant linéaire, on obtient :





b

ϕ(t) u dt =

a



b

ϕ(t) dt u.

a

Ex. 10. Si (u, v) ∈ E 2 , alors la fonction t �→ u + t v définie sur [a, b] est continue et :



b

(u + tv) dt =

a



b

u dt +

a



b

tv dt = (b − a) u +

a

b2 − a 2 v. 2

Relation de Chasles Soit I un intervalle de IR d’intérieur non vide. Comme pour les fonctions scalaires, on dit que f : I → E est continue par morceaux sur I si la restriction de f à tout segment de I est continue par morceaux. Notation Soit f continue par morceaux sur I . Pour tout couple (a, b) ∈ I 2 , on  b étend la notation f au cas où a  b , de la manière suivante : 

Attention

a

b

a

f =−



a

si a > b

f

et

b



b

f = 0 si a = b.

a

  La relation  

a

b

   f (t) dt 

b a

�f (t)� dt n’est valable que si a  b .

Sans hypothèse sur a et b , on peut écrire :  b      f (t) dt  

[a,b]

a

  f (t)dt,

où [a, b] est le segment d’extrémités a et b . Avec les notations précédentes, on obtient la proposition suivante. Proposition 30 (Relation de Chasles) Soit f : I → E une fonction continue par morceaux et (a, b, c) ∈ I 3 . On a :  b  c  c f (t) dt + f (t) dt = f (t) dt. a

Démonstration. 348

b

a

On applique la relation de Chasles aux fonctions coordonnées.

II Intégration sur un segment Sommes de Riemann Définition 7

  Soit f ∈ CM [a, b], E . Pour tout entier n ∈ IN∗ , on appelle somme de Riemann d’ordre n associée à f le vecteur : n−1 b − a b−a   . f a+k n n k=0

Rappel

  Soit f ∈ CM [a, b], IK . Alors :

 b n−1 b − a b−a   −→ f a+k f. n→+∞ a n n k=0

En appliquant ce résultat à chacune des fonctions coordonnées d’une fonction continue par morceaux, on obtient le théorème suivant. Théorème 31 (Convergence des sommes de Riemann)   Soit f ∈ CM [a, b], E . Alors :

 b n−1 b − a b−a   −→ f. f a+k n→+∞ a n n k=0

Inégalités Proposition 32 (Inégalité triangulaire) On a pour toute fonction f ∈ CM([a, b], E) :    

Exo 8.9

a

Principe de démonstration.

b

  b  f  �f �.  a

Démonstration page 360

D’abord démontrer le résultat pour les fonctions en escalier. Étendre ensuite le résultat aux fonctions continues par morceaux à l’aide de sommes de Riemann.

  Rappelons qu’une fonction f ∈ CM [a, b], E est bornée, donc �f �∞ est définie.

Corollaire 33

  Soit f ∈ CM [a, b], E . Alors :    

a

Démonstration.

En effet :

b

  f    (b − a) �f �∞ .

 b   b  b       f   f �f �∞ dt = (b − a) �f �∞ .   a

a

a

349

Chapitre 8. Fonctions vectorielles de la variable réelle

III 1

Primitives et intégrales Primitives des fonctions continues

Définition 8 Soit f ∈ C(I, E). Une application g de I dans E est une primitive de f si g est dérivable sur I avec g ′ = f . Proposition 34 Soit f ∈ C(I, E). Deux primitives sur I de f diffèrent d’une constante. Démonstration.

En effet, la dérivée de leur différence est nulle sur l’intervalle I .

Remarque La réciproque est immédiate : si F est une primitive de f et G = F + a, où a ∈ E , alors G est une primitive de f .

2

Théorème fondamental

Théorème 35 Soit f ∈ C(I, E) et a ∈ I . 1. L’application :

ga : I t

−→ E  t �−→ f (s) ds a

est l’unique primitive de f qui s’annule en a.

2. Pour toute primitive g de f et tout couple (α, β) de I 2 , on a :  β f (t) dt = g(β) − g(α). α

Principe de démonstration.

Démonstration page 360 Raisonner sur les fonctions coordonnées.

Remarque Si la fonction f est seulement continue par morceaux sur I , l’application ga du théorème précédent est encore continue puisque localement lipschitzienne, comme on peut le prouver en utilisant l’inégalité : �ga (x) − ga (y)�  |x − y| sup�f �, J

où J est un segment contenant a, x et y . De plus on a la dérivabilité de ga en tout point x de continuité de f avec ga′ (x) = f (x). Corollaire 36 Soit f ∈ C 1 (I, E). Pour tout (a, b) ∈ I 2 , on a : f (b) − f (a) = 350



b

f ′ (t) dt. a

IV Formules de Taylor Corollaire 37 (Changement de variable) Soit f : I → E une fonction continue et ϕ : J → IR de classe C 1 telles que ϕ(J) ⊂ I . Pour tout (a, b) ∈ J 2 , on a :  ϕ(b)  b   f (t) dt = ϕ′ (s) f ϕ(s) ds. ϕ(a)

Démonstration. Par suite :

Si g est une primitive de f , alors g ◦ ϕ est une primitive de ϕ′ · (f ◦ ϕ) .



ϕ(b)

ϕ(a)

3

a









f (t) dt = g ϕ(b) − g ϕ(a) =

Inégalité des accroissements finis



b





ϕ′ (s) f ϕ(s) ds.

a

Théorème 38 (Inégalité des accroissements finis) Soit f ∈ C(I, E) de classe C 1 sur l’intérieur de I . ◦

S’il existe λ ∈ IR tel que ∀t ∈ I

�f ′ (t)�  λ, alors on a :

∀(a, b) ∈ I 2

�f (b) − f (a)�  λ |b − a|.

Démonstration. Il s’agit d’une conséquence immédiate du corollaire 36 de la page précédente et de l’inégalité triangulaire pour les intégrales.

Interprétation cinématique Un mobile qui se déplace à une vitesse instantanée de norme inférieure à v pendant un temps t, se trouve au maximum à une distance v t de son point de départ.

IV

Formules de Taylor

Dans cette section, p est un entier naturel.

1

Formule de Taylor avec reste intégral

Théorème 39 (Formule de Taylor avec reste intégral) Étant donné une fonction f ∈ C p+1 (I, E), on a pour tout (a, b) ∈ I 2 : f (b) =

p  (b − a)k k=0

avec : Rp =



a

b

k!

f (k) (a) + Rp

(b − x)p (p+1) f (x) dx. p!

Démonstration. La formule s’obtient en appliquant la formule de Taylor avec reste intégral des fonctions à valeurs dans IK aux fonctions coordonnées de f . Remarque Avec le changement de variable [x = a+t (b−a)], on obtient l’expression suivante du reste intégral :  1  (1 − t)p (p+1)  f a + t (b − a) dt, Rp = (b − a)p+1 p! 0 qui peut être utile lors de majorations de normes. 351

Chapitre 8. Fonctions vectorielles de la variable réelle Ex. 11. Si f est une fonction continue sur IR et a ∈ IR , alors la fonction : g : x �→



x

a

(x − t)p f (t) dt p!

est de classe C p+1 sur IR et l’on a g (p+1) = f . En effet, on a : g : x �→ F (x) −

p  (x − a)k k=0

k!

F (k) (a),

où F est une primitive (p + 1) -ième de f , ce qui démontre, par opérations sur les fonctions de classe C p+1 , que g est une fonction de classe C p+1 . La relation g (p+1) = f vient de ce que la dérivée p + 1 -ième d’une fonction polynomiale de degré au plus p est la fonction nulle.

2

Inégalité de Taylor-Lagrange

Théorème 40 (Inégalité de Taylor-Lagrange) Étant donné une fonction f ∈ C p+1 (I, E), on a pour tout (a, b) ∈ I 2 :   p   (b − a)k (k)   |b − a|p+1  f (a)  Mp+1 f (b) −   k! (p + 1)! k=0

où Mp+1 est un majorant de �f (p+1) � entre a et b .

3

Démonstration page 360

Développements limités

Proposition 41 Si f ∈ C(I, E) admet un développement limité à l’ordre p en a ∈ I :   f (x) = α0 + (x − a) α1 + · · · + (x − a)p αp + o (x − a)p ,

alors toute primitive g de f admet un développement limité à l’ordre p + 1 en a, obtenu en primitivant terme à terme le développement limité de f : g(x) = g(a) + (x − a) α0 +

  (x − a)p+1 (x − a)2 α1 + · · · + αp + o (x − a)p+1 . 2 p+1

Démonstration page 361

  Dans ce contexte, la notation o (x − a)p signifie une certaine fonc  tion ϕ : I → E telle que �ϕ(x)� = o (x − a)p . Le développement limité de f de la proposition 41 ci-dessus peut donc aussi s’écrire : Convention

f (x) = α0 + (x − a) α1 + · · · + (x − a)p αp + (x − a)p ε(x),

où ε : I → E est une fonction tendant vers 0 en a. 352

IV Formules de Taylor

4

Formule de Taylor-Young

Théorème 42 (Formule de Taylor-Young) Toute fonction f ∈ C p (I, E) admet un développement limité à l’ordre p en a ∈ I donné par la formule de Taylor–Young : f (x) =

p  (x − a)k

k=0

k!

  f (k) (a) + o (x − a)p .

Démonstration page 361

Ex. 12. On peut dériver terme à terme le développement limité à l’ordre p d’une fonction de classe C p . En effet, d’après l’unicité du développement limité, il s’agit du développement de Taylor–Young de f , dont la dérivée est le développement de f ′ .

Remarque On notera bien la différence entre d’un côté la formule de Taylor avec reste intégral et l’inégalité de Taylor-Lagrange et de l’autre la formule de TaylorYoung. Cette dernière donne un résultat local sur le comportement de la fonction au voisinage de a. Les deux premières sont des résultats globaux, donnant des informations sur les valeurs prises par la fonction sur la totalité de l’intervalle.

353

Chapitre 8. Fonctions vectorielles de la variable réelle

Démonstrations Proposition 1 • Supposons qu’il existe ℓ ∈ E et α : I → E tels que α(t) −→ 0 et : t→a

∀t ∈ I

f (t) = f (a) + (t − a) ℓ + (t − a)α(t).

Alors, pour tout t ∈ I \ {a} , on a α(t) =

f (t)−f (a) t−a

− ℓ et, puisque α −→ 0 : a

f (t) − f (a) −→ ℓ. t→a t−a

•

Réciproquement, supposons f dérivable en a . Posons α : I → E l’application définie par : α(t) =



f (t)−f (a) t−a

0

− f ′ (a)

si t �= a ; sinon.

Soit ε > 0 . Par définition du vecteur dérivé, il existe un réel η > 0 tel que : ∀t ∈ I \ {a} donc, puisque α(a) = 0 , on a :





|t − a|  η =⇒ α(t)  ε,





|t − a|  η =⇒ α(t)  ε.

∀t ∈ I

La fonction α a bien pour limite 0 en a .

Proposition 2 On prolonge la fonction τa (f ) en a en posant τa (f )(a) = f ′ (a) . Puisque f est dérivable en a , ce prolongement est continu en a et l’on a : ∀t ∈ I

f (t) = f (a) + (t − a) τa (f )(t),

ce qui prouve la continuité de f en a . Proposition 3

Soit t ∈ I \ {a} . On a : τf (a)(t) =

n

n

i=1

i=1

 f (t) − f (a)  fi (t) − fi (a) τfi (a)(t)ei . = ei = t−a t−a

Le résultat attendu découle du fait que l’existence d’une limite pour une fonction équivaut à l’existence d’une limite pour chacune de ses fonctions coordonnées. De plus, si f est dérivable en a , on a en passant à la limite dans la relation précédente : f ′ (a) =

n  i=1

354

fi′ (a) ei .

Démonstrations Proposition 10

Si a ∈ I .

Pour tout t ∈ I \ {a} on a, en utilisant la bilinéarité de B :













B f (t), g(t) − B f (a), g(a) t−a

τa B(f, g) (t) =















B f (t), g(t) − B f (a), g(t) + B f (a), g(t) − B f (a), g(a) = t−a     f (t) − f (a) g(t) − g(a) , g(t) + B f (a), · =B t−a t−a



Puisque les espaces E et F sont de dimension finie, l’application bilinéaire B est continue. De plus, la fonction g étant dérivable en a , elle est continue. Enfin, puisque les taux d’accroisse  ment τa (f ) et τa (g) ont des limites en a , on déduit de l’expression ci-dessus que τa B(f, g) a une limite finie en a et :













τa B(f, g) (t) −→ B f ′ (a), g(a) + B f (a), g ′ (a) , t→a

ce qui prouve la dérivabilité de B(f, g) en a et l’égalité :









B(f, g)′ (a) = B f ′ (a), g(a) + B f (a), g ′ (a) . Proposition 12

Soit a ∈ I .

Pour tout t ∈ I , on a par « télescopage » et multilinéarité de M :









M f1 (t), . . . , fp (t) − M f1 (a), . . . , fp (a) = p   





M f1 (a), . . . , fi−1 (a), fi (t), . . . , fp (t) − M f1 (a), . . . , fi (a), fi+1 (t), . . . , fp (t)

i=1

=

p  i=1





M f1 (a), . . . , fi−1 (a), fi (a) − fi (t), fi+1 (t), . . . , fp (t)

Ainsi, si t et a sont distincts, toujours par multilinéarité de M , on a : τa







M f1 (t), . . . , fp (t) − M f1 (a), . . . , fp (a) M (f1 , . . . , fp ) (t) = t−a





=

p  i=1



M f1 (a), . . . , fi−1 (a),







fi (t) − fi (a) , fi+1 (t), . . . , fp (t) . t−a

Puisque les espaces E1 , . . . , Ep sont de dimension finie, l’application multilinéaire M est continue. De plus, les fonctions fi étant dérivables en a , elles sont continues en a . Enfin, puisque les   taux d’accroissement τa (fi ) ont des limites en a , le taux d’accroissement τa M (f1 , . . . , fp ) a une limite finie en a d’après l’expression ci-dessus et :













τa M (f1 , . . . , fp ) (t) −→ M f1′ (a), f2 (a), . . . , fp (a) + · · · + M f1 (a), . . . , fp−1 (a), fp′ (a) , t→a

ce qui prouve la dérivabilité de M (f1 , . . . , fp ) en a et l’égalité : M (f1 , . . . , fp )′ (a) =

p  i=1





M f1 , . . . , fi−1 , fi′ , fi+1 , . . . , fp (a).

355

Chapitre 8. Fonctions vectorielles de la variable réelle Proposition 16 Notons D : f �→ f ′ l’application définie sur D(I, E) , espace des fonctions dérivables sur I et à valeurs dans E , à valeurs dans F(I, E) . D’après le corollaire 7 de la page 341, l’application D est linéaire. Montrons par récurrence que C k (I, E) est un espace vectoriel et que l’application Dk : f �→ f (k) est linéaire sur C k (I, E) à valeurs dans C(I, E) .

•

On sait que C 0 (I, E) est un espace vectoriel. De plus, D0 est l’identité de C 0 (I, E) , donc linéaire.

•

Supposons le résultat vrai pour un k ∈ IN .





On a C k+1 (I, E) = D−1 C k (I, E) , donc par linéarité de D et l’hypothèse de récurrence,

on conclut que C k+1 (I, E) est un espace vectoriel.

Par ailleurs, Dk+1 = Dk ◦ ∆k+1 , où ∆k+1 est la restriction de D à C k+1 (I, E) , donc linéaire. Ainsi, par composition, Dk+1 est linéaire, à valeurs dans C(I, E) . Proposition 18 Démontrons ce résultat par récurrence pour k ∈ IN , le cas des fonctions de classe C ∞ s’en déduisant immédiatement. •

Pour k = 0 , c’est le résultat sur la composition d’une application linéaire et d’une application continue.

•

Supposons le résultat vrai pour un certain k ∈ IN et considérons f ∈ C k+1 (I, E) . Alors f est dérivable et, par le corollaire 9 de la page 341, L ◦ f est dérivable avec (L ◦ f )′ = L ◦ f ′ . D’après l’hypothèse de récurrence appliquée à f ′ , qui est de classe C k , la fonction L ◦ f ′ est de classe C k et : (L ◦ f ′ )(k) = L ◦ (f ′ )(k) = L ◦ f (k+1) . Cela prouve que L ◦ f est de classe C k+1 et l’égalité (L ◦ f )(k+1) = L ◦ f (k+1) .

Corollaire 19 Pour i ∈ [ 1, n]] , notons e∗i la forme linéaire coordonnée d’indice i relativement à la base B et εi : IK −→ E Ces applications sont linéaires. t �−→ tei . Soit f : I → E une fonction. •

Supposons f de classe C k . Pour tout i ∈ [ 1, n]] , les fonctions coordonnées fi = e∗i ◦ f sont alors de classe C k , d’après la proposition 18.

•

Supposons que les fonctions coordonnées soient toutes de classe C k . Alors, pour tout i ∈ [[1, n]] , la fonction εi ◦ fi est de classe C k , d’après la proposition 18. Comme on a f=

n 

i=1

356

εi ◦ fi , la fonction f est de classe C k , comme somme de fonctions de classe C k .

Démonstrations Proposition 20 Soit f : I → E et g : I → F deux fonctions. Pour k ∈ IN , posons Hk : « Si f et g sont de classe C k , alors la fonction B(f, g) est de classe C k et B(f, g)(k) =

k     k j

j=0



B f (j) , g (k−j) » et montrons Hk par récurrence.

•

La propriété H0 est évidente.

•

Supposons Hk vraie pour un certain k ∈ IN et supposons que f et g soient de classe C k+1 . Puisque f et g sont de classe C k+1 , elles sont de classe C k et d’après l’hypothèse de récurrence : B(f, g)(k) =

k     k

j

j=0



B f (j) , g (k−j) .

Pour j ∈ [ 0, k]] , les fonctions f (j) et g (k−j) sont respectivement de classe k + 1 − j > 0 et j + 1 > 0 . Il vient alors du corollaire 11 de la page 342 par linéarité que B(f, g)(k) est dérivable et :

B(f, g)

(k+1)



= B(f, g)



(k) ′

=

k     k j=0

′

B f (j) , g (k−j) ,

j

donc, toujours à l’aide du corollaire 11 de la page 342 :

B(f, g)(k+1) =

k     k j=0

=

 k+1    k j=1

=

j



=

 

=

k+1  

j−1

k     k



k+1     k

j=0

B f (j) , g (k+1−j) +

j−1

  k B f, g (k+1) + 0

j=0



B f (j) , g (k+1−j) +

 k+1    k j=1



B f (j+1) , g (k−j) + B f (j) , g (k+1−j)



k+1   j=1

j=0



k j−1

  k+1 B f (j) , g (k+1−j) . j

+

j

j

B f (j) , g (k+1−j)



(réindexation)

B f (j) , g (k+1−j)

  k j



(car









k k+1

B f (j) , g (k+1−j)

= 0)



(relation de Pascal)

Cette dernière expression de B(f, g)(k+1) montre, par opérations sur les fonctions continues, que B(f, g)(k+1) est une fonction continue. La propriété est ainsi démontrée. On en déduit que si f ∈ C ∞ (I, E) et g ∈ C ∞ (I, F ) , alors B(f, g) ∈ C ∞ (I, G) .

357

Chapitre 8. Fonctions vectorielles de la variable réelle Proposition 21 Montrons par récurrence sur k ∈ IN que si les fonctions f1 , . . . , fp sont de classe C k , alors M (f1 , . . . , fp ) est également de classe C k .





•

Le cas k = 0 . Les fonctions f1 , . . . , fp étant continues, la fonction t �→ f1 (t), . . . , fp (t) est continue. Les espaces E1 . . . , Ep étant de dimension finie, l’application multilinéaire M est continue. Ainsi, par composition, M (f1 , . . . , fp ) est continue.

•

Supposons la propriété vraie pour un k ∈ IN . Soit f1 , . . . , fp des fonctions de classe C k+1 de I dans E1 , . . . , Ep . Comme elles sont dérivables, le corollaire 13 de la page 342 assure que M (f1 , . . . , fp ) est dérivable et : M (f1 , . . . , fp )′ = M (f1′ , f2 , . . . , fp ) + M (f1 , f2′ , . . . , fp ) + · · · + M (f1 , f2 , . . . , fp′ ).

En appliquant l’hypothèse de récurrence à f1′ et f2 , . . . , fp qui sont de classe C k , on obtient que M (f1′ , f2 , . . . , fp ) est de classe C k . De même pour les autres termes, ce qui prouve que M (f1 , . . . , fp )′ est de classe C k , i.e. M (f1 , . . . , fp ) est de classe C k+1 . La conclusion suit. On en déduit que si f1 , . . . , fp sont des fonctions de classe C ∞ , alors M (f1 , . . . , fp ) est de classe C ∞ .

Proposition 22 Pour k ∈ IN , posons Hk : « Pour f ∈ C k (I, E) et ϕ ∈ C k (J, IR) telles que ϕ(J) ⊂ I , la fonction f ◦ ϕ est de classe C k ». • La propriété est immédiate pour k = 0 (composition de fonctions continues). •

Supposons le résultat vrai pour un entier k ∈ IN . Considérons deux fonctions f ∈ C k+1 (I, E) et ϕ ∈ C k+1 (J, IR) telles que ϕ(J) ⊂ I . Ces deux fonctions sont dérivables, donc, d’après le corollaire 15 de la page 343, f ◦ ϕ est dérivable et : (f ◦ ϕ)′ = ϕ′ · (f ′ ◦ ϕ).

L’application (λ, x) �→ λx définie sur IK×E est bilinéaire. Puisque E et IK sont de dimension finie et que ϕ′ et f ′ ◦ ϕ sont de classe C k (d’après l’hypothèse de récurrence), on en déduit que ϕ′ · (f ′ ◦ ϕ) est de classe C k , c’est-à-dire que (f ◦ ϕ)′ est de classe C k , i.e. f ◦ ϕ est de classe C k+1 .

Proposition 23 Munissons E d’une base B = (ei )1in . On note fi les fonctions coordonnées de f dans cette base. • Soit f : [a, b] → E une fonction continue par morceaux et σ = (a0 , . . . , ap ) une subdivision adaptée. Par caractérisation de la continuité et de la limite en termes de fonctions coordonnées, pour tout j ∈ [ 0, p − 1]] et i ∈ [ 1, n]] , la fonction fi |]a ,a [ est continue et a des limites finies j

•

j+1

en aj et aj+1 . Par suite, toutes les fonctions coordonnées sont continues par morceaux. Soit f : [a, b] → E une fonction dont les fonctions coordonnées fi sont continues par morceaux. Pour chacune de ces fonctions fi il existe une subdivision qui lui est adaptée. En prenant une subdivision σ plus fine que chacune d’entre elles, celle-ci est adaptée à toutes les applications fi . Toujours en utilisant la caractérisation de la limite et de la continuité en termes de fonctions coordonnées, il vient que f est une fonction continue par morceaux et que σ lui est adaptée.

Proposition 24 Cela résulte immédiatement du fait que toutes les fonctions coordonnées dans une base de E donnée, étant des fonctions continues par morceaux sur [a, b] , sont bornées. Proposition 25 Le fait qu’une combinaison linéaire de fonctions continues par morceaux reste une fonction continue par morceaux repose sur la propriété analogue vérifiée par les fonctions coordonnées. On conclut en remarquant que la fonction nulle est continue par morceaux.

358

Démonstrations Proposition 26 Soit f : [a, b] → E une fonction continue par morceaux et B = (e1 , . . . , en ) une base de E . On note (f1 , . . . , fn ) les fonctions coordonnées de f dans la base B et l’on pose : I=

n  

b

fi

a

i=1



ei .

Soit B′ = (e′1 , . . . , e′n ) une autre base de E . Posons P = (ai,j )1i,jn la matrice de passage de B à B′ . On note également (g1 , . . . , gn ) les fonctions coordonnées de f dans la base B′ . Montrons que : I=

n  

b

gi

a

i=1



e′i .

La formule de changement de bases donne : ∀i ∈ [[1, n]]

fi =

n 

e′j =

∀j ∈ [ 1, n]]

et

ai,j gj

j=1

I=

b

fi

a

i=1



ei =

n  b n   a

i=1

=

n  n   i=1

=

ai,j

n  



b

gj

a

ei



b

g j ei

a

j=1

j=1

ai,j gj

j=1



 n

ai,j ei

i=1

ce qui démontre la formule annoncée.

ai,j ei .

i=1

Par conséquent, par linéarité de l’intégrale (des fonctions scalaires) : n  

n 



=

n   j=1

b

gj a



e′j ,

Corollaire 28 Leur différence est une fonction en escalier nulle sauf en un nombre fini de points, donc, en revenant à la définition, est d’intégrale nulle. On munit E et F des bases B = (ei )1in et B′ = (e′i )1ip .

Proposition 29

Notons (ai,j ) 1ip la matrice de L dans les bases B et B′ . 1jn





Soit f ∈ CM [a, b], E . En notant f1 , . . . , fn les fonctions coordonnées de f dans la base B , par linéarité de L , on a :



b

f

L

a



 n 

b

=L

fj

a

j=1

  ej

=

n 

n 

fj L(ej ) =

j=1

j=1

fj

 p

ai,j e′i

i=1



=

b

fj

a

j=1

Par ailleurs, toujours par linéarité : L◦f =

n  



p  n   i=1

L(ej ).



ai,j fj e′i ,

j=1

donc L ◦ f est continue par morceaux, puisque chaque fonction coordonnée est une combinaison linéaire de fonctions continues par morceaux. Par linéarité de l’intégrale scalaire, on a :



a

b

L◦f =

p  n   i=1

La conclusion suit.

j=1

ai,j



a

b

fj



e′i

=

n   j=1

a

b

fj

  p i=1

ai,j e′i



=

n   j=1

a

b

fj



L(ej ).

359

Chapitre 8. Fonctions vectorielles de la variable réelle Proposition 32 • Pour une fonction en escalier ϕ , le résultat découle de l’inégalité triangulaire :

    p−1  p−1  (ai+1 − ai ) ci   (ai+1 − ai ) �ci �,   i=0

i=0

où σ = (a0 , . . . , ap ) est une subdivision adaptée à ϕ et, pour i ∈ [ 0, p − 1]] , on note ci la valeur prise par ϕ sur ]ai , ai+1 [ . •





Démontrons le résultat dans le cas général. Soit donc f ∈ CM [a, b], E . Pour n ∈ IN∗ ,

posons ϕn la fonction définie sur [a, b] par : ϕn (t) =





f a + k b−a n f (b)

La fonction ϕn est en escalier et :





b

ϕn (t) dt =

a



si t ∈ a + k b−a , a + (k + 1) b−a n n si t = b.



n−1   b−a  b−a f a+i n n i=0

est une somme de Riemann de la fonction f . De même, �ϕn � est une fonction en escalier et



a

b

�ϕn � est une somme de Riemann pour la fonction �f � . On a donc d’après le premier

point, pour tout n ∈ IN∗ :

 b   b       ϕn (t) dt, ϕ (t) dt n   a

(∗)

a

et d’après le théorème de convergence des sommes de Riemann :



a

b

ϕn (t) dt −→

n→+∞



b

f (t) dt

et

a



b

a

  ϕn (t) dt −→

n→+∞



b

a

  f (t) dt.

Ainsi, par passage à la limite dans l’inégalité (∗) , en utilisant la continuité de la norme, on obtient :  b   b

  



f (t) dt 

a

a

  f (t) dt.

(∗)

Théorème 35 1. L’unicité est une conséquence de la proposition 34 de la page 350. En fixant une base de E et notant fi les fonctions coordonnées, qui sont continues, les fonctions t �→

2.



t

fi (s) ds en

a

sont des primitives qui s’annulent en 0 , donc ga est une primitive de f s’annulant en a , d’après la proposition 3 de la page 339. Le résultat est évident pour l’application ga d’après la relation de Chasles. Il est vrai pour toute primitive, puisque les primitives de f diffèrent toutes de ga d’une constante.

Théorème 40 Puisque la fonction f est de classe C p+1 , la fonction f (p+1) est continue sur   le segment d’extrémités a et b , et donc la fonction f (p+1)  l’est également. Cela justifie l’existence de Mp+1 . Pour établir le résultat, utilisant l’expression du reste donnée en remarque page 351, il suffit de remarquer : �Rp �  |b − a|p+1

360



0

1

Mp+1

|b − a|p+1 (1 − t)p dt = Mp+1 . p! (p + 1)!

Démonstrations Proposition 41 •





Commençons par montrer que si h ∈ C(I, E) vérifie h(x) = o (x − a)p , alors :



x a



Soit ε > 0 . Prenons η > 0 tel que : ∀t ∈ I



h(t) dt = o (x − a)p+1 .

|t − a|  η =⇒ �h(t)�  ε |t − a|p .

Pour x ∈ I tel que |x − a|  η , on a :

   

a

•

ce qui prouve le résultat. Comme :

x

  h(t) dt sup �h�  ε |x − a|p+1 ,   |x − a| [a,x] g(x) = g(a) +



x

f (t) dt,

a

on obtient le résultat par linéarité de l’intégrale, en appliquant le premier point à la fonction : h : x �→ f (x) −

p  k=0

αk (x − a)k .

Théorème 42 Démontrons le résultat par récurrence. • Si p = 0 , la continuité de f donne f (x) = f (a) + o(1) . •

Soit p ∈ IN∗ . Supposons le résultat vrai pour toute fonction de classe C p−1 . Soit f ∈ C p (I, E) . On a f ′ ∈ C p−1 (I, E) et : ′

f (x) =

p−1  (x − a)k k=0

puis par primitivation :

f (x) =

k!

p  (x − a)k k=0

k!





f (k+1) (a) + o (x − a)p−1 ,





f (k) (a) + o (x − a)p .

361

Chapitre 8. Fonctions vectorielles de la variable réelle

S’entraîner et approfondir Dérivation 8.1 Hélices Soit E un espace euclidien et v ∈ E non nul.

→340

Déterminer les fonctions dérivables f : IR → E telles que ( f ′ | v ) soit une fonction constante.

8.2 Soit M : →342

IR t

−→ �−→

Mn (IK) M (t)

une application dérivable.

1. Montrer que la fonction t �→ M (t)M (t)T est dérivable.

2. On suppose que IK = IR et que pour tout t ∈ IR la matrice M (t) est orthogonale. Montrer alors que : M ′ (t)M (t)T ∈ An (IR).

∀t ∈ IR

8.3 Si M ∈ Mn (C) , on note χM l’application

→342

IR t

−→ �−→

Cn [X] det(tIn − M ).

Soit A ∈ Mn (C) et i ∈ [[1, n]] , on note Ai la matrice extraite de A obtenue en supprimant la ligne et la colonne d’indice i . 1. Exprimer χ′A en fonction des χAi . 2. En déduire le coefficient en X dans le polynôme caractéristique de A .

8.4 Soit E un espace euclidien et f : [a, b] → E une fonction continue sur [a, b] , dérivable sur ]a, b[ . Montrer qu’il existe c ∈ ]a, b[ tel que :

    f (b) − f (a)  (b − a)f ′ (c) 





Indication. On pourra considérer t �→ f (t)  f (b) − f (a) .

⋆ 8.5 Soit E un IK -espace vectoriel de dimension finie et a < b deux réels. Soit f : [a, b] → E et g = [a, b] → IR+ deux fonctions dérivables vérifiant �f ′ �  g ′ . On souhaite montrer que : �f (b) − f (a)�  g(b) − g(a). 1. Prouver le résultat en supposant que les fonctions f et g soient de classe C 1 .

2. Montrer le résultat sans l’hypothèse « classe C 1 ». Indication. Pour ε > 0 , on pourra considérer l’ensemble :







A = x ∈ [a, b]  �f (x) − f (a)�  g(x) − g(a) + ε (x − a) ,

et montrer que sup A = b .

362

Exercices 8.6 Pour n  1 et x ∈ IR , calculer :

  x  x2 /2    Dn (x) =  x3 /3!  ..  .   xn /n!

1 x

1

x2 /2! ···

Indication. Calculer Dn′ (x) .

..

x .. . ···

.

..

. x2 /2!

     ·   1  x 

(0) 

8.7 Spirales logarithmiques On se place dans le plan complexe, orienté par la base (1, i) . Déterminer les fonctions f ∈ C 1 (IR, C∗ ) telles f ′ (t) �= 0 pour tout t ∈ IR et que l’angle entre les vecteurs f (t) et f ′ (t) soit constant. 8.8 Soit t �→ X(t) une application de classe C 1 de IR dans Mn (IR) telle que X(0) soit une matrice de rotation. Montrer que les assertions suivantes sont équivalentes : (i) pour tout t , X(t) est une matrice de rotation ; (ii) il existe une application continue A de IR dans l’ensemble des matrices antisymétriques de taille n telle que : ∀t ∈ IR X ′ (t) = A(t) X(t) .

Intégration et formules de Taylor 8.9 Soit E un espace vectoriel de dimension finie muni d’une norme � � et f : [a, b] → E une fonction de classe C 1 telle que f (a) = 0 .

→349

 b    (b − a)2  sup �f ′ (t)� . f (t) dt Montrer que   2 t∈[a,b] a

8.10 Soit E un espace euclidien de dimension n  1 et [a, b] un segment d’intérieur non vide de IR . On considère une fonction continue f : [a, b] → E , non nulle, telle que :

 b   b      = f (t) dt. f (t) dt   a

On pose :

a



e1 = 

a

a b

b

f (t) dt

  f (t) dt

·

1. Montrer que e1 est bien défini. En déduire l’existence d’une base orthonormée B = (e1 , . . . , en ) de E . 2. On note f1 , . . . , fn les fonctions coordonnées de f dans la base B . Montrer que f1  0 et f = f1 e1 . ⋆ 8.11 Soit E un espace vectoriel de dimension finie muni d’une norme � � .

Montrer que pour toute fonction f de classe C 1 de [0, 1] dans E , on a : sup �f �  [0,1]



0

1

 ′  f (t) dt +



1

0

  f (t) dt.

363

Chapitre 8. Fonctions vectorielles de la variable réelle 



8.12 Soit a et b deux réels, avec a < b , et f ∈ C [a, b], IR à valeurs positives et dont l’ensemble des zéros est d’intérieur vide. 1. Montrer que l’application F : x �→



x

f (t) dt induit une bijection de [a, b] sur [0, F (b)] . a

En déduire, pour tout entier n  1 , une subdivision (a0 , . . . , an ) de [a, b] telle que : ∀i ∈ [ 0, n − 1]]







ai+1

ai

1 f (t) dt = n



b

f (t) dt.

a

2. Soit g ∈ C [a, b], E , où E est un IK -espace vectoriel de dimension finie. Calculer

lim

n→+∞

n−1 1 g(ai ) . n i=0

⋆ 8.13 Soit [a, b] un segment de IR d’intérieur non vide, ainsi que ϕ : [a, b] → IR+ une fonction continue et f : [a, b] → IR une fonction de classe C 2 non nulle. On suppose que f ′′ + ϕ f = 0 et f (a) = f (b) = 0 . Montrer que

4  b−a



b

ϕ(t) dt .

a

Indication. On pourra introduire un c ∈ ]a, b[ où |f | atteint son maximum et utiliser une formule de Taylor entre a et c , ainsi qu’entre c et b . 8.14 Soit E un IR -espace vectoriel de dimension finie. 1. (a) Soit f une fonction de classe C 2 sur IR+ à valeurs dans E telle que les fonctions �f � et �f ′′ � soient majorées respectivement par M0 et M2 . 2M0 hM2 Montrer que pour tout h > 0 , la fonction �f ′ � est majorée par + · h 2 √ ′ (b) En déduire que la fonction �f � est majorée par 2 M0 M2 .

2. Soit f définie sur [0, 1] par :

∀x ∈ [0, 1]

f (x) = 2(x − 1)2 − 1.

Quelles sont les bornes de f , f ′ et f ′′ sur [[0, 1]] ?

En utilisant la fonction cosinus, prolonger f en une fonction de classe C 2 sur IR+ pour laquelle la majoration de la question précédente est optimale.

364

Solutions des exercices

Solutions des exercices 8.1 Puisque v �= 0 , on a n  1 , où n est la dimension de E . Complétons e1 =

v �v�

en une base

orthonormée (e1 , . . . , en ) de E . Soit f : IR → E une fonction dérivable. Notons f1 , . . . , fn les fonctions coordonnées de f dans la base (e1 , . . . , en ) . Pour t ∈ IR , on a f (t) =

n 

fk (t)ek , donc par caractère orthonormé de la base (e1 , . . . , en ) :

k=1





( f ′ (t) | v ) = f ′ (t)  �v�e1



= �v�f1′ (t).

Ainsi, comme �v� = � 0 , la fonction t �→ ( f ′ (t) | v ) est constante si, et seulement si, la ′ fonction f1 est constante, i.e. la fonction f1 est affine. 8.2 1. L’application B �→ B T définie sur Mn (IK) étant linéaire et le produit matriciel étant bilinéaire, l’application (A, B) → � AB T est bilinéaire sur Mn (IK) . On déduit donc du corollaire 11 de la page 342 que ϕ : t �→ M (t)M (t)T est dérivable sur IR et : T

ϕ′ (t) = M ′ (t)M (t)T + M (t)M ′ (t) .

∀t ∈ IR

2. Si pour tout t ∈ IR la matrice M (t) est orthogonale, alors la fonction ϕ est la fonction constante In et donc ϕ′ = 0 . Ainsi : ∀t ∈ IR

T

M ′ (t)M (t)T + M (t)M ′ (t) = 0.

D’autre part, pour tout t ∈ IR :



M ′ (t)M (t)T

Ainsi, d’après (∗) :



T



= M (t)T

M ′ (t)M (t)T

T

T

(∗)

T

T

M ′ (t) = M (t)M ′ (t) .

= −M ′ (t)M (t)T ,

donc M ′ (t)M (t)T est une matrice antisymétrique. 8.3 Considérons l’écriture en colonnes A = base canonique de Cn . 1. Par définition, on a : ∀t ∈ IR



C1

···

Cn



et notons B = (E1 , . . . , En ) la





χA (t) = detB tE1 − C1 , . . . , tEn − Cn .

Pour i ∈ [ 1, n]] , la fonction t �→ tEi − Ci est dérivable, de dérivée t �→ Ei . On en déduit, grâce à la multilinéarité de la fonction det , que pour t ∈ IR :

     ′ χA (t) =    

1

−a1,2

···

0 .. . 0

t − a2,2 .. . −an,2

···

−a1,n .. . .. . t − an,n

    t − a1,1   ..   .   + ··· +  ..     .   −a n,1

···

···

−a1,n−1 .. . t − an−1n−1 −an,n−1

En développant le i -ème déterminant par rapport à la i -ème colonne, il vient : Ainsi :

∀t ∈ IR

χ′A (t) = χA1 (t) + · · · + χAn (t). χ′A =

n 

χAi .

     .  0   1

0 .. .

(⋆)

i=1

365

Chapitre 8. Fonctions vectorielles de la variable réelle 2. Le coefficient en X du polynôme caractéristique de A vaut χ′A (0) . En évaluant en 0 dans l’égalité (⋆) , il vient : χ′A (0) =

n 

χAi (0) = (−1)n−1

n 

∆i,i (A),

i=1

i=1

où ∆i,i (A) est le mineur d’indice (i, i) de A . On a donc :





χ′A (0) = (−1)n−1 tr Com(A) . 8.4 Considérons g : [a, b] t

−→ �−→





IR    f (t)  f (b) − f (a) .











2

• On a g(b) − g(a) = f (b)  f (b) − f (a) − f (a)  f (b) − f (a) = f (b) − f (a) .







• Par ailleurs, g est dérivable sur ]a, b[ et g ′ (t) = f ′ (t)  f (b)−f (a) . D’après le théorème des accroissements finis, il existe c ∈ ]a, b[ tel que g(b) − g(a) = (b − a)g ′ (c) , i.e. :







g(b) − g(a) = (b − a) f ′ (c)  f (b) − f (a) .

Ainsi, d’après l’inégalité de Cauchy-Schwarz, sachant que b − a  0 :









g(b) − g(a)  (b − a)f ′ (c) f (b) − f (a).







• L’inégalité f (b) − f (a)  (b − a)f ′ (c) est immédiate lorsque f (b) = f (a) . Sinon, on a d’après les deux points précédents : donc :

     f (b) − f (a)2 = g(b) − g(a)  (b − a)f ′ (c) f (b) − f (a),     f (b) − f (a)  (b − a)f ′ (c).

8.5 1. Les fonctions f et g étant de classe C 1 , on a : f (b) − f (a) =



b

f ′ (t) dt

et

a

g(b) − g(a) =



b

g(t) dt.

a

On obtient alors le résultat souhaité en exploitant les propriétés de l’intégrale :

   b    b ′   f (b) − f (a) =  f ′ (t) dt f (t) dt   a

(inégalité triangulaire)

a





b

g ′ (t) dt

(croissance de l’intégrale)

a

= g(b) − g(a). 2. Soit ε > 0 . Posons :







A = x ∈ [a, b]  �f (x) − f (a)�  g(x) − g(a) + ε (x − a) .

L’ensemble A est non vide, puisqu’il contient a , et majoré par b . Par continuité de f et g , il est fermé, donc contient sa borne supérieure, notée c . Supposons c < b . Comme : lim

t→c

366

    f (t) − f (c)  g(t) − g(c) = �f ′ (c)� − g ′ (c)  0, −  t−c

t−c

Solutions des exercices on a, au voisinage de c l’inégalité :

   f (t) − f (c)  g(t) − g(c)  ε.  − t−c

t−c

Pour t > c suffisamment proche de c , on en déduit :

�f (t) − f (a)�  �f (t) − f (c)� + �f (c) − f (a)�  g(t) − g(c) + ε (t − c) + g(c) − g(a) + ε (c − a) = g(t) − g(a) + ε (t − a), ce qui contredit le fait que c soit la borne supérieure de A . Donc c = b et : �f (b) − f (a)�  g(b) − g(a) + ε (b − a).

En passant à la limite quand ε tend vers 0 , on en déduit : �f (b) − f (a)�  g(b) − g(a).

8.6 On convient que D0 = 1 . Pour n ∈ IN∗ , notons B la base canonique de IRn et Cn l’application définie sur IR   xn x2 par Cn (x) = x, , . . . , . On a donc : 2 n! ∀x ∈ IR





Dn (x) = detB Cn (x), Cn′ (x), . . . , Cn(n−1) (x) .

L’application Cn est de classe C n , donc Dn est de classe C 1 .

Soit x ∈ IR . Par multilinéarité de l’application detB , on a :









Dn′ (x) = detB Cn′ (x), Cn′ (x), . . . , Cn(n−1) (x) + detB Cn (x), Cn′′ (x), Cn′′ (x), . . . , Cn(n−1) (x) +









· · · + detB Cn (x), . . . , Cn(n−1) (x), Cn(n−1) (x) + detB Cn (x), . . . , C (n−2) (x), Cn(n) (x) . Dans tous ces déterminants, à l’exception du dernier, on a deux colonnes (consécutives) égales. Par suite :

  x  x2 /2    3  x /3! Dn′ (x) =  .. .   ..  .   xn /n!

1 x x2 /2!

1 x .. .

..

.

..

.

..

···

···

. ...

       = Dn−1 (x).     0   1

(0)  1 x x2 /2!

Il est clair que Dn (0) = 0 (il s’agit du déterminant d’une matrice triangulaire supérieure stricte). On en déduit alors par récurrence : ∀n ∈ IN

∀x ∈ IR

Dn (x) =

xn · n!

367

Chapitre 8. Fonctions vectorielles de la variable réelle 8.7 Procédons par analyse-synthèse. Analyse. Supposons que f soit une solution du problème. Notons α ∈ IR une mesure de l’angle entre f (t) et f ′ (t) (par hypothèse, cet angle ne dépend pas de t ). Alors, pour tout t ∈ IR , on peut écrire (rappelons que, par hypothèse, f ne s’annule pas) : f ′ (t) = λ(t)eiα f (t) On a alors λ(t) =

f ′ (t) −iα e , f (t)

avec

λ(t) > 0.

donc la fonc-

f ′ (t)

tion λ est continue. Ainsi f est solution de l’équation différentielle :

α

y ′ = λ(t)eiα y.

f (t)

Par conséquent il existe a ∈ C∗ tel que : ∀t ∈ IR



f (t) = a exp Λ(t)eiα



où Λ est une primitive de λ . On remarque que l’application Λ est de classe C 1 , strictement croissante et sa dérivée ne s’annule pas. Synthèse. Réciproquement, si Λ : IR → IR est strictement croissante, de classe C 1 et que sa dérivée ne s’annule pas alors, pour a ∈ C∗ , il est facile de vérifier que l’application f définie par :   f (t) = a exp Λ(t)eiα est une solution du problème.

8.8 Par linéarité de la transposition, si t �→ M (t) est une fonction dérivable à valeurs dans Mn (IR) définie sur I , alors t �→ M (t)T est dérivable et : ∀t ∈ I



′

T

M T (t) = M ′ (t) .

• Supposons que pour tout t ∈ I , X(t) soit une matrice de rotation. Soit t ∈ I . Puisque X(t) est une matrice orthogonale, on a : X ′ (t) = X ′ (t) X(t)T X(t) = A(t) X(t), où l’on a posé A(t) = X ′ (t) X(t)T . Les règles de calcul de la transposée donnent : T

A(t)T = X(t)X ′ (t) .

(∗)

Par ailleurs, toujours du fait que X(t) est une matrice orthogonale, on a : X(t) X(t)T = In . En dérivant cette relation (valable pour tout t ∈ IR ), il vient : : ou encore :

∀t ∈ IR ∀t ∈ IR

T

X ′ (t) X(t)T + X(t) X ′ (t) = 0. T

X(t) X ′ (t) = −X ′ (t) X(t)T = −A(t).

De la relation (∗) on obtient alors : ∀t ∈ IR

368

A(t) ∈ An (IR) .

Solutions des exercices • Supposons qu’il existe une fonction continue t �→ A(t) à valeurs dans An (IR) telle que X ′ (t) = A(t)X(t) pour tout t . Posons f (t) = X(t)T X(t) pour t réel. Les règles de dérivation donnent, pour t ∈ IR : T

f ′ (t) = X ′ (t) X(t) + X(t)T X ′ (t)



= A(t)X(t)

T

X(t) + X(t)T A(t)X(t)

= X(t)T A(t)T X(t) + X(t)T A(t)X(t)





= X(t)T A(t)T + A(t) X(t). Puisque A(t) est antisymétrique, il vient que f ′ (t) = 0 . Il s’ensuit que f est une fonction constante. Puisque X(0) est une matrice de rotation, il vient : ∀t ∈ IR

f (t) = X(t)T X(t) = In .

En d’autres termes, X(t) est une matrice orthogonale pour tout t . Par conséquent,   l’application g : t �→ det X(t) est à valeurs dans {−1, 1} . Par ailleurs, par continuité du déterminant, la fonction g est continue. En vertu du théorème des valeurs intermédiaires, la fonction g est constante et, puisque g(0) = 1 , on en conclut que X(t) est une matrice de rotation, pour tout t ∈ IR . 8.9 • Puisque f ′ , et donc �f ′ � , est continue sur le segment [a, b] , la fonction �f ′ � est bornée. Notons M = sup �f ′ (t)� . t∈[a,b]

• Du fait que f (a) = 0 , on a : ∀t ∈ [a, b] donc, pour tout t ∈ [a, b] :

  f (t) 



a

t

f (t) =



t

f ′ (s) ds,

a

 ′  f (s) ds 



a

t

M ds = M (t − a).

• On en déduit par inégalité triangulaire, puis croissance de l’intégrale :

 b   b  b     (b − a)2   f (t) dt  · f (t) dt M (t − a) dt = M   2 a a a

8.10 1. • Puisque f n’est pas nulle, la fonction �f � est continue, positive, non nulle. Par théorème



a

b

  f (t) dt > 0 . Par suite e1 est bien définit.

• Par homogénéité de la norme et par hypothèse sur f :

  b      b  f (t) dt   a    1 =    = 1. f (t) dt �e1 � =   b  b        a      f (t) dt  f (t) dt  a

a

• Par le théorème de la base orthonormée incomplète, on peut compléter (e1 ) en une base orthonormée (e1 , . . . , en ) de E .

369

Chapitre 8. Fonctions vectorielles de la variable réelle 2. • On a d’une part :



n  

b

f (t) dt =

a





b

f (t) dt =

a

fi (t) dt ei ,

a

i=1

d’autre part, par définition de e1 :



b

   f (t) dt e1 .

b

a

Par unicité de la décomposition dans une base, il vient :



b

f1 (t) dt =

a

  f (t) dt.

b

a

• Puisque B est une base orthonormée : (f12 )1/2

|f1 | =





 n

fi2

i=1

1/2

= �f �.

(∗)

Par croissance de l’intégrale, on en déduit :



b

a

  f1 (t) dt 



b

a

  f (t) dt =



b

f1 (t) dt,

a

l’égalité provenant du point précédent. Par conséquent, par double inégalité :



b

a

c’est-à-dire :



b

a

  f1 (t) dt =

  f1 (t) dt =



b

f1 (t) dt,

(1)

a



b

a

  f (t) dt.

(2)

∗ Il vient de (1) que f1 = |f1 |  0 (car |f1 | − f1 est positive, continue, d’intégrale nulle). ∗ De même, (2) et (∗) montrent que |f1 | = �f � . Cela implique : n 

fi2 = 0

et donc

∀i ∈ [ 2, n]]

i=2

fi = 0.

Par suite f = f1 e1 .





8.11 Puisque la fonction g : x �→ f (x) est continue sur le segment [0, 1] , elle est bornée et admet un maximum d’après le théorème des bornes atteintes. Fixons un x0 ∈ [0, 1] où elle atteint son maximum. Pour tout x ∈ [0, 1] , on a f (x0 ) = f (x) − f (x0 ) =



0

370

1

f (x0 ) dx =



0



x

f ′ (t) dt . Ainsi :

x0

1

f (x) dx −



0

1



x ′



f (t) dt dx, x0

Solutions des exercices donc :

   1   x         1 ′ + f (x0 )   f (x) dx f (t) dt dx     0 0 x0   1  1  x     ′   dx f (x) dx +  f (t) dt   0 0 x0    1  x0  x0     ′       f (x) dx + f (t) dt dx + 0

0





1

0

=



0

1

  f (x) dx +   f (t) dt +



0



0

Cela prouve l’inégalité demandée.

x

 x0

1



1

x0

1

0



 ′  f (t) dt dx +



x

x0

 1

x0

0

  ′  f (t) dt dx

(relation de Chasles) 1

  ′  f (t) dt dx

(fonctions positives)

 ′  f (t) dt.

8.12 1. • Posons pour x ∈ [a, b] : F (x) =



x

f (t) dt.

a

On définit ainsi une fonction de classe C 1 sur [a, b] , car f est continue, et croissante, du fait que f est à valeurs positives. Par ailleurs, puisque F ′ = f , l’ensemble des zéros de F ′ est d’intérieur vide. Par suite, la fonction F est strictement croissante. Étant de plus strictement croissante   et continue sur l’intervalle [a, b] , elle définit une bijection de [a, b] sur 0, F (b) . Remarquons que F (b) > 0 . • Raisonnons par analyse/synthèse. Analyse. Supposons que (a0 , . . . , an ) soit une subdivision de [a, b] telle que :



∀i ∈ [ 0, n − 1]]

ai+1

f (t) dt =

ai

1 n



F (ai+1 ) − F (ai ) =

f (t) dt.

a

Alors : ∀i ∈ [ 0, n − 1]]

b

1 n



b

f (t) dt.

a

En sommant et en remarquant que F (a0 ) = 0 , on obtient, pour tout i ∈ [[1, n]] : F (ai ) =

i n



a

b

f (t) dt =

i F (b) n

i.e.

ai = F −1

i

n



F (b) .

On en déduit l’unicité d’une telle subdivision. Synthèse. Il s’agit de vérifier que les ai définis ci-dessus forment bien une subdivison de [a, b] . C’est le cas car, comme F −1 est strictement croissante, les points ai sont ordonnés de manière strictement croissante, et l’on a de plus a0 = F −1 (0) = 0   et an = F −1 F (b) = b .

371

Chapitre 8. Fonctions vectorielles de la variable réelle 2. • Soit n ∈ IN∗ . D’après l’expression établie à la question précédente : n−1 n−1    i 1 1 F (b) g(ai ) = g F −1 n n n i=0

i=0

=

n−1 1

n

i=0

(g ◦ F −1 )

On remarque alors que :

i

n



F (b) =

i=0



n−1

F (b)  i F (b) (g ◦ F −1 ) n n i=0





n−1

1 F (b)  i (g ◦ F −1 ) F (b) . F (b) n n







est une somme de Riemann pour la fonction (g ◦ F −1 ) qui est continue sur 0, F (b) . Par suite, on a :



n−1

F (b)  i (g ◦ F −1 ) F (b) n n i=0

donc :



−→

n→+∞



F (b)

0





g ◦ F −1 (x) dx,

 F (b) n−1 1 1 g(ai ) −→ (g ◦ F −1 )(x) dx. n→+∞ F (b) n 0

(⋆)

i=0

• La fonction F étant de classe C 1 , on peut poser le changement de variable [x = F (t)] dans l’intégrale : I=



F (b)

(g ◦ F

0

−1

)(x) dx

ce qui donne

I=

Par conséquent, d’après (⋆) : n−1

1 1 g(ai ) −→ n→+∞ F (b) n i=0



b

g(t)f (t) dt =

a





b

g(t)f (t) dt. a

b

g(t)f (t) dt

a



b

f (t) dt

·

a

8.13 La fonction |f | étant continue sur le segment [a, b] , elle atteint son maximum en un c ∈ [a, b] , d’après le théorème des bornes atteintes. Puisque |f | est non nulle, la valeur du maximum est strictement positive. Comme f (a) = f (b) = 0 , cela implique que c ∈ ]a, b[ . Quitte à remplacer f par −f , fonction qui vérifie les mêmes hypothèses que f , on peut   supposer que f (c) > 0 . On en déduit que f (t)  f (t)  f (c) pour tout t ∈ [a, b] , donc que f atteint son maximum en c . Comme c est un point intérieur de l’intervalle [a, b] , on a f ′ (c) = 0 . Puisque f ′′ = −ϕ f , la formule de Taylor avec reste intégral à l’ordre 1 appliquée à f entre c et a , ainsi qu’entre c et b donne : 0 = f (a) = f (c) − 0 = f (b) = f (c) −

372



a

(a − t)ϕ(t)f (t) dt

c



c

b

(b − t)ϕ(t)f (t) dt,

Solutions des exercices donc : f (c) =



c

a

(t − a)ϕ(t)f (t) dt

et

f (c) =



b

c

puis, du fait que f (c) > 0 est la valeur maximale de |f | :

(b − t)ϕ(t)f (t) dt,

 c   c  c      f (c) =  (t − a)ϕ(t)f (t) dt  (t − a)ϕ(t)f (t) dt  (c − a)f (c) ϕ(t) dt a a a  b   b  b         f (c) =  (b − t)ϕ(t)f (t) dt  (b − t))ϕ(t) f (t) dt  (b − c)f (c) ϕ(t) dt. c

c

c

En divisant la première inégalité par (c − a)f (c) > 0 , et la seconde par (b − c)f (c) > 0 , on obtient :  c  b 1 1   ϕ(t) dt et ϕ(t) dt, c−a b−c a c

donc en sommant, en vertu de la relation de Chasles : 1 1 +  c−a b−c Une brève étude de la fonction t �→

en

a+b 2

et que celui-ci vaut

4 . b−a

1 t−a



b

ϕ(t) dt.

a

1 + b−t sur ]a, b[ montre qu’elle atteint son minimum

Par suite :

1 1 4  +  b−a c−a b−c



b

ϕ(t) dt.

a

8.14 1. Soit h > 0 et x ∈ IR+ . (a) L’inégalité de Taylor-Lagrange donne : 2   f (x + h) − f (x) − h f ′ (x)  h M2 .

2

(1)

Il vient de l’inégalité triangulaire :

      ′   f (x + h)   f (x)   f (x + h) − f (x) − hf ′ (x)  f (x) =   + + ,

h donc, à l’aide de l’inégalité (1) :

h

�f ′ (x)� 

h

hM2 2M0 + · h 2

 √ 2M0 hM2 + est atteint pour h = 2 M0 /M2 et vaut 2 M0 M2 . h 2 L’inégalité ci-dessus donne alors : √ �f ′ (x)�  2 M0 M2 .

(b) Le minimum de h �→

2. On a immédiatement :

M0 = max |f | = 1 [0,1]

M1 = max |f ′ | = 4 [0,1]

et

M2 = max |f ′′ | = 4. [0,1]

√ On remarque que l’on a M1 = 2 M0 M2 . Il suffit donc prolonger f en une fonction de classe C 2 sur IR+ de façon à conserver ces bornes, ce que l’on peut réaliser en posant : ∀x > 1





f (x) = − cos 2(x − 1) .

373

Chapitre 9 : Intégration sur un intervalle quelconque I

Intégrale généralisée . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Fonction continue par morceaux . . . . . . . . . . . Définitions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Cas des fonctions à valeurs réelles positives . . . . . Intégrales de référence . . . . . . . . . . . . . . . . . II Propriétés de l’intégrale . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Linéarité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Positivité, croissance . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Relation de Chasles . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 Intégrabilité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . III Calcul d’intégrales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Intégration par parties . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Changement de variable . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Semi-convergence . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . IV Intégration des relations de comparaison . . . . . . 1 Cas convergent : comparaison des restes . . . . . . . 2 Cas divergent : comparaison des intégrales partielles Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 2 3 4

. . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

376 376 377 383 385 385 385 386 386 387 390 390 393 394 396 396 398 406

Intégration sur un intervalle quelconque

9

Dans ce chapitre, on étend la notion d’intégrale, déjà connue pour les fonctions continues par morceaux sur un segment, à certaines fonctions continues par morceaux sur un intervalle I quelconque de IR et à valeurs dans IK = IR ou IK = C. Les intervalles de IR considérés dans ce chapitre sont tous d’intérieur non vide.

I

Intégrale généralisée

1

Fonction continue par morceaux

Rappelons la définition d’une fonction continue par morceaux sur un segment et étendons-la à un intervalle quelconque. Définition 1 • Une fonction f : [a, b] −→ IK est dite continue par morceaux sur le segment [a, b] de IR s’il existe une subdivision (a0 , . . . , an ) de ce segment telle que, pour tout i ∈ [[0, n − 1]], la restriction de f à ]ai , ai+1 [ possède un prolongement continu sur le segment [ai , ai+1 ]. • Une fonction f : I −→ IK est dite continue par morceaux sur l’intervalle I si sa restriction à tout segment inclus dans I est continue par morceaux. Notation On note CM(I, IK) l’ensemble des fonctions continues par morceaux sur l’intervalle I à valeurs dans IK. Remarque L’ensemble CM (I, IK) contient les fonctions constantes sur I , est stable par combinaison linéaire et par produit : c’est une sous-algèbre de IKI . On a immédiatement l’inclusion C(I, IK) ⊂ CM(I, IK). Ex. 1. La fonction partie entière est une fonction continue par morceaux sur IR . Ex. 2. La fonction inverse est continue par morceaux sur ]0, +∞[ mais ne possède pas de prolongement continu par morceaux sur [0, +∞[ puisqu’elle n’est pas bornée au voisinage de 0 .

I Intégrale généralisée

2

Définitions

Cas où I = [a, b[ Dans cette section, on considère a ∈ IR et b ∈ IR tels que a < b  +∞. Définition 2

  Soit f ∈ CM [a, b[, IK .



 f converge si la fonction x �→ f (t) dt admet [a,x] [a,b[   une limite finie en b . Dans ce cas, on note f ou f (t) dt cette limite. [a,b[ [a,b[ Dans le cas contraire, on dit que l’intégrale f diverge. On dit que l’intégrale

[a,b[

Terminologie • Une telle intégrale est appelée intégrale généralisée. On parle aussi d’intégrale impropre. • Pour une intégrale généralisée, son caractère convergent ou divergent est appelé sa nature. Proposition 1 (Caractère local de la nature d’une intégrale) Soit f ∈ CM([a, b[, IK). Soit c ∈ [a, b[ .   Les intégrales f et f sont de même nature et, si elles convergent, on a : [a,b[

[c,b[



f=

[a,b[

Principe de démonstration.



f+

[a,c]



f.

[c,b[

Démonstration page 399

On utilise la relation de Chasles et la définition de la conver-

gence d’une intégrale.

Corollaire 2 Soit f ∈ CM([a, b[, IK). Si l’intégrale



[a,b[

f converge, alors



[x,b[

f −→ 0 . x→b

Remarque On peut noter une analogie entre l’étude des intégrales généralisées sur un intervalle [a, +∞[ et celle des séries numériques.  Par analogie avec les séries, l’intégrale f est appelée intégrale [a,x]  partielle et, en cas de convergence, l’intégrale f est appelée reste de l’inté[x,b[  grale f.

Terminologie

[a,b[

377

Chapitre 9. Intégration sur un intervalle quelconque Le résultat suivant assure que, pour une fonction f continue par morceaux sur le segment [a, b], il n’y a pas de différence entre son intégrale sur le segment [a, b] (au sens de la première année) et son intégrale sur l’intervalle semi-ouvert [a, b[ (au sens que nous venons de définir). Proposition 3 Soit f ∈ CM([a, b], IK). Alors l’intégrale généralisée 



f=

[a,b[

Notation

Dans la suite, l’intégrale



f converge et l’on a : [a,b[

f.

[a,b]



Démonstration page 399

f est notée

[a,b[



b

f . Dans le cas où f est a

continue par morceaux sur le segment [a, b], le résultat précédent assure la cohérence de cette notation avec celle déjà utilisée en première année. Proposition 4 Soit f ∈ C([a, b[, IK) et F une primitive de f . L’intégrale



b

f converge si, et

a

seulement si, F possède une limite finie en b . Dans ce cas, on a :  b f = lim F − F (a) b

a

et la fonction définie sur [a, b[ par x �→

Notation



b

x

f est dérivable, de dérivée −f . Démonstration page 399

 b Si lim F existe, on note F a l’expression lim F − F (a). b

b



Ex. 3. Montrons que l’intégrale

+∞

e−t dt converge et calculons sa valeur.

0

La fonction f : t �→ e−t est continue sur IR+ et l’une de ses primitives est F : t �→ −e−t . Comme F −→ 0 , l’intégrale +∞



+∞

e−t dt converge et l’on a :

0



0

378

+∞



e−t dt = −e−t

+∞ 0

= 1.

I Intégrale généralisée 

Ex. 4. Montrons que l’intégrale

+∞

dt converge et calculons sa valeur. t(1 + t2 )

1

1 t(1+t2 )

• La fonction f : t �→

et continue sur [1, +∞[ .

• Une décomposition en éléments simples donne f (t) = ln(1+t2 ) 2

sur [1, +∞[ est donc F : t �→ ln t − √

• On a, au voisinage de +∞ ,



= ln √

1 + t2 ∼ t , donc √

+∞

 +∞

f= F

1



Ex. 5. Montrons que l’intégrale



−

t 1+t2

; une primitive de f

·

→ 1 . Par conséquent, F −→ 0 .

t 1+t2

Puisque F admet une limite finie en +∞ , l’intégrale



t 1+t2

1

t

+∞

+∞

f converge et : 1

1 ln 2 · = lim F − F (1) = − ln √ = +∞ 2 2

1

+∞

cos t dt diverge.

0

La fonction cos est continue sur [0, +∞[ et l’une de ses primitives est la fonction sin , qui ne possède pas de limite en +∞ ; d’où la conclusion.

Attention

À l’instar des séries numériques, la condition f −→ 0 n’est pas suffisante +∞  +∞ f converge, comme le prouve l’exemple suivant. pour que l’intégrale a

1 Ex. 6. Considérons f : t �→ sur [1, +∞[ . On a f −→ 0 , mais l’intégrale +∞ t ∀x  1



1

x



+∞

f diverge car :

1

dt = ln x −→ +∞. x→+∞ t

Attention

En revanche, contrairement au cas des séries numériques, la convergence  +∞ f n’entraîne pas que f −→ 0 , ni même que f est bornée au de l’intégrale +∞

a

voisinage de +∞, comme on le verra dans l’exemple 14 de la page 384. Point méthode Pour N ∈ IN et a > 0 , on a conséquent, si l’intégrale



a

+∞

N  

n=1

(n+1)a

f = na

f converge alors la série



(N +1)a

f . Par

a



(n+1)a

f converge.

na

Ainsi, on peut utiliser la divergence d’une série pour prouver la divergence d’une intégrale.

379

Chapitre 9. Intégration sur un intervalle quelconque 

Ex. 7. Montrons que l’intégrale général



+∞

t

π

(n+1)π

  1  sin t    dt . La fonction t �→ est décroissante sur [1, +∞[ , donc : t

nπ

   sin t    dt diverge. Pour cela, considérons la série de terme

∀n ∈ IN

t



∗

(n+1)π

   sin t    dt  t

nπ



1 (n + 1) π

(n+1)π

|sin t| dt =

nπ

2 · (n + 1) π

Ainsi, par comparaison aux séries de Riemann, la série de terme général diverge, donc l’intégrale



+∞



(n+1)π

nπ

   sin t    dt diverge. t

π

   sin t   dt  t

  (n+1)a La réciproque est fausse : la convergence de la série f n’imna  +∞ plique pas la convergence de l’intégrale f , comme le montre l’exemple suivant.

Attention

a

Ex. 8. L’intégrale



+∞

cos t dt diverge mais

0



2(n+1)π

cos t dt est convergente, car son

2nπ

terme général est nul.

Cas où I = ]a, b] Dans cette section, on considère a ∈ IR et b ∈ IR tels que −∞  a < b . Définition 3

  Soit f ∈ CM ]a, b], IK .

 b f converge, si la fonction x �→ f (t) dt admet une ]a,b] x   limite finie en a. Dans ce cas, on note f ou f (t) dt cette limite. ]a,b]  ]a,b] Dans le cas contraire, on dit que l’intégrale f diverge. On dit que l’intégrale



]a,b]

Exo 9.1

Ex. 9. Montrons que l’intégrale



ln t dt converge et calculons sa valeur.

]0,1]

La fonction ln est continue sur ]0, 1] et l’une de ses primitives est F : x �→ x ln x − x . Comme F −→ 0 par croissances comparées, l’intégrale 0



0

380

1



ln t dt = F (t)

1 0



1

ln t dt converge et l’on a :

0

= −1.

I Intégrale généralisée Remarque On adapte sans difficulté au cas d’un intervalle semi-ouvert ]a, b] les propositions 1, 3 et 4 énoncées dans le cas d’un intervalle du type [a, b[ . Notation

L’intégrale





f est aussi notée

]a,b]

b

f.

a

Cas d’un intervalle ouvert I = ]a, b[ 2

Dans cette section, on considère (a, b) ∈ IR tel que −∞  a < b  +∞ .

Lemme 5

  Soit f ∈ CM ]a, b[, IK .





S’il existe c ∈ ]a, b[ tel que les deux intégrales f et f convergent, alors, ]a,c] [c,b[   pour tout réel c′ ∈ ]a, b[ , les intégrales f et f convergent aussi, et : 

f+

]a,c′ ]



]a,c′ ]

[c′ ,b[



f=

[c′ ,b[

f+

]a,c]



f. [c,b[

Démonstration page 399 Conséquence de la proposition 1 de la page 377 et son analogue dans le cas d’un intervalle ouvert à gauche.

Principe de démonstration. Définition 4

   Soit f ∈ CM ]a, b[, IK . On dit que l’intégrale f converge s’il existe un ]a,b[   réel c ∈ ]a, b[ tel que les deux intégrales f et f convergent. On pose ]a,c]

alors :



]a,b[

f=



f+

]a,c]

Dans le cas contraire, on dit que l’intégrale



[c,b[



f.

[c,b[

f diverge.

]a,b[

Remarque Le lemme 5 assure que la notion de convergence et éventuellement de valeur d’une intégrale sur un ouvert ne dépend pas du choix de c. Compatibilité avec les définitions déjà données   • Si f ∈ CM ]a, b], IK , il découle de la définition précédente et la proposition 1 de   f et f ont même nature et, en cas la page 377 que les deux intégrales ]a,b] ]a,b[   de convergence, sont égales. On a le même résultat si f ∈ CM [a, b[, IK . • De

même,

le

résultat de la proposition 3 de    s’étend : si f ∈ CM [a, b], IK , l’intégrale f converge et ]a,b[

la

]a,b[

page 378  f= f. [a,b]

381

Chapitre 9. Intégration sur un intervalle quelconque Notation

La discussion précédente justifie la notation

b

f utilisée pour désigner

a

cette intégrale. 

Ex. 10. Supposons que l’intégrale Comme l’intégrale





+∞

f converge. Montrons que

−∞

+∞

f converge, les deux intégrales

−∞



définition de l’intégrale sur un intervalle semi-ouvert, on a :



0

−x

f −→

x→+∞





0

et

f

−∞

0

f et −∞

x 0

f −→

x→+∞





x

f

−x +∞

−→

x→+∞



+∞

f.

−∞

f convergent. Par

0



+∞

f. 0

En faisant la somme de ces deux limites et par la relation de Chasles, on obtient :



x

−x

f −→

x→+∞



0

f+

−∞



+∞

f=

0



+∞

f,

−∞

la dernière égalité venant de la définition de l’intégrale sur un intervalle ouvert.

Attention

La réciproque du résultat obtenu par l’exemple précédent est  x fausse : comme le montre l’exemple suivant, l’existence de lim f (t) dt n’imx→+∞ −x  +∞ f. plique pas la convergence de l’intégrale −∞

Ex. 11. Pour tout x ∈ IR , on a n’est pas convergente puisque





x

t dt = 0 , donc −x x

0



x

−x

t dt −→ 0 , mais l’intégrale x→+∞



+∞

t dt −∞

t dt −→ +∞ . x→+∞

Point méthode Si f est continue sur ]a, b[ , et si F est une primitive de f , alors  b l’intégrable f converge si, et seulement si, F admet des limites finies en a et b , a  b  b f = lim F − lim F , quantité notée F (t) a . et l’on a alors a

382

b

a

I Intégrale généralisée Ex. 12. Montrons que l’intégrale



+∞

−∞

dt converge et calculons sa valeur. 1 + t2

1 est continue sur IR et l’une de ses primitives est Arctan . La fonction f : t �→ 1 + t2  +∞ π π dt converge et l’on a : et Arctan −→ − , l’intégrale Comme Arctan −→ +∞ 2 −∞ 2 1 + t2 −∞



+∞

−∞

3



 +∞ π π dt = Arctan(t) −∞ = − − 2 1+t 2 2



= π.

Cas des fonctions à valeurs réelles positives

De la même façon que pour les séries numériques, on étudie le cas des fonctions positives. La notion d’intégrabilité permettra ensuite de se ramener à ce cas. On traite dans ce paragraphe le cas des intégrales généralisées sur l’intervalle semiouvert [a, b[ , le cas ]a, b] étant analogue et le cas ]a, b[ se ramenant aux deux précédents. Proposition 6 Soit a ∈ IR et b ∈ IR tels que a < b  +∞, et f ∈ CM([a, b[, IR) à valeurs positives.  x  b f converge si, et seulement si, la fonction x �→ f est majorée 1. L’intégrale sur [a, b[ .

a



a

b

f diverge si, et seulement si a  b On pose alors f = +∞.

2. L’intégrale



x

a

f −→ +∞. x→b

a

Démonstration page 400  x

Principe de démonstration.

On utilise la croissance de la fonction x �→

f.

a

Remarques • Les conclusions sur la nature de l’intégrale subsistent si f n’est positive qu’au  x voisinage de b , car x �→ f est alors croissante au voisinage de b . a

 • L’adaptation de la proposition 6 au cas d’une fonction f ∈ CM ]a, b], IR) positive  b  b est la suivante : l’intégrale f converge si, et seulement si, la fonction x �→ f a x  b est majorée, et si ce n’est pas le cas alors f −→ +∞. x

x→a

1 est continue et positive sur [1, +∞[ , et admet la fonction ln pour t  +∞  +∞ dt dt est divergente, et l’on a = +∞ . primitive. Comme ln −→ +∞ , l’intégrale +∞ t t 1 1 Ex. 13. La fonction t �→

383

Chapitre 9. Intégration sur un intervalle quelconque Proposition 7 (Comparaison d’intégrales de fonctions positives)  2 Soit (a, b) ∈ IR × IR tel que a < b  +∞, et (f, g) ∈ CM [a, b[, IR à valeurs positives. Si f  g sur [a, b[ , alors on a l’inégalité suivante dans IR+ :  b  b f g. a



En particulier, si l’intégrale

a

b

g converge, alors l’intégrale

a



b

f converge.

a

Démonstration page 400

Principe de démonstration. On utilise la caractérisation de la convergence de l’intégrale d’une fonction positive (proposition 6 de la page précédente).

  Point méthode Soit a > 0 et f ∈ CM [a, +∞[, IR+ . Puisque pour tout N ∈ IN,  (N +1)a N  (n+1)a  on a f = f , on obtient dans IR+ , par passage à la limite et n=1

na

a

positivité :

+∞  

n=1

Exo 9.2



En particulier, la série

(n+1)a

f= na



+∞

f.

a

(n+1)a

f et l’intégrale na



+∞

f ont même nature.

a

Ex. 14. Soit f définie sur [1, +∞[ de la manière suivante : ∀n ∈ IN∗

∀t ∈ [n, n + 1[

f (t) = n1

n,n+ 13 n

 (t).

La fonction f est continue par morceaux et à valeurs positives. On a de plus :



+∞

f (t) dt = 1

+∞   n=1

n+1

f (t) dt =

n

Par conséquent, l’intégrale

+∞  1 n=1



n2

n < +∞.

+∞

f (t) dt converge. 1

Remarque La fonction ici considérée est d’intégrale convergente sur [1, +∞[ , mais ne tend pas vers 0 en +∞ (en fait, elle n’est même pas bornée au voisinage de +∞ ).

384

1 n3

II Propriétés de l’intégrale

4

Intégrales de référence

Comme pour les séries numériques, nous disposons d’un certain nombre d’exemples de référence permettant, grâce au théorème de comparaison, de déterminer la nature de beaucoup d’autres intégrales. Proposition 8 Soit α un réel. L’intégrale



+∞

e−αt dt converge si, et seulement si, α > 0 .

0

Démonstration page 400

Proposition 9 (Intégrales de Riemann) Soit α ∈ IR.  +∞ dt converge si, et seulement si, α > 1 . • L’intégrale tα 1  1 dt converge si, et seulement si, α < 1 . • L’intégrale α t 0

• Plus généralement, étant donné (a, b) ∈ IR2 tel que a < b , les deux inté b  b dt dt grales et convergent si, et seulement si, α < 1 . α (b − t) (t − a)α a a

Démonstration page 400

Ex. 15. Les intégrales Ex. 16. Les intégrales

II





+∞ 1 +∞ 1

dt , t2 dt , t



1

0



0

1

dt √ et t dt et t





1

√

0 3

1

dt convergent. 1−t

dt divergent. (3 − t)2

Propriétés de l’intégrale

Les propositions suivantes étendent à un intervalle I quelconque des propriétés déjà connues sur un segment. Rappelons I désigne un intervalle de IR d’intérieur non vide. Convention Par extension, lorsque I est  un segment et que f continue par morceaux sur I , on dit encore que l’intégrale

f converge.

I

1

Linéarité

Proposition 10 (Linéarité)



L’ensemble des fonctions f ∈ CM(I, IK) telles que f converge est un sous-espace I  vectoriel de CM(I, IK) et l’application f �→ f est une forme linéaire. I

Démonstration.

Cela résulte de la définition de la convergence d’une intégrale, de la linéarité de l’intégrale sur un segment et des théorèmes d’opérations sur les limites.

385

Chapitre 9. Intégration sur un intervalle quelconque Proposition 11 (Fonctions à valeurs complexes)  Étant donné f ∈ CM(I, C), l’intégrale f converge si, et seulement si, les deux I   Re f et Im f convergent, et l’on a alors : intégrales I

I



f=

I



Re f + i

I



Im f.

I

Démonstration.

Cela résulte de la définition de la convergence d’une intégrale et des propriétés des limites des fonctions à valeurs complexes.

2

Positivité, croissance

On considère ici des fonctions à valeurs réelles. Proposition 12 (Positivité) Soit f ∈ CM(I, IR) telle que



f converge. Si f est positive sur I , alors

I

Soit (f, g) ∈ CM(I, IR)2 tel que 

f

I

f  0.

I

Démonstration page 401

Corollaire 13 (Croissance)

Si f  g sur I , on a







I

f et



g convergent.

I

g.

I

Démonstration. On applique la proposition précédente à la fonction g − f en utilisant la linéarité de l’intégrale. Proposition 14 (Fonction continue, positive et d’intégrale nulle) Soit f : I → IR une fonction continue et positive.  f = 0 alors f est la fonction nulle. Si I

Principe de démonstration.

Démonstration page 401 On se ramène à l’énoncé analogue dans le cas d’un segment.

Remarque On déduit de cette proposition que si f est une fonction continue posi f > 0. tive et non nulle sur I , alors I

3

Relation de Chasles

Proposition 15 Soit f ∈ CM(I, IK) telle que



f converge.

I

Si J est un sous-intervalle d’intérieur non vide de I , alors



f converge.

J

386

Démonstration page 401

II Propriétés de l’intégrale Conséquence



f converge. Si x < y sont des points ou extrémi y  f , notée aussi f , converge. tés de I , alors on a ]x, y[ ⊂ I , donc l’intégrale Supposons que

I

]x,y[

Notation



Plus généralement, si

x

f converge, la notation

I

le cas où x < y , est étendue au cas général ainsi :  y  x  f =− f si x > y et x

y



y

f , déjà définie dans

x

y

f = 0 si x = y.

x

Proposition 16 (Relation de Chasles)  Soit f ∈ CM(I, IK) telle que f converge. Si x, y et z sont trois points ou I  z  y  y f, f et f convergent et l’on a : extrémités de I , alors les intégrales 

x

y

x

4

f=



x

z

x

f+



z

y

f.

z

Démonstration page 402

Intégrabilité

Dans cette section, I désigne un intervalle de IR d’intérieur non vide. Définition 5 On dit que f ∈ CM(I, IK) est intégrable sur I , ou que l’intégrale  |f | converge. absolument, si l’intégrale



f converge

I

I

Notation

On note L1 (I, IK) l’ensemble des fonctions intégrables sur I .

Proposition 17 L1 (I, IK) est un sous-espace vectoriel de CM(I, IK).

Démonstration page 402

Principe de démonstration. Utiliser l’inégalité triangulaire et le théorème de comparaison pour les fonctions à valeurs positives. Remarques • Si f ∈ CM(I, IK) est une fonction positive, alors l’intégrabilité de f équivaut à la  convergence de l’intégrale f. I

• En particulier les fonctions des exemples de référence de la section I.4 de la page 385 étant toutes positives, leur convergence équivaut à leur intégrabilité. 387

Chapitre 9. Intégration sur un intervalle quelconque Théorème 18    Si f ∈ L1 I, IK alors f converge. I

Principe de démonstration.

Démonstration page 402 On étudie d’abord le cas des fonctions f à valeurs réelles,

en utilisant les fonctions f + = |f |+f et f − = |f |−f , puis on en déduit le cas des fonctions à 2 2 valeurs complexes en écrivant f = Re f + i Im f .

Théorème 19 (Inégalité triangulaire)      Pour tout f ∈ L1 (I, IK), on a  f   |f |. I

I

Démonstration page 403

Proposition 20 (Caractère local de l’intégrabilité) Soit a ∈ IR et b ∈ IR tels que a < b . Soit f ∈ CM([a, b[, IK). Alors, pour tout c ∈ [a, b[ , la fonction f est intégrable sur [a, b[ si, et seulement si, elle l’est sur [c, b[ . Démonstration.

C’est une conséquence immédiate du caractère local de la nature d’une intégrale (cf. proposition 1 de la page 377).

Conséquence et terminologie • L’intégrabilité de f sur [a, b[ ne dépend que du comportement local de f au voisinage de b . • Pour f ∈ CM([a, b[, IK), on dira que f est intégrable en b si f est intégrable sur [a, b[ . Théorème 21 (Théorème de comparaison) Soit (a, b) ∈ IR × IR tel que a < b  +∞ et (f, g) ∈ CM([a, b[, IK)2 .

• Si f = O (g) et si g est intégrable sur [a, b[ , alors f est intégrable sur [a, b[ . b

• Si f ∼ g , alors l’intégrabilité de f sur [a, b[ équivaut à celle de g . b

Démonstration page 403 Principe de démonstration. Cela résulte de la définition de l’intégrabilité et du théorème de comparaison pour les fonctions à valeurs positives (proposition 7 de la page 384).

Attention Le théorème de comparaison énoncé ici concerne l’intégrabilité des fonctions, c’est-à-dire la convergence absolue de leurs intégrales. On peut très bien  b  b avoir f ∼ g sans que les intégrales f et g soient de même nature (cf. exerb

cice 9.5).

a

a

Remarque Ce qui précède (en particulier le théorème de comparaison) a été énoncé dans le cas I = [a, b[ , mais s’adapte naturellement au cas I = ]a, b]. 388

II Propriétés de l’intégrale

Exo 9.3

Point méthode Pour étudier l’intégrabilité d’une fonction continue par morceaux sur un intervalle I , on peut s’intéresser au comportement asymptotique de f au voisinage des « bornes ouvertes » de I , puis utiliser le théorème de comparaison. En particulier, si l’intervalle I est ouvert, il faut étudier séparément les deux bornes. 

Ex. 17. Soit x > 0 . Montrons la convergence de l’intégrale La fonction f : t �→ t

x−1 −t

e

tx−1 e−t dt.

0

est continue sur ]0, +∞[ .

Étude en 0 . Quand t tend vers 0 , on a f (t) ∼ tx−1 =

+∞

1 t1−x

. Comme 1 − x < 1 , la fonc-

1

tion t �→ t1−x est intégrable en 0 (intégrale de Riemann), donc, par théorème de comparaison, f aussi. Étude en +∞ . Par croissances comparées, on a : tx+1 e−t −→ 0

donc

t→+∞

tx−1 e−t = O +∞

1 t2

.

Comme 2 > 1 , la fonction t �→ t12 est intégrable en +∞ , donc, par théorème de comparaison, f aussi. En conclusion, la fonction f est intégrable sur ]0, +∞[ , donc son intégrale converge. Ex. 18. Déterminons la nature de l’intégrale La fonction f : t �→ sin (t) ln



ln

t2 +2 −→ t2 +1 t→+∞



t2 + 2 t2 + 1



+∞

sin (t) ln

0



t2 + 2 t2 + 1



dt .

est continue sur [0, +∞[ . On a :

   2   2   sin(t) ln t + 2   ln t + 2 ·  t2 + 1  t2 + 1

∀t  0 Comme



t2 +2 t2 +1



1 et ln x ∼ x − 1 , on a : x→1

∼

t→+∞

1 t2 + 2 −1= 2 t2 + 1 t +1

∼

t→+∞

1 t2

donc

f (t)

=

t→+∞

O

1 t2

.

Comme 2 > 1 , la fonction t �→ t12 est intégrable en +∞ , donc, par théorème de comparaison, f aussi. Par conséquent, f est intégrable sur [0, +∞[ , donc son intégrale converge. Ex. 19. Déterminons la nature de l’intégrale



+∞

0

cos x √ dx . x + x2

cos x est continue sur l’intervalle ]0, +∞[ . La fonction f : x �→ √ x + x2 Étude en 0 . On a f (x) ∼

x→0

√1 x

. Comme

1 2

donc f aussi par théorème de comparaison.

Étude en +∞ On a f (x)

=

x→+∞

O



1 x2



< 1 , la fonction x �→

√1 x

est intégrable en 0 ,

. Comme 2 > 1 , la fonction x �→

1 x2

est intégrable

en +∞ , donc f aussi par théorème de comparaison. Conclusion : f est intégrable sur ]0, +∞[ et donc son intégrale est convergente.

389

Chapitre 9. Intégration sur un intervalle quelconque Point méthode • Les fonctions constantes étant intégrables sur n’importe quel intervalle borné, si une fonction f est bornée au voisinage d’un point b ∈ IR, alors on a f = O(1) b et donc f est intégrable en b . • En particulier, si f ∈ CM([a, b[, IK) admet une limite finie en b ∈ IR, alors f est intégrable. Attention Le caractère fini de b est essentiel, comme le montre l’exemple de la fonction t �→ 1t , bornée et non intégrable sur [1, +∞[ . Ex. 20. La fonction f : t �→ sin

1 t2

est continue sur ]0, +∞[ .

Étude en 0 . La fonction f est bornée au voisinage de 0 , donc intégrable en 0 . Étude en +∞ . Lorsque t tend vers +∞ , on a : sin

1 1 ∼ 2· t2 t

Comme la fonction t �→ t12 est intégrable en +∞ , f l’est aussi. Par conséquent, la fonction f est intégrable sur ]0, +∞[ .

Attention Une comparaison ne pourra jamais montrer une divergence, mais seulement une non intégrabilité. On conclut alors souvent par positivité. Ex. 21. Suite de l’exemple 17. Soit x  0 . Montrons la divergence de l’intégrale



+∞

tx−1 e−t dt .

0

La fonction t �→ tx−1 e−t est continue par morceaux sur ]0, +∞[ . Comme elle est de plus positive, la convergence de son intégrale équivaut à son intégrabilité. L’équivalent : tx−1 e−t ∼ tx−1 , t→0

prouve, par comparaison avec un exemple de Riemann divergent, que la fonction t �→ tx−1 e−t n’est pas intégrable en 0 . Conclusion : l’intégrale



+∞

tx−1 e−t dt diverge.

0

III 1

Calcul d’intégrales Intégration par parties

Convention Si h est une fonction continue sur un intervalle d’extrémités a et b ,  b avec −∞  a < b  +∞, on dit que le crochet h a converge si h possède des  b limites finies en a et en b , et l’on pose alors h a = lim h − lim h. b

390

a

III Calcul d’intégrales Remarques • Dans le cas d’un segment [a, b], alors par continuité de h, on a lim h = h(a) a  b et lim h = h(b), et donc simplement h a = h(b) − h(a). b

 b • Dans le cas d’un intervalle semi-ouvert, par exemple [a, b[ , alors le crochet h a converge si, et seulement si, h possède une limite finie en b , et l’on a  b alors h a = lim h − f (a). b

Proposition 22 (Théorème d’intégration par parties)

Soit f et g deux fonctions de classe C 1 sur un intervalle d’extrémités a et b , avec −∞  a < b  +∞.  b  b  b ′ Si le crochet f g a converge, alors les deux intégrales f g et f g ′ sont de a a même nature et, en cas de convergence, on a :  b  b  b ′ f g = fg a − f g′. a

a

Démonstration page 403 Si, par exemple, I = [a, b[ , on intègre par parties sur [a, x] , avec a < x < b , puis l’on fait tendre x vers b .

Principe de démonstration.

Ex. 22. Considérons l’intégrale

+∞

Arctan t dt . t2

1 Arctan t est continue par morceaux sur [1, +∞[ , t2 Arctan t 1 = O 2 . Par comparaison avec un exemple t2 t→+∞ t

• La fonction t �→ bornée, on



on en déduit que l’intégrale

  

+∞

et, puisque Arctan est de Riemann convergent,

Arctan t dt converge absolument, donc converge. t2

1

• Posons u : t �→ − 1t et v �→ Arctan t .

∗ Les fonctions u et v sont de classe C 1 sur [1, +∞[ .



t ∗ On a u(t)v(t) = − Arctan −→ 0 , donc le crochet uv t t→+∞



uv

+∞ 1

= −u(1)v(1) =

• Puisque, d’après le premier point, l’intégrale par parties assure que l’intégrale



1

+∞



u′ v = uv

+∞ 1

−





+∞

On a donc obtenu

1

+∞

converge et l’on a :

π · 4

+∞

u′ v converge, le théorème d’intégration

1

1

+∞

uv ′

1

uv ′ converge aussi, et l’on a :

i.e.

1

• Il a été vu à l’exemple 4 de la page 379 que





+∞



+∞

1



+∞

1

Arctan t π dt = + t2 4



1

+∞

dt · t(1 + t2 )

dt ln 2 = · t(1 + t2 ) 2

Arctan t ln 2 π · dt = + t2 4 2

391

Chapitre 9. Intégration sur un intervalle quelconque Point méthode En pratique, on peut commencer par intégrer par parties sur les primitives, puis passer à la limite. Il y a deux buts possibles : Exo 9.4

• justifier une convergence, • effectuer un calcul.

Ex. 23. Étudions la convergence de I =



1

0

• La fonction f : t �→

ln(1−t2 ) t2





ln 1 − t2 dt et calculons son éventuelle valeur. t2

est continue sur ]0, 1[ .

Étude en 0 . On a ln(1 − t2 ) ∼ −t2 donc f (t) −→ −1 . Ayant une limite finie en 0 , f t→0

est intégrable en 0 .

Étude en 1 . Au voisinage de 1 , on a : f (t) ∼ ln(1 − t2 ) = ln(1 − t) + ln(1 + t) ∼ ln(1 − t).

   −→−∞

   =O(1)

Par croissances comparées, on obtient f (t) = o t→1



√1 1−t



, donc par comparaison avec

un exemple de Riemann convergent, f est intégrable en 1 . Par conséquent, la fonction f est intégrable sur ]0, 1[ , donc l’intégrale I est convergente. • Pour l’intégration par parties, choisissons comme primitive de t �→ c’est-à-dire t �→ 1 −



x

∗ L’intégrale



∗ On a 1 − On a aussi comparées.

1 t

1

0

1 t





celle qui est nulle en 1 ,

, ce qui donne :

ln(1 − t2 ) dt = t2



1 t2



1−



1 ln(1 − t2 ) t

x

−



x

 



1 −2t dt. t 1 − t2

1−



2 = 1+t

ln(1 − t2 ) dt converge, d’après ce qui précède. t2



ln(1 − t2 ) ∼ t , de limite nulle en 0 .

1−

Ainsi, le crochet

1 t





0

ln(1 − t2 ) ∼ (t − 1) ln(1 − t) , de limite nulle en 1 par croissances

1−

1

1 t



ln(1 − t2 )

1

converge (et il est nul).

0

D’après le théorème d’intégration par parties, on a :



0

1

 1 ln(1 − t2 ) 1 2 dt = 1 − ln(1 − t ) −2 t2 t 0



0

1

dt = −2 ln 2. 1+t

Remarque Pour mener ce calcul, il a fallu choisir une primitive de t �→ t12 pour que le crochet converge. Comme toutes les primitives d’une fonction continue sont égales à une constante près, il sera assez courant d’avoir à réfléchir au choix de cette constante.

392

III Calcul d’intégrales

2

Changement de variable 4

Soit (a, b, α, β) ∈ IR tel que −∞  a < b  +∞ et −∞  α < β  +∞. Proposition 23 (Théorème de changement de variable) Soit f ∈ C(]a, b[, IK) et ϕ : ]α, β[ → ]a, b[ , une fonction de classe C 1 , strictement  β  b   f (t) dt et f ϕ(u) ϕ′ (u) du sont croissante et bijective. Alors les intégrales a

de même nature et, en cas de convergence :  β  b   f (t) dt = f ϕ(u) ϕ′ (u) du. a

α

α

Démonstration page 403

Principe de démonstration.

Remarquer qu’en notant F une primitive de f , alors F ◦ ϕ est une primitive de ϕ′ × f ◦ ϕ , et utiliser le point méthode de la page 382.

Remarque Dans le cas d’un intervalle [a, b[ , on pourra se ramener à la situation   de la proposition 23, puisque si f converge, il en de même de f et les deux [a,b[

]a,b[

intégrales sont égales. Même principe pour un intervalle ]a, b].

Ex. 24. Montrons l’égalité



+∞

2

e−t dt =

0

2

1 2



+∞

0

e−u √ du . u

La fonction t �→ e−t est continue sur [0, +∞[ . 2

Par croissances comparées, on a e−t = o 2

1 t2

. On en déduit, par comparaison à un exemple de

Riemann convergent, que t �→ e−t est intégrable sur [0, +∞[ , donc d’intégrale convergente. Appliquons le théorème de changement de variable sur ]0, +∞[ , en utilisant le changement de  √ √  variable t = u . La fonction ϕ : u �→ u est de classe C 1 , strictement croissante et bijective 2

de ]0, +∞[ sur lui-même et la fonction t �→ e−t est continue sur ]0, +∞[ . On en déduit la convergence de



0

+∞

e−u √ du et l’égalité annoncée. 2 u

Proposition 24 (Théorème de changement de variable, cas décroissant) Soit f ∈ C(]a, b[, IK) et ϕ : ]α, β[ → ]a, b[ , une fonction de classe C 1 , strictement  β  b   f (t) dt et f ϕ(u) ϕ′ (u) du sont décroissante et bijective. Alors les intégrales a

α

de même nature et, en cas de convergence :  β  b   f (t) dt = − f ϕ(u) ϕ′ (u) du. a

α

Démonstration.

Le principe est le même que pour la proposition 23, en notant bien que cette fois on a lim ϕ = b et lim ϕ = a . α

β

393

Chapitre 9. Intégration sur un intervalle quelconque Remarques • Dans chacun des deux cas, on a



b

f (t) dt =

a



β

α

  f ϕ(u) |ϕ′ (u)| du.

• Comme ϕ′ est de signe constant, en appliquant le théorème de changement de variable à |f |, on obtient que l’intégrabilité de f sur ]a, b[ équivaut à celle de (f ◦ ϕ) × ϕ′ sur ]α, β[ .

Ex. 25. Montrons la convergence de l’intégrale I =



+∞

0

• La fonction f : t �→

ln t (1+t)2

ln t dt et calculons sa valeur. (1 + t)2

est continue sur ]0, +∞[ .

Étude en 0 . Par croissances comparées, on a f (t) = o Étude en +∞ . On a

ln t (1+t)2

∼



1 √ t



, donc f est intégrable en 0 .

donc, par croissances comparées, f (t) = o

ln t t2

donc f est intégrable en +∞ .



1 t3/2



,

Ainsi, f est intégrable sur ]0, +∞[ , donc d’intégrale convergente. • Effectuons le changement de variable [u = 1t ] :

I=



0

+∞

ln t dt = − (1 + t)2 =−

3



+∞

ln(1/u) −1 du (1 + u1 )2 u2

+∞

ln u du = −I (1 + u)2

0



0

donc

I = 0.

Semi-convergence

Il se peut qu’une fonction f ∈ CM(I, C) ne soit pas intégrable, mais que l’inté grale f converge. On dit alors que cette dernière intégrale est semi-convergente. I

Comme pour les séries semi-convergentes, l’étude de la convergence d’une intégrale non absolument convergente ne peut pas se faire complètement à l’aide des théorèmes de comparaison, puisque ces derniers ne concernent que des fonctions intégrables. Il va donc falloir transformer l’intégrale pour pouvoir étudier sa convergence. Un changement de variable ne sert à rien en général, puisque, d’après la remarque de la page 394, on ne pourra pas obtenir une intégrale absolument convergente en partant d’une intégrale semi-convergente. L’outil principal est l’intégration par parties avec en général comme objectif de transformer l’intégrale en faisant apparaître une intégrale absolument convergente. 394

III Calcul d’intégrales

Ex. 26. Soit α ∈ ]0, 1] . Étudions la convergence de l’intégrale • La fonction t �→

eit tα



+∞

1

eit dt . tα

est continue sur [1, +∞[ .

   it  • Remarquons que  etα  =

 

it

 

, donc, comme α  1 , la fonction t �→  etα  n’est pas intégrable

1 tα

sur [1, +∞[ .

• Effectuons une intégration par parties en remarquant que : eit = u′ (t)v(t) tα

u(t) =

avec

eit i

∗ Les fonctions u et v sont de classe C 1 sur [1, +∞[ .

∗ On a u(t)v(t) =

eit itα

−→ 0 , donc le crochet

t→+∞

v(t) =

et



uv

tégration par parties assure alors que les intégrales

+∞



1

1 · tα

converge. Le théorème d’in-

+∞ ′

u v et

1

nature. it

∗ On a u(t)v ′ (t) = − itαe α+1 = O



1 tα+1





, donc, comme α + 1 > 1 , on en déduit, par

+∞

u′ v , c’est-à-dire

1

Ex. 27. En remarquant que l’intégrale



1

+∞



+∞

uv ′ converge

1

absolument, donc converge.



uv ′ ont même

1

comparaison avec un exemple de Riemann convergent, que l’intégrale

Conclusion : l’intégrale

+∞

cos t = Re tα



 it

e tα



+∞ 1

et

eit dt , est convergente. tα

sin t = Im tα



eit tα



, la convergence de

eit dt , obtenue par l’exemple précédent dans le cas α ∈ ]0, 1] , implique la tα

convergence des deux intégrales



1

+∞

cos t dt et tα



1

+∞

sin t dt . tα

Remarque La convergence de ces deux intégrales aurait pu s’obtenir directement par intégration par parties, en suivant le même schéma qu’à l’exemple 26.

Exo 9.5

Remarque Pour l’étude de certaines intégrales non absolument convergentes, on pourra, comme pour les séries, effectuer un développement asymptotique de la fonction, le dernier terme écrit étant : • ou bien une fonction intégrable, • ou bien de signe constant (dans le cas où la fonction est à valeurs réelles). 395

Chapitre 9. Intégration sur un intervalle quelconque Ex. 28. Montrons la convergence de l’intégrale La fonction f : t �→ sin



sin √t t



Quand t tend vers +∞ , on a



+∞

sin

1



sin t √ t



dt

est continue sur [1, +∞[ . sin √t t

→ 0.

Le développement limité sin x = x + O(x3 ) donne alors, quand t → +∞ : x→0

sin t f (t) = √ + O t



sin3 t t3/2





sin t 1 = √ + O 3/2 t t



.

√ t est intégrable sur [1, +∞[ . Par comparaison à un exemple de Riemann, la fonction t �→ f (t)− sin t

Ainsi, les intégrales



+∞

f (t) dt et

1

de la page précédente, l’intégrale grale







1

+∞

+∞

1 +∞

sin t √ ont même nature. Or, d’après l’exemple 27 t

sin t √ dt est convergente. Par conséquent, l’intét

f (t) dt est également convergente.

1

IV

Intégration des relations de comparaison

Dans ce qui suit, les fonctions sont définies sur un intervalle [a, b[ , avec −∞ < a < b  +∞, et l’on fait une étude locale au voisinage de b . On procéderait de la même façon dans le cas d’un intervalle ]a, b], pour une étude au voisinage de a. Comme dans le chapitre sur les séries, dans lequel ont été donnés deux théorèmes de sommation des relations de comparaison, nous donnons-ici deux théorèmes d’intégration des relations de comparaison : • un dans le cas convergent, qui donne alors une information sur le reste ; • un dans le cas divergent, qui donne alors une information sur l’intégrale partielle.

1

Cas convergent : comparaison des restes

Proposition 25 (Intégration des relations de comparaison, cas convergent) Soit f ∈ CM([a, b[, IK), ainsi que ϕ ∈ CM([a, b[, IR) de signe constant et intégrable.  b   b f = O ϕ . • Si f = O(ϕ), alors f est intégrable sur [a, b[ et b

• Si f = o(ϕ), alors f est intégrable sur [a, b[ et b

Exo 9.6

• Si f ∼ ϕ, alors f est intégrable sur [a, b[ et b

396

x→b

x





b

f = o x→b

x

b

x

x

f ∼

x→b





b

x

 ϕ .

b

ϕ.

x

Démonstration page 404

IV Intégration des relations de comparaison Remarque L’énoncé précédent, donnant un résultat au voisinage de b , reste valable si la fonction ϕ n’est positive qu’au voisinage de b . Arctan t √ , définie et continue sur [1, +∞[ . t t π Arctan t 3 √ √ . Comme > 1 , on déduit par comparaison à un exemple • On a ∼ t→+∞ 2t t 2 t t de Riemann que la fonction f est intégrable sur [1, +∞[ ; cela justifie la convergence de

Ex. 29. Considérons la fonction f : t �→

l’intégrale



+∞

f (t) dt pour tout x  1 . x

• Déterminons un équivalent simple du reste Comme on a : f (t)

∼

t→+∞



+∞

f (t) dt quand x tend vers +∞ . x

π √ 2t t

3 > 1, 2

avec

   0

on en déduit, par intégration des relations de comparaison (cas convergent) :



+∞

f (t) dt x

∼

x→+∞



+∞

x

π π √ dt = √ · x 2t t

Ex. 30. Déterminons un équivalent simple de Arccos en 1 en utilisant l’intégration des relations de comparaison (cas convergent).



1

 1 dt = − Arccos t x = Arccos x . 2 1−t x • D’autre part, on a l’équivalent simple suivant :

• Pour tout x ∈ [0, 1] , on a

√

√

1 1 1 √ ∼ √ √ · = √ 1 + t 1 − t t→1 2 1 − t 1 − t2





0



Par intégration des relations de comparaison (cas convergent), on en déduit : Arccos x =



1 x

dt √ ∼ 1 − t2 x→1



x

1

 dt √ √ = 2(1 − x). 2 1−t

397

Chapitre 9. Intégration sur un intervalle quelconque

2

Cas divergent : comparaison des intégrales partielles

Proposition 26 (Intégration des relations de comparaison, cas divergent) Soit f ∈ CM([a, b[, IK), ainsi que ϕ ∈ CM ([a, b[, IR) positive et non intégrable.  x   x • Si f = O(ϕ), alors f = O ϕ . b

• Si f = o(ϕ), alors b

Exo 9.7



• Si f ∼ ϕ, alors b



x→b

a

f = o x→b

a



x

f ∼

x→b

a

a



x

x

a

x

 ϕ .

ϕ.

a

Démonstration page 404

Ex. 31. Soit f ∈ CM(IR+ , IK) et ℓ ∈ IK . On suppose que f (x) −→ ℓ . x→+∞

Alors on a f (x) − ℓ

=

x→+∞

o(1) et la fonction constante égale à 1 est positive et non intégrable

sur [0, +∞[ . Par intégration des relations de comparaison (cas divergent), on en déduit :



0



x

(f (t) − ℓ) dt

=

x→+∞

x

o

1 dt

0





donc

x

f (t) dt

0

=

x→+∞

ℓx + o(x).

Ex. 32. Déterminons, à l’aide d’une intégration par parties, un équivalent simple de

2

quand x tend vers +∞ . • Tout d’abord, on a

t ln t



1 t

→ +∞ , donc

Riemann divergent, la fonction t �→

1 ln t

=o



1 ln t



x

dt ln t

. Ainsi, par comparaison à un exemple de

n’est pas intégrable sur [2, +∞[ .

• Par intégration par parties, on a, pour tout x  2 :



x 2



dt t = ln t ln t =

• Quand t tend vers +∞ , on a :

x

+

2



x

2

2 x − + ln x ln 2



dt ln2 t



x

2

dt · ln2 t



(⋆)

1 1 . =o ln t ln2 t

La fonction t �→ ln1 t étant continue, positive et non intégrable sur [2, +∞[ , on a par intégration des relations de comparaison (cas divergent) :

 La relation (⋆) donne alors :

x 2

dt ln2 t



2

398

x

=

x→+∞

dt ln t

o



2

∼

x→+∞

x

dt ln t

x · ln x



.

Démonstrations

Démonstrations Proposition 1 En utilisant la relation de Chasles pour l’intégrale des fonctions continues par morceaux sur un segment, on obtient :



∀x ∈ [a, b[ Les fonctions x �→



x

f et x �→

a



x

f=

a



c

f+

a



x

f.

c

x

f diffèrent donc d’une constante. L’existence d’une limite c

finie en b pour l’une équivaut donc à l’existence d’une limite finie en b pour l’autre. Les deux intégrales



f et

[a,b[



f sont donc de même nature, et en cas de convergence, on obtient,

[c,b[

en faisant tendre x vers b dans la relation précédente :





f=

[a,b[

f+

[a,c]



f.

[c,b[

Proposition 3 Pour x ∈ [a, b] , on a, par la relation de Chasles pour l’intégrale des fonctions continues par morceaux sur un segment :



f−

[a,b]



f=

[a,x]



f.

[x,b]

La fonction f étant continue par morceaux sur un segment, elle est bornée. Par inégalité triangulaire, on a donc :

Par conséquent, on a

   

[a,b]



[a,x]

f −→ x→b

converge et donne l’égalité :



f−

[a,x]



 

f   (b − x)�f �∞ .

f . Cela prouve, par définition, que l’intégrale

[a,b]



f=

[a,b[

Proposition 4

Pour x ∈ [a, b[ , on a

convergence de l’intégrale



b



x



f [a,b[

f.

[a,b]



f = F (t)

a



x a

= F (x) − F (a) donc, par définition, la

f équivaut à l’existence dans IK de lim F et, dans ce cas, on a : b

a



b a

f = lim F − F (a). b

De, plus, en cas de convergence, la fonction g définie sur [a, b[ par x �→ ∀x ∈ [a, b[



b

f vérifie :

x

g(x) = lim F − F (x), b

et par conséquent est dérivable, de dérivée −f .

399

Chapitre 9. Intégration sur un intervalle quelconque Lemme 5

D’après la proposition 1 de la page 377 et son analogue dans le cas d’un intervalle ouvert



à gauche, les convergences des intégrales intégrales



f et



]a,c]



]a,c′ ]

f=



f entraînent les convergences des

[c,b[

f et l’on a :

[c′ ,b[

]a,c′ ]

f et de



f+





et

f

[c,c′ ]

]a,c]

f =−

[c′ ,b[



f+

[c,c′ ]



f.

[c,b[

En combinant ces deux égalités, on obtient l’égalité annoncée. Proposition 6



Comme f est positive, la fonction F : x �→

d’après la relation de Chasles : ∀(x, y) ∈ [a, b[2



x  y =⇒

f est croissante sur [a, b[ , puisque,

a

y

f−

a

x



x

f=

a



y

f  0.

x

D’après le théorème de la limite monotone, deux cas peuvent se présenter : •

soit F est majorée et alors lim F (x) existe dans IR ;

•

soit F n’est pas majorée et alors F (x) −→ +∞ .

x→b

x→b

Proposition 7

Pour x ∈ [a, b[ , posons F (x) =



x

f et G(x) =

a



x

g . La majoration f  g

a

sur [a, b[ et la croissance de l’intégrale (sur un segment) entraînent F  G sur [a, b[ . On conclut alors en passant à la limite en b puisque, d’après la proposition 6 de la page 383, F et G admettent toutes deux des limites dans [0, +∞] . Si





b

g < +∞ , alors

a

Proposition 8 Cas α = 0 .

b

f < +∞ donc

a

b

f est convergente.

a

La fonction t �→ e−αt est continue et positive sur [0, +∞[ . On a



+∞

 +∞

1 dt = t

0

Cas α �= 0 .



On a





+∞

e−αt dt = −

0

D’où la conclusion.

0

= +∞ .

e−αt α

+∞ 0

=

1

α

+∞

si α > 0 si α < 0.

Proposition 9 •

La fonction t �→ Cas α �= 1 .

est continue et positive sur [1, +∞[ .

1 tα

On a :



+∞

1

Cas α = 1 .

On a

Donc l’intégrale



1

400



1 +∞

dt = tα +∞



1

+∞

t

−α

dt =



t1−α 1−α

 +∞ dt = ln(t) 1 = +∞ . t

+∞ 1

=



1 α−1

+∞

dt converge si, et seulement si, α > 1 . tα

si α > 1 si α < 1.

Démonstrations •

La fonction t �→ Cas α �= 1 .

Cas α = 1 .

1 tα

est continue et positive sur ]0, 1] .

On a :



Donc l’intégrale



et

b

 b

a



t1−α 1−α

1

=

0



1 1−α

+∞

si α < 1 si α > 1.

1 (t−a)α

et t �→

sont continues et positives sur [a, b[ et ]a, b]



dt = (t − a)α



b

−(b − t)1−α 1−α (t − a)1−α 1−α

b

=

a

b

a

=





(b−a)1−α 1−α

+∞

(b−a)1−α 1−α

+∞

si α < 1 si α > 1

si α < 1 si α > 1.

On a :

 b dt = − ln(b − t) a = +∞ (b − t)

Donc les intégrales



a

Proposition 12

0

dt = (b − t)α

a



t−α dt =

On a :

a

Cas α = 1 .

1

 1 dt = ln(t) 0 = +∞ . t

1 (b−t)α

Les fonctions t �→ respectivement. Cas α �= 1 .



dt converge si, et seulement si, α < 1 . tα

0

•

1

0

1

dt = tα

0



On a



1

b

dt et (b − t)α



b

a

et



b

a

 b dt = ln(t − a) a = +∞. (t − a)

dt convergent si, et seulement si, α < 1 . (t − a)α

Supposons f positive sur I . Le résultat est déjà connu si I est un segment.

Si I est de la forme [a, b[ , alors



a

b

f est la limite en b de la fonction x �→

une fonction positive, donc est un réel positif.



x

f (t) dt qui est

a

On procède de même si I est de la forme ]a, b] , et l’on se ramène à ces deux cas si I est de la forme ]a, b[ . Proposition 14

Le résultat est connu si I est un segment. On s’y ramène dans les autres cas.

En effet, dans le cas où I est de la forme [a, b[ , on considère la fonction F : x �→ est une fonction croissante et positive sur [a, b[ . L’hypothèse



a

b



x

f (t) dt qui

a

f (t) dt = 0 signifie que F −→ 0 x→b

et ainsi, F est nulle sur [a, b[ . D’après le résultat dans le cas d’un segment, on en déduit que f est nulle sur [a, x] , pour tout x ∈ ]a, b[ , c’est-à-dire sur [a, b[ .

On raisonne de façon analogue dans le cas où I est de la forme ]a, b] et l’on se ramène à ces deux cas si I est ouvert.

401

Chapitre 9. Intégration sur un intervalle quelconque Proposition 15 Le cas J = I étant trivial, supposons J  I . Si aucune des extrémités de J n’est une extrémité ouverte de I , la fonction f est définie et continue par morceaux sur le segment Adh(J) , et il a déjà été indiqué qu’alors l’intégrale



f

J

converge. Supposons donc qu’au moins l’une des extrémités de J soit une extrémité ouverte de I .  Cas I = [a, b[ .

Dans ce cas, on a J = [c, b[ avec a  c < b , et la convergence de

f résulte

J

du caractère local de la convergence d’une intégrale (cf. proposition 1 de la page 377). Cas I = ]a, b] . Se traite de manière analogue au cas précédent. Cas I = ]a, b[ . Dans ce cas, J = [c, b[ ou J = ]a, c] avec a < c < b ; la convergence de l’intégrale



f provient alors de la définition de la convergence de l’intégrale de f sur J

l’intervalle ouvert ]a, b[ (cf. lemme 5 et définition 4 de la page 381). Proposition 16 La relation de Chasles est déjà connue pour l’intégrale sur un segment. Ici, le résultat est donc immédiat si x , y et z ne sont pas des extrémités ouvertes de I . Il reste à traiter les cas où au moins l’un des réels x , y et z est une extrémité ouverte de I . Par disjonction de cas, on se ramène à utiliser ou la proposition 1 de la page 377 ou le lemme 5 de la page 381. Proposition 17 • • •

Par définition, on a L1 (I, IK) ⊂ CM(I, IK) . La fonction nulle sur I est intégrable sur I . Soit (f, g) ∈ L1 (I, IK)2 et λ ∈ IK . Par inégalité triangulaire, on a |λf + g|  |λ| |f | + |g| . Or



I

|f | et



I

|g| convergent donc



I

|λ| |f | + |g| converge. Ainsi, d’après le théorème de

comparaison des intégrales de fonctions à valeurs positives, l’intégrale c’est-à-dire λf + g ∈ L1 (I, IK) .



I

|λf + g| converge,

Théorème 18 Cas des fonctions à valeurs réelles. Soit f ∈ L1 (I, IR) . Introduisons les deux fonctions : f+ =

|f | + f 2

f− =

et

|f | − f · 2

Ces deux fonctions sont continues par morceaux et positives et, comme |f | = f + + f − , on a les deux inégalités f +  |f | et f −  |f | . D’après le théorème de comparaison d’intégrales de fonctions positives, les intégrales et



I

f

−

+

−

sont donc convergentes ; comme f = f − f , la convergence de





f+ I

f en résulte. I

Cas des fonctions à valeurs complexes. Soit f ∈ L1 (I, C) . On a f = Re f + i Im f . Grâce aux inégalités :      Re f   |f | et  Im f   |f |,

on déduit du théorème de comparaison que les fonctions Re f et Im f sont intégrables, donc leurs intégrales convergent d’après le premier cas. La convergence de proposition 11 de la page 386.

402



I

f résulte alors de la

Démonstrations Théorème 19 On effectue la démonstration dans le cas I = [a, b[ , le cas I = ]a, b] étant analogue et le cas I = ]a, b[ s’y ramenant. Par inégalité triangulaire de l’intégrale sur un segment, on a :

   

∀x ∈ [a, b[

x

a

 

f  



x

a

|f |.

On conclut alors en passant à la limite lorsque x tend vers b , puisque les deux intégrales convergent. Théorème 21 • Supposons f = O(g) et g intégrable sur [a, b[ . b

Par définition, il existe k  0 et c ∈ [a, b[ tels que : ∀t ∈ [c, b[

|f (t)|  k|g(t)|.

Comme g est intégrable sur [a, b[ , donc sur [c, b[ , l’intégrale



b

k|g| est convergente. Les

c

fonctions |f | et k|g| étant positives, le théorème de comparaison pour les fonctions à valeurs positives (cf. proposition 7 de la page 384) assure alors que l’intégrale suite, l’intégrale



c

b

a

•



b

|f | converge. Par

|f | converge, donc f est intégrable sur [a, b[ .

Si f ∼ g , alors f = O(g) et g = O(f ) . On conclut alors à l’aide du premier point. b

b

b

Proposition 22 Traitons le cas où I = [a, b[ ; le cas I = ]a, b] se traite de la même manière, et le cas I = ]a, b[ se ramène aux deux précédents. Pour x ∈ [a, b[ , une intégration par parties sur le segment [a, x] donne :



x



f ′g = f g

a



Si le crochet f g

b

a



converge, alors f g

ce cas, si l’un des deux termes



x

x a

f ′ g et

a

alors l’autre aussi : les deux intégrales



a

x

− a



x

f g′.

(⋆)

a

possède une limite (finie) quand x tend vers b . Dans



x

f g ′ possède une limite finie quand x tend vers b ,

a

b

′

f g et



b

f g ′ ont donc même nature.

a

Si elles convergent, on obtient alors la formule d’intégration par parties souhaitée en passant à la limite quand x tend vers b dans la relation (⋆) précédente.

403

Chapitre 9. Intégration sur un intervalle quelconque Proposition 23 •

Notons F une primitive de la fonction continue f sur ]a, b[ .

si, F admet des limites finies en a et b , et dans cas



a

•



On sait (cf. point méthode de la page 382) que l’intégrale b

b

f converge si, et seulement a

f = lim F − lim F . b

a

′

Remarquons d’autre part que la fonction F ◦ ϕ est une primitive de ϕ × f ◦ ϕ sur l’intervalle ]α, β[ . Ainsi, l’intégrale



β

f ◦ϕ converge si, et seulement si, F ◦ϕ possède des limites

α



finies en α et β , et dans ce cas

β

f ◦ ϕ = lim F ◦ ϕ − lim F ◦ ϕ . β

α

α

Cela donne le résultat souhaité, car d’après les hypothèses sur ϕ et le théorème de composition des limites, la fonction F ◦ ϕ admet une limite finie en α (respectivement β ) si, et seulement si, la fonction F admet une limite finie en a (respectivement b ), et ces limites sont alors égales. Proposition 25 •

Dans les trois cas, l’intégrabilité de f se déduit du théorème de comparaison.

Si f = O(ϕ) au voisinage de b , il existe K > 0 et b′ ∈ [a, b[ tels que : ′

On en déduit, pour x ∈ [b , b[ :

On a donc établi que



b

ϕ , quand x tend vers b .

x

Supposons f = o(ϕ) au voisinage de b . Soit ε > 0 ; il existe b′ ∈ [a, b[ tel que : ∀t ∈ [b′ , b[

′

On en déduit, pour x ∈ [b , b[ :

On a donc établi que



x

•

|f (t)|  Kϕ(t).

 b   b  b     f |f |  K ϕ.   x x x  b 

f =O

x

•

∀t ∈ [b′ , b[

b

|f (t)|  εϕ(t).

 b   b  b     f |f |  ε ϕ.   x x x  b 

f =o

ϕ

quand x tend vers b .

x

Supposons f ∼ ϕ . Alors on a f −ϕ = o(ϕ) et l’on conclut par application du point précédent.

404

b

b

Démonstrations Proposition 26 •

Comme ϕ est positive et n’est pas intégrable sur [a, b[ , on a lim

x→b

Si f = O(ϕ) au voisinage de b , il existe K > 0 et b′ ∈ [a, b[ tels que : ′

On en déduit, pour x ∈ [b , b[ :

Comme lim

x→b



   

   f  

x

a



x

|f | 

a

x

∀t ∈ [b′ , b[

ϕ = +∞ .

a



x

ϕ

b′

b′

|f | + K

a



x

ϕ.

a

ϕ = +∞ , il existe b′′ ∈ [b′ , b[ tel que :

a



   

∀x ∈ [b′′ , b[



ce qui prouve que

x

f =O

a



x

b′

|f |  K

a

On a donc :

 

x

f   2K

a





x

ϕ. a



x

ϕ, a

ϕ , quand x tend vers b .

a

Supposons f = o(ϕ) au voisinage de b . Soit ε > 0 ; il existe b′ ∈ [a, b[ tel que : ε ∀t ∈ [b′ , b[ |f (t)|  ϕ(t). 2 On en déduit, pour x ∈ [b′ , b[ :

Comme lim

x→b



a

   

 

x

f  

a

x



x

a

|f | 



b′

a



ε 2

|f | +



x

ϕ

b′

b′

|f | +

a

ε 2



x

ϕ.

a

ϕ = +∞ , il existe b′′ ∈ [b′ , b[ tel que : ∀x ∈ [b′′ , b[

On a donc : ′′

ce qui prouve que



a

•



|f | + K

∀x ∈ [b′′ , b[

•

x

|f (t)|  Kϕ(t).

b′

a



∀x ∈ [b , b[

x

f =o



a

x





b′

|f | 

a

   

a

x

ε 2



   f   ε

x

ϕ. a x

ϕ,

a

ϕ , quand x tend vers b .

Supposons f ∼ ϕ . Alors on a f − ϕ = o(ϕ) et l’on conclut grâce au point précédent. b

b

405

Chapitre 9. Intégration sur un intervalle quelconque

S’entraîner et approfondir 

9.1 Déterminer la nature et la valeur éventuelle de l’intégrale →380

π 2

0

9.2 Pour tout n ∈ IN∗ , on pose un =

→384

1. Montrer que



+∞

n 

k=1

1 k

cos u √ du . sin u

− ln n . On définit f sur ]0, +∞[ par f (t) =

f (t) dt est bien définie dans [0, +∞] et :

1



+∞

f (t) dt =

1

+∞   j=1

ln(j + 1) − ln j −

2. Montrer que la suite (un ) converge vers 1 −





1 j+1

< +∞·

+∞

f (t) dt .

1

9.3 Intégrales de Bertrand On étudie ici, en fonction de (α, β) ∈ IR2 la nature de l’intégrale de Bertrand :

→389

Bα,β =



+∞

2

dt · tα (ln t)β

1. Établir la convergence de Bα,β pour α > 1 . 2. Établir la divergence de Bα,β pour α < 1 . 3. Faire l’étude de Bα,β pour α = 1 .

9.4 1. Montrer que pour tout n ∈ IN∗ , l’intégrale In =

→392



+∞

0

dt converge. (1 + t2 )n

2. À l’aide d’une intégration par parties, exprimer In+1 à l’aide de In . 3. Calculer In .



9.5 Déterminer la nature des intégrales →395

+∞

1

9.6 Pour tout n ∈ IN∗ , on pose un =

→396



+∞



sin t ln 1 + √ t



dt et



+∞

1

sin t √ dt . t

2

e−t dt .

n

1. Montrer pour tout n ∈ IN∗ la convergence de l’intégrale définissant un . 2. Déterminer un équivalent simple de la suite (un ) . Indication. On pourra effectuer une intégration par parties.

9.7 Pour tout x > 0 , on pose f (x) =



0

→398

+∞

e−t dt. t+x

1. Montrer que pour tout x > 0 , l’intégrale f (x) est convergente. 2. Déterminer un équivalent simple de f (x) quand x tend vers 0 .

406

t − ⌊t⌋ · t2

Exercices 9.8 Déterminer la nature des intégrales suivantes :  1 √ sh( t) ln t √ dt ; 1. t − sin t 0 2.



+∞

ln(t2 − t) dt ; (1 + t)2

1



1

3.



0

tα ln

1 t

β

dt (on discutera suivant les réels α et β) .



9.9 Déterminer la nature et la valeur éventuelle de l’intégrale



+∞

ln 1 +

1

9.10 Déterminer, en fonction du réel α , la nature de l’intégrale



+∞

1



9.11 Montrer que l’intégrale

1 t2





dt .

sin t t+1 ln tα t−1



dt .

+∞

cos(t2 + t) dt est convergente.

0

⋆ 9.12 Soit f ∈ C 1 (IR+ , IR) telle que les intégrales Montrer que f −→ 0 .





+∞

f (t) dt et

0

+∞

f ′ (t)2 dt convergent.

0

+∞

9.13 Soit f ∈ CM([0, +∞[, IK) telle que 1. Déterminer

lim

x→+∞



x



+∞

f (t) dt converge.

0

f (t) dt .

x/2

2. On suppose de plus que f est à valeurs réelles positives et décroissante. Montrer que f (x) = o

1 x

au voisinage de +∞ .

⋆ 9.14 Soit α > 0 . On pose f : x �→ xe−x

α

sin2 x

.

1. Donner la nature, selon α , de la série



un , avec un =



nπ+ π 2

f.

nπ− π 2

2. Donner une condition nécessaire et suffisante sur α pour que f soit intégrable sur IR+ . ⋆ 9.15 Soit f continue et intégrable sur IR . 1. Montrer que



0

+∞

  f (t − x) − f (t + x) dt −→

x→+∞

2. Pour a ∈ IR , on pose F (a) =



+∞

−∞



+∞ −∞

|f | .

  f (t − a) − f (t) dt .

(a) Montrer que pour tout a ∈ IR , on a : F (a) = (b) En déduire que :



+∞

−∞

     a a   −f t+ f t −  dt. 2

F (a) −→ 2 a→+∞

2



+∞

−∞

|f |.

407

Chapitre 9. Intégration sur un intervalle quelconque ⋆ 9.16 Soit f ∈ C([1, +∞[, IR) . Montrer que la fonction x �→ en +∞ si, et seulement si, la fonction x �→ x



+∞

x

1 x



x

f (t) dt admet une limite finie

1

f (t) dt admet une limite finie en +∞ , t2

et qu’alors ces limites sont égales. Indication. On pourra effectuer des intégrations par parties.

⋆ 9.17 1. Déterminer lim

x→0+



3x

x

sin t dt . t2



2. Justifier la convergence de l’intégrale I =

+∞

0

sin3 t dt . t2

3. Linéariser sin3 t , puis calculer I à l’aide de la première question. ⋆ 9.18 Intégrale de Dirichlet. 1. Montrer que la fonction f : ]0, π] → IR , définie par : f (x) =

1 1 − x 2 sin( x2 )

se prolonge en une fonction de classe C 1 sur [0, π] . 2. Pour tout n ∈ IN , on pose In =



0

π

sin

 2n+1  t 2t  dt .

sin

2

Justifier l’existence de In . Calculer In+1 − In puis In .

3. Soit g une fonction de classe C 1 sur un segment [a, b] de IR . Montrer que

lim

λ→+∞



b

g(x) sin(λx) dx = 0 .

a

4. Montrer que l’intégrale I = cédentes la valeur de I .

408



0

+∞

sin t dt est convergente et déduire des questions prét

Solutions des exercices

Solutions des exercices 9.1 La fonction

u

cos u √ sin u

�→



est continue sur

√ est F : u �→ 2 sin u . Comme F −→ 0 , l’intégrale 0



π 2

0

0,



π 2

0

π 2



et l’une de ses primitives

cos u √ du converge et l’on a : sin u

 π/2 cos u √ du = F (u) 0 = 2. sin u

9.2 1. La fonction f est continue par morceaux et positive sur [1, +∞[ , donc l’intégrale



+∞

f

1

est bien définie dans [0, +∞] et l’on a (cf. point méthode de la page 384) :



+∞

f (t) dt = 1

+∞   j=1

=

j+1

f

j

+∞   j=1

j+1

j

+∞

 t−j dt = 2 t j=1



ln(j + 1) − ln j −



1 · j+1

D’autre part, on a :



ce qui prouve que : +∞   j=1



1 1 1 = ln 1 + − j+1 j j+1     1 1 1 1 +O 2 =O 2 , = − j j+1 j j

ln(j + 1) − ln j −

ln(j + 1) − ln j −

1 j +1



< +∞.

2. On reprend le calcul précédent :



+∞

f (t) dt = lim

n→+∞

1

n−1   j=1

ln(j + 1) − ln j −

= lim ln n − n→+∞

= lim

n→+∞

Par convergence de l’intégrale gente et :



+∞



n−1  j=1

1  j+1

1 j+1



1 − un .

f (t) dt , on en déduit que la suite (un ) est conver-

1

un −→ 1 − n→+∞



+∞

f (t) dt.

1

409

Chapitre 9. Intégration sur un intervalle quelconque 9.3 1. Soit α > 1 et β ∈ IR . La fonction f : t �→ Fixons γ ∈ ]1, α[ . Pour t  2 , on a :

tγ f (t) =

1 tα (ln t)β

est continue sur [2, +∞[ .

1 · tα−γ (ln t)β

Puisque α − γ > 0 , on a, par croissances comparées : lim tγ f (t) = 0

autrement dit

t→+∞

f (t)

=

t→+∞

O



1 tγ



·

Comme γ > 1 , on en déduit, par comparaison à un exemple de Riemann, l’intégrabilité de la fonction f sur [2, +∞[ , donc la convergence de son intégrale. 2. Soit α < 1 et β ∈ IR . Montrons la divergence de l’intégrale Bα,β = La fonction f : t �→

1 tα (ln t)β

est continue sur [2, +∞[ .



+∞

2

dt · tα (ln t)β

Comme α < 1 , on a 1−α > 0 , donc par croissances comparées (ou directement si β < 0 ) : (ln t)β −→ 0 t1−α t→+∞

  1 = o f (t) . t

autrement dit

Il en résulte, par comparaison à un exemple de Riemann divergent, que la fonction f n’est pas intégrable. Par positivité de f , on en déduit que l’intégrale Bα,β est divergente. 3. Soit β ∈ IR . Par positivité de l’intégrande, on peut écrire : B1,β =





+∞

2

Cas β = 1 . On a B1,1 = ln(ln t) Cas β = � 1 . On a : B1,β =



dt = t(ln t)β

+∞

+∞

ln′ (t)(ln t)−β dt.

2

= +∞ .

2

(ln t)−β+1 −β + 1



+∞

=

2



+∞

si β < 1

(ln 2)1−β β−1

< +∞

si β > 1.

En conclusion, l’intégrale B1,β converge si, et seulement si, β > 1 . 9.4 1. Pour n ∈ IN∗ , la fonction fn : t �→

1

(1+t2 )n 1 Pour tout n ∈ IN∗ , on a fn (t) ∼ t2n ·

est continue sur [0, +∞[ .

Par comparaison à un exemple de Riemann convergent, on en déduit que fn est intégrable, donc que In converge. 2. Pour n  1 , on a :



x

fn+1 (t) dt =



x

1 + t2 dt − (1 + t2 )n+1

puis on intègre par parties la troisième intégrale :



Puisque

x

fn+1 (t) dt =

x 2n(1 + x2 )n

∼

x→+∞



x



t fn (t) dt + 2n(1 + t2 )n

1 2nx2n−1

x

t2 dt, (1 + t2 )n+1

x

1 − 2n

−→ 0 , on en déduit :

x→+∞

∀n ∈ IN∗

410



In+1 =

2n − 1 In . 2n



x

fn (t) dt.

Solutions des exercices 3. On a I1 =

π et l’on déduit de la question précédente, par récurrence : 2 ∀n ∈ IN∗

In =

(2n − 2)!

22n−1



En effet, pour tout n ∈ IN∗ , on a :



2 π .

(n − 1)!



=un



(2n − 2)! 2n − 1 2n − 1 un = π 2n 2n 22n−1 ((n − 1)!)2 =

(2n)! (2n)(2n − 1)(2n − 2)! π = 2n+1 π = un+1 , 22n+1 (n!)2 2 (n!)2

et l’égalité I1 = u1 est évidemment vérifiée.



9.5 La fonction f : t �→ ln 1 +

sin √t t

de f au voisinage de +∞ :



est continue sur [1, +∞[ ; effectuons un développement

sin t f (t) = √ + g (t) t

avec

• D’après l’exemple 27 de la page 395, l’intégrale • On peut écrire : ∀t  1

g (t) ∼ −



+∞

1

Puisque l’intégrale



1

∼

2 − sin2t t

+∞

cos(2t) dt converge. 4t

dt diverge (c’est, à un facteur près, une intégrale de Riemann 4t

divergente), on en déduit que l’intégrale

t→+∞



1

+∞

1

Comme g(t)

sin t √ dt converge. t

1 cos (2t) sin2 t = − · 2t 4t 4t

Par intégration par parties, on montre que l’intégrale



sin2 t · 2t

+∞

sin2 t dt diverge. 2t

, on en déduit que g n’est pas intégrable. L’équivalent obtenu

montrant de plus que g est de signe fixe au voisinage de +∞ , la non intégrabilité de g entraîne la divergence de son intégrale. En conclusion, l’intégrale



+∞

f diverge, puisque f est la somme de deux fonctions, l’une

1

dont l’intégrale est convergente, l’autre dont l’intégrale est divergente. Remarque Remarquons que nous avons ainsi obtenu deux fonctions continues par morceaux sur [1, +∞[ , équivalentes en +∞ , mais dont les intégrales sont de nature différentes.

411

Chapitre 9. Intégration sur un intervalle quelconque 2

9.6 1. Soit n ∈ IN∗ . La fonction f : t �→ e−t est continue sur [n, +∞[ .

 

2

Par croissances comparées, on a e−t = o t12 . Par comparaison à un exemple de Riemann, f est intégrable sur [n, +∞[ , donc un est défini. 2

2. Effectuons une intégration par parties en écrivant e−t =



x

e

−t2

dt =



2 1 − e−t 2t

e−x x

L’intégrale définissant un converge et l’on a un =



+∞

− 2

2



x

2

× 2te−t :

1 −t2 e dt. 2t2

−→ 0 , donc :

x→+∞

1 −n2 − e 2n

2

e−t dt =

n

2

x

1 2t

2



+∞

1 −t2 e dt . 2t2

n





=vn

On a 2t12 e−t = o(e−t ) et la fonction t �→ e−t sur [1, +∞[ est intégrable donc par intégration des relations de comparaison (cas convergent), on a : vn = o(un )

9.7 1. Soit x > 0 . La fonction ϕ : t �→

donc

e−t t+x

un ∼

1 −n2 e . 2n

est continue sur [0, +∞[ .

 

Par croissances comparées, on a ϕ(t) = o t12 . Comme 2 > 1 , on en déduit, par comparaison à un exemple de Riemann, que ϕ est intégrable sur [0, +∞[ , donc d’intégrale convergente. 2. Soit x ∈ ]0, 1[ . Effectuons le changement de variable [u = t + x] : f (x) =



+∞ x

e−u+x du = ex u

Or, par la relation de Chasles, on a :



+∞

x

e−u du = u



1

x



+∞

x

e−u du ∼ x→0 u

e−u du + u

 

+∞

1



+∞

x

e−u du. u

e−u du . u





(⋆)

(⋄)

∈IR (intégrale cv)

On a l’équivalent simple

1 e−u ∼ , et l’intégrale u u→0  u 0



1 0

du diverge. Donc par intégrau

tion des relations de comparaison (cas divergent), on en déduit :



x

1

e−u du ∼ x→0 u



1

x

du = − ln x. u

Comme ln x −→ +∞ , la relation (⋄) donne : x→+∞



x

412

+∞

e−u du ∼ − ln x x→0 u

donc finalement

f (x) ∼ − ln x. x→0

Solutions des exercices 9.8 Dans cet exercice, la fonction dont nous étudions l’intégrale sera toujours notée f . √ 1. Pour t ∈ ]0, 1] , on a t  t et l’inégalité classique sin t < t , vraie pour tout t > 0 , √ donne t > sin t . On déduit de cela que f est définie et continue sur ]0, 1] . √ √ √ Comme sin t ∼ t = o( t) et sh( t) ∼ t , on a, au voisinage de 0 :   √ √ t ln t t ln t 1 ∼ √ = ln t = o √ · f (t) ∼ √ t − sin t t t

Ainsi, comme 12 < 1 , on obtient, par comparaison avec un exemple de Riemann convergent, que f est intégrable sur ]0, 1] , donc d’intégrale convergente. 2. La fonction f est continue sur ]1, +∞[ . ln t + ln(t − 1) donc : Étude en 1 . Pour t > 1 , on a ln(t2 − t) = 

  

→0

ln(t2 − t) ∼ ln(t − 1)

→−∞

puis



Par croissances comparées, on en déduit f (t) = o

f (t) ∼

√1 t−1



ln(t − 1) · 4

, avec

1 2

< 1.

Par comparaison à un exemple de Riemann, la fonction f est intégrable en 1 .   Étude en +∞ . Pour t > 1 , on a ln(t2 − t) = 2 ln t + ln 1 − 1t donc : ln(t2 − t) ∼ 2 ln t

puis



f (t) ∼



2 ln t · t2

1 Par croissances comparées, on en déduit f (t) = o t3/2 avec 23 > 1 . Par comparaison à un exemple de Riemann, la fonction f est intégrable en +∞ . En conclusion, f est intégrable sur ]1, +∞[ , donc d’intégrale convergente. 3. La fonction f est continue sur ]0, 1[ .





β 1 −1 ∼ (1 − t)β . Par compax→1 t raison à un exemple de Riemann, la fonction f est intégrable en 1 si, et seulement

Étude en 1 . Comme ln x ∼ x − 1 , on a f (t) ∼ si, β > −1 . Par positivité de f , l’intégrale



1

0

f (t) dt est divergente dès que β  −1 .

On suppose donc β > −1 dans la suite de l’étude. Étude en 0 . On ne peut pas trouver d’équivalent simple de f (t) en 0 . Procédons par disjonction de cas. • Supposons α > −1 et fixons γ ∈ ]−1, α[ . Par croissances comparées, on a t−γ f (t) −→ 0 car α − γ > 0 , donc : t→0

f (t) = o(tγ )

avec

γ > −1.

Par comparaison à un exemple de Riemann, f est intégrable en 0 . • Supposons α < −1 et fixons γ ∈ ]α, −1[ . Par croissances comparées, on a

tγ −→ f (t) t→0



0 car γ − α > 0 , donc :



tγ = o f (t) . Si f était intégrable en 0 , alors t �→ tγ serait intégrable en 0 ce qui n’est pas le cas car γ < −1 . Donc f n’est pas intégrable en 0 et, par positivité de f , on en déduit que l’intégrale



1

f (t) dt est divergente.

0

413

Chapitre 9. Intégration sur un intervalle quelconque • Supposons α = 1 . Par positivité de f , on a :





1

f (t) dt =

0

1

0

En conclusion, l’intégrale





1 t2

−(− ln t)β+1 β+1

1

= +∞

car

β + 1 > 0.

0

1

f (t) dt converge si, et seulement si, β > −1 et α > −1 .

0

9.9 La fonction f : t �→ ln 1 +



1 (− ln t)β dt = t



est continue sur [1, +∞[ . On f (t)

∼ 12 · t→+∞ t

Par comparaison avec un exemple de Riemann convergent, f est intégrable sur [1, +∞[ , donc son intégrale converge. Déterminons une primitive de f à l’aide d’une intégration par parties :





x

f (t) dt =



x

1 × ln 1 +

1 t2





dt = x ln 1 +



= x ln 1 +

1 x2 1 x2

Notons F la primitive obtenue en prenant c = 0 .



Comme x ln 1 + l’on a :



1 x2



1 x→+∞ x

∼



+∞

ln 1 +

1

9.10 La fonction f : t �→

sin t tα

Étude en 1 . On a ln

ln

t+1 t−1



+

+∞





dt = F (t)

+∞ 1



x

2 dt 1 + t2

+ 2 Arctan x + c

, on a F −→ π ; par suite

1 t2

t+1 t−1







+∞

ln 1 + 1

= π − ln 2 −

avec

1 t2



c ∈ IR.

dt converge et

π π = − ln 2. 2 2

est continue sur ]1, +∞[ .

= ln(t + 1) − ln(t − 1) ∼ − ln(t − 1) donc : t→1

f (t) ∼ − sin(1) ln(t − 1). Par croissances comparées, on en déduit f (t) = o



√1 t−1



. Par comparaison avec un

exemple de Riemann convergent, cela prouve que f est intégrable en 1 . Étude en +∞ . Comme ln x ∼ x − 1 , on a : x→1

ln

t+1 2 2 t+1 ∼ −1= ∼ t−1 t−1 t−1 t

donc





f (t) ∼

2 sin t · tα+1

1 . Comme α + 1 > 1 , on en déduit, par • Supposons α > 0 . Alors on a f (t) = O tα+1 comparaison à un exemple de Riemann convergent, que f est intégrable en +∞ . • Supposons α ∈ ]−1, 0] et précisons le développement asymptotique de f (t) . Pour t > 1 , on a :

ln On a donc : f (t) =

414



t+1 1 = ln 1 + t−1 t



1 2 sin t + O α+3 tα+1 t







− ln 1 −

ou encore

1 t



=

 

1 2 +O 3 t t

f (t) −

.



2 sin t 1 = O α+3 tα+1 t



.

Solutions des exercices Par comparaison à un exemple de Riemann, la fonction t �→ f (t)− car α + 3 > 1 .

2 sin t est intégrable tα+1

Par intégration par parties (cf. exemple 27 de la page 395), l’intégrale

Ainsi,

+∞

2

est convergente, puisque α + 1 > 0 .





2 sin t dt tα+1

+∞

f (t) dt est une intégrale convergente.

2

2 t+1 1 ∼ α+1 , donc il existe n0 ∈ IN∗ tel que : ln tα t−1 t 1 t+1  1. ln ∀t  2n0 π tα t−1 On peut donc écrire, pour tout entier n  n0 :

• Supposons α  −1 . On a



Si l’intégrale



(2n+1)π

2nπ

+∞

lim

n→+∞

lim

n→+∞

L’intégrale





(2n+1)π

sin t dt = 2.

2nπ

f (t) dt convergeait et valait ℓ , on aurait :

2

d’où



sin t t + 1 dt  ln tα t−1



2nπ

f (t) dt = ℓ

et

2

lim

n→+∞

(2n+1)π



(2n+1)π

f (t) dt = ℓ,

2

f (t) dt = 0 . Cela contredirait la minoration précédente.

2nπ +∞

2

Conclusion : l’intégrale

f (t) dt est donc divergente.



+∞

f (t) dt est convergente si, et seulement si, α > −1 .

1

9.11 La fonction t �→ cos(t2 + t) est continue sur [0, +∞[ . Écrivons : cos(t2 + t) = (2t + 1) cos(t2 + t)

1 · 2t + 1

Effectuons une intégration par parties en posant u(t) = sin(t2 + t) et v(t) = 1

• Les fonctions u et v sont de classe C sur [0, +∞[ .



• On a uv −→ 0 , donc le crochet uv +∞

assure alors que les deux intégrales

+∞ 0



converge. Le théorème d’intégration par parties



+∞ ′

u v et

0

• On a :

u(t)v ′ (t) =

1 · 2t+1

+∞

uv ′ ont même nature.

0

−2 sin(t2 + t) (2t + 1)2

=

t→+∞

O

  1 t2

donc, par comparaison à un exemple de Riemann convergent, l’intégrale converge absolument, donc converge. Conclusion : l’intégrale



0

+∞

u′ v , autrement dit



+∞

uv ′

0



+∞

cos(t2 + t) dt , est convergente.

0

415

Chapitre 9. Intégration sur un intervalle quelconque 9.12 Posons F : x �→



x

f (t) dt .

0

L’intégrande f est de classe C 1 donc, d’après le théorème fondamental de l’analyse, F est de classe C 2 et, par la formule de Taylor reste intégral, on a : F (x + 1) = F (x) + f (x) +

∀x ∈ IR+



x+1

(x + 1 − t)f ′ (t) dt.

x

Par l’inégalité triangulaire, puis l’inégalité de Cauchy-Schwarz, on en déduit : ∀x ∈ IR+

  x+1    ′  |f (x)|  |F (x + 1) − F (x)| +  (x + 1 − t)f (t) dt x   x+1

 |F (x + 1) − F (x)| +

La convergence de l’intégrale



+∞

(x + 1 − t)2 dt

x





= √1

3

F (x + 1) − F (x) =



x+1

f= x



+∞

f−

x

   −→ 0

(⋆)

x

+∞ ′



+∞

f −→ 0.

x+1

  

x→+∞

−→ 0

x→+∞

De même, comme l’intégrale

f ′ (t)2 dt.

f (t) dt assure que :

0





x+1

x→+∞

2

f (t) dt converge, on a

0



x+1

x

Finalement, on conclut de l’inégalité (⋆) que f −→ 0 .

f ′ (t)2 dt −→ 0 . x→+∞

+∞

9.13 1. Pour tout x ∈ IR+ , on a, par la relation de Chasles :



x

f (t) dt =

x/2

Comme l’intégrale





x

0

f (t) dt −

+∞

f (t) dt converge, 0

Notant ℓ cette limite, on en déduit que

lim

x→+∞

lim

x→+∞





x/2

f (t) dt.

0



x

f (t) dt existe dans IK .

0

x

x/2

f (t) dt = ℓ − ℓ = 0 .

2. Comme f est positive et décroissante, on peut écrire : ∀x  0

x 0  f (x)  2

On déduit de la première question que lim xf (x) = 0

x→+∞

lim

x→+∞



x

x f (x) 2

c’est-à-dire

f (t) dt.

x/2

= 0 , d’où : f (x) = o

 

1 · x

Remarque La fonction donnée à l’exemple 14 de la page 384 montre que le résultat ne subsiste pas si l’on enlève l’hypothèse de décroissance. L’exercice 9.14 fournit un autre exemple.

416

Solutions des exercices 9.14 1. On a, pour tout n ∈ IN∗ : un =



π +nπ 2

xe

−xα sin2 x

dx =

+nπ −π 2



π 2

(t + nπ)e−(t+nπ)

α

sin2 t

dt.

−π 2

Par concavité de la fonction sin sur [0, π2 ] , on a :



∀t ∈ 0,

π 2



2 t  sin t  t. π



Par imparité de la même fonction, il vient, pour tout t ∈ − π2 , 2 |t|  | sin t|  |t| π





π/2

e



− (n+1)π

−π/2



α

t2

dt  un  (n + 1)π

Or, pour a > 0 , on a :



π/2

e

−at2

−π/2

1 dt = √ a



π

√

−π

a/2

√

2

e−u du a/2

∼

a→+∞



π/2

e

−π/2





=mn



:

4 2 t  sin2 t  t2 . π2

donc

On en déduit, pour tout n ∈ IN∗ : (n − 1)π

π 2



− (n−1)π



α

4 t2 π2



=Mn

I √ a

avec

I=



+∞

dt .

2

e−u du > 0.

−∞

On en déduit que : α

α

I Iπ 1− 2 mn ∼ (n − 1)π  α/2 ∼ α2 −1 n (n + 1)π

et de même

Mn ∼

Par comparaison aux séries de Riemann, la série à termes positifs α − 1 > 1 , c’est-à-dire α > 4 . seulement si, 2



Iπ 2− 2 · α 2n 2 −1

un converge si, et

2. La fonction f étant à valeurs positives, on a l’égalité suivante dans IR+ (cf. point méthode de la page 384) :



+∞

π/2

Par conséquent, l’intégrale que la série





+∞

0

un .

Conclusion : l’intégrale



f=

+∞ 

un .

n=1

f , qui a même nature que



+∞

f , a aussi même nature

π/2

+∞

f converge si, et seulement si, α > 4 .

0

417

Chapitre 9. Intégration sur un intervalle quelconque 9.15 1. Notons G(x) =



+∞

0

  f (t − x) − f (t + x) dt . Par inégalité triangulaire et croissance de

l’intégrale, puis par linéarité de l’intégrale, on a :



0

+∞



  f (t − x) dt −

+∞

0

  f (t + x) dt  G(x) 



+∞

0

  f (t − x) dt +



+∞

0

  f (t + x) dt.

Les changements de variables [u = t − x] et [u = t + x] , effectués là où c’est pertinent, donnent alors :



+∞

−x

  f  −



+∞

x

  f   G(x) 

Cela prouve par encadrement que G(x) −→

x→+∞



+∞

|f | −→

x→+∞

−x



+∞

−x

+∞

F (a) =





G(x) =



+∞

0

a 2

question, on a G que H

a 2

−→

a→+∞

2



−→

a→+∞

+∞

−∞

et

−∞

1

a 2



0

−∞

  f (t − x) − f (t + x) dt,

a

+G

2

. D’après la première

|f | . Avec un raisonnement analogue, on montre

|f | . Par somme de limites, on obtient alors le résultat :

a→+∞



donne :

H(x) =

+∞

F (a) −→ 2 9.16 La fonction F : x �→

x→+∞

x



  f  −→ 0. 2

on a, d’après la question précédente, F (a) = H



+∞

2

  f (t − x) − f (t + x) dt a

x

  f .

     a a   −f u+ f u − du.

+∞

−∞

(b) En posant :

+∞

|f | , car :

−∞

2. (a) Soit a ∈ IR . Le changement de variable u = t −





  f  +

+∞

et

|f |

−∞





x



+∞

−∞

|f |.

f (t) dt est de classe C 1 sur [1, +∞[ , car f est continue.

• Supposons qu’il existe ℓ ∈ IR tel que

lim

x→+∞



F (x) = ℓ. x +∞

f (t) dt converge. Pour cela, montrons, t2 1 par une intégration par parties, que les primitives admettent une limite en +∞ :

Commençons par prouver que l’intégrale



x

f (t) dt = t2



F (t) t2

x

+2



x

F (t) dt. t3

(⋆)

F (t) F (t) = 0 et d’autre admet une limite finie, d’une part lim t t→+∞ t2   F (t) F (t) 1 = O 2 , donc t �→ 3 est intégrable sur [1, +∞[ , ce qui prouve la converpart t3 t  t +∞ f (t) gence de l’intégrale dt . t2 1 Puisque t �→

418

Solutions des exercices De la relation (⋆) , on déduit : ∀x  1

Comme



x

+∞

x







=A(x)

F (t) = ℓ , on a : t

lim

t→+∞

F (x) f (t) + 2x dt = − t2 x



+∞

F (t) dt. t3

x

 

F (t) 1 ℓ − 2 =o 2 t3 t t

puis par intégration des relations de comparaison (cas convergent) :



+∞



ℓ F (t) dt − = t3 x

x

ce qui prouve : lim x

x→+∞



+∞

+∞

x



ℓ F (t) − 2 t3 t

F (t) dt = ℓ t3

x



dt = o

et donc

• Supposons qu’il existe ℓ ∈ IR tel que : lim x G(x) = ℓ

avec

x→+∞ 2

G(x) =



+∞ x



=o

1 x

lim A(x) = ℓ.

x→+∞



+∞

f (t) dt. t2

x

′

dt t2

Alors f (x) = −x G (x) et, par une intégration par parties, on a : B(x) =

1 x



x

f (t) dt =

1

=

x 2 1 2 −t G(t) 1 + x x



x

tG(t) dt

1

G(1) 2 − xG(x) + x x



x

tG(t) dt.

1

Comme tG(t) −→ ℓ , on a tG(t) − ℓ = o(1) puis, par intégration des relations de t→+∞

comparaison (cas divergent) :



1

ce qui donne

x

t G(t) dt − ℓ (x − 1) =

lim B(x) = ℓ .



1

x





t G(t) − ℓ dt = o(x),

x→+∞

∼ − 6t · La fonction t �→ 9.17 1. On a, au voisinage de 0 , sintt−t 2 gement continu sur IR , que nous noterons f . On peut écrire, pour tout x > 0 :



x

3x

sin t dt = t2



x

3x

dt + t



sin t−t t2

3x

f (t) dt = ln 3 +

x

possède donc un prolon-



x

D’après les propriétés de l’intégrale des fonctions continues, x �→ sur IR ; on en déduit, en particulier, lim En conclusion, on a lim

x→0+



x

x→0+

3x



3x

3x

f (t) dt.



3x

f (t) dt est continue

x

f (t) dt = 0 .

x

sin t dt = ln 3 . t2

419

Chapitre 9. Intégration sur un intervalle quelconque 3

3

2. La fonction t �→ sint2 t est continue sur ]0, +∞[ et l’on a sint2 t ∼ t , au voisinage de 0 . Cette fonction possède donc un prolongement continu sur IR+ .

 

 

3

Comme pour tout t > 0 , on a  sint2 t  

1 t2

, on en déduit, par comparaison aux intégrales



de Riemann, la convergence absolue de l’intégrale



de l’intégrale

+∞



sin3 t =

eit − e−it 2i

3

=−

e3it − 3eit + 3e−it − e−3it 8i

Pour 0 < x < y , on peut écrire :



y

x

x

y

sin3 t dt = t2 =



y

x



x

=



3x

x

3y

y

On en déduit

lim



y→+∞



y

3y



3 sin t dt − 4t2

x



3 sin t dt − 4t2

3 sin t  dt  4t2

y

3y

3y

3x

y

x

sin 3t dt. 4t2



3 sin u du 4u2

3y

3x



3y

y

3 sin t dt + 4t2



y

3y

3 sin t dt − 4t2

    3 sin t   2  dt 

3y

y

3 dt = 4t2

3 sin t dt = 0 , d’où : 4t2



+∞

x



3y

3x

3 sin u du 4u2

3 sin t dt. 4t2

4t

y



dans la deuxième intégrale donne :

3 sin t dt + 4t2

On a, pour tout y > 0 :

   

u ] 3

3 sin t dt − 4t2

3x



sin3 t dt = t2

Le changement de variable [t =

sin3 t dt et donc la convergence t2

1 e3it − e−3it 3 sin t − sin 3t 3 eit − e−it − = · 4 2i 4 2i 4

=



1

sin3 t dt . t2

0

3. On a :

+∞

sin3 t 3 dt = t2 4



3x x



−

3 4t

3y

.

y

sin t dt. t2

En faisant tendre x vers 0 , on obtient, avec le résultat de la première question :



0

+∞

sin3 t 3 ln 3 · dt = t2 4

9.18 1. La fonction f est de classe C 1 sur ]0, π] . Pour conclure, il suffit de montrer que f et f ′ possèdent des limites finies en 0 . • On a f (x) = 2 sin

2 sin(x/2)−x 2x sin(x/2)

  x 2

. Au voisinage de 0 , on a :



−x=2



x + O(x3 ) − x = O(x3 ) 2

donc f (x) = O(x) . On en déduit lim f (x) = 0 . x→0+

420

et

2x sin

  x 2

∼ x2 ,

Solutions des exercices • On a, pour tout x ∈ ]0, π] : f ′ (x) = −

x2 cos(x/2) − 4 sin2 (x/2) cos(x/2) 1 = · + 2 x2 4 sin (x/2) 4x2 sin2 (x/2)

Par développements limités, on obtient :



f (x) =

x2 1 −

=

x2 1 −

′



x2 8



x

+ o(x2 ) − 4

2

−

x3 48

+ o(x3 )

4x2 sin2 (x/2)

x2 8



 x2

+ o(x2 ) − 4

4

4x2 sin2 (x/2)

x4 48

−

2

+ o(x4 )



4

=

4

− x24 + o(x4 ) −x ∼ 24 · 2 2 x4 4x sin (x/2)

1 · On en déduit lim f ′ (x) = − 24 x→0+

Le prolongement de classe C 1 de f ainsi obtenu sera encore noté f . 2. La fonction t �→

sin( 2n+1 t) 2 t) sin( 2

t) sin( 2n+1 2 ∼ t sin( 2 )

est continue sur ]0, π] et, au voisinage de 0 , on a : 2n+1 t 2 t 2

donc

lim

t→0+

t) sin( 2n+1 2 = 2n + 1. t sin( 2 )

Cette fonction a donc un prolongement continu sur [0, π] , d’où l’existence de In pour tout n ∈ IN . On a, pour tout n ∈ IN : In+1 − In =



0

π

sin( 2n+3 t) − sin( 2n+1 t) 2 2 dt = sin( 2t )



π

2 sin( 2t ) cos(n + 1)t dt sin( 2t )

0

=2



π

cos(n + 1)t dt

0

 sin(n + 1)t π

=2 Ainsi la suite (In )n∈IN est constante et : In = I0 =

∀n ∈ IN



0

π

n+1

= 0.

0

sin( 2t ) dt = π. sin( 2t )

3. Une intégration par parties avec λ > 0 donne :



b

g(x) sin(λx) dx =

a

On en déduit :



−

cos(λx) g(x) λ

lim

λ→+∞

+

a

1 λ



b

cos(λx)g ′ (x)dx.

a

  b   |g(b)| + |g(a)| 1 b       cos(λx)g ′(x) dx g(x) sin(λx) dx +   λ λ a a  b  ′  |g(b)| + |g(a)| 1 g (x) dx,  + λ

d’où

b



λ

a

b

g(x) sin(λx) dx = 0 , puisque le majorant tend vers zéro.

a

421

Chapitre 9. Intégration sur un intervalle quelconque sin t est continue sur ]0, +∞[ . t sin t admet une limite finie en 0 , donc y est intégrable. Étude en 0 . La fonction t �→ t Étude en +∞ . Par intégration par parties, on a :

4. La fonction t �→

Comme

cos x x

de l’intégrale



x

−→ 0 et

x→+∞ +∞



sin t dt = t





En conclusion, l’intégrale

cos t t

 

1 cos t =O 2 t2 t

sin t dt. t

1

−

+∞

0

x

−



x

cos t dt. t2

avec 2 > 1 , on en déduit la convergence

sin t dt est convergente. t

En appliquant à la fonction f de la première question le résultat de la question précédente, on obtient :  π   2n + 1 t dt = 0. lim f (t) sin n→+∞ 2 0 Vu la définition de f , on peut écrire, pour tout n ∈ IN :



π 0



2n + 1 t f (t) sin 2



dt =



π



π

0

Le changement de variable [t =



π

0

On a donc

422

lim

n→+∞



0

(2n+1)π 2

sin

donne :

 2n+1  2

t

t

dt =



 2n+1  2

t

t

0

= 2u ] 2n+1

sin sin

 2n+1 

(2n+1)π 2

0

2

t

t

dt −

In 2

dt −

π · 2

sin u du. u

π sin u du = et l’on peut conclure que : u 2



+∞ 0

π sin u du = · u 2

Chapitre 10 : Séries numériques et vectorielles

I

Séries à valeurs dans un espace de dimension finie Généralités . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Propriétés immédiates . . . . . . . . . . . . . . . . . Séries absolument convergentes . . . . . . . . . . . . II Compléments sur les séries numériques . . . . . . . 1 Règle de d’Alembert . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Technique de comparaison série-intégrale . . . . . . 3 Sommation des relations de comparaison . . . . . . . Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 2 3

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

424 . 424 . 426 . 427 429 . 429 . 429 . 434 440

Séries numériques et vectorielles

10

Le but de ce chapitre est de consolider les acquis de première année relatifs aux séries numériques et d’étendre la notion de série convergente au cadre des espaces vectoriels de dimension finie. Dans tout ce chapitre, IK désigne le corps des réels ou le corps des complexes.

I

Séries à valeurs dans un espace de dimension finie

Dans cette partie, E désigne un espace vectoriel sur IK de dimension finie. L’espace vectoriel E est muni d’une norme que l’on notera � � .

1

Généralités

Les définitions et notations sont les mêmes que celles introduites en première année pour les séries à termes réels ou complexes. Rappelons-les brièvement.  • Si (un )n∈IN est une suite à termes dans E , on note un la série de terme génén  up . ral un . Sa somme partielle d’ordre n est Sn = p=0

Exo 10.1

• Lorsque la série



un converge, c’est-à-dire lorsque la suite (Sn ) a une limite +∞  un . dans E , le vecteur lim Sn est appelé somme de la série et est noté n→+∞

n=0

• Si le terme général n’est défini qu’à partir du rang n0 , la série peut être non   un . Sa somme partielle d’ordre n, avec n  n0 , est Sn = up . tée p=n0

nn0

La somme d’une série convergente



nn0

un est notée

+∞ 

n=n0

un .

I Séries à valeurs dans un espace de dimension finie

Proposition 1 (Condition nécessaire de convergence)  Si la série un converge, alors la suite (un )n∈IN tend vers 0 . Démonstration. Supposons la série La suite (un )n1 Donc lim un = 0 .



un convergente. Pour tout n ∈ IN∗ , un = Sn −Sn−1 . est la différence de deux suites ayant la même limite dans E .

n→+∞

Remarque Si l’on n’a pas

lim un = 0 , alors

n→+∞



un est divergente ; on dit alors

que la série est grossièrement divergente et l’on parle de divergence grossière.

Attention Comme dans le cas des séries numériques, la convergence vers 0 du terme général est une condition nécessaire mais non suffisante de convergence. Définition 1   up converge ; on Si la série un converge, alors pour tout n ∈ IN, la série pn+1  appelle alors reste d’ordre n de la série un le vecteur de E suivant : +∞  up . Rn = p=n+1

Attention • On ne peut parler de reste que pour une série convergente.

+∞  • On notera bien que, pour n ∈ IN, le reste d’ordre n est la somme up , et p=n+1 +∞  non up , afin que l’on dispose pour toute série convergente de la relation : p=n

∀n ∈ IN

S = Sn + Rn

avec S =

+∞ 

un .

n=0

Proposition 2 La suite des restes d’une série convergente tend vers zéro.

Démonstration. Pour tout n ∈ IN , on a Rn = S−Sn et lim Sn = S , d’où le résultat. n→+∞

425

Chapitre 10. Séries numériques et vectorielles La convergence d’une série n’est rien d’autre que la convergence d’une suite. Réciproquement, dans certains cas, on ramène l’étude de la convergence d’une suite à l’étude de la convergence d’une série en utilisant la proposition suivante. Proposition 3 (Lien suite-série) Soit (vn )n∈IN une suite à valeurs dans E . La suite (vn )n∈IN converge si, et seulement si, la série de terme général vn+1 − vn est convergente. On a alors

+∞ 

(vn+1 − vn ) = lim vn − v0 . n→+∞

n=0

Démonstration. Les sommes partielles d’une série de terme général un = vn+1 −vn vérifiant

par télescopage :

∀n ∈ IN

n  k=0

uk = vn+1 − v0 ,

on obtient immédiatement le résultat annoncé.

Terminologie Soit v ∈ E IN . La série associée à la suite v .

2



 vn+1 −vn est appelée série télescopique

Propriétés immédiates

Le résultat qui suit n’est qu’une reformulation, dans le langage des séries, du résultat correspondant sur les suites. Proposition 4   Soit un et vn deux séries convergentes. Soit (λ, µ) ∈ IK2 .  Alors (λun + µvn ) est une série convergente et : +∞ 

Exo 10.2

(λun + µvn ) = λ

n=0

+∞ 

n=0

un + µ

+∞ 

vn .

n=0

  Attention Comme pour des séries numériques, si un et vn sont des séries   (un + vn ) peut très bien être une convergentes, alors (un + vn ) l’est aussi. Mais   vn sont divergentes. série convergente lorsque un et +∞ +∞ +∞    (un + vn ) = un + vn sans s’être préalablement On ne peut donc pas écrire n=0

n=0

n=0

assuré de l’existence d’au moins deux de ces trois sommes.

426

I Séries à valeurs dans un espace de dimension finie

Exo 10.3

Proposition 5 Soient E et F deux espaces vectoriels normés de dimension finie et L ∈ L(E, F ).   L(un ) est une série Soit un une série convergente à termes dans E . Alors convergente et :  +∞  +∞   L(un ) = L un . n=0

n=0



Démonstration.

Notons (Sn ) la suite des sommes partielles de la série convergente un et S sa somme. Par linéarité puis continuité de l’application linéaire L (l’espace E est de dimension finie), on a : n  k=0

L(uk ) = L(Sn ) −→ L(S). n→+∞

Proposition 6 (Utilisation d’une base) Soit B = (e1 , . . . , ep ) une base de E . Soit (un )n∈IN une suite d’éléments de E . On  (j) lui associe les suites composantes (un )n∈IN pour tout j ∈ [[1, p]]. La série un  (j) converge si, et seulement si, les séries un convergent pour tout j ∈ [[1, p]] et l’on a alors :  +∞  p +∞    un(j) ej . un = n=0

j=1

n=0

Démonstration. Ce résultat découle immédiatement de la proposition 14 de la page 296 appliqué à la suite des sommes partielles. Ex. 1. On retrouve ici le lien entre la convergence d’une série   des séries réelles Re(un ) et Im(un ) .



un à termes complexes et celle

Ex. 2. Une série matricielle de terme général An ∈ Mp (IK) est convergente si, et seulement si, les p2 séries de termes généraux les coefficients de la matrice An sont convergentes.

3

Séries absolument convergentes

Définition 2  On dit que la série un est absolument convergente, ou converge absolu ment, si la série à termes réels positifs �un � est convergente.

Remarque Les normes d’un espace de dimension finie étant toutes équivalentes, on déduit du critère de majoration des séries à termes positifs que la notion de convergence absolue d’une série ne dépend pas de la norme choisie.

Théorème 7 Toute série absolument convergente d’un espace de dimension finie est convergente. Principe de démonstration.

Démonstration page 438 Utiliser les séries composantes et se ramener au cas scalaire.

427

Chapitre 10. Séries numériques et vectorielles Proposition 8 (Inégalité triangulaire)  Soit un une série absolument convergente à termes dans E . Alors, on a : n0

 +∞  +∞      un   �un �.    n=0

Démonstration.

La série



n=0

Soit N ∈ IN . L’inégalité triangulaire nous permet d’écrire :

  N N        un . un      n=0

n=0

un étant absolument convergente est aussi convergente. Un passage à la limite

n0

lorsque N tend vers +∞ dans l’inégalité précédente donne alors la relation cherchée.

Point méthode Comme �un � ∈ IR+ , on peut utiliser tous les résultats sur les séries à termes réels positifs pour démontrer la convergence absolue d’une série. En particulier, la comparaison de �un � ( , O , o , ∼ ) avec une série absolument  convergente permet de montrer la convergence absolue de un , donc sa convergence. En revanche, la comparaison avec des séries à termes positifs divergentes pourra uniquement montrer que la série n’est pas absolument convergente.

On munit Mp (IK) d’une norme subordonnée à une norme sur IKp . Soit A ∈ Mp (IK) . On a alors : ∀n ∈ IN |||An |||  |||A|||n .

Ex. 3. On suppose |||A||| < 1 . Alors, par comparaison à une série géométrique conver n gente, A est une série absolument convergente, donc convergente. La série



An étant convergente, on a ∀n ∈ IN

lim An = 0 . L’égalité :

n→+∞





(Ip − A) A0 + · · · + An = Ip − An+1

prouve, par passage à la limite (par continuité du produit matriciel), la relation : (Ip − A) On en déduit que les matrices Ip − A et Ex. 4. On a aussi : ∀n ∈ IN

 +∞  n=0



+∞

An



= Ip .

An sont inversibles et inverses l’une de l’autre.

n=0

 n   A  |||A|||n ,    n!

n!



n

A ce qui, par comparaison à une série exponentielle, montre que la série converge absolun! ment. On montre de même, en munissant L(E) de la norme subordonnée à la norme sur E , que pour

tout a ∈ L(E) , la série

428

 an n!

est (absolument) convergente.

II Compléments sur les séries numériques

II

Compléments sur les séries numériques

1

Règle de d’Alembert

Théorème 9 (Règle de d’Alembert) Soit (un ) une suite à valeurs strictement positives (à partir d’un certain rang) telle que ℓ = lim uun+1 existe dans IR+ ∪ {+∞} . n n→+∞

• Si ℓ < 1 alors



un est une série convergente.  • Si ℓ > 1 alors un −→ +∞ et un est une série (grossièrement) divergente.

Exo 10.6

n→+∞

Démonstration page 438

Point méthode La règle de d’Alembert est parfois utilisée pour prouver qu’une série vn de terme général non nul (à partir d’un certain rang) est absolument

convergente. On étudiera alors le quotient

|vn+1 | |vn | ·

Attention Dans le cas où ℓ = 1 , on ne peut pas conclure directement, comme on le voit dans l’exemple qui suit. 

1 Ex. 5. La série est une série convergente, tandis que la série n2 rement divergente. Pourtant, dans les deux cas, on a :

un+1 un



n est une série grossiè-

−→ 1.

n→+∞

Ex. 6. Dans le cas où z ∈ C∗ , on peut retrouver la convergence absolue de la série exponen zn : tielle n! donc

2

 zn n!

|z| |z|n+1 n! = −→ 0 < 1, (n + 1)! |z|n n + 1 n→+∞

est une série absolument convergente.

Technique de comparaison série-intégrale

La technique de comparaison série-intégrale a déjà été vue en première année. Nous donnons ici des approfondissements. Utilisation de la monotonie Proposition 10 Soit f ∈ CM([0, +∞[, IR+ ) une fonction décroissante et intégrable.  +∞  Alors la série f (n) est convergente et, en posant I = f (t) dt, on a : 0

Exo 10.7

I

+∞ 

n=0

f (n)  I + f (0)

et donc

  +∞      f (n)  f (0). I −   n=0

429

Chapitre 10. Séries numériques et vectorielles Démonstration.

Par comparaison série-intégrale et décroissance de la fonction f , on a :



f (n) +

∀n ∈ IN

n

f (t) dt 

0

n 

f (k)  f (0) +



n

f (t)dt.

(⋆)

0

k=0

Par intégrabilité de la fonction f , la suite des sommes partielles de la série à termes posi  tifs f (n) est majorée. On en déduit que f (n) est une série convergente, et en particulier, son terme général converge vers 0 . Par passage à la limite quand n tend vers +∞ dans l’encadrement (⋆) , on obtient :



+∞

f (t) dt 

0

+∞ 

f (k)  f (0) +

+∞

f (t) dt,

0

k=0

ce qui conclut.



Remarque On peut sans difficulté adapter le résultat précédent pour encadrer les restes de certaines séries convergentes. En effet, si f ∈ CM([n0 , +∞[, IR+ ) est une  fonction décroissante et intégrable, alors la série f (n) est convergente et :  +∞  +∞ +∞  f (t) dt  f (k)  f (n) + f (t) dt. ∀n  n0 n

n

k=n

Interprétation géométrique    Pour tout n ∈ IN, la quantité f (n) −

n+1

n

  f (t) dt re-

f (0)

présente l’aire géométrique de la portion de graphe située entre la droite d’équation y = f (n) et la courbe d’équation y = f (x) pour des abscisses x décrivant [n, n + 1] (parties hachurées situées au dessus de la courbe sur la figure ci-contre).   +∞   +∞    f (t) dt − f (n) est la La quantité positive    0

f (n) 0

1

n n+1

n=0

somme de ces aires, que l’on majore par f (0), aire d’un rectangle (grisé ici) de largeur 1 et de hauteur f (0) (dans lequel les parties hachurées ont été translatées). Ex. 7. Soit α > 1 . La fonction t �→ On en déduit : ∀n ∈ IN∗ Comme on a : ∀n ∈ IN∗





est positive, décroissante et intégrable sur [1, +∞[ .

+∞

dt  1 1   α + tα kα n

n

+∞

n

1 tα

+∞

k=n

1 dt = tα (α − 1)nα−1

et



+∞

n

dt · tα



1 1 =o nα nα−1

on en déduit, par théorème d’encadrement, l’équivalent simple suivant : +∞  1 k=n

430

kα

∼

n→+∞

1 · (α − 1)nα−1



,

II Compléments sur les séries numériques La propriété suivante traite le cas d’une fonction continue par morceaux, positive, décroissante et intégrable sur l’intervalle ouvert ]0, +∞[ . On se donne donc une telle fonction f . Proposition 11  La série f (n) est convergente et l’on a :    +∞   +∞ 1    f (t) dt − f (n)  f (t) dt.    0 0 n=1

Démonstration. La fonction f est continue par morceaux sur [1, +∞[ , positive, décroissante  et intégrable sur ce même intervalle donc f (n) est une série convergente et : 

+∞

f (t) dt 

1

+∞ 

f (n)  f (1) +

+∞

f (t) dt.

1

n=1

On soustrait les termes de cette inégalité à





+∞

f (t) dt et l’on obtient :

0



0

1

f (t) dt − f (1) 



Par décroissance de la fonction f , on a

+∞

f (t) dt −

0



+∞ 

f (n) 



1

f (t) dt.

0

n=1

1

0

f (t) dt − f (1)  0 , ce qui conclut.

Interprétation géométrique    Pour tout n ∈ IN∗ , la quantité f (n) −

n

n−1

  f (t)dt

représente l’aire géométrique de la portion de graphe située entre la droite d’équation y = f (n) et la courbe d’équation y = f (x) pour des abscisses x décrivant [n − 1, n].    +∞ +∞     f (t)dt− f (n) est la La quantité positive  0

n=1

somme de ces aires, que l’on majore par



1

f (t)dt.

0

1

0

431

Chapitre 10. Séries numériques et vectorielles

Exo 10.8

Approfondissement : comparaison série-intégrale sans monotonie Dans l’exemple qui suit, on traite le cas d’une fonction positive croissante puis décroissante. Cette situation peut se généraliser. Ex. 8. Soit x > 0 , un (x) =

√

ne−x

√

n

et f (x) =



+∞

un (x) .

n=0

Cherchons un équivalent simple de f en 0+ . Posons g : IR+ t IR∗+ ,

La fonction g est dérivable sur

−→ �−→

IR √

te−x

√ t

.

continue en 0 , intégrable, et l’on a : g ′ (t) = e−x

∀t > 0

√ t



1 x √ − 2 2 t



·

On en déduit le tableau de variation de g :

g

1/x2

0

t ′

+

+∞

0

−

1 ex

g 0 Posons nx =



  Enfin, on a 

1 x2



0



; par croissance de g sur 0,

    

nx +1

nx

0





1 , +∞ x2

+∞

√

te−x

√

t

dt =

0

 

+∞

g(t)dt  3g

2 x2



4 = 2, x



+∞

u2 e−u du

1 x2





432

, on a :

3 · x

√ (changement de variable [u = x t])

0

(deux intégrations par parties)

on en déduit que : f (x)



    g(t) dt  g x12 donc, par somme et inégalité triangulaire :

Comme on a : g(t) dt =

et décroissance sur

n=nx +1

   f (x) − 

+∞



  n  nx x     1   un (x) − g(t) dt  g(nx )  g  2 x   n=0 0   +∞ +∞     1  · un (x) − g(t) dt  g(nx + 1)  g 2 x  nx +1

0



1 x2

=

x→0+

 

4 1 +O x2 x

et en particulier,

f (x)

∼

x→0+

4 · x2

II Compléments sur les séries numériques Utilisation de la dérivée Soit f ∈ C 1 (IR+ , IK) dont la dérivée f ′ est intégrable. On suppose également que  +∞ f est convergente. l’intégrale 0

Soit n ∈ IN∗ . Par intégration par parties, on a :  n+1  n+1    f (t) dt − f (n) = f (t) − f (n) dt = n

n+1

(n + 1 − t)f ′ (t) dt.

n

n

Par inégalité triangulaire et croissance de l’intégrale, on obtient :     n+1  n+1  n+1   ′  |f ′ (t)| dt. f (t) dt − f (n) |n + 1 − t||f (t)| dt     n  n n   n+1 |f ′ | est convergente (cf. point méthode de Comme f ′ est intégrable, la série n la page 384).  n+1 Par comparaison, la série de terme général f (t) dt−f (n) est absolument convern

gente, donc convergente.

Par convergence de l’intégrale



+∞

f (t) dt, on en déduit que 1



f (n) est une série

convergente et l’on a :    +∞   +∞ +∞      f ′ (t) dt. f (t) dt − f (n)     0 0 n=0

En adaptant ce qui précède à une demi-droite fermée [p, +∞[ , on obtient :    +∞  +∞  +∞      f ′ (t) dt. ∀p ∈ IN  f (t) dt − f (n)   p  p n=p

Ex. 9. Soit f : t �→

√ sin t · t

Les fonctions u : t �→ cos

√

par parties, on a :



x

t et v : t �→ − √2t sont de classe C 1 sur [1, +∞[ et par intégration

 √ sin t dt = t

x

√ 2 u (t)v(t) dt = − √ cos x − x ′

Comme g(x) −→ 0 et h(t) = O x→+∞



1 t3/2



, l’intégrale

Par ailleurs, f est de classe C 1 sur [1, +∞[ et : ∀t  1 Comme f ′ (t) = O



1 t3/2

convergence de la série







=g(x)



1

+∞





x

√ cos t dt. 3/2  t  =h(t)

√ sin t dt est convergente. t

√ √ sin t cos t √ − · f (t) = t2 2t t ′

, la fonction f ′ est intégrable sur [1, +∞[ . On en déduit ainsi la

 sin √n n

·

433

Chapitre 10. Séries numériques et vectorielles Ex. 10. Reprenons les notations de l’exemple 8 de la page 432. On a : g ′ (t) = e−x

∀t > 0 Comme on a :

√

1 2

t g ′ (t) −→

t→0+

′

la fonction g est intégrable sur



+∞

0

 ′  g (t) dt =



IR∗+

g (t) dt −

 

On a donc :

1 x √ − 2 2 t



·

t2 g ′ (t) −→ 0, t→+∞

et : ′

= g



et

1/x2 0

√ t

1 x2







+∞

g ′ (t) dt

1/x2



− g(0) −

   f (x) − 

+∞

0

lim g − g

+∞

 

g(t) dt  2g



1 x2



1 x2



,



= 2g



1 x2



·

ce qui améliore la majoration obtenue dans l’exemple susmentionné.

3 Si

Sommation des relations de comparaison 

un est une série, on note Sn (u) =

n 

uk sa somme partielle partielle d’ordre n

k=0

et, lorsque la série est convergente, Rn (u) =

+∞ 

uk son reste d’ordre n.

k=n+1

Cas convergent

Exo 10.9

Proposition 12 (Sommation des relations de comparaison, cas convergent)    Soit un et vn deux séries numériques. On suppose que la série vn est convergente et à termes réels de signe constant.    un converge et Rn (u) = O Rn (v) . • Si un = O(vn ), alors    • Si un = o(vn ), alors un converge et Rn (u) = o Rn (v) .  un converge et Rn (u) ∼ Rn (v). • Si un ∼ vn , alors

Démonstration page 438

Ex. 11. On a l’équivalent simple suivant, entre séries convergentes à termes positifs : 1 1 1 1 ∼ = − · n2 n(n + 1) n n+1 On en déduit : +∞  1 k=n

434

k2

∼

+∞   1 k=n

k

−

1 k+1



=

1 · n

II Compléments sur les séries numériques 

Remarque Quitte à considérer les séries



un et

nn0

vn on voit que les résultats

nn0

restent vrais si (vn ) est de signe constant seulement à partir d’un certain rang. Point méthode Dans la pratique (et comme on le voit sur l’exemple précédent), il  est agréable, dans l’utilisation de ce résultat, de disposer d’une série vn dont on sait calculer les restes, par exemple une série télescopique.

Ex. 12. Pour tout n ∈ IN∗ , on pose un = un − un−1 =



1 1 + ln 1 − n n





n 

k=1

=

1 k



− ln n et l’on a :



1 1 1 1 − − 2 +o n n 2n n2





1 · 2 2n   

∼−

0 à partir d’un certain rang. Sn n→+∞

Par passage à l’inverse, on en déduit

Sn −→ +∞. n + 1 n→+∞

Remarque En remplaçant un par −un , on obtient un résultat similaire pour une suite qui diverge vers −∞. 436

II Compléments sur les séries numériques L’exemple qui suit montre l’utilisation des sommations de relations de comparaisons pour l’étude de suites définies par récurrence. Ex. 14. Soit (un )n1 une suite réelle vérifiant : ∀n ∈ IN∗

un+1 = un +

e−un · n

La suite u est clairement croissante. Si l’on suppose que cette suite est convergente, alors, en notant ℓ sa limite, on a : e−ℓ , un+1 − un ∼ n



donc la série télescopique associée (un+1 − un ) est une série divergente par comparaison à une série divergente à termes positifs. D’après le lien suite-série, on en déduit que u est une suite divergente, ce qui est absurde. Par le théorème de limite monotone, la suite u diverge vers +∞ . Par un équivalent simple au premier ordre de la fonction exp, on a : e

un+1

−e

un

=e

un







e−un exp n







−1

∼ eun ×

1 e−un = ∼ ln(n + 1) − ln(n). n n

La série ln(n + 1) − ln(n) est divergente et à termes positifs, donc par sommation des relations de comparaison (cas divergent), il vient : n−1   k=1

On en déduit :





euk+1 − euk ∼



=eun −eu1



n−1   k=1





=ln n



eun = ln n + o(ln n) = ln n × 1 + o(1) puis par passage au logarithme :





ln(k + 1) − ln(k) .







un = ln ln n + o(1).

437

Chapitre 10. Séries numériques et vectorielles

Démonstrations Théorème 7

Notons p la dimension de E et B une base de E . Soit (un )n∈IN une suite d’éléments (j)

de E . Pour tout entier n ∈ IN , notons (un )1jp les coordonnées de la suite (un )n∈IN dans la base B . En utilisant la norme infinie dans la base B , on a :

 (j)    un   un  . ∞

∀n ∈ IN



La convergence absolue de la série



(j) un

un entraîne alors la convergence absolue des séries numé-

riques pour tout j ∈ [[1, p]] . On en déduit alors que chacune des séries composantes est  convergente ; donc la série un converge.

Théorème 9 Par caractère asymptotique de la notion de limite, on peut sans perte de généralité supposer que un > 0 pour tout n ∈ IN . •

Supposons ℓ < 1 et fixons ρ ∈ ]ℓ, 1[ . On peut alors choisir un rang n0 tel que : ∀n  n0

un+1  ρ. un

Par récurrence immédiate, on a : 0  un  un0 ρn−n0 .

∀n  n0

Par comparaison à une série géométrique convergente, on en déduit que convergente. •



un est une série

Supposons ℓ > 1 et fixons ρ ∈ ]1, ℓ[ . On peut alors choisir un rang n0 tel que : ∀n  n0

un+1  ρ. un

Par récurrence immédiate, on a : ∀n  n0

un  un0 ρn−n0 .

Comme ρ > 1 , la suite géométrique (ρn ) diverge vers +∞ . Ayant de plus un0 > 0 , on en  un . déduit un −→ +∞ , puis la divergence grossière de la série n→+∞

Proposition 12 Quitte à changer un et vn par leurs opposés, on peut supposer que la suite (vn ) est à termes positifs.



Dans chacun des trois cas, la série série convergente à termes positifs. •

un converge absolument, d’après la comparaison avec une

Si (un ) est dominée par (vn ) , il existe un rang n0 et une constante K tels que, pour tout n  n0 , on ait |un |  Kvn d’où la majoration pour n  n0 : +∞    Rn (u)  |uk |  KRn (v). k=n+1





Cela donne Rn (u) = O Rn (v) . • •

Si (un ) est négligeable devant (vn ) , il suffit de remplacer la constante K ci-dessus par   n’importe quel ε > 0 pour aboutir à Rn (u)  εRn (v) pour n assez grand. Si (un ) est équivalente à (vn ) , on applique le point précédent à un − vn = o(vn ) .

438

Démonstrations Proposition 13 Quitte à changer un et vn par leurs opposés, on peut supposer que la suite (vn ) est à termes positifs.



La série vn étant divergente et à termes positifs, croissant. • Si (un ) est dominée par (vn ) , il existe un rang pour tout n  n0 , on ait |un |  Kvn ; il existe   tout n  n1 , on ait Sn0 (u)  KSn (v) , puisque

la suite (Sn (v))n∈IN tend vers +∞ en n0 et une constante K > 0 tels que, ensuite un rang n1  n0 tel que, pour lim Sn (v) = +∞ .

n→+∞

On a alors pour tout n  n1 :

  n       Sn (u) = Sn0 (u) + u k  k=n0 +1





 Sn0 (u) +

n 

k=n0 +1

 KSn (v) + K

n 

|uk |

k=n0 +1

• •





vk  KSn (v) + K Sn (v) − Sn0 (v)  2KSn (v).

On en déduit la domination annoncée. Si (un ) est négligeable devant (vn ) , il suffit de remplacer la constante K ci-dessus par   n’importe quel ε > 0 pour aboutir à Sn (u)  2εSn (v) pour n assez grand. Si (un ) est équivalente à (vn ) , on applique le point précédent à un − vn = o(vn ) .

439

Chapitre 10. Séries numériques et vectorielles

S’entraîner et approfondir Séries à valeurs dans un espace vectoriel de dimension finie 10.1 Prouver la convergence et déterminer la somme de la série →424



n

A , où A =



10.2 Soit a ∈ C . Étudier la convergence de la série de terme général An , où A = →426

0 0 0 1 2

1 0 0



1 0

2 1 0



.



a · 1

10.3 Soit α ∈ IR et A ∈ Mn (IK) une matrice diagonalisable telle que : →427

Montrer la convergence de la série

∀λ ∈ sp(A)



α

|λ| < 1.

k

k A .

10.4 Soit A ∈ Mn (IK) une matrice trigonalisable. On suppose que : Montrer que la série



  λ < 1.

∀λ ∈ sp(A) Ak est convergente.

⋆ 10.5 Soit E un espace vectoriel normé de dimension finie non nulle. Soit (an ) une suite d’éléments de E ainsi que (rn ) une suite de réels positifs ou nuls. On suppose que : Bf (an+1 , rn+1 ) ⊂ Bf (an , rn ).

∀n ∈ IN

1. Montrer que :

∀n ∈ IN

�an+1 − an �  rn − rn+1 .

2. Montrer que la suite (an ) est convergente. 3. Montrer que



Bf (an , rn ) est une boule fermée.

n∈IN

Séries numériques 10.6 Déterminer la nature, selon x ∈ C , de la série →429

10.7 Soit α ∈ IR∗+ \ {1} . →429



xn

(2n n)

·

En utilisant une comparaison série intégrale, étudier la nature de la série

10.8 Pour tout n  2 , on pose un = →432

n−1  k=1



1

k(n − k)

En effectuant une comparaison avec l’intégrale

10.9 Pour tout n ∈ IN∗ , on pose Rn = →434



n

k

dt



+∞  ln(k + 1) − ln(k) k=n

t(n − t)

, montrer que la suite (un )

·

Déterminer un développement asymptotique à deux termes de Rn .

440

1 · n(ln n)α

·

0

est convergente et préciser sa limite.



Exercices 10.10 Soit (un )n∈IN une suite de réels strictement positifs. →436

On pose Sn =

n 

uk et l’on suppose que :

k=0

un Sn −→ 1. n→+∞

1. Montrer que Sn −→ +∞ et un −→ 0 . n→+∞

n→+∞

2. Déterminer un équivalent simple de la suite (un ) . 2 . Indication. On pourra s’intéresser à la suite télescopique Sn2 − Sn−1

10.11 Soit u ∈ IRIN définie par u0 = 1 et : →436

un+1 = sin un .

∀n ∈ IN

Déterminer un développement asymptotique à deux termes de un . Indication. On pourra étudier la suite auxiliaire

1 u2 n+1

−

1 · u2 n

10.12 Soit (un )n∈IN une suite définie par son premier terme u0 > 0 et la relation de récurrence : un+1 =

∀n ∈ IN

1 Arctan (un ) . 2

Pour tout n ∈ IN , on pose vn = 2n un .

1. Montrer l’existence d’un réel ℓ > 0 , que l’on ne cherchera pas à calculer, tel que un ∼ Indication. On pourra étudier la série télescopique



ln(vn+1 ) − ln(vn ) .

2. Déterminer un développement à deux termes de un . Indication. On pourra étudier le terme télescopique vn+1 − vn . 10.13 Soit u ∈ IRIN vérifiant : Montrer que un précision o

 ln n  n

−→

n→+∞



ℓ · 2n

∀n ∈ IN un+1 = un + e−un . +∞ et déterminer un développement asymptotique de un à une

·

10.14 Soit (un )n0 une suite définie par : u0 > 0 1. Déterminer

et

∀n ∈ IN

lim un .

n→+∞



un+1 = un + u2n .



1 ln un+1 ln un − n =o n · 2n+1 2 2 n 3. En déduire qu’il existe K > 1 tel que un ∼ K 2 .

2. Montrer que

10.15 Soit (un )n∈IN une suite décroissante de réels strictement positifs telle que : un+1 lim un = 0 = 1. et lim n→+∞ n→+∞ un Montrer que



n−1 k=1

uk −uk+1 uk



∼ − ln un .

10.16 Soit α > 1 . Soit un une série divergente à termes strictement positifs. On note Sn sa  un somme partielle d’ordre n . Montrer que la série est convergente. Sα n

441

Chapitre 10. Séries numériques et vectorielles

Solutions des exercices 10.1 On vérifie facilement que An = 0 , pour n  3 . On en déduit la convergence de la série   0 0 1 2 Comme A = 0 0 0 , on a : 0 0 0 +∞ 

n

2

A = I3 + A + A =

n=0



1 0 0



1 1 0

3 1 1

0 0

1 , 0



An .

.

10.2 En décomposant la matrice A sous la forme : A=

a 1 I2 + J 2 2

avec

J=





1 on calcule An pour tout n ∈ IN , en utilisant la formule du binôme (les deux matrices I2 2 a et J commutent). On obtient alors : 2 An =

1 n I2 + n (aJ) . 2n 2

 1 1 I2 est une série convergente. est convergente donc 2 2n  3 n  n 3 Par croissances comparées, on a n = o ; comme la série géométrique de raison 2 4 4  n converge absolument, on en déduit, par comparaison, la convergence de la série puis 2n  n de la série (aJ) . 2n La série géométrique de raison

La série



An est donc convergente, comme somme de deux séries convergentes.

10.3 Fixons P ∈ GLn (IK) et (λ1 , . . . , λn ) ∈ IKn tels que A = P Diag (λ1 , . . . , λn ) P −1 . On a alors : ∀k ∈ IN

Ak = P Diag(λk1 , . . . , λkn )P −1 .

Soit i ∈ [[1, n]] . Comme |λi | < 1 , on a, par croissances comparées, kα λki = o



1 k2

déduit, par comparaison, la convergence absolue, donc la convergence, de la série puis celle de la série



k

α

Diag(λk1 , . . . , λkn ) .

Par linéarité de l’application M �→ P M P −1 , on en déduit la convergence de la série

442



. On en





kα λki

k α Ak .

Solutions des exercices 10.4 Un cas particulier. Commençons par traiter le cas où le spectre de A est réduit à un élément λ . Dans ce cas, la matrice N = A − λIn est nilpotente et, d’après la formule du binôme de Newton : ∀k  n

Ak =

k    k j=0

=

λk−j N j

j

(λIn et N commutent)

n−1    k j=0

λk−j N j .

j

(N n = 0)

Pour tout j ∈ [[0, n − 1]] , on a l’équivalent simple suivant :

 

k k−j λ j

∼

k→+∞

qui montre, par croissances comparées, que

kj k−j λ j!

 





k k−j 1 λ =o , puisque |λ| < 1 . k2 j

Par comparaison, pour tout j ∈ [[0, n − 1]] , la série

   k j

convergente donc, par somme de séries convergentes, la série

λk−j N j est (absolument)



Ak est convergente.

Le cas général. Notons λ1 , . . . , λp les valeurs propres de A , de multiplicités n1 , . . . , np . Par hypothèse, le polynôme caractéristique de A est scindé et, en utilisant la décomposition de IKn comme somme directe des sous-espaces caractéristiques de A , il existe P ∈ GLn (IK) tel que : P −1 AP = Diag(λ1 In1 + N1 , . . . , λp Inp + Np ),





=B1

où N1 , . . . , Np sont des matrices nilpotentes.







=Bp



Un calcul par blocs donne alors, pour tout k ∈ IN : P −1 Ak P = Diag(B1k , . . . , Bpk )

ou encore

Ak = P Diag(B1k , . . . , Bpk )P −1 ,

ce qui s’écrit encore Ak = L(B1k , . . . , Bpk ) , où L est l’application linéaire : L :

p 

Mnj (IK)

−→

Mn (IK)

(M1 , . . . , Mp )

�−→

P Diag(M1 , . . . , Mp )P −1 .

j=1

On en déduit (cf. proposition 5 de la page 427) que la série est donnée par : +∞  k=0

Ak = P Diag

 +∞ k=0

B1k , . . . ,

+∞  k=0



Ak converge, et sa somme



Bpk P −1 .

443

Chapitre 10. Séries numériques et vectorielles 10.5 1. Soit n ∈ IN . Notons u ∈ E un vecteur unitaire tel que an+1 − an = �an+1 − an �u . Posons x = an+1 + rn+1 u . Par construction, on a x ∈ Bf (an+1 , rn+1 ) , donc par hypothèse : x ∈ Bf (an , rn )

puis

x

�x − an �  rn .

u an

On en déduit �an+1 − an + rn+1 u�  rn et par conséquent :

an+1

    �an+1 − an � + rn+1 u  rn    0

donc �an+1 − an � + rn+1  rn , ce qui conclut. 2. La suite (rn ) est positive et décroissante (d’après la question précédente) donc conver  rn − rn+1 est convergente. Par comparaison, gente. Par le lien suite-série, la série





an+1 − an est absolument convergente donc convergente, ce qui montre que la série la suite (an ) est convergente.

3. Notons ℓ ∈ E la limite de la suite (an ) et R ∈ IR+ la limite de la suite (rn ) . Montrons que



Bf (an , rn ) = Bf (ℓ, R) .

n∈IN

Inclusion directe. Soit x ∈ E tel que : ∀n ∈ IN �x − an �  rn . Par passage à la limite quand n tend vers +∞ , il vient : x ∈ Bf (ℓ, R).

donc

�x − ℓ�  R

Inclusion réciproque. Soit x ∈ Bf (ℓ, R) . Soit n ∈ IN . Montrons que �x − an �  rn . On a x − an = x − ℓ + ℓ − an = x − ℓ + Par l’inégalité triangulaire, on a :

�x − an �  �x − ℓ� + R+

+∞   k=n

444

+∞ 



+∞

k=n



ak+1 − ak .

�ak+1 − ak �

k=n







rk − rk+1 = R + rn − R = rn .

(question 1)

Solutions des exercices 10.6 Pour tout n ∈ IN , posons un = ∀n ∈ IN∗

xn

(2n n)

; pour x �= 0 , on a :

n2 (n!)2 (2n − 2)! n |un | = |x| = |x| .  2 |x| = |un−1 | (2n)! (n − 1)! 2n(2n − 1) 4n − 2

|un | < 1 . D’après la règle de d’Alembert, la série = |x| 4 n→+∞ |un−1 | est absolument convergente, donc convergente.

• Pour |x| < 4 , on a

lim



un

• Pour |x|  4 , on a : ∀n ∈ IN∗ La suite strictement positive diverge grossièrement.



|un | n 4n = |x|   1. |un−1 | 4n − 2 4n − 2

|un |



étant croissante, on en déduit que la série

La convergence pour x = 0 étant évidente, on peut conclure que la série si, et seulement si, |x| < 4 . 10.7 Posons f : [2, +∞[ x



xn

(2n n)



un

converge

IR

−→ �−→

1 · x(ln x)α

La fonction f est dérivable sur [2, +∞[ et : ∀x  2

f ′ (x) = −

1 1 −α 2  0. x2 (ln x)α x (ln x)α+1

Donc f est décroissante sur [2, +∞[ et est aussi positive et continue sur ce même intervalle. Par ailleurs, puisque α �= 1 , on a :



x

f (t) dt =

(ln x)−α+1 +µ −α + 1

avec

µ ∈ IR.

Cas α ∈ ]0, 1[ . Par comparaison série intégrale, pour tout n  2 , on a : n 

f (k)  f (n) +

k=2

 0



n

f (t) dt  2

(ln n)1−α (ln 2)1−α · − 1−α 1−α





=un



Comme 1−α > 0 , la suite (un ) diverge vers +∞ et, par minoration, la suite des sommes  1  1 diverge vers +∞ , ce qui montre que la série partielles de la série n(ln n)α n(ln n)α est divergente.

Cas α > 1 . On a alors :

(ln x)−α+1 1 1 = −→ 0 −α + 1 1 − α (ln x)α−1 x→+∞ donc l’intégrale



car

α − 1 > 0,

+∞

f (t) dt converge et, comme f est positive, elle est intégrable

2

sur [2, +∞[ . Par comparaison série-intégrale, la série



1 n(ln n)α

est convergente.

445

Chapitre 10. Séries numériques et vectorielles 10.8 Soit n  2 . La fonction f : t �→ √

1 t(n−t)

est positive, intégrable sur ]0, n[ (par comparaison

aux intégrales de Riemann), décroissante puis croissante et admet un minimum en 0

t f

′

+∞

n/2 −

n · 2

n

0

+ +∞

f f ( n2 ) Posons p = ⌊n/2⌋ . On a alors, par décroissance de f sur ]0, p] et croissance de f sur [p + 1, n[ :

 p    p   1 1 1 1      − dt  dt    k(n − k) t(n − t) t(n − t) 0 0 k=1     1  n n−1    n du dt dt 1       − = ·   [u=n−t]  k(n − k) t(n − t)  t(n − t) u(n − u) 0 p+1 n−1 k=p+1

0

1

p p+1

n−1 n

Par disjonction de cas sur la parité de n , le réel f (p + 1) majore |f | sur [p, p + 1]

  donc 

p

p+1

   f (t) dt 

p+1

p

  f (t) dt  f (p + 1) 

Par somme et inégalité triangulaire, on a :



1

f (t) dt .

0

   1  1  n   dt 1 1 3    √ √ · dt  √ dt  3 un −   n − 1 t t (n − t) t(n − t) 0 0  0         =2

n−1

=I



Pour calculer I , on effectue le changement de variable t = I=



1

−1

On obtient ainsi :

√

  un − π   √ 6

·

Par théorème d’encadrement, la suite (un ) converge vers π .



+ u) :

 1 1 du = Arcsin u −1 = π. 2 1−u n−1

446

n (1 2

Solutions des exercices 10.9 En posant uk =

ln(k+1)−ln(k) k

, on a l’équivalent suivant :



ln 1 + uk = k

1 k



1 1 1 1 ∼ · = − k2 k (k + 1) k k+1

∼



Par sommation des équivalents (cas convergent), il vient : Rn =

+∞ 

k=n

uk ∼

+∞   1

k

k=n

1 k+1

−

+∞

Cherchons maintenant un équivalent de Rn − On s’intéresse pour cela au terme général uk − uk −

ln 1 + 1 = k (k + 1) k =

La fonction t �→ tout n ∈ IN∗ , on a :

1 t3

 +∞ n

dt t3

=

k=n

1 k(k+1)

1   k2 1 + k1

−

1 · n





k=n

uk −

+∞ 

k=n

·

:



=



1 1 +o 2k3 k3

+∞

et

1 n3

+∞

dt  1   t3 k3 k=n

=o



1 n2





+∞

n



∼

1 · 2k3

(⋆)

1 dt + 3· t3 n

, on en déduit par encadrement que

+∞ 1 1 1 ∼ k(k + 1) 2 k3 k=n



1 1 Rn − ∼ · n 4n2

On peut conclure : Rn =

1 n

+

1 4n2

+o





+∞ k=n

Par sommation de la relation (⋆) (cas convergent), il vient : +∞ 



est décroissante, positive et intégrable sur [1, +∞[ donc pour



1 2n2

k

=



 1 1 = uk − n k(k + 1)

1 1 1 1 1 − 3 − 2 + 3 +o k2 2k k k k3

n

Comme

 1







>0

1 n2



1 1 1 = − k(k + 1) k k+1

1 k3

∼

1 · 2n2



·

10.10 1. La suite (Sn ) est croissante et à termes strictement positifs. Si elle converge, en notant ℓ > 0 sa limite, on a : 1 · un −→ n→+∞ ℓ Or un = Sn − Sn−1 −→ 0 , ce qui fournit une absurdité. n→+∞

D’après le théorème de limite monotone, on peut conclure : Sn −→ +∞. n→+∞

Comme un ∼

1 Sn

par hypothèse, on a un −→ 0 . n→+∞

447

Chapitre 10. Séries numériques et vectorielles 2. Soit n ∈ IN∗ . On a :



2 = Sn − Sn−1 Sn2 − Sn−1





Sn + Sn−1



= un 2Sn − un ) = 2un Sn − u2n . Par opérations sur les limites, on en déduit : 2 Sn2 − Sn−1 −→ 2

2 Sn2 − Sn−1 ∼ 2.

puis

n→+∞

Comme 2 est le terme général positif d’une série divergente, par sommation des relations de comparaison (cas divergent), on a : n   k=1

Ainsi, on a

Sn2



2 Sk2 − Sk−1 ∼ 2n

Sn2 − S02 = 2n + o(n).

donc

∼ 2n puis, par positivité de Sn : √ donc Sn ∼ 2n

1 un ∼ √ · 2n

10.11 L’intervalle ]0, 1] est stable par la fonction sin et contient u0 donc : ∀n ∈ IN

Par inégalité de convexité, on a :

un ∈ ]0, 1].

∀x ∈ [0, 1]

sin x  x.

Par ailleurs, il y a égalité si, et seulement si, x = 0 . Ainsi, la suite u est décroissante, minorée par 0 , donc convergente vers ℓ ∈ [0, 1] vérifiant sin ℓ = ℓ par continuité de la fonction sin , donc ℓ = 0 . Pour x au voisinage de 0 , on a : x − sin x ∼

x3 , 6

x + sin x ∼ 2x

et

sin x ∼ x.

Comme la suite (un ) tend vers 0 , on a : 1

1

u2n+1

−

(un − sin un )(un + sin un ) 1 1 2u4n 1 × 4 = · = ∼ u2n (sin un )2 u2n 6 un 3

La série est une série divergente à termes positifs donc, par sommation des relations 3 de comparaison (cas divergent), on a : 1 n 1 − 2 ∼ 3 u2n u0

puis

un ∼

Ensuite, on a le développement limité suivant en 0 : x2 = sin2 x

puis

448





x2 x4 1− + + o(x4 ) 6 120



3 · n

−2



=1+

x2 2 3 x4 + o(x4 ) + − + 3 120 36

=1+

x4 x2 + + o(x4 ) 3 15

x2 1 1 1 + + o(x2 ). = + x2 3 15 sin2 x

Solutions des exercices Puisque (un ) tend vers 0 , on en déduit : 1 u2n+1 1 u2n+1

−

=

1 sin2 un

=

u2n 1 1 + + o(u2n ) + u2n 3 15

u2 1 1 − = n + o(u2n ), 2 un 3 15

puis : 1 u2n+1

−

 1 1 u2 1 1 − ∼ n ∼ ln(n + 1) − ln(n) . ∼ 2 un 3 15 5n 5   >0

Par sommation des relations de comparaisons (cas divergent), on obtient : 1 n ln n 1 − 2 − ∼ · u2n u0 3 5

On en déduit : n ln n 1 = + + o(ln n) u2n 3 5

 



 ln n  −1/2 3 ln n 3 1+ +o n 5 n n √ √   3 ln n 3 3 ln n √ +o √ · = √ − 10 n n n n n

un =

donc

10.12 1. Par concavité sur IR+ de la fonction Arctan , on a l’encadrement suivant : ∀x > 0

0 < Arctan (x)  x.

On en déduit, par récurrence immédiate :

Par suite, un = O



1 2n



0 < un 

∀n ∈ IN

u0 · 2n

et en particulier, un −→ 0 . n→+∞

Arctan un Comme Arctan x ∼ x , on a x→0 un

−→ 1 .

n→+∞

Ensuite, on a ln x ∼ x − 1 et Arctan t − t ∼ − x→1

t→0

t3 donc : 3

vn+1 Arctan un Arctan un Arctan un − un u2 ln = ln ∼ −1= ∼ − n· vn un un un 3 On en déduit que ln(vn+1 ) − ln(vn ) = O pique







1 4n



. Par comparaison, la série télesco-

ln(vn+1 ) − ln(vn ) est convergente, donc la suite (ln vn ) converge. Notons λ

 

sa limite. Par continuité de la fonction exp en λ , la suite vn ℓ strictement positif eλ et l’on a un ∼ n , en posant ℓ = eλ . 2   1 ℓ3 2. D’après la question précédente, on a u3n = n + o n puis : 8 8



vn+1 − vn = 2n Arctan un − un



1 = 2n − u3n + o(u3n ) 3

=−



1 ℓ3 1 +o n 3 4n 4



converge vers le réel





·

449

Chapitre 10. Séries numériques et vectorielles Par théorème de sommation des relations de comparaisons (cas convergent), on a : +∞  

vk+1 − vk

k=n



+∞ ℓ3  1 +o =− 3 4k k=n

ℓ − 2n un = −

ℓ3 1 3 1−

1 4

 +∞   1 k=n



1 1 +o n 4n 4



1 4ℓ3 1 ℓ + +o n n 2 9 8n 8

un =

4k





·

10.13 Divergence vers +∞ . Pour tout n ∈ IN , on a :

un+1 − un = e−un  0

(⋆)

donc la suite (un ) est croissante. Supposons qu’elle converge et notons ℓ sa limite. Par passage à la limite dans la relation (⋆) et continuité de la fonction exp , on a 0 = e−ℓ : absurde. Par le théorème de limite monotone, on a un −→ +∞ . n→+∞

Équivalent simple. Pour tout n ∈ IN , on pose vn = eun+1 − eun et l’on a :









vn = eun exp e−un − 1 ∼ eun × e−un = 1.

(e−un −→ 0) n→+∞

Par sommation des relations de comparaison (cas divergent), on a : n−1  k=0

On en déduit e

un

vk ∼

n−1 

1

eun − eu0 ∼ n.

c’est-à-dire

k=0





= n + o(n) puis un = ln n + ln 1 + o(1) = ln n + o(1) .

Développement asymptotique. Pour tout n ∈ IN∗ , on a :





vn − 1 = eun exp e−un − eun − 1





  1 −2un e + o e−2un − eun − 1 2  1 1 1 1 ∼ ∼ e−un = u ∼ ln(n + 1) − ln(n) . 2 2e n 2n 2 Par sommation des relations de comparaison (cas divergent), on a : = eun 1 + e−un +

n−1  k=1

n−1  1  ln(k + 1) − ln(k) (vk − 1) ∼ 2 k=1

eun − eu1 − (n − 1) ∼

ln n 2

eun = n + Par passage au logarithme, on en déduit :



ln n + o(ln n). 2



ln n ln n +o 2n n   ln n ln n +o = ln n + · 2n n

un = ln n + ln 1 +

450



Solutions des exercices 10.14 1. La suite (un )n0 est croissante. Supposons-la majorée. Alors elle converge et, si l’on note ℓ = lim un , en passant à la limite dans la relation de récurrence, on obn→+∞

tient ℓ = ℓ + ℓ2 , c’est-à-dire ℓ = 0 ; c’est impossible, puisque ℓ  u0 > 0 . Ainsi, par théorème de la limite monotone, on a lim un = +∞ . n→+∞

2. On a :



un+1 ln un 1 ln un+1 − n = n+1 ln 2n+1 2 2 u2n



=

1 2n+1



ln 1 +

1 un

3. Par comparaison à une série géométrique convergente, la série convergente, donc la suite

 ln un 



=o



1 2n+1

  ln un+1 2n+1

est convergente. Notons ℓ sa limite.

2n



−

· ln un 2n



est

Par théorème de sommation des relations de comparaison (cas convergent), on a : +∞   ln uk+1 k=n

2k+1

ln uk − k 2



=o

 +∞   1 

k=n

2k



1 ln un =o n 2n 2 ln un = ℓ 2n + o(1)

ℓ−

n

un ∼ K 2

en posant K = eℓ .

Comme la suite (un ) diverge vers +∞ , on a nécessairement K > 1 .

10.15 Comme

lim

k→+∞

uk+1 uk

= 1 , on a ln

uk+1 uk

∼

uk+1 uk

Par comparaison, les séries à termes négatifs Or : n−1 

n−1

ln

k=1

Comme

+

−1=



ln

uk+1 −uk · uk

uk+1 uk

et

 uk+1 −uk uk

sont de même nature.

  uk+1 = ln uk+1 − ln uk = ln un − ln u1 . uk k=1

lim un = 0 , on en déduit ln un −→ −∞ , donc la série

n→+∞

n→+∞



ln

uk+1 diverge. uk

   0 , la suite de terme général (vers 0 ) et donc la série télescopique associée



1 α−1 Sn−1

−

1 α−1 Sn



converge

est convergente.

Par comparaison de séries à termes généraux positifs, on peut conclure : convergente.

452

1 α−1 Sn



un α Sn

est une série

Chapitre 11 : Suites et séries de fonctions

I

Modes de convergence des suites de fonctions Convergence simple . . . . . . . . . . . . . . . Convergence uniforme . . . . . . . . . . . . . . II Convergence uniforme et limites . . . . . . . . 1 Convergence uniforme et continuité . . . . . . . 2 Théorème de la double limite . . . . . . . . . . III Intégration, dérivation d’une limite . . . . . . 1 Intégration et primitivation d’une limite . . . . 2 Dérivation d’une limite . . . . . . . . . . . . . IV Séries de fonctions . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Modes de convergence . . . . . . . . . . . . . . 2 Théorèmes sur les séries de fonctions . . . . . . 3 Comportement asymptotique . . . . . . . . . . V Approximation uniforme . . . . . . . . . . . . . 1 Approximation par des fonctions en escalier . . 2 Approximation par des polynômes . . . . . . . Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 2

. . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . .

454 . 454 . 456 460 . 460 . 460 461 . 461 . 462 463 . 463 . 466 . 470 471 . 471 . 471 479

Suites et séries de fonctions

11

Dans tout ce qui suit, E et F sont deux IK -espaces vectoriels de dimension finie, munis de normes notées � � et A est une partie non vide de E . Dans de nombreux cas pratiques, on aura E = IR (parfois A = IN) et F = IK . On s’intéresse dans ce chapitre aux suites et séries de fonctions, c’est-à-dire aux suites et séries à valeurs dans F (A, F ).

I

Modes de convergence des suites de fonctions

Au chapitre 6, nous avons défini la convergence d’une suite dans un espace vectoriel normé. En ce qui concerne les suites de fonctions, il existe plusieurs manières « naturelles » de définir la convergence. Ces modes de convergence ne sont pas en général définis directement en termes de normes et sont fondamentalement différents entre eux. Dans toute cette section, (fn )n∈IN est une suite de fonctions définies sur A à valeurs dans F .

1

Convergence simple

Définition 1 • On dit que la suite (fn )n∈IN converge simplement vers f ∈ F (A, F ) si, pour tout x ∈ A, on a fn (x) −→ f (x). n→+∞

Exo 11.1

• On dit que la suite (fn )n∈IN converge simplement s’il existe f ∈ F(A, F ) telle que la suite (fn )n∈IN converge simplement vers f .

I Modes de convergence des suites de fonctions Remarques • La suite (fn )n∈IN converge simplement si, et seulement si, pour tout x ∈ A, la   suite fn (x) n∈IN est convergente.

• On dit que la suite (fn )n∈IN converge simplement sur B ⊂ A si la   suite fn |B n∈IN converge simplement.

• Par unicité de la limite dans F , il y a unicité de la limite simple. • Même si a priori ces définitions dépendent de la norme sur F , en fait cela n’en dépend pas car F étant de dimension finie, ses normes sont équivalentes. • Soit B = (e1 , . . . , ep ) une base de F . Pour f : A → F , on note f (1) , . . . , f (p) les applications composantes de f dans cette base. La suite (fn )n∈IN de fonctions définies sur A à valeurs dans F converge simple (i)  ment vers une fonction g si, et seulement si, pour tout i ∈ [[1, p]] la suite fn n∈IN converge simplement vers une fonction gi . Il s’agit d’une conséquence du fait qu’une suite à valeurs dans F converge si, et seulement si, toutes ses suites composantes convergent, ce qui est une propriété des espaces de dimension finie.

Ex. 1. Étudions la convergence simple de (fn )n∈IN∗ , avec : fn :

[0, 1] x

Pour tout x ∈ [0, 1] , on a : n

lim fn (x) = lim x =

n→+∞

n→+∞

IR xn .

−→ �−→



0 1

si x ∈ [0, 1[ ; si x = 1.

Ainsi, la suite (fn )n∈IN∗ converge simplement vers la fonction indicatrice du singleton {1} définie sur [0, 1] .

Remarques • Certaines propriétés algébriques « passent à la limite simple ». Par exemple, si des suites de fonctions à valeurs scalaires (fn )n∈IN et (gn )n∈IN convergent simplement vers f et g , alors la suite (fn + gn )n∈IN converge simplement vers f + g et la suite (fn gn )n∈IN converge simplement vers f g .

Exo 11.2

• Beaucoup de propriétés analytiques « ne passent pas à la limite simple ». Ainsi, comme le montre l’exemple précédent, la limite simple d’une suite de fonctions continues n’est pas nécessairement continue. • Certaines propriétés liées à l’ordre « passent à la limite simple ». Ex. 2. La limite simple d’une suite de fonctions croissante est une fonction croissante. En effet, si (fn )n∈IN ∈ F(I, IR)IN est une suite de fonctions croissantes qui converge simplement vers une fonction f , pour tout (x, y) ∈ I 2 tel que x  y , on a : ∀n ∈ IN

fn (x)  fn (y),

puis, par passage à la limite, f (x)  f (y) .

455

Chapitre 11. Suites et séries de fonctions

2

Convergence uniforme

Définitions, premiers exemples Dire que la suite de fonctions (fn )n∈IN converge simplement vers f signifie :   ∀x ∈ A ∀ε > 0 ∃n0 ∈ IN ∀n  n0 fn (x) − f (x)  ε.

Il faut bien garder en mémoire que dans l’assertion précédente, l’entier n0 dépend non seulement de ε, mais également de x. Lorsque l’on peut choisir n0 indépendamment de x, on parle de convergence uniforme.

Exo 11.3

Définition 2 • On dit que la suite (fn )n∈IN converge uniformément vers f ∈ F(A, F ) si :   ∀ε > 0 ∃n0 ∈ IN ∀n  n0 ∀x ∈ A fn (x) − f (x)  ε. • On dit que la suite (fn )n∈IN converge uniformément s’il existe f ∈ F(A, F ) telle que (fn )n∈IN converge uniformément vers f .

Terminologie Lorsque B est une partie de A, on dit que la suite (fn )n∈IN   converge uniformément vers f sur B si la suite des restrictions fn |B converge uniformément vers f|B . Pour bien préciser, on dira donc de préférence « converge uniformément sur A ». Remarques • La suite (fn )n∈IN converge uniformément vers f si la fonction fn − f est bornée à partir d’un certain rang et si �fn − f �∞ → 0 . • La suite (fn )n∈IN converge uniformément vers la fonction f si, et seulement si, la suite (fn − f )n∈IN converge uniformément vers la fonction nulle.

• Si les fonctions (fn )n∈IN ainsi que la fonction f sont bornées, la convergence uniforme de (fn )n∈IN vers f équivaut à la convergence de la suite (fn )n∈IN vers f dans l’espace vectoriel B(A, F ) muni de la norme de la convergence uniforme   (cf. page 208). Dans ce cas, l’inégalité �fn �∞ − �f �∞   �fn − f �∞ montre que   la suite �fn �∞ n∈IN converge vers �f �∞ . y

• Si F = IR et A est un intervalle de IR, la convergence uniforme de la suite (fn )n∈IN vers f sur A signifie que pour tout ε > 0 , il existe un rang n0 à partir duquel le graphe de fn est contenu dans la partie du plan définie par :   x ∈ A et y ∈ f (x) − ε, f (x) + ε .

456

ε



O



A

x

I Modes de convergence des suites de fonctions Proposition 1 Si la suite (fn )n∈IN converge uniformément vers f , alors elle converge simplement vers f . Démonstration.

Si la suite (fn )n∈IN converge uniformément vers f , on a :

∀ε > 0

∃n0 ∈ IN

∀x ∈ A

∀ε > 0

∀x ∈ A

∀n  n0

∃n0 ∈ IN

∀n  n0

donc a fortiori :

  fn (x) − f (x)  ε,

  fn (x) − f (x)  ε,

ce qui traduit précisément que fn (x) −→ f (x) pour tout x ∈ A . n→+∞

Conséquence

Ce résultat montre en particulier l’unicité de la limite uniforme.

Pour établir une convergence uniforme S’il existe une suite réelle (αn )n∈IN tendant vers 0 et vérifiant, à partir d’un certain rang n0 :   ∀n  n0 ∀x ∈ A fn (x) − f (x)  αn ,

alors on montre aisément, en revenant à la définition, que la suite (fn )n∈IN converge uniformément vers f sur A. Point méthode Pour établir la convergence uniforme de la suite (fn )n∈IN , on peut :

Exo 11.4

• commencer par déterminer une fonction f vers laquelle (fn )n∈IN converge simplement ;

Exo 11.5

• chercher ensuite à établir une majoration de la forme �fn (x) − f (x)�  αn , valable à partir d’un certain rang, où (αn ) est une suite tendant vers 0 . Attention Lorsque l’on applique la méthode ci-dessus, ni le majorant αn , ni le rang trouvé à partir duquel l’inégalité est vérifiée, ne doivent dépendre de x ! 

Ex. 3. La suite (fn )n∈IN∗ de fonctions définies sur IR+ par fn (x) = x + n1 converge unifor√ x sur IR+ . En effet, pour n ∈ IN∗ , on a : mément vers la fonction f : x → � ∀x ∈ IR+ Puisque

√1 −→ n n→+∞

0  fn (x) −

√

x + n1 − x 1 1 1 x=  √  n 1 = √ · n x + n1 + x n

0 , la suite (fn )n∈IN∗ converge uniformément vers la fonction f sur IR+ .

Ex. 4. Étudions la convergence uniforme de la suite (fn )n∈IN , où fn est la fonction définie sur [0, 1] par fn (x) = xn (1 − x) .

Il est facile de vérifier que la suite (fn )n∈IN converge simplement vers la fonction nulle (en traitant à part le cas x = 1 ). Soit n  2 . La fonction fn est de classe C 1 et : ∀x ∈ [0, 1]



fn′ (x) = nxn−1 1 −



n+1 x . n

457

Chapitre 11. Suites et séries de fonctions On obtient le tableau de variations suivant : x

0

fn′ (x)

0

n n+1

+ fn

f 0 En posant αn =

Puisque 0 

n n+1

n n+1

1

0 n  − n+1

0

, on a :

 1 , on a



0  fn (x)  fn (αn ).

∀x ∈ [0, 1]



n n n+1

fn (αn ) =

 1 et donc :

1 n+1



n n+1

n



1 −→ 0. n + 1 n→+∞

Par conséquent, la suite (fn )n∈IN converge uniformément vers la fonction nulle sur [0, 1] .

Pour montrer qu’il n’y a pas convergence uniforme Si la suite (fn )n∈IN converge uniformément vers f sur A, alors pour toute suite (xn ) ∈ AIN , on a, d’après la définition de la convergence uniforme :   ∀ε > 0 ∃n0 ∈ IN ∀n  n0 fn (xn ) − f (xn )  ε donc :

fn (xn ) − f (xn ) −→ 0. n→+∞

Point méthode Pour montrer qu’une suite (fn )n∈IN ne converge pas uniformément vers une fonction f , on peut chercher à exhiber une suite (xn )n∈IN à valeurs dans A   telle que la suite fn (xn ) − f (xn ) n∈IN ne tende pas vers 0 . Ex. 5. La suite (fn )n∈IN∗ de fonctions définies sur IR+ par fn (x) = vers la fonction nulle. La suite (xn ) ∀n ∈ IN∗

n∈IN∗

√ x+ n x+n

converge simplement

définie par xn = n vérifie :

fn (xn ) − 0 =

√ 1 n+ n −→ �= 0. n + n n→+∞ 2

Ainsi, la suite (fn )n∈IN ne converge pas uniformément vers la fonction nulle sur IR+ .

458

I Modes de convergence des suites de fonctions Convergence uniforme locale Comme on le verra par la suite, la convergence uniforme permet de montrer des propriétés locales : limites, continuité, dérivabilité. . . Il est alors clairement inutile d’avoir une convergence uniforme sur tout l’ensemble de définition. D’où les définitions suivantes. Définition 3 Soit (fn )n∈IN une suite de fonctions de A dans F et a (fini ou infini) adhérent à A. On dit que (fn )n∈IN converge uniformément au voisinage de a vers f ∈ F(A, F ) s’il existe un voisinage V de a dans E tel que (fn )n∈IN converge uniformément vers f sur V ∩ A. Reformulation La convergence uniforme au voisinage de a ∈ A peut s’exprimer ainsi : il existe un voisinage V de a relatif à A tel qu’il y ait convergence uniforme sur V . Point méthode Pour établir la convergence uniforme au voisinage de tout point de A, il suffit, si l’on dispose d’un recouvrement de A par des ouverts, de montrer la convergence uniforme sur chacun de ces ouverts.

Ex. 6. Si A = C , la famille des boules ouvertes B(0, r) , avec r > 0 , constitue un recouvrement d’ouverts. Ex. 7. Si A = {z ∈ C : Re z > 0} , la famille des demi-plans ouverts {z ∈ C : Re z > a} , avec a > 0 , constitue un recouvrement d’ouverts.

Cas où A est un intervalle de IR On suppose ici que A est un intervalle non vide de IR. Alors on sait (cf. exemple 40 de la page 224) que tout point de A admet un voisinage relatif qui est un segment. Point méthode Pour établir la convergence uniforme de la suite (fn )n∈IN au voisinage de tout point de A, il suffit montrer que la suite (fn )n∈IN converge uniformément sur tout segment de A. Plus généralement, selon la forme de l’intervalle A, on peut se contenter de montrer qu’il y a convergence uniforme sur une famille d’intervalles adaptée à la situation. Ex. 8. Si A = IR , il suffit de prouver qu’il y a convergence uniforme sur tout segment de la forme [−a, a] avec a > 0 . Ex. 9. Si A = ]0, +∞[ , il suffit de prouver qu’il y a convergence uniforme sur tout intervalle de la forme [a, +∞[ avec a > 0 . Ex. 10. Si A = ]0, 1[ , il suffit de prouver qu’il y a convergence uniforme sur tout segment de la forme [a, 1 − a] avec 0 < a  21 ·

459

Chapitre 11. Suites et séries de fonctions

II

Convergence uniforme et limites

Dans toute cette section, (fn )n∈IN est une suite de fonctions définies sur A à valeurs dans F .

1

Convergence uniforme et continuité

On sait que la limite simple d’une suite de fonctions continues n’est pas en général une fonction continue (cf. exemple 1 de la page 455). Si la convergence est uniforme au voisinage de tout point, alors f « hérite » de la continuité des fonctions fn . Proposition 2 Si la suite (fn )n∈IN converge uniformément au voisinage de a vers f et si les fonctions fn sont continues en a, alors f est continue en a. Démonstration page 473

Principe de démonstration. 

Commencer par remarquer que :









f (x) − f (a) = f (x) − fn (x) + fn (x) − fn (a) + fn (a) − f (a)



puis majorer �f (x) − fn (x)� et �fn (a) − f (a)� à l’aide de la convergence uniforme et conclure à l’aide de la continuité de fn en a .

Proposition 3 Si (fn )n∈IN est une suite de fonctions continues qui converge uniformément au voisinage de tout point vers f , alors la fonction f est continue. Démonstration.

C’est une conséquence immédiate de la proposition 2.

Point méthode Dans la pratique, avant de chercher à montrer une convergence uniforme locale, on commence par regarder s’il y a convergence uniforme sur A tout entier.

2

Théorème de la double limite

Soit a (fini ou infini) adhérent à A. On rappelle que l’espace vectoriel normé F est de dimension finie. Théorème 4 (Théorème de la double limite) Soit (fn )n∈IN une suite de fonctions qui converge uniformément sur A vers f et telle que ∀n ∈ IN lim fn (x) = ℓn ∈ F . x→a

Exo 11.6

Alors la suite (ℓn )n∈IN converge, f admet une limite en a et ces deux limites sont égales, soit : lim lim fn (x) = lim lim fn (x). n→+∞ x→a

x→a n→+∞

Démonstration (non exigible) page 473

Remarque Pour ce résultat, une convergence uniforme au voisinage de a suffit, par caractère local de la limite.

460

III Intégration, dérivation d’une limite On peut illustrer la situation à l’aide du schéma ci-contre. Les flèches pleines correspondent aux hypothèses et les flèches pointillées aux conséquences du théorème, ℓ ∈ F étant la limite commune de la suite (ℓn )n∈IN et de la fonction f en a.

III

fn (x)

n → +∞

f (x) x→a

x→a

ℓn

Intégration, dérivation d’une limite

n → +∞

ℓ

Dans cette section, I est un intervalle d’intérieur non vide de IR et (fn )n∈IN est une suite de fonctions définies sur I à valeurs dans F .

1

Exo 11.7

Intégration et primitivation d’une limite

Théorème 5 On suppose que I = [a, b] avec a < b et que les fonctions fn sont continues. Si la suite (fn )n∈IN converge uniformément vers f , alors :   fn −→ f. n→+∞

[a,b]

[a,b]

Démonstration page 474

Principe de démonstration.

Pour tout entier n , on a :

   

[a,b]

   (fn − f )  

[a,b]

�fn − f �.

Ex. 11. La suite de fonctions (fn )n∈IN définie par fn : [0, 1] −→ IR x �−→ n2 (1 − x)xn simplement vers la fonction nulle (par croissances comparées pour x ∈ ]0, 1[ ). De plus, on a : ∀n ∈ IN



1

0

n2 (1 − x)xn dx = n2



1 1 − n+1 n+2



=

converge

n2 −→ 1. (n + 1)(n + 2) n→+∞

On en déduit que la suite (fn )n∈IN ne converge pas uniformément sur [0, 1] , sinon on aurait 1 =



0 = 0.

[0,1]

Ex. 12. Soit (fn )n∈IN ∈ C([0, 1], IR)IN une suite de fonctions qui converge uniformément vers f . La majoration : ∀x ∈ [0, 1]

        fn (x)2 − f (x)2  = fn (x) − f (x) × fn (x) − f (x)  �f �∞ + �fn �∞ �fn − f �∞    −→ 2�f �∞

n→+∞

montre que la suite (fn2 )n∈IN converge uniformément vers f 2 , donc :



0

1

fn2 −→

n→+∞



1

f 2.

0

461

Chapitre 11. Suites et séries de fonctions Proposition 6 Supposons que la suite (fn )n∈IN converge uniformément sur tout segment de I vers f . Soit a ∈ I . On note ϕ et ϕn , pour tout n ∈ IN, les primitives respectivement de f et de fn qui s’annulent en a :  x  x ϕ(x) = f (t) dt et ϕn (x) = fn (t) dt. a

a

Alors la suite (ϕn )n∈IN converge uniformément vers ϕ sur tout segment de I .

Démonstration page 475

Principe de démonstration. Pour tout segment [α, β] ⊂ I , que l’on peut supposer contenir a , et pour x ∈ [α, β] , majorer �ϕn (x)−ϕ(x)� en fonction de la norme infinie de la restriction de fn − f à [α, β] .

2

Dérivation d’une limite

Théorème 7 Supposons que les fonctions fn soient de classe C 1 .

Si la suite (fn )n∈IN converge simplement vers f et si la suite (fn′ )n∈IN converge uniformément sur tout segment de I vers une fonction g , alors : • la fonction f est de classe C 1 et f ′ = g ;

• la suite (fn )n∈IN converge uniformément sur tout segment de I .

Démonstration page 475

Principe de démonstration.

Appliquer la proposition 6 à la suite (fn′ )n∈IN .

Attention L’hypothèse de convergence uniforme porte sur la suite (fn′ )n∈IN et non sur la suite (fn )n∈IN . Ex. 13. La suite (fn )n∈IN∗ de fonctions définies sur IR+ par fn (x) = √ x (cf. exemple 3 de la page 457). mément vers la fonction f : x → �



x+

1 n

converge unifor-

Cet exemple montre que la limite uniforme d’une suite de fonctions de classe C 1 peut ne pas être dérivable.

On établit par récurrence le théorème suivant. Théorème 8 Soit p ∈ IN∗ . Supposons que les fonctions fn soient de classe C p . Si  (k)  • pour tout k ∈ [[0, p − 1]], la suite fn n∈IN converge simplement ;  (p)  • la suite fn n∈IN converge uniformément sur tout segment de I ;

alors la limite simple f de la suite (fn )n∈IN est de classe C p et, pour tout k ∈ [[0, p]] : ∀x ∈ I

f (k) (x) = lim fn(k) (x). n→+∞

Démonstration page 475

462

IV Séries de fonctions Point méthode Pour montrer que la limite d’une suite (fn )n∈IN de fonctions de classe C ∞ est de classe C ∞ , on pourra montrer la convergence uniforme (sur tout  (p)  segment) des suites fn n∈IN pour tout p ∈ IN. En notant f la limite de la suite (fn )n∈IN , on a alors, pour tout p ∈ IN : ∀x ∈ I

IV 1

f (p) (x) = lim fn(p) (x). n→+∞

Séries de fonctions Modes de convergence

Dans cette section, (un )n∈IN est une suite de fonctions définies sur A à valeurs dans F . Convergence simple  On dit que la série de fonctions un converge simplement si pour tout x ∈ A, +∞   un : A −→ F la série un (x) converge. Dans ce cas, on note n=0 +∞  un (x). x �−→ n=0

Somme partielle, reste  Soit un une série de fonctions, et n ∈ IN.  • On appelle somme partielle d’ordre n de un la fonction définie sur A n  par Sn (x) = uk (x). 

k=0

un converge simplement, on appelle reste d’ordre n de +∞  uk (x). On a alors : définie sur A par Rn (x) =

• Si



un la fonction

k=n+1

∀n ∈ IN ∀x ∈ A Sn (x) + Rn (x) =

+∞ 

uk (x).

k=0

Convergence uniforme  Notons (Sn )n∈IN la suite des sommes partielles de la série un . En appliquant à la suite (Sn )n∈IN les définitions vues plus haut, on obtient les mêmes notions de  convergence uniforme et de convergence uniforme locale de la série de fonctions un . Proposition 9  La série un converge uniformément si, et seulement si : • la série converge simplement ;

• la suite des restes (Rn )n∈IN converge uniformément vers la fonction nulle. Principe de démonstration.

En cas de convergence de la série +∞

S − Sn = Rn

avec

S=

 k=0

n

uk ,

Sn =

 k=0

uk

Démonstration page 476

et

un , on a :

Rn =

+∞ 

uk .

k=n+1

463

Chapitre 11. Suites et séries de fonctions Ex. 14. La série suite

1

n

x

 n

 (−1)n n

n∈IN∗

 (−1)n

xn converge uniformément sur [0, 1] . En effet, pour x ∈ [0, 1] , la

est décroissante et de limite nulle. D’après le théorème des séries alternées,

n

la série x est convergente. Toujours d’après ce théorème, en notant Rn (x) le reste n d’ordre n de la série, on a : ∀x ∈ [0, 1]

  Rn (x) 

1 1 xn+1  · n+1 n+1

La convergence uniforme est ainsi démontrée. On verra plus tard (cf. proposition 21 de la page 518) que : ∀x ∈ ]−1, 1[

ln(1 + x) =

+∞  (−1)n−1

n

n=1

Ainsi, par convergence uniforme sur [0, 1] , la fonction x �→ donc il vient



+∞ n=1

(−1)n−1 n



+∞ n=1

xn .

(−1)n−1 n x n

est continue en 1 ,

= ln 2 puisque ln(1 + x) −→ ln 2 . x→1−

Convergence normale La convergence normale, lorsqu’elle est vérifiée, fournit un moyen simple et efficace pour établir la convergence uniforme d’une série. Définition 4  La série de fonctions un converge normalement si : 1. pour tout n ∈ IN, la fonction un est bornée ;  2. la série �un �∞ est convergente.

Terminologie On définit naturellement les notions de convergence normale sur une partie de A, au voisinage d’un point de A ou sur tout segment de A si A est un intervalle de IR.  Point méthode Pour établir que la série de fonctions un converge normalement, IN il suffit d’exhiber une suite sommable (αn )n∈IN ∈ IR+ telle que : ∀n ∈ IN ∀x ∈ A �un (x)�  αn .

Ex. 15. La série



n1

e−nx n2

sin(nx) converge normalement sur IR+ .

En effet, en notant un la fonction définie sur IR+ par un (x) = entier n ∈ IN∗ , on a immédiatement : ∀x ∈ IR+ Puisque la série numérique

464



1 n2

  un (x)  1 · 2

converge, la série

e−nx n2

sin(nx) , cela pour tout

n



un converge normalement sur IR+ .

IV Séries de fonctions Ex. 16. La série géométrique complexe vert DO (0, 1) . Pour tout r ∈ ]0, 1[ , on a :



z n converge simplement sur le disque ou-

∀z ∈ DO (0, r)



|z n |  r n



et r n est une série convergente. Ainsi, la série de fonctions z n converge normalement sur DO (0, r) , donc au voisinage de tout point de DO (0, 1) car les ouverts DO (0, r) recouvrent DO (0, 1) quand r décrit ]0, 1[ .

Convergence normale et convergence uniforme Proposition 10  Si la série un converge normalement, alors, pour tout a ∈ A, la série numé rique un (a) est absolument convergente.  Démonstration. Supposons que la série de fonctions un converge normalement sur A . Alors, pour tout n ∈ IN et a ∈ A on a :

    un (a)  un  ∞ 

et puisque la série numérique de terme général positif �un �∞ est convergente, par théorème  de comparaison, la série un (a) est absolument convergente.

Exo 11.13 Exo 11.14

Théorème 11  Si la série un converge normalement sur A, alors elle converge uniformément sur A.

Démonstration page 476

Point méthode Pour démontrer la convergence uniforme d’une série de fonctions, on commence par examiner la convergence normale. Attention Comme le prouve l’exemple suivant, une série de fonctions peut converger uniformément sans pour autant converger normalement.  (−1) n

Ex. 17. La série x converge uniformément sur [0, 1[ (cf. exemple 14 de la page cin contre), mais elle ne converge pas normalement sur [0, 1[ . En effet, en notant, pour n ∈ IN∗ ,

la fonction un : x �→ divergente.

(−1)n n x n

définie sur [0, 1[ , on a �un �∞ =

1 n

et la série harmonique est

Point méthode Pour démontrer qu’une suite (fn )n∈IN converge uniformément, il  est parfois utile d’étudier la série télescopique (fn+1 − fn ). Ex. 18. Montrons que la suite de fonctions (fn )n∈IN définie sur [0, 1] par : f0 = 1

et

∀n ∈ IN

converge uniformément sur [0, 1] .

∀x ∈ [0, 1]

1 fn+1 (x) = 1 + 2



x

fn (t2 )dt

0

465

Chapitre 11. Suites et séries de fonctions Soit n ∈ IN et x ∈ [0, 1] . On a :

    fn+2 (x) − fn+1 (x) = 1  2

x 0

    1 fn+1 (t ) − fn (t ) dt  2



2

2

0

On en déduit �fn+2 − fn+1 �∞  21 �fn+1 − fn �∞ puis :



  fn+1 − fn 

∀n ∈ IN

∞



x

  fn+1 (t2 ) − fn (t2 )dt

 1  fn+1 − fn ∞ . 2

 1  f1 − f0  . n ∞ 2

La série télescopique (fn+1 − fn ) converge normalement, donc uniformément, sur [0, 1] . On en déduit que la suite (fn )n∈IN converge uniformément sur [0, 1] .

2

Théorèmes sur les séries de fonctions

Les résultats énoncés dans cette partie sont les adaptations, aux séries de fonctions, des théorèmes déjà obtenus sur les suites de fonctions. Continuité Proposition 12  Si la série de fonctions un converge uniformément au voisinage de a ∈ A et si +∞  un est pour tout n ∈ IN, la fonction un est continue en a, alors la somme n=0

continue en a.

Théorème 13  Supposons les fonctions un continues. Si la série de fonctions un converge uni+∞  un est continue. formément au voisinage de tout point de A, alors la somme n=0

Remarques • Dans la pratique, on commence par regarder s’il y a convergence uniforme sur A tout entier. • Rappelons la discussion de la page 459 concernant la convergence uniforme au voisinage de tout point. Ex. 19. La fonction ζ : x �→

∞ 

n=1

1 nx

est continue sur I = ]1, +∞[ .

En effet, en notant un la fonction définie sur I par un (x) =



∀n ∈ IN∗

∀x ∈ [a, +∞[

|un (x)| =

1 nx

, on a, pour tout a > 1 :

1 1  a· nx n



1 est convergente, la série de fonctions un converge normalement sur Comme la série na toute demi-droite [a, +∞[ incluse dans I donc sur tout segment de I . Puisque les fonctions un sont continues, le théorème 13 permet d’affirmer que ζ est continue.

466

IV Séries de fonctions Interversion somme / limite Soit a (fini ou infini) adhérent à A. Théorème 14  Si la série un converge uniformément et si pour tout n ∈ IN la fonction un a  une limite finie ℓn en a ∈ A ou a = ±∞, alors, la série ℓn converge et :   +∞ +∞    lim un (x) . un (x) = lim x→a

lim

Ex. 20. Déterminons

n=0



+∞

x→+∞ n=0

n=0

x→a

1 · x2 + n2 1 x2 +n2

Posons, pour n ∈ IN , la fonction fn : x �→

définie sur [1, +∞[ .

Tout d’abord, on a :

∀x ∈ [1, +∞[

∀n ∈ IN



On déduit de la convergence de la série

1 · n2 + 1

0  fn (x) 

1 n2 +1

que la série



fn converge normalement

sur [1, +∞[ . Par ailleurs, pour tout n ∈ IN , il est immédiat que fn (x) −→ 0 . D’après le x→+∞

théorème de double limite, on a : lim

x→+∞

+∞  n=0

1 = 0. n2 + x2

Ex. 21. Soit a ∈ C . Pour tout k ∈ IN , on définit sur IN∗ la fonction uk : ∀n ∈ IN∗

uk (n) =

 

n(n − 1) · · · (n − k + 1) ak n ak · = k nk k! k n

Pour tout n ∈ IN∗ et k ∈ [[0, n]] , on a : k

n(n − 1) · · · (n − k + 1)  n Pour k > n , on a

  n k

donc

  n k



nk · k!

= 0 donc cette inégalité reste vraie et l’on a donc : ∀k ∈ IN

∀n ∈ IN∗

k   uk (n)  |a| ·

k!



 |a|k

La série est une série convergente donc la série uk converge normalement sur IN∗ . k! Soit k ∈ IN . On a : ak ak donc uk (n) −→ · uk (n) ∼ n→+∞ k! n→+∞ k! Par théorème de double limite, on obtient :

Exo 11.15



1+

a n

n

=

+∞  k=0

uk (n) −→

n→+∞

+∞ k  a k=0

k!

= ea .

467

Chapitre 11. Suites et séries de fonctions Intégration terme à terme sur un segment Dans la suite de cette section, I est un intervalle d’intérieur non vide et (un )n∈IN est une suite de fonctions définies sur I à valeurs dans F . Théorème 15 Supposons que  les fonctions un soient continues. Si la série un converge uniformément sur le segment [a, b], alors la sé rie u converge et l’on a : n [a,b] 

Exo 11.16

+∞ 

un =

[a,b] n=0

+∞  

n=0

un . [a,b]

Dérivation terme à terme Théorème 16 (Théorème de dérivation terme à terme) Supposons que les fonctions un soient de classe C 1 . Si :  • la série un converge simplement,  ′ • la série un converge uniformément sur tout segment de I ,

alors la fonction

+∞ 

n=0

un est de classe C 1 et :  +∞

un

n=0

Ex. 22. Pour tout x > 1 , on pose ζ(x) =



+∞ n=1

∀x > 1 En effet, posons un : x �→

1 nx

′ 1 nx

=

+∞ 

u′n .

n=0

. La fonction ζ est de classe C 1 et l’on a :

ζ ′ (x) = −

+∞  ln n n=1

nx

·

. Nous savons que la série de fonctions



un converge simplement

sur ]1, +∞[ . De plus, les fonctions un sont de classe C 1 sur ]1, +∞[ . Pour tout réel a > 1 ,  ′ un sur [a, +∞[ . Pour tout x ∈ [a, +∞[ démontrons la convergence normale de la série ∗ et n ∈ IN , on a : 0  −u′n (x) = De plus, on a

ln n na

=O



1 nb



ln n ln n  a nx n

donc

 ′  un (x)  ln n · a n

pour tout b < a . En choisissant b ∈ ]1, a[ , cela montre, par com-



ln n paraison aux séries de Riemann, que la série numérique est convergente. Cela démontre na  ′ un sur tout intervalle de la forme [a, +∞[ avec a > 1 et la convergence normale de la série donc la convergence uniforme sur tout segment de ]1, +∞[ . La conclusion suit.

468

IV Séries de fonctions Théorème 17 (Théorème de dérivation terme à terme) Supposons que les fonctions un soient de classe C p avec p  1 . Si :  (k) • pour tout k ∈ [[0, p − 1]], la série un converge simplement,  (p) • la série un converge uniformément sur tout segment de I , alors

+∞ 

n=0

un est de classe C p et, pour tout k ∈ [[0, p]], on a :  +∞ 

Exo 11.17

n=0

un

(k)

=

+∞ 

un(k) .

n=0

Point méthode Pour démontrer que la fonction

+∞ 

n=0

chercher à démontrer que :

un est de classe C ∞ , on peut

• toutes les fonctions un sont de classe C ∞ ;  (p) • pour tout p ∈ IN, la série un converge uniformément sur tout segment.

Dans ce cas, on a pour tout p ∈ IN :  +∞ (p) +∞   = u(p) un n . n=0

n=0

Ex. 23. La fonction ζ : x �→



+∞ n=1

1 nx

est de classe C ∞ sur ]1, +∞[ .

En effet, pour n ∈ IN∗ , notons un la fonction définie sur ]1, +∞[ par un (x) = Les fonctions un sont de classe C ∞ et, pour tout p ∈ IN , on a : p u(p) n (x) = (−1)

∀x > 1

1 · nx

lnp n · nx

Soit a > 1 et b ∈ ]1, a[ . On a pour tout p ∈ IN : ∀x  a

 (p)  lnp n lnp n un (x) =  · x a

Par ailleurs, par croissances comparées,

n

lnp n na

=O



1 nb

n



Par comparaison, on obtient la convergence de la série



(p) un

·

 lnp n na

·

converge normalement sur [a, +∞[ , donc sur tout segment de ]1, +∞[ . Ainsi, la série En conclusion, la fonction ζ est de classe C ∞ et : ∀p ∈ IN

∀x ∈ ]1, +∞[

ζ (p) (x) =

+∞  n=1

(−1)p

lnp n · nx

469

Chapitre 11. Suites et séries de fonctions

3

Comportement asymptotique

Dans cette section, les fonctions un sont définies sur un intervalle I d’intérieur non vide et à valeurs réelles. +∞  Il est fréquent de chercher le comportement asymptotique de f = un aux exn=0

trémités de I (limites, équivalents. . .). Il s’agit là de problèmes qui peuvent être extrêmement délicats. Il existe cependant quelques situations « typiques ». Équivalent à l’aide d’une autre série Une première méthode consiste à chercher un équivalent sous la forme de somme de séries. Point méthode Pour déterminer un équivalent de la somme d’une série en une borne de son intervalle de définition, on peut deviner l’équivalent puis l’obtenir à l’aide du théorème de la double limite. Ex. 24. Soit f la fonction définie sur IR∗+ par f (x) =



+∞ n=1

1 · 1+n2 x

Déterminons un équivalent simple de f au voisinage de +∞ . Soit n ∈ IN∗ . Notons un la 1 fonction définie sur IR∗+ par un : x �→ 1+n 2x · On a un (x)

1 ∼ 2 x→+∞ x n

, donc

lim xun (x) =

x→+∞

1 · n2

De plus, on a : ∀x ∈ IR∗+

0  xun (x) =

x 1  2· n 1 + n2 x

   n2 x



Il s’ensuit que la série de fonctions xun (x) converge normalement sur IR∗+ . Par suite, le théorème de la double limite pour les séries de fonctions permet d’affirmer : xf (x) =

+∞  n=1

xun (x) −→

x→+∞

+∞  1 n=1

n2

f (x)

donc

∼

x→+∞

+∞ 1 1 · x n2 n=1

Comparaison série-intégrale

Exo 11.18

Point méthode Pour déterminer un équivalent de la somme d’une série en une borne de son intervalle de définition, une comparaison série-intégrale peut parfois se révéler utile. Ex. 25. Déterminons un équivalent simple en 1 de ζ : x �→

∞ 

n=1

1 · nx

Pour tout (x, t) ∈ ]1, +∞[ × [1, +∞[ , on pose u(x, t) = t1x · Pour x > 1 fixé, la fonction t �→ u(x, t) est continue, décroissante et intégrable donc par comparaison série-intégrale, on a :



1

470

+∞

dt  ζ(x)  tx



+∞ 1

dt + 1, tx

V Approximation uniforme ce qui donne : ∀x > 1 On conclut à l’équivalent simple ζ(x) lentes à

V

1 x−1

+

1 1  ζ(x)  + 1. x−1 x−1 ∼

x→1+

en 1 . On a même f (x) =

1 x−1

1 x−1

puisque les fonctions encadrantes sont équiva-

+ O(1) .

Approximation uniforme

Dans cette partie, a et b sont deux réels avec a < b et l’on pose I = [a, b]. Définition 5 Soit f ∈ B(I, F ) et X un sous-ensemble de B(I, F ). On dit que l’on peut approcher uniformément f par des éléments de X si f appartient à l’adhérence de X   dans B(I, F ), � �∞ .

Reformulation Par caractérisation de l’adhérence, dire que l’on peut approcher uniformément f par des éléments de X signifie que l’une des propositions équivalentes suivantes est vérifiée : (i) pour tout ε > 0 , il existe ϕ ∈ X tel que �f − ϕ�∞  ε ; (ii) il existe une suite (ϕn )n∈IN d’éléments de X convergeant uniformément vers f sur I .

1

Approximation par des fonctions en escalier

Lors de la construction de l’intégrale des fonctions continues par morceaux en première année, il a été établi que toute fonction continue par morceaux à valeurs dans IK peut être approchée uniformément par des fonctions en escalier. La propriété suivante étend ce résultat à des fonctions à valeurs dans F . Proposition 18 Toute fonction f : [a, b] → F continue par morceaux peut être approchée uniformément par des fonctions en escalier sur [a, b]. Démonstration page 476

Remarque En d’autres termes, l’ensemble des fonctions en escalier sur [a, b] est     dense dans CM [a, b], F , � �∞ .

2

Approximation par des polynômes

Théorème 19 (Théorème de Weierstrass) Toute fonction continue f : [a, b] → IK peut être approchée uniformément par des fonctions polynomiales à coefficients dans IK Démonstration (non exigible) page 477

Remarque En d’autres termes, l’ensemble des fonctions polynomiales sur [a, b] est   dense dans l’espace vectoriel normé C([a, b]), IK), � �∞ . 471

Chapitre 11. Suites et séries de fonctions Ex. 26. Soit f : [0, 1] → IR une fonction continue telle que



1

0

xn f (x) dx = 0 pour tout n ∈ IN .

Montrons que f est la fonction nulle. Par linéarité de l’intégrale, on a : ∀P ∈ IR[X]



1

P (x) f (x) dx = 0.

0

D’après le théorème de Weierstrass, il existe une suite (Pn )n∈IN de fonctions polynomiales réelles qui converge uniformément vers f sur le segment [0, 1] . Puisque la fonction f est bornée, car continue sur un segment, on a : ∀n ∈ IN

  Pn f − f 2 

∞

  



 f ∞ Pn − f ∞

et donc, la suite (Pn f )n∈IN converge uniformément vers f 2 sur [0, 1] . Par intégration (cf. théorème 5 de la page 461), on a : 0=



0

1

Pn (x)f (x) dx −→

n→+∞



0

1

f 2 (x) dx

puis



1

f 2 (x) dx = 0. 0

Puisque f 2 est une fonction positive continue d’intégrale nulle, elle est nulle, donc f aussi.

472

Démonstrations

Démonstrations Proposition 2 Par caractère local de la limite, on peut supposer sans perte de généralité que la suite (fn )n∈IN converge uniformément sur A . Soit ε > 0 . L’hypothèse de convergence uniforme donne l’existence d’un entier n tel que �fn − f �∞  ε3 · Fixons un tel entier. Par continuité de fn en a , il existe un réel η > 0 tel que, pour tout x ∈ A vérifiant �x−a�  η , on ait �fn (x) − fn (a)�  3ε · Par conséquent, pour tout x ∈ A vérifiant �x − a�  η , on a :

    f (x) − f (a) = f (x) − fn (x) + fn (x) − fn (a) + fn (a) − f (a)        f (x) − fn (x) + fn (x) − fn (a) + fn (a) − f (a)

(inégalité triangulaire)

      ε ε ε  f − fn ∞ + fn (x) − fn (a) + fn − f ∞  + + = ε. 3

3

3

La continuité de f en a est donc démontrée. Théorème 4

On commence par démontrer le lemme suivant.

Lemme (d’interversion des limites) Supposons que la suite (fn )n∈IN converge uniformément vers f sur A et que pour tout n ∈ IN la fonction fn ait une limite finie ℓn ∈ F en a .

Si l’une des deux limites

lim ℓn ou lim f (x) existe dans F , alors l’autre existe et elles sont

n→+∞

x→a

égales, i.e. : lim

lim fn (x) = lim

n→+∞ x→a

lim fn (x).

x→a n→+∞

Démonstration. • Supposons que lim f (x) = ℓ . x→a

Pour n suffisamment grand, la fonction fn − f est bornée et l’on a : ∀x ∈ A

    fn (x) − f (x)  fn − f  . ∞

En faisant tendre x vers a dans cette inégalité à n fixé, il vient :

    ℓn − ℓ  fn − f  . ∞

Par convergence uniforme, on a �fn − f �∞ dit •

lim ℓn = ℓ .

−→ 0 , donc �ℓn − ℓ� −→ 0 , autrement

n→+∞

n→+∞

n→+∞

Supposons

lim ℓn = ℓ .

n→+∞

Soit ε > 0 . Par définition de la limite, il existe un entier n0 tel que :   ε ∀n  n0 ℓn − ℓ  · 3 Par définition de la convergence uniforme, il existe un entier n1 tel que pour n  n1 , fn − f soit bornée et :   fn − f   ε · ∞ 3 Posons n = max{n0 , n1 } . Puisque lim fn (x) = ℓn , il existe un voisinage V de a tel que : x→a

∀x ∈ V ∩ A

  fn (x) − ℓn   ε · 3

473

Chapitre 11. Suites et séries de fonctions Ainsi, pour x ∈ V ∩ A , on a par inégalité triangulaire :

        f (x) − ℓ =  f (x) − fn (x) + fn (x) − ℓn + ℓn − ℓ       f − fn  + fn (x) − ℓn  + �ℓn − ℓ�  ε. ∞

Par suite, lim f (x) = ℓ . x→a

Notons que le fait que F soit de dimension finie n’a pas été utilisé dans la démonstration du lemme et démontrons maintenant le résultat principal. •

Montrons que la suite (ℓn )n∈IN est bornée. Tout d’abord, par définition de la convergence uniforme, il existe un rang n0 ∈ IN tel que : ∀n  n0

  fn (x) − f (x)  1.

∀x ∈ A

D’après l’inégalité triangulaire, il vient : ∀x ∈ A

∀n  n0

      fn (x) − fn0 (x)  fn (x) − f (x) + f (x) − fn0 (x)  2.

En faisant tendre x vers a dans cette inégalité, on obtient :

      ℓn − ℓn0   2 puis ℓn   2 + ℓn0 ,

∀n  n0

ce qui montre que la suite (ℓn ) est bornée. •

Le théorème de Bolzano-Weierstrass ( F est de dimension finie) donne l’existence d’une extraction ϕ et d’un vecteur ℓ ∈ F tels que ℓϕ(n) −→ ℓ . En appliquant le lemme d’interversion des limites à la suite que lim f (x) = ℓ . x→a

•



fϕ(n)

n→+∞



qui converge uniformément vers f , il vient

n∈IN

Puisque lim f (x) = ℓ , le lemme d’interversion des limites donne

lim ℓn = ℓ . Cela termine

x→a

n→+∞

la démonstration. Théorème 5

Puisque les fonctions fn sont continues et que la convergence est uniforme, la fonc-

tion f est continue (cf. proposition 3 de la page 460). Par conséquent l’intégrale



f est

[a,b]

définie. Pour tout entier n on a :

   

[a,b]

   (fn − f )  

[a,b]

�fn − f �.

Puisque la convergence est uniforme et que les fonctions sont continues sur le segment [a, b] donc bornées, on a : 0



[a,b]

�fn − f � 



[a,b]

par conséquent :

   

[a,b]

 

  fn − f 

(fn − f )  −→ 0 n→+∞

∞

c’est-à-dire

et la conclusion en découle, par linéarité de l’intégrale.

474





= (b − a)fn − f ∞ −→ 0,



[a,b]



n→+∞



fn − f → 0,

Démonstrations Proposition 6 Par convergence uniforme sur tout segment de I , la fonction f est continue. Soit [α, β] un segment inclus dans I tel que a ∈ [α, β] . Notons � �∞,[α,β] la norme infinie sur le segment [α, β] . Pour tout n ∈ IN et x ∈ [α, β] , on a :

    ϕn (x) − ϕ(x) =  

x

a

  



fn (t) − f (t) dt 

 |x − a|�fn − f �∞,[α,β]  (β − α) �fn − f �∞,[α,β] ,

ce qui établit la convergence uniforme de la suite (ϕn )n∈IN vers ϕ sur [α, β] puisque, par hypothèse, (fn ) converge uniformément vers f sur [α, β] , et donc lim �fn − f �∞,[α,β] = 0 . n→+∞

On en déduit la convergence uniforme de la suite (ϕn )n∈IN vers ϕ , sur tout segment de I , puisque tout segment de I est inclus dans un segment contenant a . Théorème 7 Supposons que la suite (fn )n∈IN converge simplement vers f et que la suite (fn′ )n∈IN converge uniformément sur tout segment de I vers g . D’après la proposition 3 de la page 460, la fonction g est continue. Soit a ∈ I . • D’après le théorème de primitivation, pour tout x ∈ I , on a :



x

g(t) dt = lim

n→+∞

a



n→+∞

fn′ (t) dt

a



= lim

x

fn (x) − fn (a)

= f (x) − f (a). En d’autres termes, pour tout x ∈ I :



f (x) = f (a) +



x

g(t) dt.

a

•

Il s’ensuit, du fait que g est une fonction continue, que f est de classe C 1 et que f ′ = g . Par ailleurs, si l’on définit (hn )n∈IN par : ∀n ∈ IN

∀x ∈ I

hn (x) =



x

a

fn′ (t)dt = fn (x) − fn (a),

par théorème de primitivation, la suite (hn )n∈IN converge uniformément sur tout segment vers sa limite simple c’est-à-dire vers la fonction f − f (a) . D’après l’inégalité triangulaire, on a : ∀n ∈ IN

∀x ∈ I

    fn (x) − f (x) = hn (x) + fn (a) − f (x)       hn (x) − f (x) − f (a)  + fn (a) − f (a),

ce qui montre que la suite (fn )n∈IN converge uniformément vers f sur tout segment.

Théorème 8 Démontrons ce résultat par récurrence sur p . Le cas p = 1 correspond au théorème 7 de la page 462. Supposons le résultat vrai pour un certain rang p ∈ IN∗ .

Soit (fn )n∈IN une suite de fonctions de classe C p+1 telle que pour tout k ∈ [ 0, p]] la



(k)

suite fn



n∈IN



(p+1)

converge simplement et la suite fn



n∈IN

converge uniformément sur tout (p)

(p)

segment de I . Le théorème 7 de la page 462 appliqué à la suite (fn )n∈IN donne que (fn )n∈IN converge uniformément sur tout segment de I vers une fonction g de classe C 1 et que : ∀x ∈ I

fn(p+1) (x) −→ g ′ (x). n→+∞

475

Chapitre 11. Suites et séries de fonctions (p)

Puisque la suite (fn )n∈IN converge uniformément sur tout segment de I , l’hypothèse de récurrence donne que la limite simple f de la suite (fn )n∈IN est de classe C p et que, pour (k)

f (k) (x) = lim fn (x) . En particulier :

tout k ∈ [ 0, p]] on a : ∀x ∈ I

n→+∞

f (p) (x) = lim fn(p) (x) = g(x).

∀x ∈ I Par conséquent, f

(p)

n→+∞

1

est de classe C et : ∀x ∈ I

f (p+1) (x) = g ′ (x) = lim fn(p+1) (x). n→+∞

Cela termine la démonstration. Proposition 9  • Supposons que la série un converge uniformément. Alors, la suite (Sn ) des sommes  partielles converge uniformément vers la somme S , et en particulier, la série un converge simplement. Par différence, la suite (Rn ) = (S − Sn ) converge uniformément vers 0 puisque pour tout ε > 0 , il existe un entier n0 tel que : ∀n  n0 •

∀x ∈ A



    Rn (x) = S(x) − Sn (x)  ε.

Réciproquement, si la série un converge simplement et que la suite des restes converge uniformément vers 0 , alors pour tout ε > 0 , il existe un entier n0 tel que : ∀n  n0

∀x ∈ A

    S(x) − Sn (x) = Rn (x)  ε,

ce qui montre que la suite (Sn ) converge uniformément vers la somme S . Théorème 11

Supposons que la série de fonctions





un converge normalement sur A .

Soit x ∈ A . Puisque la série un converge normalement, la série convergente. On en déduit pour tout n ∈ IN l’inégalité :



un (x) est absolument

  +∞ +∞          Rn (x) =  uk (x). uk (x)   k=n+1  k=n+1

Ainsi, par définition de la norme de la convergence uniforme : +∞      Rn (x)  uk  . ∞ k=n+1

Comme



+∞



�uk �∞ −→ 0 , cela montre que Rn

k=n+1

n→+∞

tion nulle sur A .



n∈IN

converge uniformément vers la fonc-

Proposition 18 Cas des fonctions continues. Supposons que f soit continue. Soit ε un réel strictement positif. D’après le théorème de Heine, f est uniformément continue et donc il existe η > 0 tel que, pour tout (x, y) ∈ [a, b]2 , on ait �f (x) − f (y)�  ε dès que |x − y|  η . Fixons  η . Notons ak = a + k b−a un tel η ainsi qu’un entier naturel non nul n tel que 0 < b−a n n pour k ∈ [[0, n]] et ϕ la fonction en escalier sur [a, b] définie par : ϕ(x) =



f (ak ) f (b)

Il est clair que f (b) − ϕ(b) = 0 .

476

si x ∈ [ak , ak+1 [ où k ∈ [[0, n − 1]] ; si x = b.

Démonstrations Pour tout x ∈ [a, b[ , il existe k tel que x ∈ [ak , ak+1 [ , et puisque |x − ak | 

    f (x) − ϕ(x) = f (x) − f (ak )  ε.

b−a n

η :

La fonction ϕ répond donc au problème. Cas des fonctions continues par morceaux. Supposons que f soit continue par morceaux. Considérons σ = (u0 , . . . , un ) une subdivision de [a, b] adaptée à f et, pour tout i ∈ [[0, n − 1]] , notons fi la restriction de la fonction f à ]ui , ui+1 [ et fi le prolongement par continuité sur [ui , ui+1 ] de fi . Soit ε > 0 . D’après la première partie de l’étude, il

existe, pour tout i ∈ [[0, n − 1]] , une fonction ϕi ∈ E ([ui , ui+1 ], F ) telle que �fi − ϕi �∞  ε . Considérons la fonction ϕ définie sur [a, b] par : ϕ(x) =



ϕk (x) f (uk )

si x ∈ ]uk , uk+1 [ où k ∈ [[0, n − 1]] ; si x = uk où k ∈ [[0, n]].

La fonction ϕ répond au problème. Théorème 19 • On peut sans perte de généralité supposer que [a, b] = [0, 1] .

En effet, dans le cas général, si g : [a, b] → IK est une fonction continue, la fonction : f : [0, 1] t

−→ �−→

IK  g a + (b − a)t

est une fonction continue sur [0, 1] . Si l’on suppose que f est limite uniforme d’une suite de fonctions polynomiales (fn )n∈IN , alors g est limite uniforme de la suite (gn )n∈IN , où : ∀x ∈ [a, b]

∀n ∈ IN •

gn (x) = fn

x − a b−a

·

On définit ainsi la fonction polynomiale Bn (f ) pour tout n ∈ IN∗ : ∀x ∈ [0, 1]



Montrons que la suite Bn (f )

Bn (f )(x) =

n      n k k=0



n∈IN∗

k

f

n

xk (1 − x)n−k .

converge uniformément sur [0, 1] vers f .

Soit ε > 0 . D’après le théorème de Heine, f est uniformément continue donc il existe δ > 0 tel que :   ∀(x, y) ∈ [0, 1]2 |x − y|  δ =⇒ f (x) − f (y)  ε.

Par ailleurs, la fonction f est continue sur le segment [0, 1] donc bornée et, par disjonction de cas suivant que |x − y|  δ ou |x − y| > δ , on a : ∀(x, y) ∈ [0, 1]2

  f (x) − f (y)  ε + 2�f �∞ (x − y)2 . δ2

(⋆)

Fixons x ∈ [0, 1] . Notons Y une variable aléatoire sur un espace probabilisé (Ω, P) suivant la loi binomiale de paramètre (n, x) . En posant X = Yn , on a alors : E(X) = x

V(X) =

et





x(1 − x) 1 , V(Y ) = n2 n

et, d’après la formule de transfert, E f (X) = Bn (f )(x) . D’après la relation (⋆) , on a :

  f (x) − f (X)  ε + M (x − X)2 avec M = 2�f �∞ · 2 δ

477

Chapitre 11. Suites et séries de fonctions Par l’inégalité triangulaire, linéarité et croissance de l’espérance, il vient :

       f (x) − Bn (f )(x) = E f (x) − f (X)   E f (x) − f (X) 



 ε + M E (X − x)2 = ε + M V(X) = ε + M

Ainsi, on a : ∀n ∈ IN∗

∀x ∈ [0, 1]

Il existe alors un rang n0 ∈ IN∗ tel que : ∀x ∈ [0, 1]

  f (x) − Bn (f )(x)  ε + M ·

  f (x) − Bn (f )(x)  2ε, 

ce qui montre la convergence uniforme sur [0, 1] de la suite Bn (f )

478

n



n∈IN∗

vers f .

x(1 − x) · n

Exercices

S’entraîner et approfondir Suites de fonctions 11.1 Soit, pour n ∈ IN∗ , la fonction fn définie sur IR+ par :

 � 1�   n2 x si x ∈ 0, ; n fn (x) = � � 1   1 si x ∈ , +∞ .

→454

∀x ∈ IR+

x

n

Étudier la convergence simple de (fn )n∈IN∗ .

11.2 Soit I un intervalle de IR et (fn )n∈IN ∈ F(I, IR)IN une suite de fonctions convexes qui →455 converge simplement vers une fonction f . Montrer que f est convexe. 11.3 Soit F un espace vectoriel normé de dimension finie. Soit (fn )n∈IN ∈ F(A, F )IN une suite de →456 fonctions bornées qui converge uniformément vers f ∈ F(A, F ) . Montrer que f est bornée. 11.4 On pose, pour tout entier n ∈ IN∗ , la fonction fn :

IR x

→457

−→ �−→

Montrer que la suite (fn )n∈IN∗ converge uniformément sur IR .

IR � sin x +

1 n

�

·

11.5 Étudier la convergence uniforme sur les segments de la forme [0, b] , puis sur IR+ , de la →457 suite (fn )n∈IN∗ avec : fn : IR+ −→ IR �n � x �−→ 1 − nx 1[0,n] (x). 11.6 Soit f : ]0, 1] → IR une fonction uniformément continue. Pour tout n ∈ IN∗ , on pose :

�

→460

∀x ∈ 0,

1 2

�

�

fn (x) = f x +

�

1 · 2n

�

1. Montrer que la suite (fn )n∈IN∗ converge uniformément vers la fonction f sur 0, 2. Montrer que f admet un prolongement par continuité en 0 .

1 2

�

.

11.7 Soit (fn )n∈IN une suite de fonctions continues à valeurs réelles qui converge uniformément →461 sur le segment [a, b] vers une fonction f . Montrer que :

�

a

b

e

fn (t)

dt −→

n→+∞

�

b

ef (t) dt.

a

11.8 Soit F un espace vectoriel normé de dimension finie. On considère l’espace vectoriel � � normé B(IN, F ), � �∞ des suites bornées à valeurs dans F et l’on pose G le sous-espace vectoriel des suites convergentes. Montrer que G est une partie fermée de B(IN, F ) . 11.9 Soit E et F des espaces vectoriels normés de dimension finie. Soit A une partie de E . Soit (fn )n∈IN une suite de fonctions de A dans F qui converge uniformément sur A vers f . On suppose que les fonctions fn sont uniformément continues. Montrer que f est uniformément continue.

479

Chapitre 11. Suites et séries de fonctions 11.10 Soit, pour n ∈ IN∗ , la fonction fn définie par : fn :

IR x

−→ �−→

IR

nx · 1 + n2 x2

Étudier la convergence simple puis uniforme sur IR de la suite (fn )n∈IN∗ . 11.11 Étudier la convergence simple et uniforme sur IR+ de la suite (fn )n∈IN∗ de fonctions définies sur IR+ par : fn (x) =



e−x x+ n

2

·

11.12 Soit (fn )n∈IN ∈ C([a, b], IR)IN une suite de fonctions qui converge uniformément sur [a, b] .   Soit ϕ ∈ C(IR, IR) . Montrer que la suite ϕ ◦ fn n∈IN converge uniformément.

Séries de fonctions

11.13 Déterminer le domaine de définition et étudier la convergence (normale/uniforme) des séries →465 de fonctions de la variable réelle :   1 1 et · 2 2 n +x n2 + x2 n0

n1

11.14 Soit g : [0, 1] → IR une fonction continue et (fn )n∈IN la suite de fonctions définies par : →465

f0 = 0

et

∀n ∈ IN

∀x ∈ [0, 1]

fn+1 (x) = g(x) +

∀x ∈ [0, 1]

x

fn (t) dt.

0

1. Montrer que : ∀n ∈ IN



n   fn+1 (x) − fn (x)  x �g�∞ .

n!

2. Démontrer que la suite (fn )n∈IN converge uniformément vers une fonction continue f vérifiant :  x

∀x ∈ [0, 1]

11.15 Pour tout n ∈ IN∗ , on pose Sn = →467

f (x) = g(x) +

f (t) dt.

0

n   n 1 (−1)k · n k

1. Montrer que la série de fonctions

k=1

 (−1)k  x  k1

x

k

converge uniformément sur ]0, +∞[ .

2. Montrer que la suite (Sn )n∈IN∗ est convergente. 11.16 Soit (an )n∈IN une suite positive telle que →468



an soit convergente.

1. Montrer que l’application f définie sur [0, 2π] par f (x) = 2. Calculer

480





+∞ n=0

f. [0,2π]

an cos(nx) est continue.

Exercices 11.17 Montrer que la fonction définie par f (x) =

 (−1)n

+∞

n=0

→469

11.18 Pour tout x > 0 , on pose f (x) = →470

+∞  n=1

x+n

est de classe C ∞ sur IR∗+ .

1 · 1 + n2 x

Déterminer un équivalent simple de f au voisinage de 0 . 11.19 Étudier les convergences simple, normale et uniforme sur [0, 1] de la série de fonc n tions x (1 − x) . 11.20 1. Pour tout n ∈ IN∗ , on pose Sn =

n  

k=0

1−



k n n

·

Montrer que la suite (Sn )n∈IN∗ converge et préciser sa limite. 2. En déduire un équivalent simple de la suite Sn′ =

n 

jn .

j=0

11.21 Fonction ζ de Riemann Montrer que la fonction : ζ : z �→



+∞  1 n=1

nz



est continue sur le demi-plan P = z ∈ C : Re(z) > 1 . 11.22 Pour x > 0 , on pose S(x) =



+∞ n=0

(−1)n · n! (x+n)

1. Montrer que S est bien définie et de classe C 1 sur IR∗+ .

2. Soit x > 0 . Donner une relation entre S(x + 1) et S(x) . 3. Déterminer un équivalent simple de S en 0+ et en +∞ . 11.23 On pose : f : s �→

+∞   n=1

1 1 − ⌊nπ⌋s (nπ)s



·

Montrer que f est définie et continue sur ]0, +∞[ .

⋆ 11.24 Pour tout n ∈ IN∗ et x ∈ IR+ , on pose un (x) = 1. Montrer que f est bien définie sur IR+ . 2. Montrer que f est continue sur IR∗+ . 3. Montrer que f n’est pas continue en 0 . Indication. On pourra minorer f (x) par

√ +∞  x ln n et f (x) = un (x) . 1 + xn2 n=1

2n 

uk (x) puis choisir judicieusement une

k=n+1

suite (xn )n∈IN qui converge vers 0 .

481

Chapitre 11. Suites et séries de fonctions 11.25 On pose un (x) =

1 , pour tout n ∈ IN∗ et tout x ∈ IR+ . n(1 + nx2 )

1. Déterminer le domaine de définition D ⊂ IR+ de f =



+∞

un . Étudier la continuité de f

n=1

sur D . 2. Déterminer les limites et des équivalents simples de f aux bornes de D . On admet que



+∞ n=1

1 n2

π2 · 6

=



⋆ 11.26 1. Soit x > 0 . Montrer que la suite un (x) ∀n ∈ IN∗



n∈IN∗

un (x) =

est une suite convergente.

définie par :

n! nx x(x + 1) · · · (x + n)

Indication. On pourra étudier la série télescopique



2. On note Γ(x) la limite de la suite un (x)



n∈IN∗

Montrer que Γ est une fonction continue sur

.





ln un (x) − ln un−1 (x) .

IR∗+ .

⋆ 11.27 Pour tout n ∈ IN∗ et pour tout x ∈ ]0, 2π[ , on pose un (x) =

einx · n

Montrer que

converge simplement sur ]0, 2π[ et que la somme S est une fonction continue. Indication. On pourra étudier le terme télescopique un+1 (x) − un (x) .



un

n1

√

11.28 Pour tout n ∈ IN∗ et pour tout x ∈ IR+ , on pose un (x) = 1. Montrer que la somme S de la série de fonctions classe C ∞ sur IR∗+ . 2. Montrer que la fonction S n’est pas dérivable en 0 . 11.29 Soit f : x �→



+∞



ln 1 +

n=1

1 n2 x2



e−x n · n3/2



un est continue sur IR+ et de

·

1. Déterminer le domaine de définition de la fonction f . 2. Donner un équivalent simple de f en +∞ et en 0 . On admet que



+∞ n=1

1 n2

=

π2 · 6

11.30 Montrer que f : Mn (IK)

−→

M

�−→

Mn (IK)

est bien définie et continue.

+∞  Mk k=1

kk

1 sous la forme z − reit dt · z − reit

11.31 Soit (z, r) ∈ C∗ × IR∗+ , avec r �= |z| . Pour tout t ∈ [0, 2π] , exprimer de la somme d’une série géométrique puis calculer I(r, z) =



0

482

2π

Exercices

Approximation uniforme 11.32 Pour tout n ∈ IN et x ∈ [−1, 1] , on pose :



Pn (x) = 1 − x2 1. (a) Montrer que an 

2 · n+1

n

;



an =

Pn

;

Qn (x) =

[−1,1]

Pn (x) · an

(b) Soit α ∈ ]0, 1[ . Montrer que la suite (Qn )n∈IN converge uniformément vers la fonction nulle sur [α, 1] .



2. Soit f une fonction continue sur IR , nulle à l’extérieur de − 12 , ∀x ∈ IR

fn (x) =





(a) Montrer que la restriction de fn à − 21 ,

1 −1 1 2

1 2



. On pose, pour n ∈ IN :

f (x − t)Qn (t) dt.



est une fonction polynomiale.



(b) Montrer que la suite (fn )n∈IN converge uniformément vers f sur − 21 , Indication. Remarquer que f (x) =



1

−1

f (x)Qn (t) dt.

1 2





·

3. En déduire une démonstration du théorème de Weierstrass sur le segment − 21 ,

1 2



·

11.33 Dans l’espace B(IR+ , IR) muni de la norme infinie, on note E le sous-espace vectoriel constitué des fonctions continues admettant une limite finie en +∞ . Pour tout n ∈ IN , on   pose fn : x �→ e−nx . Montrer que Adh Vect(fn )n∈IN = E .





⋆ 11.34 Soit f ∈ C [0, 1], IR .

1. Montrer que f est la limite uniforme d’une suite de polynômes pairs. 2. Donner une condition nécessaire et suffisante pour que f soit la limite uniforme d’une suite de polynômes impairs.

483

Chapitre 11. Suites et séries de fonctions

Solutions des exercices 11.1 • On a ∀n ∈ IN∗

fn (0) = 0 donc fn (0) −→ 0 . n→+∞



• Soit x ∈ ]0, +∞[ . On constate que la suite fn (x)



En effet, pour tout entier n assez grand, on a x 

n∈IN∗ 1 n

est stationnaire.

et donc fn (x) =

1 · x

Il s’ensuit que la suite de fonctions (fn )n∈IN∗ converge simplement vers la fonction : x �→



0 1 x

si x = 0 ; si x > 0.

11.2 Soit (x, y) ∈ I 2 et λ ∈ [0, 1] . Par convexité des fonctions fn , on a :





fn (1 − λ)x + λy  (1 − λ)fn (x) + λfn (y)

∀n ∈ IN





puis, par passage à la limite, f (1−λ)x+λy  (1−λ)f (x)+λf (y) . Ainsi, la limite simple f est convexe. 11.3 On applique la définition pour ε = 1 . Il existe n0 ∈ IN tel que : ∀n  n0

  fn (x) − f (x)  1.

∀x ∈ A

En particulier, en prenant n = n0 et en utilisant l’inégalité triangulaire renversée, on obtient : ∀x ∈ A

      f (x)  1 + fn0 (x)  1 + fn0  , ∞

ce qui montre que la fonction f est bornée.









11.4 Puisque  sin′  =  cos   1 , l’inégalité des accroissements finis appliquée à la fonction sinus donne : ∀(x, y) ∈ IR2 |sin y − sin x|  |y − x| . Par conséquent, pour tout n ∈ IN∗ :

      fn (x) − sin(x) = sin x + 1 − sin(x)  1 ·

∀x ∈ IR

n

n

Ainsi, la suite (fn )n∈IN∗ converge uniformément sur IR vers la fonction sin . 11.5 • Étudions tout d’abord la convergence simple de la suite (fn )n∈IN∗ .

Soit x ∈ IR+ . Fixons n0 ∈ IN∗ tel que n0  x . Alors, pour tout n  n0 , on a :



fn (x) = 1 − On a ensuite :



ln 1 −

x n



∼

n→+∞

−

x n

x n

n





x n



·



x n



−→ −x.

= exp n ln 1 −

donc

n ln 1 −

n→+∞

Par continuité de la fonction exp en −x , on obtient fn (x) −→ e−x . n→+∞

Ainsi, la suite (fn )n∈IN∗ converge simplement vers la fonction f : x �→ e−x .

484

Solutions des exercices • Soit c ∈ [0, 1[ et g : t �→ ln(1 − t) définie sur [0, c] . La fonction g est de classe C 2 et : ∀t ∈ [0, c]

g ′′ (t) =

−1 (1 − t)2

|g ′′ (t)| 

puis

1 · (1 − c)2

Par l’inégalité de Taylor-Lagrange, on en déduit :

   ln(1 − c) + c 

c2 · 2(1 − c)2

(⋆)

Soit b ∈ IR+ . Fixons n0 ∈ IN∗ tel que n0 > b . Alors, pour tout n  n0 , on a :



fn (x) = 1 −

∀x ∈ [0, b]

x n

n

x ∈ [0, 1[. n

et

Soit n  n0 et x ∈ [0, b] . L’inégalité des accroissements finis appliquée à la fonction exponentielle sur IR− donne :

          fn (x) − f (x)  n ln 1 − x − (−x) = n ln 1 − x + x  · n

n

n

D’après l’inégalité (⋆) , il vient :

|fn (x) − f (x)| 

n x2 nb2 1 ·    2 2 2 n 1− x 2(n − b)2 n    −→ 0

n→+∞

En conclusion, la suite (fn )n∈IN∗ converge uniformément vers f sur [0, b] . • D’après une inégalité de convexité, on a : ∀t ∈ [0, 1[

ln(1 − t)  −t.

Par croissance de l’exponentielle, on en déduit : ∀n ∈ IN∗

∀x ∈ IR+

0  fn (x)  f (x).

Soit ε > 0 . Étant donné que e−x −→ 0 , on peut fixer b > 0 tel que : x→+∞

∀x  b

e−x 

ε · 2

Par convergence uniforme sur le segment [0, b] de la suite (fn ) , il existe un rang n0 ∈ IN∗ tel que : ∀n  n0

∀x ∈ [0, b]

|fn (x) − f (x)|  ε.

Par ailleurs, pour tout n  n0 et x > b , on a : |fn (x) − f (x)|  fn (x) + f (x)  2e−x  ε. Ainsi, on a : ∀n  n0

∀x ∈ IR+

|fn (x) − f (x)|  ε,

ce qui démontre la convergence uniforme sur IR+ de la suite (fn ) .

485

Chapitre 11. Suites et séries de fonctions 11.6 1. Soit ε > 0 . Par définition de la continuité uniforme, il existe δ > 0 tel que :

La suite



1 2n



∀(x, y) ∈ ]0, 1]2

|x − y|  δ =⇒ |f (x) − f (y)|  ε.

converge vers 0 donc il existe n0 ∈ IN∗ tel que : 1  δ. 2n

∀n  n0



Soit n  n0 et x ∈ 0,

1 2





· Comme (x +

1 ) 2n



− x =

1 2n

 δ , on a :

      fn (x) − f (x) = f x + 1 − f (x)  ε, n 2



ce qui montre que la suite (fn ) converge uniformément vers f sur 0, 2. Pour x ∈ ]0, 12 ] fixé, on a f (x +

1 ) −→ 2n n→+∞

1 2



·

f (x) par continuité de f en x .

Par conséquence du théorème de la double limite, la fonction f (limite uniforme de la suite (fn ) au voisinage de 0 ) admet une limite finie en 0 et est donc prolongeable par continuité en 0 .

11.7 • Soit n ∈ IN . Par continuité sur le segment [a, b] , les fonctions f , fn et f − fn sont bornées et, par inégalité triangulaire :

Comme la suite

  fn 



�fn − f �∞

existe M ∈ IR+ tel que :





n∈IN

On pose c = M + f ∞ et l’on a : ∀n ∈ IN

 

 fn − f ∞ + f ∞ .

converge vers 0 , c’est une suite bornée et il

∀x ∈ [a, b]

∀n ∈ IN

 



∞

    fn (x)  M + f  . ∞

∀x ∈ [a, b]

fn (x) ∈ [−c, c].

• La fonction exp est de classe C 1 sur le segment [−c, c] et : ∀y ∈ [−c, c]

| exp′ (y)| = exp(y)  ec .

Par conséquence de l’inégalité des accroissements finis, on a : ∀(y, z) ∈ [−c, c]2

Par le point précédent, il vient : ∀n ∈ IN

∀x ∈ [a, b]

|ey − ez |  ec |y − z|.

 fn (x)      e − ef (x)   ec fn (x) − f (x)  ec fn − f ∞ .

Cette majoration montre que la suite (efn )n∈IN converge uniformément sur [a, b] vers la fonction ef . • Par intégration sur un segment d’une suite de fonctions qui converge uniformément, on en déduit :



486

b a

efn (x) dx −→

n→+∞



b

ef (x) dx. a

Solutions des exercices 11.8 Montrons par caractérisation séquentielle que G est une partie fermée de B(IN, F ) .

Soit (un )n∈IN ∈ GIN une suite convergente, dont on note u ∈ B(IN, F ) la limite. Montrons que u ∈ G . • Tout d’abord, on a : �un − u�∞ −→ 0, n→+∞

autrement dit, la suite (un ) converge uniformément sur IN vers u . • Par ailleurs, pour n ∈ IN , la suite un est une suite convergente ; il existe donc ℓn ∈ F tel que : un (k) −→ ℓn . k→+∞

• Enfin, comme F est de dimension finie, on peut appliquer le théorème de la double limite et il existe ℓ ∈ F tel que : et

ℓn −→ ℓ n→+∞

u(k) −→ ℓ. k→+∞

En particulier, la suite u est convergente donc u ∈ G , ce qui conclut. 11.9 Soit ε > 0 . Par convergence uniforme, il existe n0 ∈ IN tel que �f − fn0 �∞  3ε ·

Puisque la fonction fn0 est uniformément continue, il existe η > 0 tel que :   ε ∀(x, y) ∈ A2 �x − y�  η =⇒ fn0 (x) − fn0 (y)  · 3 Par conséquent, pour tout (x, y) ∈ A2 tel que �x − y�  η , on a :

        f (x) − f (y)  f (x) − fn0 (x) + fn0 (x) − fn0 (y) + fn0 (y) − f (y) 

ε ε ε + + = ε. 3 3 3

Ainsi, la fonction f est uniformément continue. 11.10 Étude de la convergence simple. Pour tout donc fn (0) −→ 0 . Pour x ∈ IR∗ fixé, on a :

IN∗ , on a

n

∈

∼

1 −→ 0. nx n→+∞

fn (0)

=

0

et

n→+∞

nx 1 + n2 x2

∼

n→+∞

nx n2 x2

n→+∞

Il s’ensuit que la suite (fn )n∈IN∗ converge simplement sur IR vers la fonction nulle. Étude de la convergence uniforme. Raisonnons par l’absurde et supposons que la suite (fn )n∈IN∗ converge uniformément sur IR . Alors, d’après le point précédent, (fn )n∈IN∗ converge uniformément sur IR vers la fonction nulle et en particulier, pour toute suite (xn )n∈IN∗ de réels, on a :

    fn (xn ) = fn (xn ) − 0 −→ 0. n→+∞

Or on a :

∀n ∈ IN∗

fn

  1 n

=

1 , 2

ce qui contredit ce qui précède. En conclusion, la suite (fn )n∈IN∗ ne converge pas uniformément sur IR .

487

Chapitre 11. Suites et séries de fonctions 11.11 Étude de la convergence simple. Pour tout x ∈ IR+ , on a fn (x)

−→

n→+∞ 2

suite (fn )n∈IN converge donc simplement sur IR+ vers la fonction f : x �→ x .







−x Étude de la convergence uniforme. On a fn (x) − f (x) = 2 xen +

tout x ∈ IR+ . Posons g : IR+ x

La fonction g est dérivable et :

IR xe−x .

−→ �−→

e−2x n2

x2 . La

  , pour

g ′ (x) = e−x − xe−x = e−x (1 − x).

∀x ∈ IR+

On en déduit le tableau de variation qui suit : 0

x g ′ (x)

1 +

+∞

0

−

e−1 g 0

0

Il montre que : ∀x ∈ IR+ Il s’ensuit que pour tout x ∈ IR+ :

0  g(x)  e−1 .

−x −2x   1 e−1 fn (x) − f (x) = 2 xe + e + 2, 2 2

n donc la convergence est uniforme sur IR+ .

n

n

n

11.12 Notons f la limite de la suite (fn )n∈IN et montrons que (ϕ ◦ fn )n∈IN converge uniformément sur [a, b] vers ϕ ◦ f .

• La suite (fn )n∈IN converge uniformément sur [a, b] vers f donc, par continuité des fonctions fn , la limite f est continue. • Soit n ∈ IN . Par continuité sur le segment [a, b] , les fonctions f , fn et f − fn sont bornées et :       fn   fn − f  + f  . ∞ ∞ ∞



Comme la suite �fn −f �∞

tel que :

 



n∈IN

converge vers 0 , elle est bornée. Donc il existe M ∈ IR+

∀n ∈ IN

En posant c = M + f ∞ , on a : ∀n ∈ IN

  fn 

∞

∀x ∈ [a, b]

 

 M + f ∞ . fn (x) ∈ [−c, c].

• Fixons ε > 0 et montrons qu’il existe un rang n0 tel que : ∀n  n0

∀x ∈ [a, b]

     ϕ fn (x) − ϕ f (x)   ε.

La restriction de la fonction ϕ au segment [−c, c] est continue, donc uniformément continue d’après le théorème de Heine. Ainsi il existe δ > 0 tel que : ∀(x, y) ∈ [−c, c]2





|x − y|  δ =⇒ ϕ(x) − ϕ(y)  ε.

Comme la suite (fn )n∈IN converge uniformément sur [a, b] vers f , il existe un rang n0 tel que :   ∀n  n0 ∀x ∈ [a, b] fn (x) − f (x)  δ.

488

Solutions des exercices En utilisant le point précédent, il vient : ∀n  n0

     ϕ fn (x) − ϕ f (x)   ε,

∀x ∈ [a, b]

ce qui achève de montrer que la suite (ϕ ◦ fn )n∈IN converge uniformément sur [a, b] vers la fonction ϕ ◦ f . 11.13 • Par comparaison à un exemple de Riemann, la série et la série



n0

1 n2 +x2



n1

1 n2 +x2

converge pour tout x ∈ IR

converge pour tout x ∈ IR∗ (son terme général n’est pas défini

pour x = 0 et n = 0 ). • Posons un : x �→ plus �u�∞ =

1 · n2

1 · n2 +x2

La fonction un est définie, bornée sur IR lorsque n  1 . De

La série



1 n2

étant convergente, la série



un converge normale-

n1

ment, donc uniformément sur IR . • La série



un ne converge pas normalement sur IR∗ , car u0 n’est pas bornée. La

n0



convergence normale de la série

n1

uniformément vers 0 . Ainsi, la série

un montre que la suite (Rn )n∈IN des restes converge



un converge uniformément sur IR∗ .

n0

11.14 1. • Il est clair que l’application :



C [0, 1], IR



f

−→ �−→





C [0, 1], IR  x �→ g(x) +

x

f (t) dt

0

est bien définie. Par conséquent la suite (fn )n∈IN est définie et toutes les fonctions fn sont continues. • Par récurrence, démontrons que : ∀n ∈ IN

∀x ∈ [0, 1]

n   fn+1 (x) − fn (x)  x �g�∞ .

n!

L’inégalité est immédiate pour n = 0 car f1 = g . Supposons la propriété vraie pour un n ∈ IN . Pour tout x ∈ [0, 1] , on a :

      x fn+2 (x) − fn+1 (x) =  fn+1 (t) − fn (t) dt  0  x   fn+1 (t) − fn (t) dt  0





0

=

x

tn �g�∞ dt n!

(hypothèse de récurrence)

xn+1 �g�∞ , (n + 1)!

ce qui prouve l’hérédité et termine la récurrence.

489

Chapitre 11. Suites et séries de fonctions 2. La question précédente donne : �g�∞ n!  1 et, par comparaison, du fait que la série est convergente, la série de foncn!  tions (fn+1 − fn ) est normalement convergente et donc uniformément convergente sur [0, 1] . Il s’ensuit que la suite (fn )n∈IN converge uniformément vers une fonction continue f . D’après la proposition 6 de la page 462, on a : ∀n ∈ IN

�fn+1 − fn �∞ 

fn+1 (x) −→ g(x) +

∀x ∈ [0, 1]

n→+∞

ce qui implique que f vérifie : ∀x ∈ [0, 1] 11.15 1. Soit x > 0 . La suite

 1  x  x k

f (x) = g(x) +





x

f (t) dt,

0

x

f (t) dt.

0

est positive, décroissante et converge vers 0 . Le

k∈IN∗

théorème des séries alternées assure ainsi la convergence de la série

 (−1)k  x  k1

plus, en notant Rn (x) le reste d’ordre n , on a :

x

k

et de

    x Rn (x)  1 

1 · x n+1 n+1 Cette dernière majoration montre que la suite (Rn ) converge uniformément vers la fonc (−1)k  x  converge uniformément sur IR∗+ . tion nulle, donc que la série de fonctions x k ∀x ∈ IR∗+

∀n ∈ IN

∗

2. Pour k ∈ IN , on a

(−1)k x

x k

k1

−→

x→+∞

(−1)k k

·

Par théorème de la double limite, on a : f (x) =

+∞    (−1)k x k=1

x

k

−→

x→+∞

+∞  (−1)k k=1

k

·

Étant donné que pour tout n ∈ IN∗ , on a Sn = f (n) , on en déduit que : Sn −→

n→+∞

+∞  (−1)k

k

k=1

.

11.16 1. Notons un l’application définie sur [0, 2π] par un : x �→ an cos (nx) . Il est clair que un  est bornée. Du fait que pour tout n ∈ IN , on a �un �∞  an , on déduit que la série un converge normalement. De la continuité de toutes les fonctions un et du théorème de continuité des séries de fonctions, on conclut que la fonction f est continue.  2. Puisque la série un converge normalement, et puisque les fonctions un sont continues, on peut intégrer terme à terme :



[0,2π]

 +∞  n=0

un



=

+∞   n=0

=

+∞  n=0

490

un

[0,2π]

an



0

2π

cos(nt) dt = 2πa0 .

Solutions des exercices (−1)n · x+n

11.17 Notons un l’application définie sur IR∗+ par un (x) = • Soit x ∈ IR∗+ . La suite



(−1)n un (x)



n∈IN

est positive, décroissante et converge vers 0 .

D’après le théorème des séries alternées, la fonction f est bien définie sur IR∗+ . • Les fonctions un sont de classe C ∞ sur IR∗+ et pour tout p ∈ IN , on a : ∀n ∈ IN

∀x ∈ IR∗+

n+p u(p) n (x) = (−1)

p! · (x + n)p+1

• Soit p ∈ IN∗ et a > 0 . Pour x  a et n ∈ IN , on a :

 (p)  un (x) =

p! p!  · (x + n)p+1 (a + n)p+1





(p)

1 Puisque la série de Riemann est convergente, la série un converge normalenp+1 ment sur [a, +∞[ . Cela étant vrai pour tout a > 0 , on en déduit la convergence normale sur tout segment de IR∗+ .





(p)

• La série un converge simplement sur IR∗+ et pour tout p ∈ IN∗ , la série un converge normalement sur tout segment de IR∗+ . Par conséquent, le théorème de dérivation des séries de fonctions s’applique à tout ordre au moins égal à 1 . La fonction f est donc de classe C ∞ . 11.18 Notons u : (x, t) �→

définie sur IR∗+ × IR+ .

1 1+xt2

1 Fixons x > 0 . L’application t → � est décroissante, positive et intégrable. Par le 1+xt2 u changement de variable t = √x , on a :



+∞

u(x, t) dt =

0



+∞ 0

dt 1 = √ 1 + xt2 x

Par comparaison série-intégrale, on a :

   f (x) − 

+∞

0

On en déduit :

f (x)

 

u(x, t) dt  u(x, 0)

=

x→0+

π √ + O(1) 2 x



+∞

0

donc

puis

f (x)

du π = √ · 1 + u2 2 x

   π  f (x) − √  1.  2 x ∼

x→0+

π √ · 2 x

11.19 Notons un (x) = xn (1 − x) , pour x ∈ [0, 1] et n ∈ IN . • Montrons que la série



un converge simplement.

Pour x = 1 , pour tout n ∈ IN , on a un (1) = 0 et donc la série





un (1) est convergente.

un (x) est convergente, puisqu’il s’agit d’une série géométrique Soit x ∈ [0, 1[ . La série de raison x . • Soit n ∈ IN∗ . La fonction un est dérivable et : ∀x ∈ [0, 1]





u′n (x) = nxn−1 − (n + 1)xn = xn−1 n − (n + 1)x .

On obtient alors le tableau de variation qui suit : x

0

u′n (x)

1

n n+1

+

0

−

un 0

0

491

Chapitre 11. Suites et séries de fonctions On en déduit : �un �∞ = un Puisque ln



1−

on a �un �∞ ∼

+∞

1 n+1

e−1 n

n 



n n+1

= n ln 1 −

, donc la série

normalement sur [0, 1] . • La série









=



1 1 1− n+1 n+1

1 n+1



=−

n

·

n + o(1) −→ −1, n→+∞ n+1

�un �∞ diverge et la série



un ne converge pas

un ne converge pas uniformément sur [0, 1] .

En effet, pour tout x ∈ [0, 1[ , on a : ∀n ∈ IN

+∞ 

Rn (x) =

k=n+1

xk (1 − x) = xn+1 ,

donc �Rn �∞ = 1 , pour tout entier n ∈ IN . Remarque



+∞

On peut également observer que

un est la fonction f définie sur [0, 1]

n=0

par f = 1[0,1[ . Cette fonction étant discontinue (en 1 ) et les fonctions un étant toutes continues, la convergence ne saurait être uniforme sur [0, 1] .

11.20 1. Pour tout k ∈ IN et n ∈ IN∗ , on pose : uk (n) =



1− 0

Soit k ∈ IN . Pour tout n > k , on a :



k n n



si n  k si n < k.



0  un (k) = exp n ln 1 −

k n



 e−k

par inégalité de convexité. Ces inégalités sont encore vérifiées lorsque n  k , puisqu’alors un (k) = 0 . On a donc :

La série



∀n ∈ IN∗

0  uk (n)  e−k .

e−k est convergente donc la série



uk converge normalement sur IN∗ .

Par ailleurs, pour tout k ∈ IN , on a uk (n) −→ e−k . n→+∞

Par théorème de double limite, on en déduit que : Sn =

+∞  k=0

uk (n) −→

n→+∞

2. Par le changement d’indice [j = n − k] , on a : ∀n ∈ IN∗

+∞ 

e−k =

k=0

e · e−1

Sn′ = nn Sn .

Comme la suite (Sn )n∈IN∗ converge vers la limite non nulle Sn′

492

∼

n→+∞

e nn . e−1

e e−1

, on en déduit :

Solutions des exercices 11.21 Rappelons que si x est un réel strictement positif et si z est un nombre complexe, par définition xz = exp (z ln x) . En particulier |xz | = xRe z . • Soit a > 1 . Montrons la convergence normale de la série

Pa = {z ∈ C | Re(z) > a}.



1 nz

sur le demi-plan :

On constate que pour tout z ∈ Pa et n ∈ IN∗ , on a :

La série



  1  z = n

1 na

1 1  a· n nRe(z)

converge car a > 1 , donc la série



1 nz



1 nz

converge normalement sur Pa .

• La série de fonctions converge normalement au voisinage de tout point du demiplan P car les demi-plans ouverts Pa recouvrent P quand a décrit ]1, +∞[ . Puisque les fonctions z �→ n1z sont continues, on en déduit que ζ est continue sur P . 11.22 Pour x > 0 et n ∈ IN , notons un (x) =

(−1)n · n!(x+n)

1. • Soit x ∈ IR∗+ . Pour n ∈ IN∗ on a :

   un (x)  x + n − 1 1   −→ 0.  un−1 (x)  = x + n n n→+∞ 

un (x) est absolument converD’après la règle de d’Alembert, la série numérique gente, donc convergente. La fonction S est bien définie sur IR∗+ .  un converge sim• Montrons que S est de classe C 1 . Pour cela, puisque la série  plement sur IR∗+ , démontrons que la série dérivée u′n converge normalement sur tout segment, les fonctions un étant toutes de classe C 1 . Soit a > 0 . Pour tout x ∈ [a, +∞[ , on a :

    ′   1 1 1 1     ∀n ∈ IN un (x) =   2 · n!(x + n)2  n! (a + n)2 a n!  1

garantit la convergence normale de la série de foncLa convergence de la série n!  ′ tions un sur [a, +∞[ . La conclusion suit.

2. Soit x > 0 . On a :

S(x + 1) =

+∞  n=0

=

+∞  n=1

=

(−1)n n!(x + n + 1) (−1)n−1 (n − 1)!(x + n)

+∞   (−1)n−1 n=1

n!

= (1 − e−1 ) + x = (1 − e−1 ) + x On obtient ainsi :

1−

(décalage d’indice) x x+n



+∞  (−1)n n=1



n!(x + n)

S(x) −

(deux séries convergentes)



1 · x

S(x + 1) = xS(x) − e−1 .

(∗)

493

Chapitre 11. Suites et séries de fonctions 3. Équivalent en 0 . On a : S(1) =

+∞  (−1)n n=0

(n + 1)!

=−

+∞  (−1)n

n!

n=1

= 1 − e−1 .

1

Puisque S est continue (elle est de classe C ), la relation (∗) donne : xS(x) − e−1 −→ S(1) = 1 − e−1

donc

x→0

xS(x) −→ 1. x→0

On en déduit :

1 · x Équivalent en +∞ . Pour tout x > 0 et n ∈ IN , posons vn (x) = xun (x) . On a :   vn (x) = 1 x  1 · n! x + n n! S(x) ∼

x→0



1 assure la convergence normale, donc La convergence de la série numérique n!  ∗ uniforme, de la série vn sur IR+ . Par ailleurs, pour n ∈ IN on a :

(−1)n · n! Ainsi, le théorème de la double limite donne : vn (x) −→

x→+∞

xS(x) =

+∞  n=0

Par suite :

vn (x) −→

x→+∞

S(x)

∼

x→+∞

+∞  (−1)n n=0

n!

= e−1 .

e−1 · x

11.23 Caractère bien défini de f . Pour tout s > 0 , on pose un (s) = ∗

1 ⌊nπ⌋s

−

1 (nπ)s

·

Par définition de la partie entière, pour tout n ∈ IN on a : 1 1 1   · 0 < nπ − 1 < ⌊nπ⌋  nπ et donc (nπ)s ⌊nπ⌋s (nπ − 1)s Par suite :

0

1 1 1 1 −  − · ⌊nπ⌋s (nπ)s (nπ − 1)s (nπ)s

(∗)

Par ailleurs, pour n  2 , on a nπ−1  (n−1)π > 0 . On en déduit alors de l’inégalité (∗) : 1 1 1 1 −  − · 0 ⌊nπ⌋s (nπ)s ((n − 1)π)s (nπ)s La série télescopique



n2

a

1 −→ (nπ)s n→+∞

1 ((n−1)π)s

−

1 (nπ)s



est convergente, car, du fait que s > 0 , on

0 . Par comparaison, les termes généraux étant positifs, la série



un (s)

est convergente.  Continuité de f . Démontrons la convergence uniforme de la série de fonctions un sur tout intervalle de la forme [a, +∞[ . Fixons a > 0 . Pour tout n ∈ IN∗ et s  a , on a : 0

+∞ 

uk (s) 

k=n+1

Puisque

1 (nπ)a

+∞  

k=n+1

−→ 0 , la série

n→+∞



1 1 − ((k − 1)π)s (kπ)s



=

1 1  · (nπ)s (nπ)a

un converge uniformément sur [a, +∞[ .

Les fonctions un étant continues, on en déduit que f est continue sur IR∗+ .

494

Solutions des exercices 11.24 1. La série



un (0) converge car un (0) = 0 pour tout n ∈ IN∗ .

Pour x > 0 , on a par croissances comparées : un (x) ∼ Donc la série





1 ln n √ =o n3/2 n2 x



·

un converge simplement sur IR+ . Ainsi, f est bien définie.

2. Soit a > 0 . Pour tout n ∈ IN∗ et x  a , on a : √ x ln n ln n ln n 0  un (x)  = √ 2  √ 2· xn2 xn an Ce majorant est le terme général d’une série convergente, d’après ce qui précède, donc la série converge normalement sur l’intervalle [a, +∞[ donc sur tout segment de IR∗+ . Par conséquent, les fonctions un étant continues, la somme f est continue sur IR∗+ . 3. Soit x > 0 . Pour tout n ∈ IN∗ , on a : f (x) 

√ 2n  x ln k

k=n+1

En posant xn =

1 n2

1 + xk2

n

√

x ln n · 1 + 4xn2

pour tout n ∈ IN∗ , on a : f (xn ) 

ln n −→ +∞, 5 n→+∞

donc f n’est pas continue en 0 .

11.25 1. Domaine de définition. La série diverge pour x = 0 , puisque un (0) = n1 ·  Pour tout x > 0 , on a un (x) ∼ n21x2 ; d’où la convergence de la série un (x) , par comparaison aux séries de Riemann. On a donc D = IR∗+ .





Étude de la continuité. Pour tout a > 0 et tout n ∈ IN∗ , on a sup un (x) = un (a) , xa



car un est positive et décroissante sur IR∗+ . Par suite, la série un converge normalement, donc uniformément, sur tout segment de IR∗+ . Comme chaque fonction un est continue sur IR∗+ , la fonction f est continue sur IR∗+ .

2. Étude en +∞ . Appliquons à la série double limite. • On a :



vn , avec vn (x) = x2 un (x) , le théorème de la

1 · n2  vn converge normalement, donc uniformément, sur IR+ . Par suite, la série • Pour tout n ∈ IN∗ , on a lim vn (x) = n12 · ∀(x, n) ∈ IR+ × IN∗ , 0  vn (x) 

x→+∞

Comme +∞ est adhérent à IR+ , on peut donc conclure que : lim x2 f (x) =

x→+∞

n=1

2

Ainsi

lim f (x) = 0 et f (x)

x→+∞

∼

x→+∞

+∞  1

n2

=

π2 · 6

π · 6x2

495

Chapitre 11. Suites et séries de fonctions Étude en 0 . Pour l’étude en 0 , nous utilisons une comparaison série-intégrale. 1 est continue, positive, décroissante et Fixons x > 0 . La fonction t �→ t(1 + tx2 ) intégrable sur [1, +∞[ . On en déduit, par comparaison série-intégrale :



+∞

1

Comme on a :



1 dt  f (x)  + t(1 + tx2 ) 1 + x2

dt = t(1 + tx2 )

 

x2 1 − t 1 + tx2

il vient u(x)  f (x)  v(x) , avec :





+∞

1

dt · t(1 + tx2 )

dt = ln

t , 1 + tx2

1 · 1 + x2 Comme u(x) ∼ −2 ln x et v(x) ∼ −2 ln x , au voisinage de 0+ , on peut conclure que f (x) ∼ −2 ln x (et en particulier, f (x) −→ +∞ ). u(x) = −2 ln x + ln(1 + x2 )

et

x→0+

v(x) = u(x) +

x→0+

11.26 1. Soit x > 0 . Par stricte positivité de un (x) , on peut poser : ∀n ∈ IN∗

vn (x) = ln un (x) =

n  k=1

On a alors : ∀n  2

ln(k) + x ln(n) − ln(x) −



vn (x) − vn−1 (x) = ln(n) − x ln 1 −





1 n





n 

ln(x + k).

k=1

− ln(x + n)







1 1 x − ln 1 + =O · n n n2   vn (x)−vn−1 (x) converge. D’après le lien Par comparaison, on en déduit que la série = −x ln 1 −



suite-série, la suite vn (x)



suite un (x)



n∈IN∗



n∈IN∗

est convergente et, par continuité de la fonction exp, la

converge (vers un réel strictement positif).

2. • Reprenons les notations de la question précédente et montrons que la série de fonc tions (vn − vn−1 ) converge uniformément sur tout segment de IR∗+ .





∗ La fonction f : t �→ ln(1 + t) est de classe C 2 sur − 12 , +∞ et :

1  ′′  1 f (t) =  4. 2 (1 + t)2 Par l’inégalité de Taylor-Lagrange appliqué à f , à l’ordre 2 , entre 0 et t , il vient :  1  ln(1 + t) − t  2t2 . ∀t  − 2 ∗ Soit b > 0 . Pour tout entier n  2 et pour tout x ∈ ]0, b] , on a : ∀t  −

    1 x  2x  −  2 −x ln 1 −

et

n n n Par l’inégalité triangulaire, on en déduit :

    x x  2x2  −  2 · ln 1 + n

n

n

2 2   vn (x) − vn−1 (x)  2x + 2x  2b + 2b · 2 2 n n 

(vn − vn−1 ) converge normalement, donc uniformément, La série de fonctions sur l’intervalle ]0, b] . • D’après le point précédent, la suite (vn )n∈IN∗ converge uniformément sur tout segment de IR∗+ . Par continuité des fonctions vn , la fonction limite f est continue sur IR∗+ . • Étant donné que Γ = exp ◦f , par continuité de la fonction exp , on peut conclure : la fonction Γ est continue.

496

Solutions des exercices 11.27 • Soit x ∈ ]0, 2π[ et n ∈ IN∗ . On a alors : un+1 (x) − un (x) = −



Puisque la suite un (x) gente. Par ailleurs,



ei(n+1)x + (eix − 1)un (x). n(n + 1)

 ei(n+1)x n(n+1)





converge (vers 0 ), la série

n∈IN∗

(⋆)

un+1 (x)−un (x) est conver-

est une série absolument convergente (par comparaison à

un exemple de Riemann) donc convergente. Enfin, eix − 1 �= 0 puisque x ∈ ]0, 2π[ . Par  un (x) est convergente et en sommant la relation (⋆) , on obtient : opérations, la série 0 − eix = −

• La fonction x �→



+∞ n=1

ei(n+1)x n(n+1)

+∞  ei(n+1)x n=1

n(n + 1)

+ (eix − 1)S(x).

est continue car la série de fonctions associée converge

normalement et que le terme général est continu. Par ailleurs, les fonctions x �→ eix et x �→ (eix − 1) sont continues et la deuxième fonction ne s’annule pas sur ]0, 2π[ . Par opérations, on en déduit que la fonction S est continue sur ]0, 2π[ . 11.28 1. • Pour tout n ∈ IN∗ , on a : ∀x ∈ IR+



  un (x) 

1 , n3/2

un converge normalement sur IR+ . Comme les foncdonc la série de fonctions tions un sont continues, leur somme S est continue. • Soit n ∈ IN∗ . La fonction un est de classe C ∞ sur IR∗+ et : √ (− n)p −x√n e (x) = . ∀p ∈ IN ∀x ∈ IR∗+ u(p) n n3/2 Soit p ∈ IN et a > 0 . On a : ∀x  a Par croissances comparées, on a n

|u(p) n (x)|  n p−3 2

e

√ −a n

p−3 2

e−a





=O

1 n2

√ n

.

, donc la série

normalement sur [a, +∞[ . On en déduit que la somme S =



+∞ n=1

sur IR∗+ .



(p)

un

converge

un est de classe C ∞

2. Montrons que S n’est pas dérivable en 0 . • Tout d’abord, par convergence normale sur IR+ , la somme S est continue sur IR+ . • D’après ce qui précède, la fonction S est dérivable sur IR∗+ et : ∀x > 0

S ′ (x) = −

+∞ −x√n  e n=1

n

·

• Par retour à la définition, montrons que S ′ (x) −→ −∞ . On conclura par application x→0+

du théorème de limite de la dérivée. Soit M ∈ IR . Montrons qu’il existe δ > 0 tel que : ∀x ∈ ]0, δ]

S ′ (x)  M.

497

Chapitre 11. Suites et séries de fonctions Comme la série que

p 

n=1

1 n



1 n

est divergente et à termes positifs, il existe p ∈ IN∗ tel

 −M + 1.

Les termes sommés étant négatifs, on a : ′

S (x)  −

∀x > 0

La fonction majorante converge vers − existe δ > 0 tel que : ∀x ∈ ]0, δ]

−

√ p  e−x n

n

n=1

p 

Par transitivité, on a bien :

n=1

1 n

n=1

−

√ p  e−x n

·

quand x → 0+ et 1 > 0 donc il

p  1 n=1

n

+ 1  (M − 1) + 1 = M.

n

S ′ (x)  M,

∀x ∈ ]0, δ]

ce qui montre que S ′ (x) −→ −∞ . x→0+

Par application du théorème de limite de la dérivée, on obtient : S(x) − S(0) −→ −∞, x x→0+

ce qui achève de montrer que la fonction S n’est pas dérivable en 0 .





11.29 Pour n ∈ IN , posons un : x �→ ln 1 + n21x2 . Il est clair que un est définie sur IR∗ . Par parité de un , on peut restreindre l’étude à IR∗+ . 1. Soit x ∈ IR∗+ . Puisque

1 −→ n2 x2 n→+∞

0 , on a :



un (x) = ln 1 +

1 n2 x2



Par comparaison aux séries de Riemann, la série que le domaine de définition de f est IR∗ .

∼

n→+∞



1 · n2 x2

un (x) est convergente. On en déduit

2. Équivalent en +∞ . On constate que pour n ∈ IN∗ on a un (x) naturel de conjecturer que f (x)

1 ∼ 2 2· x→+∞ n x

Il est alors



+∞ 1 1 · 2 x n2 x→+∞ n=1

∼

On sait que l’inégalité ln(1 + t)  t est valable pour tout t > −1 . En no  tant vn : x �→ x2 ln 1 + n21x2 , il s’ensuit :

1 · n2  vn converge normalement, donc uniformément Par conséquent, la série de fonctions sur IR∗+ . Par ailleurs, il a été remarqué que lim vn (x) = n12 · ∀x > 0

0  vn (x) 

n→+∞

D’après le théorème de la double limite : lim

x→+∞

+∞ 

vn (x) =

n=1

π2 x→+∞ 6

En d’autres termes, x2 f (x) −→

498

+∞  1 n=1

n2

=

π2 · 6

, et l’on conclut : f (x)

∼

x→+∞

π2 · 6x

Solutions des exercices 



Équivalent en 0+ . Soit x > 0 . L’application t �→ ln 1 + x21t2 est continue, décroissante et intégrable sur [1, +∞[ . Par comparaison série-intégrale, on en déduit :



+∞



ln 1 +

1



1 x 2 t2 +∞



dt  f (x) 





+∞

ln 1 +

1





1 x 2 t2

1 dt . x 2 t2 1 Le changement de variable linéaire t = ux donne : Calculons I(x) =

ln 1 +

I(x) =



Les fonctions U : u �→ ln 1 +

1 u2

1 x







ln 1 +

x







Puisque 2

2

J(x) = −x ln 1 +

1 x2

= −x ln 1 +

1 x2

1 u2



 



x→0

∼

u→+∞

+2



+2



π

1 x2

donc

J(x) −→ π x→0

+∞

x

− Arctan(x) −→ π et ln 1 +

croissances comparées :





dt + ln 1 +

1 x2



·

(∗)

du .



et V : u �→ u sont de classe C 1 sur IR∗+ et :

Ainsi, une intégration par parties donne :



1 u2

J (x)

U (u)V (u) = u ln 1 +

π



+∞



2



u

1 u2

−→ 0.

u→+∞

du 1 + u2



− Arctan(x) . ∼ ln

x→0



I(x) ∼

x→0

1 x2



∼ −2 ln x , on a par

x→0

π · x

Toujours par croissances comparées, au voisinage de 0 on a :



ln 1 +

1 x2

L’encadrement (∗) donne alors :



∼ −2 ln x = o

f (x) ∼ 0

11.30 Pour k ∈ IN∗ posons uk : Mn (IK)

 

π · x

π · x

Mn (IK) Mk M �−→ · kk Munissons Mn (IK) d’une norme � � sous-multiplicative, c’est-à-dire vérifiant : −→

∀(A, B) ∈ Mn (IK)2

�AB�  �A� �B�,

par exemple la norme subordonnée à la norme infinie sur IKn . Montrons que la série converge normalement au voisinage de tout point. Soit r > 0 . Alors, par sous-multiplicativité : ∀k ∈ IN∗

∀M ∈ B(0, r)

k   uk (M )  r · k

k

499

Chapitre 11. Suites et séries de fonctions 



k

r est convergente, la série de fonctions uk converge Puisque la série numérique kk normalement sur B(0, r) . Les ouverts B(0, r) recouvrent Mn (IK) quand r décrit ]0, +∞[  uk converge normalement au voisinage de tout point. donc la série

Par ailleurs pour k ∈ IN∗ , l’application linéaire M �→ M est continue, donc par produit, uk k est continue. Par conséquent, la fonction f est continue sur Mn (IK) .

11.31 Soit (z, r) ∈ C∗ × IR∗+ . Notons f (t) =

pour t ∈ [0, 2π] .

1 z−reit

  • Supposons r < |z| . Puisque  zr eit  =

r |z|

convergente et : ∀t ∈ [0, 2π]

< 1 , la série géométrique

+∞ 1 1 1 1 = = un (t) r z − reit z 1 − z eit z

où

z

un : t �→

n=0

  n

r





eit

r it e z

n

n

est

.

 r  est convergente, la série de fonctions Puisque la série un converge normalez ment sur le segment [0, 2π] . Les fonctions un étant continues, on peut intégrer terme à terme : 

2π

f (t) dt =

0

+∞  2π 1 un (t) dt. z 0 n=0

De plus, un calcul immédiat donne :



∀n ∈ IN



0 2π

f (t) dt =

2π · z

2π

un (t) dt =

0

Par conséquent :



2π

0

• Supposons |z| < r . Alors : ∀t ∈ [0, 2π]

+∞ 1 1 e−it 1 = − = vn (t) z − reit r 1 − zr e−it r

si n ∈ IN∗ si n = 0.

où

n=0

vn : t �→

 z n r

e−i(n+1)t .

   n   z n étant convergente, la série de On a alors vn (t) =  zr  . La série géométrique r 

fonctions vn converge normalement sur le segment [0, 2π] . Les fonctions vn étant continues, on peut intégrer terme à terme :



2π

f (t) dt = 0

n=0

De plus, un calcul immédiat donne :



∀n ∈ IN Par conséquent :



0

500

+∞  2π 1 vn (t) dt. r 0

2π

vn (t) dt = 0

0

2π

f (t) dt = 0.

Solutions des exercices 

11.32 1. (a) Pour tout n ∈ IN et t ∈ [0, 1] on a 1 − t2 an =



=2

1 −1



(1 − t2 )n dt

n

1

0

2 n

(1 − t ) dt  2

(b) Soit α ∈ ]0, 1[ . Pour tout n ∈ IN : ∀t ∈ [α, 1]

− 21 ,

1 2



1

0

(1 − t)n dt =

2 · n+1

(1 − α2 )n n+1 (1 − α2 )n −→ 0.  n→+∞ an 2 converge uniformément vers la fonction nulle sur [α, 1] . 2n 

2. (a) Soit n ∈ IN et notons Qn =





0  Qn (t) 

Ainsi, la suite (Qn )n∈IN

Soit x ∈

 (1 − t)n . Par conséquent :

αk X k .

k=0

. En posant le changement de variable t = x − u , il vient, en



remarquant que f est nulle à l’extérieur de − 12 , fn (x) =



1

f (x − t)Qn (t) dt

−1

=



=

:

f (u)Qn (x − u) du

1} min{x+1, 2

1} max{x−1,− 2

=



x+1

x−1



1 2



1 2

−1 2

f (u)Qn (x − u) du

f (u)Qn (x − u) du.

Il s’ensuit par linéarité et la formule du binôme : fn (x) =

2n 

αk

k=0

=



1 2

−1 2

k 2n   k=0 i=0

xi

f (u)(x − u)k du

 

k (−1)k−i αk i



Cela démontre que la restriction de fn à − 12 ,

1 2





1 2

f (u)uk−i du.

−1 2

est une fonction polynomiale.

(b) La fonction f est : • continue sur le segment [−1, 1] donc uniformément continue, d’après le théorème de Heine ;   • nulle sur IR \ − 21 , 12 donc uniformément continue. On peut alors montrer que f est uniformément continue sur IR . Soit ε > 0 . Il existe α > 0 tel que : ∀(x, y) ∈ IR2





|x − y|  α =⇒ f (x) − f (y)  ε.

501

Chapitre 11. Suites et séries de fonctions Soit x ∈



− 21 , 12



. Puisque

f (x) − fn (x) = =

1

Qn (t) dt = 1 , on a :

−1



1

f (x)Qn (t) dt −

−1



1





α

−α

+



1

−1

f (x − t)Qn (t) dt



f (x) − f (x − t) Qn (t) dt

−1

=









f (x) − f (x − t) Qn (t) dt +

1







−α

−1





f (x) − f (x − t) Qn (t) dt

f (x) − f (x − t) Qn (t) dt

α

Par conséquent, la fonction Qn étant à valeurs positives et la fonction f bornée :

  f (x) − fn (x) 



α

−α

+

ε







  f (x) − f (x − t)Qn (t) dt + 1

α α

−α

  f (x) − f (x − t)Qn (t) dt

Qn (t) dt + 2�f �∞

 ε + 2�f �∞



−α



−α

  f (x) − f (x − t)Qn (t) dt

−α

−1

Qn (t) dt +

−1

Qn (t) dt +

−1







1

1

Qn (t) dt

α



Qn (t) dt

α

Puisque la suite (Qn )n∈IN converge uniformément vers la fonction nulle sur [α, 1] et, par parité, sur [−1, −α] , on a :



−α

−1

Qn (t) dt −→ 0



et

n→+∞

1

α

Qn (t) dt −→ 0. n→+∞

Par suite, il existe un entier n0 tel que pour tout n  n0 on ait : 2�f �∞ et alors :



−α

Qn (t) dt +

−1



1

Qn (t) dt

α

∀n  n0



 ε,

  f (x) − fn (x)  2ε

Puisque l’entier n0 ne dépend pas de x , cela prouve la convergence uniforme de la   suite (fn )n∈IN vers f sur − 21 , 21 ·



3. Soit f : − 21 ,

1 2







→ IR une fonction continue. Si f − 21 = f



à IR en une fonction continue nulle à l’extérieur de − 12 ,



que f est limite uniforme sur − 12 , De manière générale, la fonction :

1 2



1

 1 2

2

= 0 , on peut prolonger f

. L’étude précédente montre

d’une suite de fonctions polynomiales.





g : x �→ f (x) − f (−1/2) − f (1/2) − f (−1/2) (x + 1/2) est une fonction continue, nulle en 1/2 et −1/2 . Par suite g est limite uniforme d’une suite de fonctions polynomiales et puisque f et g diffèrent d’une fonction polynomiale, f l’est aussi.

502

Solutions des exercices 11.33 • Toutes les fonctions de Vect(fn )n∈IN sont continues et possèdent une limite finie en +∞ .   Par conséquence du théorème de la double limite, on a Adh Vect(fn )n∈IN ⊂ E . • Soit f ∈ E et ε > 0 . Montrons qu’il existe ϕ ∈ Vect(fn )n∈IN telle que �f − ϕ�∞  ε . Définissons ainsi la fonction g sur le segment [0, 1] : g(x) = f (− ln x)

si

x ∈ ]0, 1]

et

g(0) = lim f (t). t→+∞

Par opérations, la fonction g est continue sur le segment [0, 1] et par le théorème de Weierstrass, il existe un polynôme P ∈ IR[X] tel que : ∀x ∈ ]0, 1]

  f (− ln x) − P (x)  ε.

En remplaçant x par e−t , on obtient alors : ∀t ∈ IR+

  f (t) − P (e−t )  ε.

Par construction, la fonction ϕ : t �→ P (e−t ) est élément de Vect(fn )n∈IN , ce qui permet de conclure à l’inclusion réciproque. 11.34 On identifie l’ensemble IR[X] et l’ensemble des fonctions polynomiales sur un intervalle d’intérieur non vide donné. 1. Prolongeons f en une fonction paire. Soit g la fonction définie sur [−1, 1] par : g(x) =



f (x) f (−x)

si x ∈ [0, 1]; si x ∈ [−1, 0[.

Il est clair que g est continue sur [−1, 1] \ {0} . Comme f est continue en 0 , on a lim g(x) = f (0) et g(x) = f (−x) −→ f (0) . La fonction g est continue sur [−1, 1] , x→0+

x→0−

car g(0) = f (0) . Il est immédiat que g est une fonction paire. D’après le théorème de Weierstrass, il existe une suite (Pn )n∈IN de polynômes convergeant uniformément vers g sur [−1, 1] . Il est clair que (Pn (−X))n∈IN converge uniformément sur [−1, 1] vers la fonction t �→ g(−t) , c’est-à-dire vers g , par parité de g . Par suite,

n (−X) en posant Qn = Pn (X)+P pour n ∈ IN , la suite (Qn )n∈IN converge uniformément 2 vers g sur [−1, 1] , donc a fortiori vers f sur [0, 1] . La conclusion vient en remarquant que les polynômes Qn sont pairs. 2. • Une fonction impaire sur IR prend la valeur 0 en 0 . Si f est limite uniforme de fonctions polynomiales impaires sur [0, 1] , elle est limite simple d’une suite de telles fonctions, donc est nulle en 0 . • Réciproquement, supposons f (0) = 0 . On procède de la même manière qu’à la question précédente. On introduit le prolongement h défini sur [−1, 1] par :

h(x) =



f (x) −f (−x)

si x ∈ [0, 1]; si x ∈ [−1, 0[.

Comme plus haut, on vérifie que h est continue sur [−1, 1] . Toujours d’après le théorème de Weierstrass, h est limite uniforme sur [−1, 1] d’une suite de polyn (−X) nômes (Pn )n∈IN . La suite (Qn )n∈IN , où Qn = Pn (X)−P pour n ∈ IN , converge 2 uniformément vers h sur [−1, 1] donc vers f sur [0, 1] . Le fait que les polynômes Qn soient impairs permet de conclure.

503

Chapitre 12 : Séries entières I

Séries entières . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Rayon de convergence . . . . . . . . . . . . . . . . . . Pratique de la détermination du rayon de convergence Opérations algébriques sur les séries entières . . . . . II Régularité de la somme d’une série entière . . . . . . 1 Continuité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Dérivation terme à terme d’une série entière . . . . . . III Développements en série entière . . . . . . . . . . . . 1 Fonctions développables en série entière . . . . . . . . 2 Développements usuels dans le domaine réel . . . . . . 3 Méthode de l’équation différentielle . . . . . . . . . . . Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 2 3

. . . . . . . . . . . .

506 . 506 . 509 . 511 512 . 512 . 513 516 . 516 . 518 . 520 526

12

Séries entières Dans ce chapitre, IK désigne IR ou C.

I

Séries entières

1

Rayon de convergence

Notation

Soit z0 ∈ IK et r ∈ [0, +∞]. On pose :

DO (z0 , r) = {z ∈ IK : |z − z0 | < r} IR∗+ ,

et

DF (z0 , r) = {z ∈ IK : |z − z0 |  r}.

et IK = C , alors DO (z0 , r) et DF (z0 , r) sont respectivement le disque • Si r ∈ ouvert et le disque fermé de centre z0 et de rayon r . • Si r ∈ IR∗+ et IK = IR, alors DO (z0 , r) = ]z0 −r, z0 +r[ et DF (z0 , r) = [z0 −r, z0 +r]. • Si r = 0 , alors DO (z0 , r) = ∅ et DF (z0 , r) = {z0 } .

• Si r = +∞, alors DO (z0 , r) = DF (z0 , r) = IK. Séries entières Définition 1 Soit a = (an )n∈IN ∈ IKIN .

La série entière associée à la suite a est la série de fonctions un : IK −→ IK z �−→ an z n .

La somme de la série entière est la somme de la série +∞  an z n . fonction z �→





un , où :

un , c’est-à-dire la

n=0

Remarques  • On note an z n la série entière associée à la suite a.

• Si l’indexation commence à partir du rang n0 , la série entière est notée

Terminologie Soit a = (an )n∈IN ∈ IKIN . La série de fonctions un : IR −→ IK t �−→ an tn



un où :



an z n .

nn0

est appelée série entière de la variable réelle associée à la suite a et notée



a n tn .

I Séries entières Rayon de convergence Dans cette section, on s’intéresse au domaine de définition de la somme d’une série entière. Théorème 1 (Lemme d’Abel) Soit (an )n∈IN ∈ IKIN et z0 ∈ IK tel que la suite (an z0n )n∈IN soit bornée.    Alors pour tout z ∈ DO 0, |z0 | , la série an z n est absolument convergente.

Démonstration page 522

Principe de démonstration.

  

n Lorsque z0 �= 0 et |z| < |z0 | , montrer an z n = O  zz0  ·

  L’ensemble r ∈ IR+ : (an rn )n∈IN est bornée contient évidemment le réel 0 , ce qui justifie la définition suivante. Définition 2 Soit (an )n∈IN ∈ IKIN .

  La borne supérieure dans IR+ de r ∈ IR+ : (an rn )n∈IN est bornée est le rayon  de convergence de la série entière an z n .

En notant R ce rayon de convergence, on appelle : Exo 12.1 Exo 12.2

• disque ouvert de semble DO (0, R) ;

convergence de la série entière



an z n

l’en-

• intervalle ouvert de convergence de la série entière (de la variable  réelle) an tn l’intervalle ]−R, R[ .

En effet, pour r ∈ IR+ , la suite (αn r n )n∈IN 1 · si, et seulement si, r  |α|





1 · |α| est bornée si, et seulement si, |α|r  1 c’est-à-dire

Ex. 1. Soit α ∈ C∗ . Le rayon de convergence de

αn z n est R =

n



n

r z est +∞ . En effet, pour tout r ∈ IR+ , la série Ex. 2. Le rayon de convergence de n! n! est convergente donc son terme général converge vers 0 et a fortiori est borné (voir la « série exponentielle » dans le chapitre de première année sur les séries numériques).

Remarques • Le disque ouvert de convergence est vide si R = 0 .

  • On ne peut rien dire a priori sur le comportement de la suite an Rn n∈IN , lorsque le rayon de convergence R est un réel strictement positif.

• Si (an )n∈IN est une suite complexe et λ ∈ C∗ , alors les rayons de convergence des    séries entières an z n , |an |z n et λan z n coïncident. 507

Chapitre 12. Séries entières  • Invariance par décalage. Soit p ∈ IN et an z n une série entière de rayon de  convergence R . Le rayon de convergence de an z n+p est alors R . En effet, ∗ n si r ∈ IR+ , alors la suite (an r )n∈IN est bornée si, et seulement si, la suite : (an rn+p )n∈IN = rp (an rn )n∈IN

est bornée.

 De même le rayon de convergence de an z n−p est R . En effet, pour tout r ∈ IR∗+ , n la suite (an r )np est bornée si, et seulement si, la suite : (an rn−p )np = r−p (an rn )np

est bornée. Proposition 2  Soit an z n une série entière de rayon de convergence R et z ∈ IK .  • Si |z| < R , alors la série numérique an z n converge absolument.  • Si |z| > R , alors la série numérique an z n diverge grossièrement.

Démonstration page 522

Proposition 3  Soit an z n une série entière de rayon de convergence R . Le domaine de défini+∞  an z n vérifie : tion D de la somme f : z �→ n=0

DO (0, R) ⊂ D ⊂ DF (0, R).

Démonstration. C’est une conséquence immédiate de la proposition 2. Remarques • Le rayon de convergence R est donc la borne supérieure (dans IR+ ) de l’ensemble  an rn soit (absolument) convergente. des r ∈ IR+ tels que • Lorsque R > 0 , l’intérieur du domaine de définition D est le disque ouvert DO (0, R).

• Dans le cas où le rayon de convergence R est un réel strictement positif, on ne peut rien dire sur la nature de la série an z n lorsque |z| = R (c’est-à-dire sur la frontière de D ). 

Ex. 3. Le domaine de définition de la somme de la série entière z n est DO (0, 1) et son rayon de convergence vaut donc 1 . Ex. 4. La somme d’une série entière de rayon de convergence infini est définie sur IK . Ex. 5. Le domaine de définition de la somme de la série entière fermé DF (0, 1) puisque : • si |z|  1 , alors

zn n2

• si |z| > 1 , alors

= O( n12 ) ; |z|n n2

−→

n→+∞

+∞ par croissances comparées donc

grossièrement divergente. Le rayon de convergence de cette série entière vaut 1 .

508

 zn n2

 zn n2

est le disque

est une série

I Séries entières

2

Pratique de la détermination du rayon de convergence

Proposition 4 (Comparaison)   Soit an z n et bn z n deux séries entières de rayons de convergence respectifs Ra et Rb . Si l’inégalité |an |  |bn | est vérifiée à partir d’un certain rang, alors Ra  Rb . Démonstration.

Soit r ∈ IR+ tel que la suite (bn r n )n∈IN soit bornée.

Puisque |an r n |  |bn r n | à partir d’un certain rang, la suite (an r n )n∈IN est également bornée. On a donc Rb  Ra .

Corollaire 5   Soit an z n et bn z n deux séries entières de rayons de convergence respectifs Ra et Rb . • Si an = O(bn ) ou an = o(bn ), alors Ra  Rb . • Si |an | ∼ |bn |, alors Ra = Rb .

Ex. 6. Le rayon de convergence de la série Arctan D’autre part, la série entière

 zn

Exo 12.3





1 2n

Arctan



∼

1

n→+∞

2n

z n est 2 . En effet :

1 · 2n

est de rayon de convergence 2 . Par comparaison, le rayon 1 Arctan n z n est également 2 . 2

2n

de convergence de la série entière

Démonstration page 522



Le fait que le terme général d’une série convergente converge vers 0 et donc est borné conduit au point suivant.  Point méthode Soit an z n une série entière de rayon de convergence R et z0 ∈ C.  • Si an z0n est une série convergente, alors R  |z|.  • Si an z0n est une série divergente, alors R  |z0 |. En particulier, la règle de d’Alembert permet parfois de déterminer le rayon de convergence.

Ex. 7. Déterminons le rayon de convergence de la série entière Pour tout n ∈ IN , on pose an = ∀n ∈ IN





2n . Soit z ∈ C∗ . On a : n

1 2

n

z 2n .

an+1 z 2(n+1) (2(n + 1))!(n!)2 2 (2n + 2)(2n + 1) 2 = z −→ 4z 2 . z = 2n n→+∞ an z ((n + 1)!)2 (2n)! (n + 1)2

D’après la règle de d’Alembert :  an z n est convergente ; • si |z| < 21 , alors la série • si |z| >

 2n

, alors la série



an z n est divergente.

On en déduit que le rayon de convergence de la série entière



an z 2n vaut

1 · 2

509

Chapitre 12. Séries entières Ex. 8. Déterminons le rayon de convergence de la série entière Fixons r ∈ IR∗+ et posons ∀n ∈ IN

un =

1 n2 r . On a alors : 2n



1 n2 z 2n

.

2

un+1 1 2n r (n+1) = n+1 n2 = r 2n+1 . un 2 2 r

∀n ∈ IN



• Si r < 1 , on a

un+1 −→ un n→+∞

0 donc

• Si r > 1 , on a

un+1 −→ un n→+∞

+∞ donc

un est une série convergente.



un est une série divergente.

On en déduit que le rayon de convergence de la série entière



1 n2 z 2n

vaut 1 .

 En particulier, si an z n est une série entière de rayon de convergence R dont les coefficients an sont non nuls à partir d’un certain rang, on a le résultat suivant. Proposition 6 (Règle de d’Alembert pour les séries entières) |an+1 | −→ L . On suppose qu’il existe L ∈ IR+ tel que |an | n→+∞ 1 · L • Lorsque L = 0 , on a R = +∞. • Lorsque L ∈ IR∗+ , on a R =

• Lorsque L = +∞, on a R = 0 . Démonstration.

Fixons r ∈ IR∗+ et posons ∀n ∈ IN

un = |an |r n . On a alors :

|an+1 | un+1 = r −→ Lr. un |an | n→+∞



un est convergente. • Supposons L ∈ IR∗+ . Si Lr < 1 c’est-à-dire si r < L1 , alors la série  1 1 un est divergente. On en déduit R  L · Si Lr > 1 c’est-à-dire si r > L , alors la série On en déduit R 

1 L

puis R =

• Supposons L = +∞ . Alors • Supposons L = 0 . Alors

Exo 12.4

1 · L

un+1 un

un+1 un

−→ +∞ donc

n→+∞

−→ 0 donc

n→+∞





un est une série divergente et R = 0 .

un est une série convergente et R = +∞ .

Proposition 7  α n Soit α ∈ IR. La série entière n z est de rayon de convergence 1 . Démonstration.

On a

α (n+1)α ∼ nα nα n→+∞ n

= 1 . D’après la règle de d’Alembert pour les séries

entières, le rayon de convergence de la série entière

510



nα z n vaut 1 .

I Séries entières

3

Opérations algébriques sur les séries entières

Somme Proposition 8   Soit an z n et bn z n deux séries entières de rayons de convergence Ra et Rb .  Le rayon de convergence R de (an + bn ) z n vérifie l’inégalité : R  min(Ra , Rb ).

De plus, si Ra �= Rb , alors R = min(Ra , Rb ).

Enfin, pour tout z ∈ IK tel que |z| < min(Ra , Rb ), on a : +∞ 

Exo 12.5

(an + bn )z n =

n=0

+∞ 

an z n +

n=0

+∞ 

bn z n .

n=0

Démonstration page 522

Produit Définition 3    Soit an z n et bn z n deux séries entières. La série entière cn z n , où : ∀n ∈ IN cn =

n 

ak bn−k

k=0

est le produit de Cauchy des séries entières



an z n et



bn z n .

Remarque On peut aussi écrire le produit de Cauchy des séries entières     et bn z n sous la forme ai b j z n . i+j=n



an z n

Proposition 9 (Produit)   Soit an z n et bn z n deux séries entières de rayons de convergence respectifs Ra et Rb . Pour tout z ∈ IK vérifiant |z| < min(Ra , Rb ), on a :  +∞   +∞  n   +∞     n n = ak bn−k z n . an z bn z n=0

Exo 12.6

n=0

n=0

k=0

En particulier, le rayon de convergence R du produit de Cauchy des séries  et bn z n vérifie l’inégalité : R  min(Ra , Rb ).

Principe de démonstration.



an z n

Démonstration page 522 Utiliser le produit de Cauchy de deux séries numériques abso-

lument convergentes.

 (1) n  (p) Remarque Soit an z , . . . , an z n des séries entières de rayons de convergence respectifs R1 , . . . , Rp avec p ∈ IN∗ . Posons R = min(R1 , . . . , Rp ). 511

Chapitre 12. Séries entières On démontre par récurrence sur p que, pour tout z ∈ DO (0, R), on a :  � +∞ � +∞  p � � � � (1) (p)  ai1 · · · aip  z n . an(k) z n = k=1

II

n=0

i1 +···+ip =n

n=0

Régularité de la somme d’une série entière

1

Continuité

Théorème 10 � � Soit an z n une série entière de rayon de convergence R . La série an z n converge normalement sur tout disque fermé DF (0, ρ), où 0  ρ < R .

Démonstration page 522

� Attention La série an z n ne converge pas normalement sur DO (0, R) en gé� n néral. Par exemple, la série z ne converge pas normalement sur DO (0, 1) � 1 est une série grossièrement divergente. puisque sup |z n | = 1 et z∈DO (0,1)

Corollaire 11 � Soit an z n une série entière de rayon de convergence R > 0 . Alors la restriction de la somme au disque ouvert de convergence, c’est-à-dire l’application : DO (0, R) −→ C +∞ � an z n z �−→ n=0

est continue.

Démonstration page 523

�

�

Ex. 9. Soit an une série absolument convergente. Alors, la série entière an z n est défin nie et continue sur DF (0, 1) . En effet, les fonctions z �→ an z sont continues et la série de � an z n converge normalement sur le disque fermé DF (0, 1) étant donné que : fonctions ∀z ∈ DF (0, 1)

|an ||z|n  |an |.

Théorème 12 (Théorème d’Abel radial) � Soit a z n une série entière de rayon de convergence R ∈ IR∗+ . On suppose � n n que an R est une série convergente. Alors la somme : [0, R] −→ C +∞ � a n tn t �−→ n=0

est continue. En particulier :

+∞ �

n=0

Principe de démonstration.

an tn −→− t→R

+∞ �

an R n .

n=0

Démonstration (non exigible) page 523

On démontre la convergence uniforme de la suite des restes sur le segment [0, R] .

512

II Régularité de la somme d’une série entière Ex. 10. Soit



an z n et



tout n ∈ IN , on pose cn =

bn z n deux séries entières de rayon de convergence 1 . Pour

n 

ak bn−k et l’on suppose que

k=0

séries convergentes. D’après le théorème d’Abel radial, on a : +∞  n=0

an t

n

−→

t→1−

+∞ 

an ,

n=0

+∞ 

bn t

n=0

n

−→

t→1−

+∞ 

et

bn

n=0



an ,

+∞ 



cn t

n

bn et

−→

t→1−

n=0



+∞ 

cn sont des

cn .

n=0

Par ailleurs, par produit de Cauchy de séries absolument convergentes, on a : ∀t ∈ ]−1, 1[

 +∞  n=0

an t

n

  +∞ 

bn t

n=0

n



=

+∞ 

cn tn .

n=0

Par opérations sur les limites et unicité de la limite, il vient :

 +∞  n=0

an

  +∞  n=0

bn



=

+∞ 

cn .

n=0





an et bn absolument convergentes, Cette relation était déjà connue en supposant les séries  l’absolue convergence de la série cn étant alors une conséquence de ces deux hypothèses.

2

Exo 12.10

Dérivation terme à terme d’une série entière

Proposition 13  Soit an z n une série entière de rayon de convergence R .  Alors nan z n a pour rayon de convergence R .

Démonstration page 523

 Remarque Du résultat précédent, on déduit immédiatement que a zn  an n  n n et z ont le même rayon de convergence, et plus généralement, que an z  nk et n an z n ont même rayon de convergence, pour tout k ∈ ZZ.

Exo 12.11

Théorème 14 (Dérivation terme à terme)  Soit an tn une série entière de la variable réelle, de rayon de convergence R > 0 et de somme f . Alors la fonction f est de classe C 1 sur ]−R, R[ et : +∞  nan tn−1 . ∀t ∈ ]−R, R[ f ′ (t) = n=1

Démonstration page 524

Remarque Ainsi, la dérivée sur ]−R, R[ de la somme de la série entière  de rayon de convergence R est la somme de la série entière nan tn−1 .



a n tn

n0

n1

513

Chapitre 12. Séries entières Point méthode On peut dériver terme à terme la somme d’une série entière sur son intervalle ouvert de convergence.

+∞  n 1 = t (série géométrique convergente). 1−t n=0

Ex. 11. On a ∀t ∈ ]−1, 1[

Par dérivation terme à terme de la somme d’une série entière sur son intervalle ouvert de convergence, on obtient : ∀t ∈ ]−1, 1[

+∞

+∞

n=1

n=0

 n−1  1 = nt = (n + 1)tn . (1 − t)2

Ex. 12. En reprenant l’exemple précédent, on a, en multipliant par t puis en dérivant terme à terme : +∞

∀t ∈ ]−1, 1[

+∞

 n t = nt 2 (1 − t)

En particulier, en évaluant en

puis

n=1

1 2

n=1

, il vient :

+∞  n2 n=1

2n

=

 2 n−1 1+t = n t . 3 (1 − t)

1 2

3 2 1 8

= 6.

La propriété suivante généralise le théorème 14 de la page précédente en exprimant le fait que la somme d’une série entière de la variable réelle est de classe C ∞ sur son intervalle ouvert de convergence et que ses dérivées d’ordre p s’obtiennent en dérivant terme à terme. Corollaire 15  Soit an tn une série entière de la variable réelle, de rayon de convergence R > 0 . Alors sa somme f est de classe C ∞ sur ]−R, R[ et : ∀p ∈ IN ∀t ∈ ]−R, R[ f (p) (t) =

+∞ 

n=p

n(n − 1) · · · (n − p + 1)an tn−p .

En particulier, on a : ∀p ∈ IN

ap =

f (p) (0) · p! Démonstration page 524

Ex. 13. Soit p ∈ IN . Le corollaire 15 appliqué à la série entière dérivée p -ième et après changement d’indice : +∞

∀t ∈ ]−1, 1[ ce qui se réécrit ainsi :

tn donne, par calcul de la

 p! = (n + 1)(n + 2) · · · (n + p)tn , p+1 (1 − t)

∀t ∈ ]−1, 1[

514



n=0

 +∞   n+p n=0

p

tn =

1 · (1 − t)p+1

II Régularité de la somme d’une série entière Proposition 16 (Unicité du développement en série entière)   Soit an z n et bn z n deux séries entières de rayons de convergence strictement positifs. On suppose qu’il existe α ∈ IR∗+ tel que : ∀t ∈ ]0, α[ Exo 12.12

+∞ 

a n tn =

n=0

+∞ 

b n tn .

n=0

Alors on a ∀n ∈ IN an = bn .

Démonstration page 524

Remarque Dans la propriété précédente, le réel strictement positif α est inférieur   bn z n puisque leurs ou égal aux rayons de convergence des séries entières an z n et disques de convergence contiennent l’intervalle ]0, α[ .  n Ex. 14. Soit an z une série entière de rayon de convergence R > 0 . On suppose que sa somme est une fonction paire sur ]−R, R[ , c’est-à-dire que : ∀t ∈ ]−R, R[ Alors on a : ∀t ∈ ]−R, R[

+∞ 

an (−t)n =

n=0

+∞ 

an tn .

n=0

+∞ 

(−1)n an tn =

n=0

+∞ 

an tn .

n=0

Par unicité du développement en série entière d’une série entière de rayon de convergence strictement positif, on en déduit : ∀n ∈ IN

(−1)n an = an

donc

∀k ∈ IN

a2k+1 = 0.

Primitivation d’une série entière Proposition 17  Si an tn est une série entière de rayon de convergence R > 0 , sa somme admet pour primitives sur ]−R, R[ :   x  +∞ +∞  an n+1 n x dt = k + an t avec k ∈ C. n +1 n=0 n=0

Démonstration page 525

Remarque Cette propriété sera illustrée dans la section suivante (cf. proposition 21 de la page 518). Point méthode • On peut primitiver terme à terme la somme d’une série entière sur l’intervalle ouvert de convergence. • On peut intégrer terme à terme la somme d’une série entière sur tout segment inclus dans l’intervalle ouvert de convergence.

515

Chapitre 12. Séries entières

Attention On ne peut pas a priori intégrer sur tout l’intervalle ouvert de convergence, sauf évidemment dans certains cas particuliers, comme par exemple ci-dessous.  Ex. 15. Si la série an Rn converge absolument, alors on peut intégrer terme à terme sur  n

le segment [−R, R] (ou sur [0, R] ) car la série de fonctions sur [−R, R] .

an t

converge normalement

 Remarque Si an Rn est une série convergente, la démonstration du théorème  d’Abel montre que la série de fonctions an tn converge uniformément sur le segment [0, R]. On peut donc intégrer terme à terme sur ce segment et obtenir :   R  +∞ +∞  an n Rn+1 . dt = an t n + 1 0 n=0 n=0  an n+1 Notons que la convergence de la série est une conséquence du théorème n+1 R d’intégration terme à terme.

III

Développements en série entière

1

Fonctions développables en série entière

Définition 4 Soit U ⊂ C un voisinage de 0n, ainsi qu’une fonction f : U → C . Soit r > 0 . S’il existe une série entière an z telle que : ∀z ∈ DO (0, r) f (z) =

+∞ 

an z n ,

n=0

on dit que f est développable en série entière sur DO (0, r). Terminologie On dit que f est développable en série entière (au voisinage de 0 ) s’il existe r > 0 tel que f soit développable en série entière sur DO (0, r). Ex. 16. La fonction exp est développable en série entière sur C puisque : ∀z ∈ C Ex. 17. La fonction z �→

1 1−z

ez =

+∞ n  z n=0

n!

·

est développable en série entière sur DO (0, 1) puisque : +∞

∀z ∈ DO (0, 1)

Exo 12.20

 n 1 = z . 1−z n=0

Ex. 18. Toute fonction polynomiale P est développable en série entière sur C : ∀z ∈ C

516

P (z) =

+∞  P (n) (0) n=0

n!

zn .

III Développements en série entière

Exo 12.21

Définition 5 Soit I ⊂ IR un voisinage de 0n, ainsi qu’une fonction f : I → IK . Soit r > 0 . S’il existe une série entière an t telle que : +∞  a n tn , ∀t ∈ ]−r, r[ f (t) = n=0

on dit que f est développable en série entière sur ]−r, r[ .

Terminologie On dit que f est développable en série entière (au voisinage de 0 ) s’il existe r > 0 tel que f soit développable en série entière sur ]−r, r[ . Remarques • Lorsque la fonction f est développable en série entière sur ]−r, r[ , d’après le corollaire 15 de la page 514, f est de classe C ∞ sur ]−r, r[ et l’on a : ∀t ∈ ]−r, r[

f (t) =

+∞ (n)  f (0) n t . n! n=0

• Lorsque la fonction f est de classe C ∞ au voisinage de 0 , la série en f (n) (0) n tière n! t est bien définie et appelée série de Taylor de la fonction f . Elle ne converge pas nécessairement en tout point du domaine de définition de f et lorsqu’elle converge, sa somme ne vaut pas toujours f (t) (cf. exercice 12.29). Ex. 19. La fonction f : ]−1, +∞[ t

−→ �−→

IR

est développable en série entière et :

1 1+t +∞

∀t ∈ ]−1, 1[

 1 = (−1)n tn . 1+t n=0

La série de Taylor de la fonction f ne converge pas sur tout l’intervalle ]−1, +∞[ .

Proposition 18 Si f et g sont des fonctions développables en série entière (sur DO (0, r)), alors f + g , λf et f g sont développables en série entière (sur DO (0, r)). Démonstration.

C’est une conséquence immédiate des théorèmes d’opérations sur les séries entières (cf. proposition 8 de la page 511 et proposition 9 de la page 511).

Remarque Les fonctions constantes étant évidemment développables en série entière, si U ⊂ IK est un voisinage de 0 dans IK, l’ensemble des fonctions f ∈ F(U, IK) développables en série entière est une sous-algèbre de F (U, IK). Proposition 19 Si f est développable en série entière (sur ]−r, r[ ), alors les dérivées successives et les primitives de f sont développables en série entière (sur ]−r, r[ ). Démonstration. C’est une conséquence immédiate des théorèmes de dérivation et de primitivation d’une série entière sur son intervalle ouvert de convergence (cf. théorème 14 de la page 513 et proposition 17 de la page 515). 517

Chapitre 12. Séries entières

2

Développements usuels dans le domaine réel

La proposition qui suit montre que les fonctions cos, sin, ch et sh sont développables en série entière sur IR. Proposition 20 Pour tout x ∈ IR, on a : +∞  (−1)n 2n x (2n)! n=0

cos x =

sin x =

+∞ 

1 x2n (2n)! n=0

ch x =

sh x =

+∞  (−1)n 2n+1 x (2n + 1)! n=0 +∞ 

1 x2n+1 . (2n + 1)! n=0

Démonstration. On exploite le développement en série entière de la fonction exponentielle complexe. • Pour tout x ∈ IR , on a : eix =

+∞ n  i n=0

n!

xn .

Par passage à la partie réelle et imaginaire, on obtient : cos x =

∀x ∈ IR

+∞  (−1)n n=0

(2n)!

x2n

sin x =

et

+∞  (−1)n n=0

(2n + 1)!

x2n+1 .

• Pour tout x ∈ IR , on a : +∞ n  x

ex =

n=0

n!

e−x =

et

ch x =

+∞  n=0

n!

n=0

Par demi-somme et demi-différence, on en déduit : ∀x ∈ IR

+∞  (−1)n

1 x2n (2n)!

et

sh x =

+∞  n=0

xn .

1 x2n+1 . (2n + 1)!

Le théorème de primitivation permet d’obtenir d’autres développements en série entière. Proposition 21 Pour tout x ∈ ]−1, 1[ , on a : ln(1 + x) =

Exo 12.22

Démonstration.

+∞  (−1)n−1 n x n n=1

et

Arctan x =

+∞  (−1)n 2n+1 x . 2n + 1 n=0

Pour tout t ∈ ]−1, 1[ , on a : +∞

 1 = (−1)n tn 1+t n=0

+∞

et

 1 = (−1)n t2n . 2 1+t n=0

Sachant que ces fonctions sont nulles en 0 , on obtient le résultat par primitivation terme à terme sur l’intervalle ouvert de convergence (cf. proposition 17 de la page 515).

518

III Développements en série entière

Ex. 20. En remplaçant x par −x dans le développement en série entière de la fonction t �→ ln(1 + t) , on obtient : ∀x ∈ ]−1, 1[



ln(1 − x) = −

+∞ n  x n=1

n

·

n

(−1) est convergente (d’après le théorème des séries alternées). D’après Ex. 21. La série 2n+1 le théorème d’Abel radial, on a : +∞  (−1)n n=0

2n + 1

= lim Arctan x = x→1−

π · 4

On peut vérifier de même (ou le justifier autrement, comme dans l’exemple 14 de la page 464) que : +∞  (−1)n−1

n

n=1

= lim ln(1 + x) = ln(2). x→1−

Série du binôme Pour faciliter la compréhension de la formule qui suit, pour tout (α, n) ∈ C × IN, on pose :   α(α − 1) · · · (α − n + 1) α · = n! n

Cette notation n’est pas explicitement au programme, mais elle est assez couramment utilisée. Proposition 22 Pour tout α ∈ C, on a : ∀x ∈ ]−1, 1[

α

(1 + x) =

+∞ +∞    α(α − 1) · · · (α − n + 1) n  α n x = x . n! n n=0 n=0

Démonstration page 525

Remarque On retrouve ainsi que si t ∈ ]−1, 1[ et p ∈ IN, alors : 1 p+1

(1 − t)

=

 +∞   n+p

n=0

p

tn .

En effet, pour n ∈ IN, on a :     (p + 1) · · · (p + n) n+p −p − 1 = (−1)n . = (−1)n n! n n 519

Chapitre 12. Séries entières Exo 12.23

Ex. 22. Donnons le développement en série entière de la fonction x �→ √ Pour tout n ∈ IN , on a :



−1/2 n



=



− 12







1 · 1−x



− 21 − 1 · · · − 12 − n + 1 n!

1 × 3 × · · · × (2n − 1) 2n n! 2 × 4 × · · · × 2n 1 × 3 × · · · × (2n − 1) = (−1)n × 2n n! 2 × 4 × · · · × 2n

= (−1)n

= (−1)n

(2n)! · 22n (n!)2

Par conséquent, d’après la proposition 22 de la page précédente, on a : +∞

∀x ∈ ]−1, 1[

3

√

2n

 n n 1 = (1 − x)−1/2 = x . 22n 1−x n=0

Méthode de l’équation différentielle Point méthode Une méthode de détermination de développement en série entière est celle de l’équation différentielle. Elle consiste à trouver une équation différentielle linéaire à coefficients polynomiaux vérifiée par la fonction et à la résoudre formellement avec une série entière. Deux situations peuvent se présenter. • On sait que f est développable en série entière : on cherche une relation de récurrence entre les coefficients de ce développement (unicité du développement en série entière) pour déterminer ces derniers.

Exo 12.24

• On cherche à montrer que f est développable en série entière : on cherche une série entière de rayon de convergence strictement positif satisfaisant à la même équation différentielle et l’on utilise un résultat d’unicité des solutions d’une telle équation différentielle.

Ex. 23. La démonstration de la proposition 22 de la page précédente est une illustration de la deuxième situation. Ex. 24. Développons en série entière la fonction f : x �→ ex La fonction f est dérivable sur IR et :

Ensuite, on a :

∀t ∈ IR 2

f ′ (x) = 2xf (x) + 1

∀x ∈ IR e

t2

=

+∞ 2n  t n=0

n!

et

e

2



=

2

e−t dt .

0

f (0) = 0.

et

−t2

x

+∞  (−1)n t2n n=0

n!

donc x �→ ex est développable en série entière et, par primitivation, x �→

520



0

x

2

e−t dt également.

III Développements en série entière Par produit, f est développable en série entière sur IR et il existe une suite (an )n∈IN de réels telle que pour tout réel x on ait : xf (x) =

+∞ 

an xn+1

n=0

=

+∞ 

an−2 xn−1

n=2

f ′ (x) =

+∞ 

nan xn−1

n=1

f ′ (x) − 2xf (x) = a1 +

+∞   n=2



nan − 2an−2 xn−1 .

Par unicité du développement en série entière, on obtient : a1 = 1

et

∀n  2

an =

2 an−2 · n

Comme f (0) = 0 , on a aussi a0 = 0 . Par récurrence, il vient facilement : ∀p ∈ IN

a2p = 0

et

a2p+1 =

4p p! · (2p + 1)!

On peut conclure : ∀x ∈ IR

f (x) =

+∞  p=0

4p p! x2p+1 . (2p + 1)!

521

Chapitre 12. Séries entières

Démonstrations Théorème 1 Notons r = |z0 | . Si r = 0 , le résultat est immédiat, car l’ensemble DO (0, r) est vide. Dans la suite, on suppose r > 0 . Supposons que la suite (|an |r n )n∈IN soit bornée et notons M un majorant de cette suite. Soit z ∈ IK . On a alors, pour tout n ∈ IN :

 n  z n   n   n z n  z    an z  = an r  M = O      · rn r r  z n   est convergente. Le théorème de comPar suite, si |z| < r , alors la série géométrique r  n

paraison sur les séries numériques donne alors que la série

est absolument convergente.

an z

Proposition 2 • Supposons z ∈ DO (0, R) . Comme R = sup{r ∈ IR+ : (an r n )n∈IN soit bornée} et |z| < R , il existe ρ ∈ ]|z|, R[ tel que la suite (an ρn )n∈IN soit bornée. D’après le lemme d’Abel, la  an z n est absolument convergente puisque z ∈ DO (0, ρ) . série •

Raisonnons par contraposée et supposons que la suite (an z n )n∈IN converge vers 0 . Alors c’est une suite bornée et |z|  R par définition, ce qui conclut.

Corollaire 5  M bn z n ayant • Il existe M ∈ IR∗+ et un rang N à partir duquel |an |  M |bn | . La série pour rayon de convergence Rb , la proposition 4 de la page 509 conduit à Ra  Rb . • Si |an | ∼ |bn | , alors an = O(bn ) et bn = O(an ) . D’après le point précédent, on a : et

Ra  Rb

Ra = Rb .

donc

Ra  Rb

Proposition 8   • Soit z ∈ IK tel que |z| < min (Ra , Rb ) . Les deux séries numériques an z n et bn z n  n convergent absolument, donc la série (an + bn )z converge absolument, ce qui imn0

plique R  min(Ra , Rb ) et



+∞

(an + bn )z n =

n=0

•



+∞

n=0



+∞

an z n +

bn z n .

n=0

Dans le cas où Ra �= Rb , on peut supposer, par exemple, Ra < Rb . Pour z ∈ IK tel que Ra < |z| < Rb , la suite



(an + bn )z n



n∈IN

est non bornée, comme

somme de la suite bornée (bn z n )n∈IN (car |z| < Rb ) et de la suite non bornée (an z n )n∈IN (car |z| > Ra ). Cela implique R  Ra . On a donc R = Ra , car R  min(Ra , Rb ) = Ra .



an z n Proposition 9 Soit z ∈ C tel que |z| < min(Ra , Rb ) . Les deux séries numériques   et bn z n convergeant absolument, la série produit cn z n converge absolument, et : +∞ 

n

cn z =

n=0

 +∞ 

an z

n

n=0

Cela assure de plus que R  min (Ra , Rb ) . Théorème 10

Soit ρ ∈ [0, R[ . On a :



∀n ∈ IN

∀z ∈ DF (0, ρ)

  +∞ 

bn z

n=0



.

|an z n |  |an |ρn .

La série |an |ρn converge donc la série de fonctions sur DF (0, ρ) .

522

n



an z n converge normalement

Démonstrations Corollaire 11 Pour tout entier naturel n , la fonction un : z �→ an z n est continue. Le théo rème 10 de la page 512 montre que la série un converge normalement sur tous les disques ouverts DO (0, ρ) pour tout ρ ∈ ]0, R[ donc au voisinage de tout point de DO (0, R) car les ouverts DO (0, ρ) recouvrent DO (0, R) quand ρ décrit ]0, R[ . La continuité de la somme sur DO (0, R) en découle. Théorème 12

On pose pour tout n ∈ IN : un : [0, R] t

−→ �−→

Par hypothèses, la série de fonctions



Rn =

et

C an tn .

+∞ 

ak R k .

k=n+1

un converge simplement sur [0, R] .

Montrons qu’elle converge uniformément sur [0, R] . Soit k ∈ IN∗ et t ∈ [0, R] . Posons x =

t · R

On a :

ak tk = (Rk−1 − Rk )xk

La série



= (Rk−1 xk − Rk xk+1 ) + Rk (xk+1 − xk ). ak tk est convergente puisque t ∈ [0, R] . La série télescopique



(Rk−1 xk −Rk xk+1 )

est convergente puisque la suite (Rk ) converge vers 0 et que la suite (xk ) est bornée. Par  opérations, la série Rk (xk+1 − xk ) est également convergente.

Soit n ∈ IN . On somme pour k  n + 1 en observant que Rk xk+1 −→ 0 . On obtient : k→+∞

+∞ 

ak tk = Rn xn+1 +

k=n+1

k=n+1



+∞ 



Rk (xk+1 − xk ).

Posons εn = sup |Rk |, k  n . La suite (Rk )k∈IN converge vers 0 donc la suite (εn )n∈IN est bien définie et converge aussi vers 0 . En utilisant l’inégalité triangulaire et le fait que x ∈ [0, 1] donc 0  xk+1  xk  1 , on a :

  +∞ +∞       ak tk   εn xn+1 + εn (xk − xk+1 )  2εn .  k=n+1  k=n+1    =xn+1 ∈[0,1]

Cette majoration par le terme général indépendant de t d’une suite qui converge vers 0 montre  un converge uniformément vers 0 sur [0, R] que la suite des restes de la série de fonctions  donc que la série un converge uniformément sur [0, R] .

Par continuité des fonctions un , la somme est continue sur [0, R] , ce qui conclut. Proposition 13 •

•

Notons R′ le rayon de convergence de la série

Puisque n|an |  |an | pour tout n ∈ IN∗ , on a R′  R . Si R = 0 , l’inégalité précédente donne R′ = 0 .



nan z n .

Supposons R > 0 . Soit r ∈ ]0, R[ . Choisissons un réel ρ ∈ ]r, R[ . Pour tout n ∈ IN on a : |n an r n | = |an |ρn n

 n r ρ

·

523

Chapitre 12. Séries entières   r n 

La suite (|an |ρn )n∈IN est bornée et la suite

n

comparées. Par opérations, on a :

ρ

n∈IN

converge vers 0 par croissances

|nan r n | −→ 0, n→+∞

′

et donc R  R . Théorème 14



•

Les fonctions un : t �→ an tn sont de classe C 1 et la série sur ]−R, R[ .

•

nan tn est de rayon de converD’après la proposition 13 de la page 513, la série  nan tn−1 également (par décalage). D’après le théorème 10 de la gence R donc la série





n1

un converge simplement

page 512, la série u′n converge normalement (donc uniformément) sur tout segment de la forme [−a, a] ⊂ ]−R, R[ donc sur tout segment de ]−R, R[ .

Par théorème de dérivation terme à terme d’une série de fonctions, f est de classe C 1 sur ]−R, R[ et : ∀t ∈ ]−R, R[

f ′ (t) =

+∞ 

u′n (t) =

n=0

+∞ 

nan tn−1 .

n=1

Corollaire 15 •

En appliquant le théorème 14 de la page 513, on démontre par récurrence immédiate que pour tout p ∈ IN , la fonction f est de classe C p sur ]−R, R[ et que l’on a : f (p) (t) =

∀t ∈ ]−R, R[ •

+∞  n=p

n(n − 1) · · · (n − p + 1)an tn−p .

En particulier, puisque 0 ∈ ]−R, R[ , on a : f (p) (0) = p! ap

∀p ∈ IN

donc

ap =

f (p) (0) · p!

Proposition 16 Posons R′ et R′′ les rayons de convergence respectifs des séries entières  et bn z n . Posons R = min(R′ , R′′ ) et considérons les fonctions : f : ]−R, R[ t

−→

�−→

C

et



+∞

g : ]−R, R[

−→

t

�−→

an tn

n=0

C



+∞

bn t n .

n=0

D’après le corollaire 15 de la page 514, les fonctions f et g sont de classe C ∞ et : an =

∀n ∈ IN Par hypothèse, on a ∀t ∈ ]0, α[

f (n) (0) n!

et

bn =

g (n) (0) · n!

f (t) = g(t) puis, par continuité de f et g en 0 : ∀t ∈ [0, α[

f (t) = g(t).

La dérivée d’une restriction étant la restriction de la dérivée, on a : ∀n ∈ IN En particulier, ∀n ∈ IN

524

∀t ∈ [0, α[

f (n) (t) = g (n) (t).

f (n) (0) = g (n) (0) puis an = bn .



an z n

Démonstrations Proposition 17 Considérons les fonctions de la variable réelle un : t �→ an tn pour tout n ∈ IN .  D’après le théorème 10 de la page 512, la série de fonctions a z n converge uniformément sur n tout disque fermé inclus dans DO (0, R) et a fortiori la série un converge normalement sur tout segment de ]−R, R[ . Puisque les fonctions un sont continues, le théorème d’intégration terme à terme sur le segment [0, x] permet de conclure. Proposition 22 Dans le cas où α ∈ IN , le résultat découle de la formule du binôme de Newton. Supposons désormais que α ∈ C \ IN et posons f : x �→ (1 + x)α définie sur ]−1, 1[ . On a alors : ∀x ∈ ]−1, 1[

(1 + x)f ′ (x) = αf (x)

f (0) = 1.

et

(⋆)

Par unicité des solutions d’un problème de Cauchy pour une équation différentielle linéaire normalisée du premier ordre à coefficients continus, la fonction f est caractérisée par (⋆) . Soit (an )n∈IN une suite et g la somme d’une série entière gence R > 0 . Pour tout x ∈ ]−R, R[ , on a : g(x) =

+∞ 



an xn , de rayon de conver-

an xn

n=0

xg ′ (x) =

+∞ 

nan xn

n=0

g ′ (x) =

+∞ 

nan xn−1

n=1

=

+∞ 

(n + 1)an+1 xn .

n=0

On en déduit : (1 + x)g ′ (x) − αg(x) =

+∞   n=0



(n + 1)an+1 + nan − αan xn .

Ainsi, g vérifie (⋆) sur ]−R, R[ dès que : ∀n ∈ IN

an+1 =

α−n an n+1

et

a0 = 1.

/ IN , cette Cette relation de récurrence définit une unique suite (an )n∈IN . Puisque α ∈ suite est à valeurs non nulles et, via la règle de d’Alembert, le rayon de convergence de   la série entière an xn est 1 . La fonction g , somme de la série entière an xn vérifie ′ donc (1 + x)g (x) = αg(x) sur ]−1, 1[ et g(0) = 1 . Par conséquent f = g . Par récurrence, on obtient :   α (α − 1) · · · (α − n + 1) α ∀n ∈ IN an = . = n! n La conclusion s’ensuit.

525

Chapitre 12. Séries entières

S’entraîner et approfondir Rayon de convergence 

12.1 Soit an z n une série entière de rayon de convergence R . On note R′ le rayon de conver →507 an z 2n . gence de la série entière √ 1. On suppose que R ∈ IR+ . Montrer que R′ = R . 2. On suppose que R = +∞ . Montrer que R′ = +∞ .



an z n une série entière de rayon de convergence R ∈ IR∗+ . Montrer que le rayon de 12.2 Soit  2 n →507 an z est R2 . convergence de la série entière 12.3 Soit (an )n∈IN∗ une suite de complexes non nuls. On suppose que →509

Montrer que le rayon de convergence de la série entière



|an+2 | |an |

an z n est

−→ 2 .

n→+∞

√1 · 2

Indication. On pourra étudier les suites extraites des termes de rangs pairs et impairs de la suite (|an |r n )n∈IN pour r ∈ IR∗+ fixé. 12.4 Pour n ∈ IN∗ , on note d(n) le nombre de diviseurs positifs de n . Déterminer le rayon de  →510 d(n) z n . convergence de la série entière 12.5 Déterminer le rayon de convergence et la somme de la série entière



ch(n) z n .

n0

→511

12.6 Soit →511



an z n une série entière de rayon de convergence R > 0 et de somme f .

Pour tout n ∈ IN , on pose Sn =

n 

ak .

k=0

Montrer que le rayon de convergence de la série entière exprimer sa somme en fonction de f au voisinage de 0 . 12.7 Trouver les rayons de convergence des séries entières 1. an = 2. an =

12.8 Soit



ch n ; n



1 1+ √ n

n



an z n pour :

an z n une série entière de rayon de convergence R . Déterminer le rayon de conver-



an e

√

n n

z .

an z n une série entière de rayon de convergence R ∈ IR∗+ . Déterminer le rayon de

convergence de la série entière

526

Sn z n est strictement positif et

·

gence de la série entière 12.9 Soit







2

an z n .

Exercices

Propriété de la somme d’une série entière 

12.10 Soit an z n une série entière de rayon de convergence R et α ∈ IR∗ . Déterminer le rayon  α →513 de convergence de la série entière n an z n .

12.11 Soit →513



an tn une série entière de rayon de convergence 1 .

 nan est une série convergente. 

On suppose que

an est une série convergente. 1. Montrer que Indication. On pourra exprimer an à l’aide de la suite des sommes partielles de la  nan . série 2. Montrer que la somme

[0, 1]

t

−→

�−→

est de classe C 1 .

C



+∞

an tn

n=0

12.12 Montrer qu’il existe une unique série entière de rayon de convergence +∞ dont la somme f →515 vérifie : f (0) = 1 et ∀x ∈ IR xf ′′ (x) + f ′ (x) + f (x) = 0. 12.13 Déterminer le rayon de convergence et la somme des séries entières réelles suivantes :  xn 1. ; n(n + 2) n1

2.



n

n(−1) xn ;

n1

3.



1+

n1

1 1 + ··· + 2 n



xn .

12.14 1. Calculer, pour tout x ∈ ]−1, 1[ , la somme 2. Calculer



+∞ n=0

(−1)n · 3n+1



+∞ n=0

(−1)n 3n+1

x3n+1 .

12.15 Rappelons qu’une partition A d’un ensemble E est un ensemble de parties non vides de E , deux à deux disjointes et dont l’union est égale à E . Pour n ∈ IN , on note πn le nombre de partitions d’un ensemble à n éléments. On notera que π0 = 1 . 1. Pour n ∈ IN , montrer que πn+1 =

n    n k=0

k

πk .

2. Montrer que le rayon de convergence R de la série entière

 πn n!

xn est strictement

positif. On note f la somme de cette série sur ]−R, R[ . 3. Déterminer une équation différentielle vérifiée par f . En déduire f , puis une expression de πn pour tout entier naturel n . 12.16 Soit a = (an )n∈IN ∈ IKIN une suite convergente dont on note ℓ la limite. Pour tout x ∈ [0, 1[ , on pose f (x) =



+∞

an xn . Montrer que :

n=0

f (x)

=

x→1−





ℓ 1 +o · 1−x 1−x

Indication. On pourra considérer (1 − x)f (x) .

527

Chapitre 12. Séries entières 12.17 Soit a = (an )n∈IN une suite réelle et b = (bn )n∈IN une suite de réels positifs.   an xn et bn xn . On On note f et g respectivement les sommes des séries entières  n suppose enfin que le rayon de convergence de la série bn x vaut 1 et que la série numé rique bn diverge. 1. Montrer que g(x) −→ +∞ . x→1−

2. On suppose que an = o(bn ) . Montrer que f (x) = 3. On suppose que an ∼ bn . Montrer que f (x)



∼

x→1−

o (g(x)) .

x→1−

g(x) .

an z n une série entière de somme f et de rayon de convergence R > 0 , ainsi 12.18 Soit que ϕ : I → DO (0, R) une fonction de classe C 1 , où I est un intervalle d’intérieur non vide. Montrer que la fonction f ◦ ϕ est de classe C 1 et que : ∀t ∈ I



(f ◦ ϕ)′ (t) = ϕ′ (t)



+∞ 

nan ϕ(t)n−1 .

n=1

an z n et bn z n deux séries entières de rayons de convergence strictement positifs, 12.19 Soit de sommes f et g . Montrer que si f g est nulle sur un voisinage de 0 , alors f = 0 ou g = 0 .

Développement en série entière 1 · (z − a)(z − b) Montrer que f est développable en série entière et expliciter le développement en série entière.

12.20 Soit (a, b) ∈ (C∗ )2 et f : z �→ →516

12.21 Soit a > 0 et f une fonction de classe C ∞ sur l’intervalle I = ]−a, a[ . →517 On suppose qu’il existe ρ > 0 et M ∈ IR+ tels que :   M n! ∀n ∈ IN ∀x ∈ I f (n) (x)  n · ρ Montrer que f est développable en série entière sur ]−R, R[ , où R = min(a, ρ) . 12.22 Déterminer le développement en série entière de f : x �→ ln(1 + x + x2 ) . →518

Indication. On pourra donner le développement en série entière de f ′ .

12.23 Donner le développement en série entière de la fonction x �→

√

1 + x.

→520

12.24 1. Montrer que Arcsin2 est développable en série entière sur ]−1, 1[ . →520 2. Expliciter le développement en série entière. Indication. On pourra utiliser une équation différentielle. 12.25 On pose f (x) =

 xn 2n ·

+∞

n=0

n

1. Déterminer le rayon de convergence de la série entière

 xn 2n · n

2. Déterminer une équation différentielle du premier ordre avec second membre vérifiée par f sur son intervalle ouvert de convergence.

528

Exercices 

12.26 Soit an z n une série entière de rayon de convergence R > 0 . On note f sa somme. Montrer que pour tout z ∈ DO (0, R) , la fonction fz : h �→ f (z + h) est développable en série entière. ⋆⋆ 12.27 1. Soit U ⊂ C un voisinage de 0 et f : U → C une fonction développable en série entière, 1 est développable en série entière. telle que f (0) = 0 . Montrer que g : z �→ 1 − f (z) 2. Montrer que la fonction tan est développable en série entière. 12.28 Soit (cn )n∈IN la suite réelle définie par récurrence par c0 = 1 et : cn+1 =

∀n ∈ IN

n 

ck cn−k .

k=0



1. On suppose que la série entière cn xn est de rayon de convergence R strictement positif et l’on note f (x) sa somme. Montrer qu’au voisinage de 0 , on a : xf (x)2 = f (x) − 1

puis

f (x) =

 √ 1  1 − 1 − 4x . 2x

 √ 1  1 − 1 − 4x prolongée par continuité en 0 est déve2x loppable en série entière au voisinage de 0 . En déduire :

2. Montrer que la fonction x �→

∀n ∈ IN

cn =









2n 1 · n+1 n

12.29 Soit f : IR∗ → IR définie par f (x) = exp − x12 ·

1. Montrer que pour tout n ∈ IN , il existe Pn ∈ IR[X] tel que : ∀x ∈ IR∗

f (n) (x) = Pn

 

1 f (x). x

2. Montrer que f admet un prolongement g de classe C ∞ sur IR et que : ∀n ∈ IN

g (n) (0) = 0.

3. Montrer que g n’est pas développable en série entière. ⋆⋆ 12.30 Théorème de Bernstein Soit f une fonction de classe C ∞ sur un voisinage de 0 et telle que f ainsi que toutes ses dérivées soient positives sur ce voisinage. Montrer que f est développable en série entière. Indication. On pourra utiliser la formule de Taylor avec reste intégral. 12.31 Soit λ ∈ ]0, 1[ et f : IR → IR une fonction dérivable vérifiant : ∀x ∈ IR f ′ (x) = f (λx).

1. Montrer que f est de classe C ∞ et calculer f (n) (x) pour tout x en fonction de f , λ et n . 2. Déterminer f , en vérifiant que f est nécessairement développable en série entière.

529

Chapitre 12. Séries entières

Solutions des exercices 12.1 1. Supposons le rayon de convergence R fini. Pour tout r ∈ IR+ , la suite (an r 2n )n∈IN est bornée si, et seulement si, la suite (an (r 2 )n )n∈IN est bornée. Ainsi, si r 2 < R , c’est-à-dire √ √ si r < R , la suite (an r 2n )n∈IN est bornée et si r 2 > R , c’est-à-dire si r > R , la √ suite (an r 2n )n∈IN n’est pas bornée. On en déduit R′ = R . 2. Dans le cas où R = +∞ , alors la suite tout r > 0 et donc R′ = +∞ .



an r 2n





= an (r 2 )n

n∈IN



n∈IN

est bornée pour



a2n z n . Soit r ∈ IR∗+ . La 12.2 Notons R′ le rayon de convergence de la série entière   √ suite (a2n r n )n∈IN est bornée si, et seulement si, la suite |an |( r)n n∈IN est elle-même bornée. On en déduit R′ = R2 .

12.3 Notons R le rayon de convergence de la série entière

|a2n+2 | 2 u2n+2 r −→ 2r 2 = n→+∞ u2n |a2n | • Si 2r 2 < 1 c’est-à-dire si r
1 c’est-à-dire si r >

√1 2

an z n . Fixons r ∈ IR∗+ et posons :

un = |an |r n .

∀n ∈ IN

On a alors :



|a2n+3 | 2 u2n+3 r −→ 2r 2 . = u2n+1 |a2n+1 | n→+∞

et

, les suites (u2n )n∈IN et (u2n+1 )n∈IN convergent vers 0

(par application du critère de d’Alembert), donc la suite (un )n∈IN converge vers 0 . On en déduit R  √12 · , la suite (u2n )n∈IN diverge vers +∞ et, en particulier,

la suite (un )n∈IN n’est pas bornée, ce qui montre que R 

En conclusion, R =

1 √ · 2

√1 · 2

12.4 Notons R le rayon de convergence de la série entière



d(n)z n .



zn On a, pour tout n ∈ IN∗ , l’encadrement 1  d(n)  n . Par ailleurs, les séries entières  n et nz ont même rayon de convergence égal à 1 (cf. proposition 7 de la page 510). D’après la proposition 4 de la page 509, on a R = 1 . 12.5 Tout d’abord, on a ∀n ∈ IN

ch(n) =

en +e−n · 2

• Le rayon de convergence de la série entière



∀z ∈ DO 0,

1 e





en z n est R1 = 1e · De plus :

+∞ 

en z n =

n=0

• De même, le rayon de convergence de la série entière ∀z ∈ DO (0, e)

530

+∞  n=0

1 · 1 − ze



e−n z n =

e−n z n est R2 = e et :

1 · 1 − z/e

Solutions des exercices • On a :



n

ch(n) z =

  en

e−n + 2 2



zn.

Puisque R1 < R2 , d’après la proposition 8 de la page 511, le rayon de convergence de cette dernière série entière est R = 1e et, pour tout z ∈ DO (0, 1e ) , on a : +∞ 

ch(n) z n =

n=0

1 2



1 1−

z e

+

1 1 − ez



1 − ch(1) z · 1 − 2 ch(1) z + z 2

=



12.6 La série entière définie par (a0 + · · · + an ) z n a un rayon de convergence R′  min(1, R) .  n  En effet, cette série entière est le produit de Cauchy des séries z et an z n . Ainsi, pour tout z ∈ IK vérifiant |z| < min(1, R) , on a : +∞  n=0

n

(a0 + · · · + an ) z =

 +∞ 

z

n

  +∞ 

an z

n

n=0

n=0



=

f (z) · 1−z



ch n n 12.7 1. Notons R le rayon de convergence de la série entière z . D’après la propon  ch n z n . sition 13 de la page 513, c’est aussi le rayon de convergence de la série en 2

Puisque ch n ∼

et que le rayon de convergence de la série

1 · e

en déduit R =



2. Notons R le rayon de convergence de la série entière • Pour tout n ∈ IN∗ , on a an  1 donc R  1 . • Soit r ∈ ]0, 1[ . On a : r



1 1+ √ n



donc à partir d’un certain rang, on a 0  r 1 + n

en z n vaut



an xn avec an = 1 +

√1 n

1 e

, on

n

.

−→ r < 1,

n→+∞





√1 n



 1 . En élevant à la puissance n ,

il vient 0  r an  1 , ce qui montre que la suite (an r n )n∈IN est bornée, donc que R  1 . En conclusion, on a R = 1 .



√

12.8 Comme |an e n |  |an | , le rayon de convergence R′ de à R. Soit r ∈ ]0, R[ et ρ ∈ ]r, R[ . Alors on a : ∀n ∈ IN

an e

√

n n

an ρ n

r =

 

e

√

n

suite bornée

Pour tout n ∈ IN , on a : e

donc la suite



suite an e

√

n



e

√

 r n  ρ

n

 r n 

n∈IN ′

ρ

√

n

n∈IN

 n r ρ

= exp

√

n + n ln

√ n n

 n

r ρ

 1 . La suite (r n )n∈IN diverge vers +∞ et 2R ∈ IR∗+ donc il existe un rang à 2

partir duquel r n  2R puis |an |r n  |an |(2R)n . Comme 2R > R , la suite



an (2R)n



n∈IN

n’est pas bornée donc la suite

n’est pas bornée et par conséquent, R′  1 . En conclusion, on a R′ = 1 .

12.10 Notons R′ le rayon de convergence de la série entière





2

an r n



n∈IN

nα an z n et montrons que R′ = R .

• Si α > 0 , alors an = O(nα an ) donc R  R′ et si α < 0 , alors nα an = O(an ) donc R′  R .





• Supposons α > 0 . Soit z ∈ DO (0, R) et ρ ∈ |z|, R . Alors on a : ∀n ∈ IN

α

n

n α

n |an ||z| = |an |ρ n



|z| ρ

n

La suite (|an |ρn )n∈IN est bornée car ρ ∈ [0, R[ et la suite

·



nα

 |z| n  ρ

converge

n∈IN

vers 0 par croissances comparées. On en déduit que la suite (nα an z n )n∈IN est bornée, donc R′  R puis R′ = R .





• Supposons α < 0 . Soit z ∈ DO (0, R′ ) et ρ ∈ |z|, R′ . Alors on a : ∀n ∈ IN∗

|an ||z|n = (|an |nα ρn ) × n−α



|z| ρ

n

,

et comme dans le point précédent, par croissances comparées, la suite (an z n )n∈IN est bornée, donc R  R′ puis R′ = R .

12.11 1. Pour tout n ∈ IN , on pose Sn = ∀n ∈ IN∗

an =

n 

kak et l’on a :

k=0

Sn Sn Sn Sn−1 Sn − Sn−1 = − + − n n n+1 n+1 n   Sn−1 Sn Sn · + − = n(n + 1) n+1 n

télescopique associée est convergente. Par est une série absolument convergente. Par somme, la série

532







Sn converge (vers 0 ) n+1 n∈IN Sn ailleurs, on a n(n+1) = O( n12 ) donc

La suite (Sn )n∈IN est convergente donc la suite

an est une série convergente.

et la série



Sn n(n+1)

Solutions des exercices 2. Posons f : [0, 1]

−→

t

�−→

C



+∞

an tn .

n=0

D’après le théorème 14 de la page 513, la fonction f est de classe C 1 sur [0, 1[ et : ∀t ∈ [0, 1[

f ′ (t) =

+∞ 

nan tn−1 .

n=1



D’après le théorème d’Abel radial appliqué aux séries entières fonction f est continue sur [0, 1] et l’on a aussi : f ′ (t) =

+∞  n=1

nan tn−1 −→

t→1−

+∞ 

an tn et



nan tn−1 , la

nan .

n=1

Par théorème de la limite de la dérivée, on peut conclure :





f ∈ C 1 [0, 1], C 12.12 Soit f la somme d’une série entière • Alors f est de classe C

∞



f ′ (1) =

et

+∞ 

nan .

n=1

an xn de rayon de convergence infini.

et l’on a pour tout x ∈ IR :

f (x) =

+∞ 

an xn =

n=0

+∞ 

an−1 xn−1

n=1

f ′ (x) =

+∞ 

nan xn−1

n=1

′′

xf (x) =

+∞  n=1

On en déduit : ∀x ∈ IR

n(n − 1)an xn−1 .

xf ′′ (x) + f ′ (x) + f (x) =



+∞

(n2 an + an−1 )xn−1 .

n=1

• Par unicité du développement en série entière, on en déduit que f vérifie : f (0) = 1

et

∀x ∈ IR

si, et seulement si : a0 = 1

et

c’est-à-dire si, et seulement si :

∀n ∈ IN∗

∀n ∈ IN • Pour tout n ∈ IN , on pose un =

(−1)n (n!)2

∀n ∈ IN∗

xf ′′ (x) + f ′ (x) + f (x) = 0

an =

(⋆)

n2 an + an−1 = 0, (−1)n · (n!)2

et l’on a : |un | 1 = 2 |un−1 | n

−→ 0.

n→+∞

Par application de la règle de d’Alembert pour les séries entières, la série en (−1)n n tière x est de rayon de convergence +∞ . (n!)2  (−1)n n x est l’unique fonction solution de (⋆) . Conclusion : la somme de la série entière (n!)2

533

Chapitre 12. Séries entières 

12.13 1. Le rayon de convergence de la série entière Pour |x| < 1 , et x �= 0 , on a : +∞  n=1



+∞

1 xn = n(n + 2) 2 n=1

1 xn n(n+2)

1 n(n+2)

est 1 car

1 ∼ 2· n→+∞ n

+∞  1 1 1  xn+2 1 − xn = − ln(1 − x) − 2 n n+2 2 2x n+2

1 1 = − ln(1 − x) − 2 2 2x

On a aussi f (0) = 0 .



x2 − ln(1 − x) − x − 2

2. • Notons R le rayon de convergence de la série entière l’entier n , on a :





n=1

·

n

n(−1) z n . Selon la parité de

n 1 donc n(−1) = O(n). n On en déduit R  1 . Comme pour x = 1 le terme général n’est pas borné, on a R  1 puis R = 1 .  (2n)x2n est de rayon de convergence 1 et : • La série des termes pairs n

n(−1) = n

∀x ∈ ]−1, 1[

n

n(−1) =

ou

+∞ 

2n(x2 )n = 2x2

n=0



+∞ 

2x2 n(x2 )n−1 =  2 · 1 − x2 n=1

1 x2n+1 est de rayon de convergence 1 . Par (2n + 1) ailleurs, pour x ∈ ]−1, 1[ , on a :

Celle des termes impairs

ln(1 + x) − ln(1 − x) = 2 La somme de la série proposée est donc : 2x2



1 − x2

3. • Posons hn = 1 +



hn xn =

n=1

n=0

1 x2n+1 . 2n + 1





1+x 1 ln · 2 1−x

1 1 + ··· + pour tout n ∈ IN∗ . On a alors : 2 n 1  hn  n.

xn et Les séries entières également. • Soit x ∈ ]−1, 1[ . On a alors : +∞ 

2 +

+∞ 



+∞ n   xn n=1 k=1

k

nxn sont de rayon de convergence 1 donc

=

 xn

1kn

=

k

xn =

n=k

+∞  k=1

− ln(1 − x) xk = · k(1 − x) 1−x

Le calcul précédent est justifié par la sommabilité de la famille même justifiée par le caractère fini du résultat

534

 n puisque  xk  =

|x|n · k

hn xn

k

+∞ +∞  1 k=1



− ln(1−x) 1−x

 xn  k

1kn

, elle-

dans le cas où x est positif

Solutions des exercices 

12.14 1. • Pour x ∈ IR , la série numérique (−1)n x3n est une série géométrique, qui converge  (−1)n x3n si, et seulement si, |x| < 1 . Le rayon de convergence de la série entière et de la série « primitive »

 (−1)n 3n+1

x3n+1 valent ainsi 1 .

• Pour tout x ∈ ]−1, 1[ , on a :

+∞ 

(−1)n x3n =

n=0

1 , 1 + x3

puis, par primitivation d’une série entière sur son intervalle ouvert de convergence : ∀x ∈ ]−1, 1[

+∞  n=0

x3n+1 (−1) = 3n + 1 n



x

0

dt , 1 + t3

car la somme de la série est nulle en 0 .

1 · X3 + 1 3 2 Les racines de X + 1 sont −1 , −j et −j . Par conséquent :

• Décomposons en éléments simples F =

1 1 1 1 1 1 1 1 −X + 2 1 1 = + 2 + + · = X3 + 1 3 X +1 3j X + j 3j X + j 2 3 X +1 3 X2 − X + 1

On peut remarquer que :

X −2 1 2X − 1 3 1 = − X2 − X + 1 2 X2 − X + 1 2 (X − 21 )2 +

On en déduit que pour tout x ∈ IR :



x

0

et donc, pour x ∈ ]−1, 1[ , on obtient l’expression :



x

0

1 dt = t3 + 1 3





√ 1 t−2 d t = ln(x2 − x + 1) − 3 Arctan 2 t −t+1 2



√ 1 ln(x + 1) − ln(x2 − x + 1) + 3 Arctan 2





3 4

·

2t − 1 √ 3

2x − 1 √ 3

x 0



√ π + 3 6



·

n

(−1) 2. Comme est une série convergente d’après le théorème des séries alternées, le 3n+1 théorème d’Abel radial donne :

+∞ 

(−1)k

k=0

1 1 = lim 3k + 1 x→1− 3



√ (x + 1)2 1 ln 2 + 3 Arctan 2 x −x+1

et donc : +∞  (−1)n n=0

3n + 1

=



√ π 1 ln 2 + 3 3 3





2x − 1 √ 3



+

√ π 3 6



·

12.15 1. Pour n ∈ IN , notons Πn l’ensemble des partitions de l’ensemble [ 0, n − 1]] . Remarquons que le nombre de partitions d’un ensemble E fini ne dépend pas explicitement de E , mais seulement de son cardinal |E| . Soit n un entier naturel. Pour A ∈ Πn+1 , notons CA l’élément de A contenant n . En regroupant les partitions telles que CA soit un ensemble donné et en remarquant que, par définition, n ∈ CA , on obtient : Πn+1 =



X⊂[[0,n−1]]





A ∈ Πn+1 : CA = X ∪ {n} .

(∗)

535

Chapitre 12. Séries entières Il est clair que les partitions de [ 0, n]] telles que CA = X ∪ {n} sont les partitions de [ 0, n − 1]] \ X auxquelles on adjoint la partie X ∪ {n} . Il s’ensuit, pour X ⊂ [ 0, n − 1]] :

    A ∈ Πn+1 : CA = X ∪ {n}  = πn−|X| .

Par suite, les ensembles dans l’union (∗) étant deux à deux disjoints :



πn+1 =

πn−|X| =

n 



πn−k =

k=0 X⊂[[0,n−1]]

X⊂[[0,n−1]]

n    n k=0

|X|=k

k

πn−k .

En conclusion, par symétrie des coefficients binomiaux, on a : πn+1 =

∀n ∈ IN

n    n

k

k=0

(∗∗)

πk .

πn pour n ∈ IN et démontrons par récurrence (forte) que 0  bn  1 . n! L’assertion est vraie si n = 0 . Supposons l’assertion vraie pour tout k ∈ [[0, n]] , pour un certain n ∈ IN . En divisant par (n + 1)! la relation (∗∗) , il vient que :

2. Notons bn =

bn+1 =

n 1 1  bk . n+1 (n − k)!

(∗∗∗)

k=0

D’après l’hypothèse de récurrence : 0

n n n 1  1  1  1 1 1 = 1, bk   n+1 (n − k)! n+1 (n − k)! n+1 k=0

k=0

k=0

et donc 0  bn+1  1 . Cela démontre l’assertion pour n + 1 et donc, par récurrence, pour tout n ∈ IN .  n Par comparaison, puisque |bn |  1 et que le rayon de convergence de la série x vaut 1 , il vient que R  1 . Par conséquent, R > 0 . 3. • Soit x ∈ ]−R, R[ . En multipliant la relation (∗∗∗) par (n + 1)xn et en sommant, il vient : +∞ 

n

(n + 1)bn+1 x =

n=0

 n +∞   n=0

i=0

1 bi (n − i)!



xn .



Cela est légitime, car le rayon de convergence de la série entière bn xn est égal à  celui de la série entière (n + 1)bn+1 xn . Par ailleurs, d’après les résultats relatifs au produit de Cauchy de séries absolument convergentes, on a : ∀x ∈ ]−R, R[

 n +∞   n=0

i=0

1 bi (n − i)!



xn = f (x) exp(x).

Par conséquent, pour tout x ∈ ]−R, R[ , on a : ′

f (x) =

+∞ 

n

(n + 1)an+1 x =

n=0

 n +∞   n=0

i=0

1 bi (n − i)!



xn = f (x) exp(x).

Sachant que f (0) = 1 , cette dernière relation donne, en intégrant l’équation différentielle vérifiée par f , la relation : ∀x ∈ ]−R, R[

536





f (x) = exp exp(x) − 1 .

Solutions des exercices k n xn pour (n, k) ∈ IN2 . k! n!

• Soit x ∈ IR . Notons un,k (x) = On a alors :





+∞  exp(x)k

exp exp(x) = Si x  0 , la famille

k!

k=0



un,k (x)

=

+∞  exp(kx)

k!

k=0



=

+∞  1 k=0

k!

 +∞   k n xn n=0

n!

·

(⋆)

étant à valeurs positives, on en déduit qu’elle

(n,k)∈IN2

est sommable.     Dans le cas général, puisque un,k (x) = un,k |x| , pour tout (n, k) ∈ IN2 , la fa-



mille un,k (x)



est sommable. Par conséquent, on peut intervertir l’ordre de

(n,k)∈IN2

sommation dans l’expression (⋆) . Ainsi :



+∞  1



exp exp(x) =

k=0

k!

 +∞   k n xn n!

n=0

=

+∞ n  x n=0

n!

 +∞   kn k=0

k!

• Par unicité du développement en série entière, puisque f (x) = pour x ∈ IR , il vient de (⋆⋆) l’expression suivante : πn =

∀n ∈ IN

(1 − x)f (x) = a0 +

+∞ 

x→1−

On peut donc conclure : f (x)

=

x→1−

ℓ 1−x

+∞  n=1



exp exp(x)



n=1

(an − an−1 )xn .

Comme la suite (an )n∈IN est convergente, la série télescopique associée convergente. Le théorème d’Abel radial donne alors : (1 − x)f (x) −→ a0 +

1 e

k=0

12.16 Par décalage d’indice, on a : ∀x ∈ [0, 1[

+∞ 1  kn · e k!

(⋆⋆)

·



(an − an−1 ) est

(an − an−1 ) = a0 + ℓ − a0 = ℓ.

+o



1 1−x



·

12.17 1. Remarquons que puisque la suite (bn )n∈IN est à valeurs positives, la restriction de g à [0, 1[ est croissante. Il s’ensuit que g a une limite ℓ en 1 , finie ou infinie. Par ailleurs, toujours du fait que la suite (bn )n∈IN est à valeurs positives, pour tout N ∈ IN et x ∈ [0, 1[ on a : N 

bn x n 

n=0

−

En faisant tendre x vers 1

bn xn = g(x).

n=0

dans cette inégalité, il vient que :

Comme la série à terme positif



N 

bn  ℓ.

n=0

bn est divergente, on a : N  n=0

Par suite, ℓ = +∞ .

+∞ 

bn −→ +∞. N→+∞

537

Chapitre 12. Séries entières 

2. Supposons an = o(bn ) . Comme la série entière bn xn est de rayon de convergence 1 ,  n celui de la série entière an x est supérieur ou égal à 1 . Soit ε > 0 . Par hypothèse, il existe un entier n0 tel que |an |  ε bn , pour tout n  n0 . Fixons un tel n0 . Pour tout x ∈ [0, 1[ , on a :

 +∞  +∞       n f (x) =  an x   |an |xn n=0  n=0 n0 −1





|an |xn +



|an |xn +

n=0

n0 −1



n=0

n0 −1



 n=0

+∞ 

εbn xn

n=n0 +∞ 

εbn xn

n=0

|an | + εg(x).

(∗)

Par ailleurs, puisque g(x) −→ +∞ et que ε > 0 , il existe η ∈ ]0, 1[ tel que pour x→1−

tout x ∈ [1 − η, 1[ on ait :

n0 −1

 n=0

(∗∗)

|an |  ε g(x).

Ainsi, pour tout x ∈ [1 − η, 1[ , en combinant les inégalités (∗) et (∗∗) , on obtient : c’est-à-dire, par définition, f (x) =

  f (x)  2εg(x),   o

x→1−

g(x) .

3. Supposons an ∼ bn . Alors an − bn = o(bn ) et, d’après la question précédente, on a : f (x) − g(x) =

+∞  n=0

(an − bn )xn =

o

x→1−



g(x)



donc

f (x)

∼

x→1−

g(x).

12.18 Pour n ∈ IN notons un : t �→ an ϕ(t)n . Les fonctions un sont de classe C 1 et la série de   ′ un converge simplement sur I . Pour conclure, montrons que la série un fonctions converge normalement sur tout segment.





Soit un segment [a, b] ⊂ I . Par compacité et continuité, la fonction t �→ ϕ(t) atteint son maximum sur [a, b] , dont la valeur est notée r . Puisque ϕ est à valeurs dans DO (0, R) , il vient que r ∈ [0, R[ . Toujours par compacité et continuité, la fonction |ϕ′ | est majorée par une constante M sur [a, b] . On en déduit, pour tout n ∈ IN∗ que : ∀t ∈ [a, b] Puisque r ∈ [0, R[ , la série



n1

 ′  un (t)  M n|an |rn−1 .

M n|an |r n−1 converge et donc la série



u′n converge nor-

malement sur [a, b] . Le théorème de dérivation terme à terme des séries de fonctions permet alors de conclure.

538

Solutions des exercices 12.19 Il suffit de montrer que si (an )n∈IN �= 0 , alors (bn )n∈IN = 0 (et donc g = 0 ).

� 0 . Puisque la Supposons (an )n∈IN �= 0 et notons p le plus petit entier naturel tel que ap = fonction f g est nulle sur un voisinage de 0 , par unicité du développement en série entière, on a cn =

n 

ak bn−k = 0 pour tout entier naturel.

k=0

Montrons par récurrence forte que bn = 0 , pour tout entier n ∈ IN . • On a 0 = cp = ap b0 , donc b0 = 0 .

• Soit n ∈ IN∗ . Supposons bk = 0 pour tout k ∈ [ 0, n − 1]] . Alors on a : 0 = cn+p =

n+p 

ak bn+p−k = ap bn .

k=p

Par conséquent, bn = 0 , ce qui assure le résultat. Remarque Ainsi, l’algèbre des fonctions développables en série entière sur un intervalle ]−r, r[ est intègre.

12.20 • Supposons a �= b . On a alors :

1 a−b

f (z) =

∀z ∈ C \ {a, b}



1 1 − z−a z−b







et donc, puisque a et b sont non nuls, pour tout z ∈ DO 0, min(|a|, |b|) , on a :

 +∞  zn

1 f (z) = a−b

n=0

bn+1

−

+∞  zn n=0

an+1



=

+∞  n=0

1 a−b



1

−

bn+1

1

an+1





zn ,



ce qui donne le développement en série entière de f sur DO 0, min(|a|, |b|) .

• Supposons que a = b . Alors, pour tout z ∈ D(0, |a|) , d’après la proposition 9 de la page 511, on a : +∞ +∞  z n  1  1 1 n+1 n = (n + 1) = z , a2 (1 − az )2 a2 a an+2

f (z) =

n=0

n=0





ce qui donne le développement en série entière de f sur DO 0, |a| . 12.21 • Soit n ∈ IN et x ∈ I . D’après l’inégalité de Taylor-Lagrange, on a :

   n+1 n    f (k) (0) k  M (n + 1)! |x|n+1 |x|  x  =M · f (x) − k! ρn+1 (n + 1)! ρ   k=0

• Lorsque |x| < ρ , la suite majorante converge vers 0 donc par encadrement, on en déduit que la série

 f (k) (0) k!

xk est convergente et : +∞ (k)  f (0) k=0

k!

xk = f (x),

ce qui montre que f est développable en série entière sur ]−R, R[ .

539

Chapitre 12. Séries entières 12.22 • Posons j = e2iπ/3 . Développons f ′ en série entière. Pour tout x ∈ IR , on a : f ′ (x) =

1 1 −j −j 2 2x + 1 = + + · = (x − j)(x − j 2 ) x−j x − j2 1 − j2x 1 − jx

Par conséquent, pour tout x ∈ ]−1, 1[ on a : f ′ (x) = −j 2

+∞  n=0

j 2n xn − j

+∞

=− =− =− ′



+∞ 

j n xn

n=0



(j 2 )n+1 + j n+1 xn

n=0

+∞ 

(j 2 = ¯ j)

2 Re(j n+1 )xn

n=0

+∞ 

2 cos

n=0





2π (n + 1) xn . 3

• Puisque f est développable en série entière sur ]−1, 1[ , la fonction f l’est également et, du fait que f (0) = 0 , on a : ∀x ∈ ]−1, 1[ Remarque

f (x) = −

+∞ 

2 cos

n=1

 2π  xn 3

n

n

·

On peut proposer une autre méthode.

En remarquant que 1 + x + x2 = f (x) = ln

1−x3 1−x



pour tout x ∈ IR \ {1} , il vient pour x ∈ ]−1, 1[ que :

1 − x3 1−x





1

= ln(1 − x3 ) − ln(1 − x),

et l’on peut terminer le calcul à partir du développement en série entière de ln(1 − t) sur ]−1, 1[ . 12.23 Pour tout n ∈ IN∗ , on a :



1/2 n



=

11 2

2

− 1 ··· n!

2



−n+1

1 × 3 × · · · × (2n − 3) 2n n! 2 × 4 × · · · × 2n 1 × 3 × · · · × (2n − 1) = (−1)n−1 × 2n (2n − 1) n! 2 × 4 × · · · × 2n = (−1)n−1

(−1)n−1 (2n)! · 2n − 1 22n n!2 Par conséquent, d’après la proposition 22 de la page 519 : =

+∞

∀x ∈ ]−1, 1[

 

 (−1)n−1 2n √ n 1 + x = (1 + x)1/2 = xn . 2n − 1 22n n=0

Remarque On pouvait aussi primitiver le développement en série entière obtenu dans l’exemple 22 de la page 520.

540

Solutions des exercices 12.24 1. La fonction Arcsin est dérivable sur ]−1, 1[ et : ∀x ∈ ]−1, 1[

Arcsin′ (x) = √

1 1 = (1 − x2 )− 2 . 1 − x2

Comme pour tout x ∈ ]−1, 1[ , on a −x2 ∈ ]−1, 1[ , il vient : Arcsin′ (x) =

∀x ∈ ]−1, 1[

+∞  1   − n=0

′

(−1)n x2n ,

2

n

ce qui montre que Arcsin est développable en série entière sur ]−1, 1[ . Par primitivation puis produit, on en déduit que Arcsin2 est développable en série entière sur ]−1, 1[ . 2. Posons f : ]−1, 1[ x

IR Arcsin2 (x).

−→ �−→

La fonction f est deux fois dérivable sur ]−1, 1[ et, après calculs, on a : ∀x ∈ ]−1, 1[ ce qui donne :

2 Arcsin x f ′ (x) = √ 1 − x2

et

f ′′ (x) =

2x Arcsin x 2 + , √ 2 2 1 − x2 (1 − x ) 1 − x

∀x ∈ ]−1, 1[ (1 − x2 )f ′′ (x) = xf ′ (x) + 2. D’après la question précédente, il existe une suite (an )n∈IN de réels telle que : ∀x ∈ ]−1, 1[

f (x) =

+∞ 

(⋆)

an xn .

n=0

Par dérivation terme à terme d’une série entière sur son intervalle ouvert de convergence, on a pour tout x ∈ ]−1, 1[ : xf ′ (x) =

+∞ 

nan xn

n=0

′′

f (x) =

+∞ 

(n + 2)(n + 1)an+2 xn

n=0

x2 f ′′ (x) =

+∞  n=0

donc la relation (⋆) se réécrit :

n(n − 1)an xn ,

+∞   n=0

puis :

+∞   n=0



(n + 2)(n + 1)an+2 − n(n − 1)an − nan xn = 2,



(n + 2)(n + 1)an+2 − n2 an xn = 2.

Par unicité du développement en série entière, en déduit : a2 = 1

et

∀n ∈ IN∗

an+2 =

n2 an . (n + 2)(n + 1)

Le fait que a1 = f ′ (0) = 0 montre que ∀k ∈ IN a2k+1 = 0 par récurrence immédiate sur k , et comme a2 = 1 , on a par récurrence sur k : ∀k ∈ IN

∗

a2k



2

22k−1 (k − 1)! = (2k)!

·

541

Chapitre 12. Séries entières Enfin, on a a0 = f (0) = 0 ce qui permet de conclure :

 2 +∞ 2k−1  2 (k − 1)!

2

∀x ∈ ]−1, 1[

Arcsin (x) =

(2k)!

k=1

+∞  22k−1 2k  x .

x2k =

k=1

k2

2k k

Remarque La propriété de parité de la fonction f ainsi que l’unicité du développement en série entière permettent d’obtenir plus rapidement la relation : a2k+1 = 0

∀k ∈ IN

et de chercher le développement en série entière sous la forme



+∞

uk x2k .

k=0

1 12.25 1. Pour tout n ∈ IN , on pose an =   et pour tout n ∈ IN∗ , on a : 2n n





2n n

=



2n 2n − 1 n n−1

On en déduit : an = an−1







=2

2(n − 1) n−1



2n n



2n − 1 n



=



=



1 n −→ · 2(2n − 1) n→+∞ 4

D’après la règle de d’Alembert, le rayon de convergence de la série 2. Pour tout n ∈ IN∗ on a :

2(2n − 1)an = nan−1 ,

soit :



2(2n − 1) 2(n − 1) . n n−1



xn

(2n n)

4nan − 2an = (n − 1)an−1 + an−1 .

vaut 4 .

(∗)

n

En multipliant la relation (∗) par x , avec |x| < 4 et en sommant, il vient : 4

+∞  n=1

et donc :

nan xn − 2

+∞ 

an xn =

n=1

+∞  n=1

(n − 1)an−1 xn +

+∞ 

an−1 xn ,

n=1

4xf ′ (x) − 2(f (x) − 1) = x2 f ′ (x) + xf (x),

puis :

x(4 − x)f ′ (x) − (x + 2)f (x) = −2. Remarque

En résolvant cette équation sur l’intervalle ]0, 4[ , on montre que : ∀x ∈ ]0, 4[

Il s’ensuit que :

f (x) =







x 4 + 2 Arcsin −1 +π 4−x 2

+∞  1   4 1 2n = f (1) = + −2 Arcsin +π n=0

542

n

3

2



x1/2 · (4 − x)3/2

4 2π 1 = + √ · 3 33/2 9 3

Solutions des exercices 12.26 Soit z ∈ DO (0, R) . Pour tout h ∈ C tel que |h| < R−|z| (en convenant que +∞−|z| = +∞ ), on a |z| + |h| < R . Par conséquent, la série D’après le formule du binôme, on a : +∞  n=0



n

|an | |z| + |h|

=

+∞  n=0

|an |



n    n

n

|an | |z| + |h|

n−k

|z|

k

k=0





k

|h|



est convergente.

 n

=

|an | |z|n−k |h|k .

k

0kn

(∗)

Puisque la somme de gauche dans la relation (∗) est finie, on en déduit que la famille



|an |

n

|z|n−k |h|k

k



Par conséquent, la famille

f (z + h) =

est sommable.

0kn

   n an

an z

k

k=0

est sommable et l’on a :

0kn

 n   +∞   n n=0



z n−k hk

k

n−k

k

h



=

+∞  +∞     n k=0

n=k





an z n−k hk .

k





=bk



Le calcul qui précède montre que le rayon de convergence de la série entière bk hk est supérieur ou égal à R−|z| , donc strictement positif. On a ainsi démontré que fz : h �→ f (z +h)   est développable en série entière sur DO 0, R − |z| . 12.27 1. Notons



an z n la série entière associée à f . La série entière

n1



n1



|an |z n−1 est de rayon

de convergence strictement positif (celui de an z n par décalage), donc sa somme est bornée au voisinage de 0 et il existe ρ > 0 tel que : +∞ 

∀z ∈ DO (0, ρ)

|an ||z|n = |z|

n=1

+∞  n=1

|an ||z|n−1 < 1.

(⋆)

Soit z ∈ DO (0, ρ) . Pour p ∈ IN , par distributivité généralisée, on a :

 +∞  n=1

n

|an ||z|

p

=

#ℓ  

ℓ∈(IN∗ )p i=1

|aℓi ||z|ℓi ,

où #ℓ désigne le nombre de termes de la liste ℓ (ici, #ℓ = p ). D’après (⋆ ),



+∞ p=0

 +∞ 

n=1

 +∞ +∞   p=0

donc la famille

n=1

 #ℓ 

|an ||z|n n

|an ||z|

i=1

p

p

|aℓi ||z|ℓi



=

est une série convergente et l’on a : #ℓ  ℓ∈Ω i=1

|aℓi ||z|ℓi

avec

Ω=



(IN∗ )p ,

p∈IN

est sommable. ℓ∈Ω

Pour tout k ∈ IN , on pose Ωk =



ℓ∈Ω :

#ℓ 

i=1

ℓi = k . La famille (Ωk )k∈IN est une

543

Chapitre 12. Séries entières partition de Ω et, par le théorème de sommation par paquets, on a : +∞

 1 = 1 − f (z) p=0

 +∞ 

an z

n

n=1

p

=

#ℓ  ℓ∈Ω i=1

=

+∞  k=0

ce qui démontre que la fonction z �→

1 1−f (z)

a ℓi z ℓi



#ℓ 

a ℓi

ℓ∈Ωk i=1



zk ,

est développable en série entière.

Remarque En adaptant un peu la preuve précédente, on peut démontrer que si g est une fonction développable en série entière, alors z �→ g(f (z)) est bien définie au voisinage de 0 et développable en série entière. 2. La fonction 1 − cos est développable en série entière et vaut 0 en 0 donc x �→ cos1 x est développable en série entière. La fonction sin est développable en série entière et, par produit, la fonction tan est développable en série entière. 12.28 1. Soit



an xn une série entière de rayon de convergence R > 0 dont on note g la somme.

Pour tout x ∈ ]−R, R[ , on a par produit de Cauchy : 2

xg(x) − g(x) + 1 =

 n +∞   n=0

k=0

ak an−k − an+1



xn+1 − a0 + 1.

Par unicité du développement en série entière , la relation xg(x)2 − g(x) + 1 = 0 est vérifiée si, et seulement si : a0 = 1

et

∀n ∈ IN

an+1 =

n 

ak an−k .

k=0

Grâce aux hypothèses faites sur f , on en déduit 4x2 f (x)2 − 4xf (x) + 4x = 0 , puis : (2xf (x) − 1)2 = 1 − 4x.

La fonction x �→ 2xf (x) − 1 est continue en 0 et vaut −1 en 0 donc pour x au voisinage de 0 , on a :  √ 1  1 − 1 − 4x . 2xf (x) − 1  0 puis f (x) = 2x √ 1 2. • Posons g : x �→ 2x (1 − 1 − 4x) , que l’on prolonge par continuité en 0 en posant g(0) = 1 .   Tout d’abord, pour tout x ∈ − 41 , 41 , on a :



n−1

√

1 − 4x = 1 +

Ensuite, on a :





+∞  n=1

1 1 ∀x ∈ − , \ {0} 4 4

k=0

( 21 − k) n!

g(x) =

(−1)n 4n xn = 1 −

+∞  2(2n − 2)! n=1

n!(n − 1)!

xn .

+∞ +∞ 1  2(2n − 2)! n  (2n)! x = xn , 2x n!(n − 1)! (n + 1)!n! n=1

n=0

et cette relation est encore vérifiée pour x = 0 , ce qui montre que la fonction g est développable en série entière.

544

Solutions des exercices 



2n 1 • Pour tout n ∈ IN , on pose dn = (n + 1) n



1 1 ∀x ∈ − , 4 4



et l’on a :

g(x) =

+∞ 

dn x n .

n=0

2

Comme g(x) vérifie xg(x) = g(x) − 1, il vient d’après le début de la question précédente : dn+1 =

∀n ∈ IN

n 

dk dn−k .

k=0

Comme on a aussi d0 = c0 , par récurrence forte, on en déduit cn = dn pour tout n . 12.29 Il est clair que f est de classe C ∞ sur IR∗ . 1. Démontrons par récurrence : Hn : « il existe Pn ∈ IR[X] tel que f (n) (x) = Pn

1 x

f (x) pour tout x ∈ IR∗ ».

Pour n = 0 , le polynôme P0 = 1 convient. Supposons Hn pour un n ∈ IN . Alors, en dérivant f (n) , il vient, pour tout x ∈ IR∗ :



f (n+1) (x) = −

1 ′ P x2 n

  1 x

2 Pn x3

+

  1 x

f (x).

Il s’ensuit que le polynôme Pn+1 = 2X 3 Pn − X 2 Pn′ convient.

2. • Notons (Pn )n∈IN la suite de polynômes définie par : P0 = 1

et

∀n ∈ IN

Pn+1 = 2X 3 Pn − X 2 Pn′ .

(⋆)

Soit n ∈ IN . Le polynôme Pn est élément de IRd [X] pour un certain entier d . On a donc, au voisinage de 0 :     1 1 Pn =O , d+1 x x et donc, par croissances comparées : Pn

1 x



exp −

1 x2



−→ 0.

(⋆⋆)

x→0

• Notons g le prolongement par continuité de f obtenu en posant g(0) = 0 . Pour tout n ∈ IN , on définit le prédicat Pn : g ∈ C n (IR, IR),

∀x ∈ IR∗

g (n) (x) = Pn

 



1 1 exp − 2 x x



et

g (n) (0) = 0.

Initialisation. La propriété P0 est évidemment vérifiée. Hérédité. Soit n ∈ IN . Supposons Pn . Sur la réunion d’intervalles ouverts IR∗ , la fonction g (n) est de classe C 1 et, par la question précédente, on a : ∀x ∈ IR∗



′

g (n) (x) = f (n+1) (x) = Pn+1

Par ailleurs, d’après la relation (⋆⋆) , on a :



′

 





1 1 exp − 2 · x x

g (n) (x) −→ 0.

Enfin, la fonction g

(n)

x→0

est continue par hypothèse de récurrence.

545

Chapitre 12. Séries entières Par le théorème de limite de la dérivée, on en déduit que g (n) est de classe C 1 , donc que g est de classe C n+1 et que : 1  1 et g (n+1) (0) = 0, exp − 2 ∀x ∈ IR∗ g (n+1) (x) = Pn+1 x x ce qui achève la preuve de l’hérédité. En conclusion, la fonction g est de classe C ∞ sur IR et : ∀n ∈ IN

g (n) (0) = 0.

3. La série de Taylor de g est nulle. Cependant, la fonction g ne s’annule qu’en 0 (car g(x) = exp(−1/x2 ) > 0 lorsque x �= 0 ). Ainsi, g ne coïncide sur aucun intervalle ]−r, r[ avec la somme de sa série de Taylor ; la fonction g n’est pas développable en série entière. 12.30 Fixons r > 0 tel que la fonction f soit de classe C ∞ sur ]−r, r[ et : Pour tout x ∈ ]−r, r[ , on pose :

Rn (x) = f (x) −



Montrons que la suite Rn (x)



f (p) (x)  0.

∀x ∈ ]−r, r[

∀p ∈ IN

n  f (k) (0)

k!

k=0

xk .

converge vers 0 , ce qui permet de conclure.

n∈IN

D’après la formule de Taylor avec reste intégral, on a : ∀x ∈ ]−r, r[

∀n ∈ IN

Rn (x) =



x

0

(x − t)n (n+1) f (t) dt. n!

Par le changement de variable linéaire t = xu , il vient : Rn (x) = xn+1



1

0

• Soit x ∈ ]0, r[ . Fixons y ∈ ]x, r[ .

(1 − u)n (n+1) (xu) du. f n!

Soit n ∈ IN . Par croissance de la fonction f (n+1) sur ]−r, r[ , on a pour tout u ∈ [0, 1] : f (n+1) (xu)  f (n+1) (yu)

(1 − u)n (n+1) (1 − u)n (n+1) (xu)  (yu) f f n! n! puis, par croissance de l’intégrale : Rn (y) Rn (x)  n+1 · xn+1 y Comme les réels x et y sont positifs, il vient : 0  Rn (x)  Rn (y) On a f (y) − Rn (y) =

n  f (k) (0)

k=0

k!

Rn (y)  f (y)

 n+1 x y

y k  0 donc : puis

0  Rn (x)  f (y)

 n+1 x y

·

Par comparaison à une suite géométrique qui converge vers 0 , on a Rn (x) −→ 0 . n→+∞

546

Solutions des exercices • Maintenant, soit x ∈ ]−r, 0] . Par positivité et croissance de la fonction f (n+1) sur ]−r, r[ , on a :   ∀t ∈ [x, 0] f (n+1) (t) = f (n+1) (t)  f (n+1) (0). D’après l’inégalité de Taylor-Lagrange, il vient :

n+1   Rn (x)  |x| f (n+1) (0).

(n + 1)!

 |x|n

f (n) (0) est une série convergente donc son D’après le point précédent, la série n! terme général converge vers 0 et la majoration précédente montre que Rn (x) −→ 0 . n→+∞

En conclusion, on a pour tout x ∈ ]−r, r[ : Rn (x) −→ 0

donc

n→+∞

f (x) =

+∞ (k)  f (0) k=0

k!

xk ,

ce qui montre que la fonction f est développable en série entière.

12.31 1. Démontrons par récurrence l’assertion Hn : « la fonction f est de classe C n et f (n) (x) = λ

n(n−1) 2

f (λn x) pour tout x ∈ IR ».

• Puisque f est par définition dérivable, f est continue. n(n−1)

De plus la formule f (n) (x) = λ 2 f (λn x) pour tout x ∈ IR est évidemment vérifiée lorsque n = 0 . • Supposons Hn vérifiée pour un entier naturel n . Par hypothèse, pour tout x ∈ IR , n(n−1)

on a f (n) (x) = λ 2 f (λn x) et, puisque f est dérivable, cette dernière relation donne que f (n) est dérivable. De plus, toujours pour x ∈ IR , on a : f (n+1) (x) = λ

n(n−1) 2

λn f ′ (λn x) = λ

n(n+1) 2

f (λn+1 x).

Cette expression montre que f (n+1) est continue et donc que f est de classe C n+1 .

Cela démontre le résultat par récurrence.

2. Utilisons l’inégalité de Taylor-Lagrange pour démontrer que f est nécessairement la somme de sa série de Taylor sur IR . Soit a ∈ IR . Notons Ma =





max

x∈[−|a|,|a|]

|f (x)| , qui est bien définie puisque f est continue





sur le segment −|a|, |a| . Pour tout x ∈ −|a|, |a| et n ∈ IN , on a :

 (n+1)   n(n+1)  f (x) = λ 2 f (λn x)  Ma .

Par l’inégalité de Taylor-Lagrange, on en déduit pour tout n ∈ IN :

  n    f (k) (0) k  |a|n+1  a   Ma · f (a) − k! (n + 1)!   k=0

La suite de terme général

|a|n+1 (n+1)!

converge vers 0 (c’est le terme général d’une série

convergente), ce qui montre que la fonction f est développable en série entière sur IR .

547

Chapitre 12. Séries entières Comme on a : on en déduit :

∀n ∈ IN ∀x ∈ IR

f (n) (0) = λ

f (x) = f (0)

n(n−1) 2

f (0),

n(n−1) +∞  λ 2

n=0

n!

xn .

Réciproquement, il est par ailleurs facile de vérifier que x �→ µ du problème pour tout µ ∈ IR .

548

n(n−1) +∞  λ 2

n=0

n!

xn est solution

Chapitre 13 : Intégrales à paramètres I

Suites et séries d’intégrales . . . . . . . . . Le théorème de convergence dominée . . . . Intégration terme à terme . . . . . . . . . . II Continuité et dérivabilité . . . . . . . . . . . 1 Continuité d’une intégrale à paramètre . . . 2 Limites d’intégrales . . . . . . . . . . . . . 3 Dérivation d’une intégrale à paramètre . . . Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 2

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

550 . 550 . 553 557 . 557 . 558 . 560 567

Intégrales à paramètres

13

Dans ce chapitre, nous étudions des intégrales dépendant d’un paramètre qui peut être entier (suites de fonctions) ou réel. Dans les deux cas, nous nous intéresserons aux problèmes de convergence et dans le second cas à la continuité et à la dérivabilité. Pour la continuité, le paramètre pourra même plus généralement être pris dans un espace vectoriel de dimension finie. Dans tout le chapitre, les intervalles de IR considérés sont d’intérieur non vide et les fonctions sont à valeurs dans IK = IR ou IK = C.

I

Suites et séries d’intégrales

1

Le théorème de convergence dominée

Théorème 1 (Théorème de convergence dominée) Soit (fn )n∈IN une suite de fonctions continues par morceaux sur un intervalle I . On fait les hypothèses suivantes : • la suite de fonctions (fn )n∈IN converge simplement sur I vers une fonction f continue par morceaux sur I , • hypothèse de domination : il existe ϕ : I → IR intégrable sur I telle que :   ∀n ∈ IN ∀t ∈ I fn (t)  ϕ (t) .

Exo 13.1

Alors toutes les fonctions fn , ainsi que f , sont intégrables sur I et l’on a :   fn −→ f. I

n→+∞

I

Nous n’en ferons pas la démonstration qui est hors programme.

I Suites et séries d’intégrales Ex. 1. Pour tout n ∈ IN , on pose : fn : ]1, +∞[ t

et

IR 1 + tn 1 + tn+2

−→ �−→

In =



+∞

fn (t) dt. 1

• Pour tout n ∈ IN , la fonction fn est continue par morceaux.

• Pour tout t > 1 , on a :

fn (t) =

1 + tn 1 + tn+2

∼

tn

n→+∞ tn+2

=

1 , t2

donc la suite (fn ) converge simplement vers la fonction t �→ sur ]1, +∞[ .

1 t2

, continue par morceaux

• Hypothèse de domination. Pour tout n ∈ IN , on a : n n n   fn (t) = 1 + t  t + t = 2 · n+2 n+2 2

∀t > 1

1+t

t

t

La fonction t �→ t22 étant intégrable sur ]1, +∞[ , cela fournit l’hypothèse de domination. Par le théorème de convergence dominée, on en déduit : In −→

n→+∞

Attention



+∞

1

1 dt = 1. t2

Constatons sur un exemple l’importance de l’hypothèse de domination.

Ex. 2. Pour tout n ∈ IN∗ , soit fn :

[0, 1[ t

−→ �−→

IR n2 tn−1 .

Pour tout n ∈ IN∗ , la fonction fn est continue, et intégrable sur [0, 1[ car elle admet une limite finie en 1 . Pour tout t ∈ [0, 1[ fixé, on a lim fn (t) = 0 , par croissances comparées. n→+∞

Ainsi la suite (fn )n∈IN∗ converge simplement sur [0, 1[ vers la fonction nulle.

Toutes les hypothèses du théorème de convergence dominée sont vérifiées, hormis l’hypothèse de domination. Or



1

0

On a donc

Exo 13.2

lim

n→+∞



fn (t) dt = ntn



0

1

fn (t) dt �=



0

1 0

= n.

1

lim fn (t) dt .

n→+∞

Point méthode Il faut bien noter, dans l’énoncé du théorème de convergence dominée, que l’intervalle d’intégration est fixe. Prolonger la fonction par la fonction nulle permet parfois de contourner cette difficulté lorsque l’intervalle d’intégration dépend de n.

551

Chapitre 13. Intégrales à paramètres ∗

Ex. 3. Pour tout n ∈ IN , on pose In = • Pour tout n ∈ IN∗ , la fonction :





√ n 0

fn : [0, +∞[

−→

t

�−→

est continue par morceaux et



t2 1− n

n

IR 

t2 n

1−

dt .

n

1[0,√n] (t)

+∞

fn (t) dt = In .

0

• Soit t  0 . Fixons n0 ∈ IN∗ tel que n0 > t2 . Alors, pour tout n  n0 , on a : fn (t) =



t2 1− n

n





t2 = exp n ln 1 − n



·

On a de plus :



ln 1 −

t2 n



∼

n→+∞

−

t2 n

donc



n ln 1 −

t2 n



−→ −t2 .

n→+∞ 2

Par continuité de la fonction exp en −t2 , on obtient fn (t) −→ e−t . n→+∞

2

Ainsi, la suite de fonction (fn ) converge simplement vers la fonction t �→ e−t , qui est continue sur [0, +∞[ .  √  • Hypothèse de domination. Soit n ∈ IN∗ et t ∈ 0, n . Par inégalité de convexité puis par croissance de exp , on a : ln Pour t 



1−

t2 n



−

t2 n

   2   2 fn (t) = exp n ln 1 − t  e−t .

donc

n

√ n , on a fn (t) = 0 , donc cette inégalité reste vraie. On a donc obtenu : ∀n ∈ IN∗

∀t  0

2

  fn (t)  e−t2 .

La fonction t �→ e−t étant intégrable sur [0, +∞[ , cela fournit l’hypothèse de domination. Par théorème de convergence dominée, on en déduit : In −→

n→+∞

552



0

+∞

2

e−t dt.

I Suites et séries d’intégrales

2

Intégration terme à terme

Nous admettrons les deux théorèmes suivants. Théorème 2 (Théorème d’intégration terme à terme – cas positif) Soit (un )n∈IN une suite de fonctions intégrables sur un intervalle I , à valeurs  un converge simplement et telle que sa somme soit dans IR+ , telle que la série continue par morceaux sur I . Alors, dans [0, +∞], on a :   +∞  +∞  un . un = I n=0

Exo 13.3

n=0

I

En particulier, l’intégrabilité de la somme équivaut à : +∞   un < +∞. I

n=0

Ex. 4. Montrons que



1

0

+∞

 1 ln t dt = · t−1 (n + 1)2 n=0

• Pour tout t ∈ ]0, 1[ , la série géométrique +∞ 



tn ln t converge et l’on a :

tn ln t =

n=0

• Pour tout n ∈ IN , la fonction un : ]0, 1[ t dans IR+ et



−→ �−→

ln t · 1−t est intégrable sur ]0, 1[ , à valeurs IR −tn ln t

un converge simplement vers la fonction t �→

ln t t−1

, continue sur ]0, 1[ .

• Par intégration par parties, on a :



0

1





−un (t) dt =



1 n

t ln t dt =

0



tn+1 ln t n+1

1 0

−

1 n+1



0

1

tn dt = −

1 · (n + 1)2

Par théorème d’intégration terme à terme, on en déduit :



1 0

+∞

 ln t dt = t−1 n=0

Observons que la convergence de la série





1

un (t) dt =

0

1 (n+1)2

+∞  n=0

1 · (n + 1)2

assure l’intégrabilité de la fonction t �→

ln t t−1

,

ce que l’on pourrait, naturellement, montrer directement.

553

Chapitre 13. Intégrales à paramètres Théorème 3 (Théorème d’intégration terme à terme) Soit (un )n∈IN une suite de fonctions intégrables sur un intervalle I , telle que la  série un converge simplement vers une fonction continue par morceaux sur I . +∞   +∞  Si |un | < +∞, alors, la fonction un est intégrable sur I et : n=0

n=0

I

  +∞

Exo 13.4

un =

I n=0

Ex. 5. Montrons que



1

0

+∞  

+∞

 (−1)n ln t dt = · 1+t (n + 1)2 n=0

• Pour tout t ∈ ]0, 1] , la série géométrique +∞ 



(−1)n tn ln t converge et l’on a :

(−1)n tn ln t =

n=0

• Pour tout n ∈ IN , la fonction un : ]0, 1] t la série



un .

I

n=0

−→ �−→

ln t · 1+t

IR (−1)n tn ln t

un converge simplement vers la fonction t �→

ln t 1+t

est intégrable sur ]0, 1] et

, continue sur ]0, 1] .

• Comme vu dans l’exemple 4 de la page précédente, on a pour tout n ∈ IN :



1

0

La série



fonction t

  un (t) dt = −

1 étant convergente, le (n+1)2 ln t �→ 1+t est intégrable sur ]0, 1]



0

1



1

tn ln t dt =

0

1 · (n + 1)2

théorème d’intégration terme à terme s’applique : la

 ln t dt = 1+t +∞

n=0

et :



1

un (t) dt =

0

+∞  (−1)n+1 n=0

(n + 1)2

·

Point méthode D’après le théorème d’intégration terme à terme (cas positif),  pour démontrer la convergence de la série |un |, il est équivalent de montrer I +∞  l’intégrabilité de la fonction |un | sur I . n=0

Ex. 6. • Soit x ∈ ]−1, 1[ . La fonction f : t �→ e−t tx est continue sur ]0, +∞[ . Par ailleurs, on a : e−t tx

∼ tx

t→0+

avec

x > −1

et

donc la fonction f est intégrable sur ]0, +∞[ .

554

e−t tx

=

t→+∞

o

1 t2

avec

2 > 1,

I Suites et séries d’intégrales • D’après le développement en série entière de la fonction exp, on a :





+∞

e−t tx dt =

0

+∞ +∞



0

e−t



n=0

(ln t)n n x dt. n!  

=un (t)

Les fonctions un sont continues par morceaux et intégrables sur ]0, +∞[ et la série converge simplement vers la fonction continue f . • Par positivité de |un | , on a ensuite : +∞   n=0

+∞ 0

  un (t) dt =

=



+∞ +∞



0



e

−t −|x|

t

un

| ln t|n n |x| dt n!

e−t

n=0

1





dt +

0

+∞

e−t t|x| dt < +∞ 1

car les fonctions t �→ e−t t−|x| et t �→ e−t t|x| sont intégrables sur ]0, +∞[ comme vu dans   le premier point étant donné que −|x|, |x| ∈ ]−1, 1[2 .

   +∞  un (t) dt étant convergente, le théorème d’intégration terme à terme s’applique 0

La série et donne :



+∞

e−t tx dt =

0

 +∞  1 n=0

n!

e−t (ln t)n dt xn ,

0

ce qui montre en particulier que la fonction x �→ entière sur ]−1, 1[ et donc que la série entière



+∞

e−t tx dt est développable en série

0

 +∞  1 n=0

convergence supérieur ou égal à 1 .



+∞

n!



+∞

e−t (ln t)n dt xn a un rayon de

0

   |un | est essentielle et la L’hypothèse de convergence de la série I    seule convergence, même absolue, de la série I un ne suffit pas, comme le montre l’exemple suivant. Attention

Ex. 7. Pour tout n ∈ IN , soit un : ]−1, 1[ → IR définie par un (t) = t2n+1 . • Pour tout n ∈ IN , la fonction un est intégrable, impaire, et l’on a : En particulier, la série



 1

−1



1

un = 0 .

−1

un converge.

un converge simplement sur ]−1, 1[ , puisque, pour tout t ∈ ]−1, 1[ , la sé• La série  un (t) est une série géométrique de raison t2 ∈ [0, 1[ . rie Sa somme t �→

t 1−t2

est continue sur ]−1, 1[ , mais elle n’est pas intégrable, car on a : t 1 · ∼ 1 − t2 t→1 2(1 − t)

555

Chapitre 13. Intégrales à paramètres Autres méthodes pour intégrer terme à terme  Soit un une série de fonctions intégrables sur I , qui converge simplement, dont on notera Sn , Rn et S respectivement la n-ième somme partielle, le reste d’ordre n et la somme. Si S est intégrable sur I , alors, par linéarité de l’intégrale, on a :     n   S = Sn + Rn = uk + Rn , I

I

I

k=0

I

I

 u est convergente, de somme I S si, et seulede sorte que la série numérique I n  ment si, la suite I Rn converge vers 0 . Les deux théorèmes d’intégration terme à terme, lorsqu’ils s’appliquent, permettent  d’échanger directement les symboles et I , autrement dit d’intégrer terme à terme  la série de fonctions un . Lorsque leurs hypothèses ne  sont pas vérifiées, il faudra le plus souvent démontrer que la suite de terme général I Rn converge vers 0 pour justifier une intégration terme à terme. 

Point méthode Pour justifier une interversion série/intégrale, on pourra parfois, en notant  Sn et Rn la somme partielle et le reste d’ordre n de la série de fonctions un de somme S , vérifier que :    Rn −→ 0 ou Sn −→ S. I

n→+∞

n→+∞

I

I

Pour établir de telles limites, on utilisera en général le théorème de convergence dominée.

Ex. 8. • Pour t > 1 , la série géométrique

 (−1)n t3n+3

converge, et l’on a :

+∞  (−1)n n=0

• Pour tout n ∈ IN , on pose un :

t3n+3

]1, +∞[ t

=

1 · 1 + t3

−→ �−→

et la série de fonctions

IR 1

t3n+3

converge simplement sur ]1, +∞[ vers la fonction continue t �→

1 · 1+t3

• Hypothèse de domination. Soit n ∈ IN . Puisque pour tout t > 1 , la suite en décroissant vers 0 , d’après le théorème des séries alternées, on a :

  +∞      1 1  uk (t)  3n+3  3 , ∀t > 1 Rn (t) =  t  t 



1 t3n+3



1 t3

est intégrable sur ]1, +∞[ .

Par théorème de convergence dominée, on en déduit que



1



1

556

+∞

+∞

 1 dt = 3 1+t n=0



1

+∞

+∞

Rn (t) dt −→ 0 puis : n→+∞

+∞

 (−1)n (−1)n dt = · 3n+3 t 3n + 2 n=0

un

converge

k=n+1

et la fonction t �→



II Continuité et dérivabilité On observe que le théorème d’intégration terme à terme ne s’applique pas ici car : ∀n ∈ IN



+∞

1

En revanche, l’inégalité :

  un (t) dt = ∀t > 1

permet de montrer directement que



+∞

1

   

1

II 1

+∞

 

Rn (t) dt 



+∞

1

1 3n + 2

+∞ 

et

n=0

  Rn (t) 

1 = +∞· 3n + 2

1 t3n+3

Rn (t) dt −→ 0 puisque : n→+∞

  Rn (t) dt 



+∞

1

1 dt = · t3n+3 3n + 2

Continuité et dérivabilité

Continuité d’une intégrale à paramètre

Théorème 4 (Théorème de continuité d’une intégrale à paramètre) Soit A une partie non vide d’un espace normé E de dimension finie, I un intervalle de IR et f : A × I → IK . On fait les hypothèses suivantes : • pour tout t ∈ I , la fonction x �→ f (x, t) est continue sur A,

• pour tout x ∈ A, la fonction t �→ f (x, t) est continue par morceaux sur I ,

Exo 13.5

• hypothèse de domination : pour tout a ∈ A, il existe un voisinage V de a et une fonction ϕ : I → IR intégrable sur I telle que :   ∀(x, t) ∈ (V ∩ A) × I f (x, t)  ϕ(t).

Alors la fonction g : x �→



f (x, t) dt est définie et continue sur A.

I

Principe de démonstration.

Démonstration page 564 On utilise la caractérisation séquentielle de la continuité et le

théorème de convergence dominée.

Point méthode • Bien entendu, une domination sur tout A est suffisante et dans la pratique, on commencera par chercher à établir une telle domination. • Lorsque A est un intervalle de IR, on pourra chercher une domination sur tout segment de A ou sur toute famille d’intervalles adaptée à la situation, c’est-àdire permettant d’obtenir une domination sur tout segment de A.

Ex. 9. Montrons que la fonction g : x �→



0

+∞

e−xt dt est définie et continue sur IR+ . 1 + t2

Appliquons le théorème de continuité en notant f : (x, t) �→

e−xt · 1+t2

• Pour tout t ∈ [0, +∞[ , la fonction x �→ f (x, t) est continue sur IR+ . • Pour tout x ∈ IR+ , la fonction t �→ f (x, t) est continue par morceaux sur [0, +∞[ .

557

Chapitre 13. Intégrales à paramètres • Hypothèse de domination. Pour tout (x, t) ∈ IR+ × [0, +∞[ , on a : −xt   f (x, t) = e  2

1+t

La fonction ϕ : t �→

1 1+t2

1 · 1 + t2

est continue sur [0, +∞[ et ϕ (t)

1 ∼ 2 t→+∞ t

; d’où l’intégrabilité

de ϕ sur [0, +∞[ . En conclusion, la fonction g est définie et continue sur IR+ . Ex. 10. Montrons que la fonction g : x �→ On définit f sur IR∗+ × [0, +∞[ par :



+∞

cos(t2 )e−xt dt est définie et continue sur IR∗+ .

0

∀(x, t) ∈ IR∗+ × [0, +∞[

f (x, t) = cos(t2 )e−xt .

• Pour tout t ∈ [0, +∞[ , la fonction x �→ f (x, t) est continue sur IR∗+ . • Pour tout x ∈ IR∗+ , la fonction t �→ f (x, t) est continue par morceaux sur [0, +∞[ . • Hypothèse de domination. Soit a > 0 . Pour tout x  a , on a : ∀t ∈ [0, +∞[

  f (x, t)  e−xt  e−at .

Comme a est strictement positif, la fonction t �→ e−at est intégrable sur [0, +∞[ , ce qui fournit l’hypothèse de domination sur [a, +∞[ , et donc sur tout segment de IR∗+ . En conclusion, la fonction g est bien définieet continue sur IR∗+ .  Ex. 11. Soit H = z ∈ C : Re(z) > 0 et f : [0, +∞[ → C une fonction continue par

morceaux telle que, pour tout p ∈ H , la fonction t �→ e−pt f (t) soit intégrable sur [0, +∞[ . On définit la transformée de Laplace Lf : H → C de f par : Lf (p) =

∀p ∈ H



+∞

e−pt f (t) dt.

0

Montrons que Lf est continue sur H . • Pour tout t ∈ [0, +∞[ , la fonction p �→ e−pt f (t) est continue sur H .

• Pour tout p ∈ H , la fonction t �→ e−pt f (t) est continue par morceaux sur [0, +∞[ . • Hypothèse de domination. Soit a > 0 et p ∈ H tel que Re(p) > a . Alors on a :

 −pt      e f (t) = e− Re(p)t f (t)  e−at f (t).   Comme a est strictement positif, la fonction t �→ e−at f (t) est intégrable sur [0, +∞[ par ∀t ∈ [0, +∞[

hypothèse.





Les ouverts z ∈ C : Re(z) > a recouvrent H quand a décrit IR∗+ donc on a établi l’hypothèse de domination au voisinage de tout point de H . En conclusion, la fonction Lf est bien définie et continue sur H .

2

Limites d’intégrales

La conclusion du théorème de continuité peut s’écrire :   f (x, t) dt = f (a, t) dt. lim x→a

I

I

Le théorème suivant étend ce résultat au cas où A est un intervalle de IR et a est l’une de ses extrémités. 558

II Continuité et dérivabilité Proposition 5 Soit I et A deux intervalles de IR, f : A × I → IK et a une extrémité de A. On fait les hypothèses suivantes : • pour tout x ∈ A, la fonction t �→ f (x, t) est continue par morceaux sur I ,

• il existe une fonction g ∈ CM(I, IK) telle que pour tout t ∈ I , on ait lim f (x, t) = g(t), x→a

• hypothèse de domination : il existe ϕ : I → IR intégrable sur I telle que :   ∀(x, t) ∈ A × I f (x, t)  ϕ(t).

Exo 13.6

Alors, pour tout x ∈ A, la fonction t �→ f (x, t) est intégrable sur I , la fonction g est intégrable sur I et l’on a :   f (x, t) dt = g(t) dt. lim x→a

I

I

Démonstration page 564

Principe de démonstration.

On utilise la caractérisation séquentielle de la limite et le

théorème de convergence dominée.

Remarques • Ce résultat sert surtout lorsque a = ±∞ car, pour a ∈ IR, quitte à prolonger par continuité les fonctions, on pourra le plus souvent appliquer le théorème de continuité des intégrales à paramètre. • Par caractère local de la limite, il suffit d’établir une domination au voisinage de a. Ainsi, dans le cas où a = +∞, une domination sur un intervalle de la forme J0 = [x0 , +∞[ ⊂ J suffit. Ex. 12. On reprend les notations de l’exemple 11 de la page précédente. On note ℓ0 = lim f (t) , on suppose l’existence de ℓ∞ = lim f (t) et l’on considère la t→0+

t→+∞

restriction de Lf à IR∗+ . Établissons les deux résultats suivants. • Théorème de la valeur initiale :

lim p Lf (p) = ℓ0 .

p→+∞

• Théorème de la valeur finale : lim p Lf (p) = ℓ∞ . p→0+

En effectuant dans l’intégrale définissant Lf (p) le changement de variable [t = ∀p > 0

pLf (p) =



+∞

0

e−u f

u ], p

on obtient :

 

u du. p

Appliquons la proposition 5.   • Pour tout p > 0 , la fonction u �→ e−u f up est continue par morceaux sur ]0, +∞[ . • Pour tout u > 0 , on a :

lim e−u f

p→+∞

  u p

= e−u ℓ0

et

lim e−u f

p→0+

  u p

= e−u ℓ∞ .

Les fonctions u �→ e−u ℓ0 et u �→ e−u ℓ∞ sont continues sur ]0, +∞[ .

559

Chapitre 13. Intégrales à paramètres • Hypothèse de domination. Comme f est continue par morceaux sur IR+ et possède une limite finie en +∞ , elle est bornée ; notons M = sup |f | et ϕ : u �→ M e−u . On a : IR+

∀p ∈ ]0, +∞[

   −u  u  e f   ϕ(u),  p 

∀u ∈ ]0, +∞[

ce qui fournit l’hypothèse de domination puisque ϕ est intégrable. D’après la proposition 5 de la page précédente, on peut conclure, que : p Lf (p) −→

p→+∞

3



+∞

ℓ0 e

−u

du = ℓ0

p Lf (p) −→

et

p→0+

0



0

+∞

ℓ∞ e−u du = ℓ∞ .

Dérivation d’une intégrale à paramètre

Rappel Soit I et J deux intervalles de IR, f : (x, t) �→ f (x, t) une fonction définie sur J × I à valeurs dans IK et (x0 , t0 ) ∈ J × I . Lorsqu’elle existe, la dérivée en x0 de la fonction x �→ f (x, t0 ) est appelée dérivée partielle par rapport à x en (x0 , t0 ) de f et est notée ∂f ∂x (x0 , t0 ). Ex. 13. Soit f : IR × ]0, +∞[ → IR définie par f (x, t) =

x2 · x2 +t2

Pour tout t > 0 , la fonction x �→ f (x, t) est dérivable comme quotient de fonctions dérivables, ∂f existe sur IR × ]0, +∞[ et l’on a : le dénominateur ne s’annulant pas. Par suite, ∂x 2x −2x ∂f 2xt2 (x, t) = 2 + x2 2 = 2 · 2 2 2 ∂x x +t (x + t ) (x + t2 )2

∀(x, t) ∈ IR × ]0, +∞[

Théorème 6 (Théorème de dérivation d’une intégrale à paramètre) Soit I et J deux intervalles de IR et f : (x, t) �→ f (x, t) une fonction définie sur J × I à valeurs dans IK . On fait les hypothèses suivantes : • pour tout x ∈ J , la fonction t �→ f (x, t) est intégrable sur I ,

• pour tout t ∈ I , la fonction x �→ f (x, t) est de classe C 1 sur J , • pour tout x ∈ J , la fonction t �→

∂f ∂x (x, t)

est continue par morceaux sur I ,

• hypothèse de domination : pour tout segment K de J , il existe une fonction ϕ : I → IR intégrable sur I telle que :    ∂f   ∀(x, t) ∈ K × I  (x, t)  ϕ(t). ∂x  Alors la fonction g : x �→ f (x, t)dt est bien définie, de classe C 1 sur J , et l’on a : I

Exo 13.7

∀x ∈ J

g ′ (x) =



I

∂f (x, t) dt. ∂x

Démonstration page 565 Pour tout x0 ∈ J , on forme le taux d’accroissement de g en x0 et l’on applique le théorème de continuité.

Principe de démonstration.

560

II Continuité et dérivabilité Point méthode Bien entendu, une domination sur tout J est suffisante. Dans la pratique, on commencera par essayer d’établir une telle domination globale et, seulement si nécessaire, on se limitera aux segments de J , voire à une famille d’intervalles adaptée à la situation, c’est-à-dire permettant d’obtenir une domination sur tout segment de J .

Ex. 14. Montrons que g : x �→



+∞

0

eixt dt est définie et de classe C 1 sur IR . 1 + t3

Appliquons le théorème de dérivation. eixt · 1+t3

Soit f : IR × IR+ −→ C la fonction définie par f (x, t) =

• Soit x ∈ IR . La fonction t �→ f (x, t) est continue par morceaux sur [0, +∞[ et, comme on a :

elle est intégrable sur [0, +∞[ .

  f (x, t) =

1 1 + t3

∼

t→+∞

1 , t3

• Pour tout t ∈ [0, +∞[ , la fonction x �→ f (x, t) est de classe C 1 sur IR et l’on a : it eixt ∂f (x, t) = · ∂x 1 + t3

∀(x, t) ∈ IR × [0, +∞[ • Pour tout x ∈ IR , la fonction t �→

∂f (x, t) ∂x

est continue par morceaux sur [0, +∞[ .

• Hypothèse de domination. On a :

   ∂f   (x, t) = t ·  ∂x  1 + t3

∀(x, t) ∈ IR × [0, +∞[ La fonction ϕ : t �→

t 1+t3

est continue sur [0, +∞[ et, comme ϕ(t) ∼

de +∞ , elle est intégrable sur [0, +∞[ .

1 t2

au voisinage

On déduit du théorème de dérivation que g est de classe C 1 sur IR et que : ∀x ∈ IR

g ′ (x) =



+∞

0

it eixt dt. 1 + t3

Ex. 15. Le but de cet exemple est d’expliciter pour tout x > 0 l’intégrale : g(x) =



+∞

0

sin t −xt e dt. t

On définit f sur (IR∗+ )2 par : ∀(x, t) ∈ (IR∗+ )2

f (x, t) =

sin t −xt e . t

• Soit x > 0 . La fonction t �→ f (x, t) est continue par morceaux sur IR∗+ et, comme on a : f (x, t) −→ 1 t→0+

elle est intégrable sur IR∗+ .

et

f (x, t)

=

t→+∞

O

  1 t2

,

561

Chapitre 13. Intégrales à paramètres • Pour tout t > 0 , la fonction x �→ f (x, t) est de classe C 1 sur IR∗+ et l’on a : ∀(x, t) ∈ (IR∗+ )2 • Pour tout x > 0 , la fonction t �→

∂f (x, t) = − sin(t)e−xt . ∂x

∂f (x, t) ∂x

est continue par morceaux sur IR∗+ .

• Hypothèse de domination. Soit a > 0 . On a :

    ∂f −xt   e−at .  (x, t) = | sin t|e ∂x

∀(x, t) ∈ [a, +∞[ × IR∗+

=ϕ(t)

La fonction ϕ est intégrable sur IR∗+ car a > 0 , ce qui fournit l’hypothèse de domination sur tout segment. On en déduit que g est de classe C 1 sur IR∗+ et que : g ′ (x) = −

∀x > 0



+∞

sin(t)e−xt dt = − Im

0



+∞

e(i−x)t dt.

0

Ayant :



+∞

e

(i−x)t

dt =

0



+∞

e(i−x)t i−x

0

=

x+i 1 = 2 , x−i x +1

on en déduit : ∀x > 0

g ′ (x) = −

1 · 1 + x2

Ainsi, il existe C ∈ IR tel que : ∀x > 0

g(x) = C − Arctan x.

Par inégalité triangulaire, inégalité de concavité et croissance de l’intégrale, on a :

      ∀x > 0 g(x) = 

+∞

0



sin t −xt  e dt  t

puis par majoration, g(x) −→ 0 donc C = x→+∞

En conclusion, on a ∀x > 0

562



+∞ 0



0

+∞

| sin t| −xt e dt  t

π · 2

sin t −xt π e dt = − Arctan x . t 2



0

+∞

e−xt dt =

1 , x

II Continuité et dérivabilité Corollaire 7 Soit I et J deux intervalles de IR, k ∈ IN∗ et f : (x, t) �→ f (x, t) une fonction définie sur J × I à valeurs dans IK . On fait les hypothèses suivantes : • pour tout t ∈ I , la fonction x �→ f (x, t) est de classe C k sur J , • pour tous x ∈ J et p ∈ [[0, k − 1]], la fonction t �→ • pour tout x ∈ J , la fonction t �→

Exo 13.8

k

∂ f ∂xk (x, t)

∂pf ∂xp (x, t)

est intégrable sur I ,

est continue par morceaux sur I ,

• hypothèse de domination : pour tout segment K de J , il existe ϕ : I → IR intégrable telle que :   k  ∂ f  ∀(x, t) ∈ K × I  k (x, t)  ϕ(t). ∂x 

f (x, t) dt est bien définie, de classe C k sur J et l’on a,  p ∂ f (x, t) dt. pour tout p ∈ [[0, k]] : ∀x ∈ J g (p) (x) = p I ∂x

Alors la fonction g : x �→

I

Démonstration page 565

Point méthode Pour montrer que g est de classe C ∞ , il suffit de vérifier que : • pour tout t ∈ I , la fonction x �→ f (x, t) est de classe C ∞ ;

• pour tout k ∈ IN, pour tout x ∈ J , la fonction t �→ morceaux sur I ; Exo 13.9

• chacune des dérivées partielles Ex. 16. Montrons que g : x �→ 2



+∞

−∞

∂kf ∂xk

∂kf ∂xk (x, t)

est continue par

est dominée sur tout segment.

2

e−t e−itx dt est définie et de classe C ∞ sur IR .

On définit f : (x, t) �→ e−t e−itx sur IR2 . • Pour tout t ∈ IR , la fonction x �→ f (x, t) est de classe C ∞ sur IR et l’on a : ∀(x, t) ∈ IR2

∀k ∈ IN

2 ∂kf (x, t) = (−it)k e−t e−itx . ∂xk

∂k f (x, t) ∂xk

• Pour tout x ∈ IR et tout k ∈ IN , la fonction t �→

est continue par morceaux sur IR .

• Hypothèse de domination. Soit k ∈ IN . On a : ∀ (x, t) ∈ IR

2

2

   k  ∂ f  k −t2  k (x, t) = |t| e .  ∂x 

La fonction ϕ : t �→ |t|k e−t est continue par morceaux sur IR et : ϕ(t)

=

t→±∞

o

  1 t2

·

La fonction ϕ étant intégrable, l’hypothèse de domination est vérifiée. D’après le théorème de dérivation, g est définie et de classe C ∞ sur IR , et : ∀k ∈ IN

∀x ∈ IR

g (k) (x) =



+∞

2

(−it)k e−t e−itx dt.

−∞

563

Chapitre 13. Intégrales à paramètres

Démonstrations Théorème 4 Bonne définition. La continuité par morceaux et l’hypothèse de domination montrent que pour tout x ∈ A , la fonction t �→ f (x, t) est intégrable sur I . Donc g est bien définie sur A . Continuité. Soit a ∈ A . Montrons que g est continue en a en utilisant la caractérisation séquentielle de la continuité. Soit (xn )n∈IN une suite de points de A telle que lim xn = a . n→+∞

Montrons que g(xn ) −→ g(a) . n→+∞

D’après l’hypothèse de domination, on peut fixer V un voisinage de a et ϕ : I → IR une fonction intégrable telle que :

  f (x, t)  ϕ(t).

∀(x, t) ∈ (V ∩ A) × I

À partir d’un certain rang n0 , on a xn ∈ V ∩ A . Notons (fn )nn0 la suite de fonctions définies sur I par fn (t) = f (xn , t) et appliquons-lui le théorème de convergence dominée. • •

D’après la deuxième hypothèse, chaque fn est continue par morceaux sur I . Pour tout t ∈ I fixé, d’après la première hypothèse et par composition des limites appliquée à la fonction x �→ f (x, t) , on a lim f (xn , t) = f (a, t) . n→+∞

•

Ainsi la suite (fn )nn0 converge simplement sur I vers la fonction t �→ f (a, t) , continue par morceaux sur I d’après la deuxième hypothèse. Hypothèse de domination. Pour tous t ∈ I et n  n0 , on a, d’après la troisième   hypothèse, fn (t)  ϕ(t) , avec ϕ intégrable sur I .

Par le théorème de convergence dominée, on a :



I

f (xn , t) dt −→

n→+∞



f (a, t) dt

c’est-à-dire

I

g(xn ) −→ g(a). n→+∞

Proposition 5 L’intégrabilité de chaque fonction t �→ f (x, t) se déduit de l’hypothèse de domination et du théorème de comparaison. Utilisons la caractérisation séquentielle de la limite. Soit (xn )n∈IN une suite de points de A de limite a . On a donc lim f (xn , t) = g(a) . Apn→+∞

pliquons le théorème de convergence dominée à la suite de fonctions (fn )n∈IN définies sur I par : ∀t ∈ I fn (t) = f (xn , t). • La suite (fn )n∈IN de fonctions continues par morceaux sur I converge simplement sur I vers la fonction g continue par morceaux. • On a la domination par hypothèse. Par suite, g est intégrable sur I et l’on a :



I

c’est-à-dire :



I

fn −→

n→+∞

f (xn , t) dt −→



g,

I

n→+∞



g(t) dt. I

Comme ce résultat est établi pour toute suite (xn )n∈IN de points de A de limite a , on déduit de la caractérisation séquentielle de la limite que



I

564

f (x, t) dt −→

x→a



I

g(t) dt .

Démonstrations Fixons x0 ∈ J et appliquons le théorème 4 de la page 557 à la fonction f1 : J ×I → IK   f (x, t) − f (x0 , t) si x �= x0 x − x0 définie par f1 (x, t) = ∂f  (x0 , t) si x = x0 . ∂x

Théorème 6

•

• •

Soit t ∈ I . D’après la deuxième hypothèse, la fonction x �→ f1 (x, t) est de classe C 1 donc continue sur J \ {x0 } et elle est continue en x0 par définition de la dérivée. D’après la première et la troisième hypothèse, la fonction t �→ f1 (x, t) est continue par morceaux sur I , pour tout x ∈ J . Hypothèse de domination. Soit K un segment de J contenant x0 ainsi que ϕ : I → IR intégrable telle que : � � � ∂f � ∀(x, t) ∈ K × I �� (x, t)��  ϕ(t). ∂x La classe C 1 sur J , pour tout t ∈ I , de la fonction x �→ f (x, t) permet de lui appliquer l’inégalité des accroissements finis. On en déduit, d’après l’hypothèse de domination : ∀(x, t) ∈ K × I

On peut ainsi conclure que la fonction g1 : x �→ en particulier :

� � �f1 (x, t)�  ϕ(t). �

lim g1 (x) = g1 (x0 ) =

x→x0

Or, pour x ∈ J \ {x0 } , on a : g1 (x) =

f1 (x, t) dt est continue sur J ; on a donc,

I

�

I

�

I

∂f (x0 , t) dt. ∂x

g(x) − g(x0 ) f (x, t) − f (x0 , t) dt = · x − x0 x − x0

Ainsi, on a établi que g est dérivable en x0 et : ′

g (x0 ) =

�

I

∂f (x0 , t) dt. ∂x

Le résultat précédent étant vrai pour tout x0 ∈ J , g est dérivable sur J . Une nouvelle application du théorème de continuité, avec la même domination, permet de prouver que g ′ est continue sur J , donc que g est de classe C 1 . Corollaire 7 Établissons ce résultat par récurrence sur k . Initialisation. Lorsque k = 1 , il s’agit précisément du théorème de dérivation. Hérédité. Soit k  2 . Supposons le résultat établi au rang k − 1 et donnonsnous f : J × I → IK vérifiant les hypothèses du théorème. •

k−1

∂ f Hypothèse de domination sur ∂x k−1 · Soit [a, b] un segment de J , avec a < b , et ϕ : I → IR intégrable telle que :

� k � �∂ f � � ∀(x, t) ∈ [a, b] × I � k (x, t)��  ϕ(t). ∂x

k−1

∂ f La classe C 1 sur [a, b] , pour tout t ∈ I , de la fonction x �→ ∂x k−1 (x, t) permet de lui appliquer, pour tout x ∈ [a, b] , l’inégalité des accroissements finis sur le segment [a, x] . On obtient :

∀(x, t) ∈ [a, b] × I

� k−1 � �∂ f � ∂ k−1 f � �  (x − a)ϕ(t)  (b − a)ϕ(t). (x, t) − (a, t) k−1 � ∂xk−1 � ∂x

565

Chapitre 13. Intégrales à paramètres En utilisant l’inégalité triangulaire, on en déduit : ∀(x, t) ∈ [a, b] × I

  k−1   k−1  ∂ f  ∂ f   + (b − a)ϕ(t) .  (x, t) (a, t)   ∂xk−1   ∂xk−1    =ψ(t)

La fonction ψ étant intégrable, on dispose donc d’une domination sur tout segment de k−1

•

∂ f la fonction (x, t) �→ ∂x k−1 (x, t) . Toutes les autres hypothèses sont réunies pour appliquer le résultat au rang k − 1 afin d’en déduire que g est de classe C k−1 et pour tout p ∈ [[0, k − 1]] :

∀(x, t) ∈ J × I •

566

g

(p)

(x) =



I

∂pf (x, t) dt. ∂xp

En appliquant le théorème de dérivation à la fonction x �→



I

∂ k−1 f (x, t) dt , on conclut. ∂xk−1

Exercices

S’entraîner et approfondir 

13.1 Pour tout n ∈ IN , on pose In =

ln (1 + tn ) dt .

0

→550

lim In .

1. Déterminer

1

n→+∞

1

2. À l’aide du changement de variable [t = u n ] , déterminer un équivalent de In . On exprimera l’équivalent obtenu à l’aide d’une intégrale que l’on ne cherchera pas à calculer.

13.2 Déterminer un équivalent simple de la suite In = →551



1

0

du · (1 + u2 )n

On exprimera l’équivalent obtenu à l’aide d’une intégrale que l’on ne cherchera pas à calculer. Indication. On pourra effectuer le changement de variable [u =

13.3 Montrer que →553



+∞

0

13.4 Montrer que →554



√t ] . n

+∞

 1 x2 · dx = 2 x e −1 n3 n=1

+∞

0

+∞

 (−1)n t dt = 2 · ch t (2n + 1)2 n=0

13.5 Continuité de la fonction Γ . →557





Soit H = z ∈ C : Re (z) > 0 . Pour tout z ∈ H , on pose Γ(z) = Montrer que Γ est bien définie et continue.

13.6 Pour tout x > 0 , on pose g(x) = →559



+∞

e−t dt . t+x

+∞

e−t − e−xt dt . t

0

1. Justifier la définition de g . 2. Montrer que g(x)



+∞

e−t tz−1 dt .

0

∼ 1· x→+∞ x

13.7 Pour tout x > 0 , on pose g(x) = →560



0

1. Montrer que g est bien définie.

2. Montrer que g est de classe C 1 . Calculer g ′ , puis g . 13.8 Soit k ∈ IN∗ et f ∈ C k+1 (IR, IK) . →563

Pour tout x ∈ IR∗ , on pose g(x) =

f (x)−f (0) x

et g(0) = f ′ (0) .

1. Montrer que :

∀x ∈ IR 2. Montrer que g ∈ C k (IR, IK) .

g(x) =



1

f ′ (xu) du.

0

567

Chapitre 13. Intégrales à paramètres 13.9 Classe C ∞ de la fonction Γ . →563

Pour tout x > 0 , on pose Γ (x) =



+∞

tx−1 e−t dt .

0

1. Montrer que la fonction Γ est bien définie. 2. Montrer que Γ est de classe C ∞ . 13.10 Montrer que pour tout x > 0 , on a : Γ(x) = lim

n→+∞





n

tx−1

0

où Γ est la fonction définie dans l’exercice 13.9.

∗

13.11 1. Justifier l’existence, pour tout n ∈ IN , de In = In = ln n −

n

dt,

1−

t n

1−

t n





n

0

n  1

k

k=1

n−1

ln t dt et montrer que :

·

Indication. On pourra effectuer le changement de variable [t = n(1 − u)] . 2. En déduire que l’intégrale



+∞

e−t ln t dt converge et :

0



+∞

e−t ln t dt = lim

n→+∞

0



ln n −

 n  1 k=1

·

k

13.12 On note ζ : ]1, +∞[ → IR la fonction définie par : ∀x > 1

ζ (x) =

n=1

Montrer que : ∀x > 1

+∞  1

Γ (x) ζ (x) =

où Γ est la fonction définie dans l’exercice 13.9.



nx

+∞ 0

·

tx−1 dt, et − 1

13.13 Théorème de convergence monotone. Soit (fn )n∈IN une suite croissante de fonctions à valeurs réelles, intégrables sur l’intervalle I et convergeant simplement vers une fonction f continue par morceaux sur I . Montrer que f est intégrable sur I si, et seulement si, la suite



I

que l’on a alors :



I

568

f = lim

n→+∞



fn . I

fn



n∈IN

est majorée et

Exercices

13.14 Soit F (x) =



π/2

Arctan(x tan t) dt . tan t

0

1. Déterminer le domaine de définition de F . 2. Calculer F . 3. En déduire les valeurs des intégrales



π/2

0



⋆ 13.15 1. Justifier la convergence de I =

+∞

0

t dt et tan t



π/2

ln(sin t) dt .

0

ln x dx et la calculer. 1 + x2

Indication. On pourra effectuer le changement de variable [x = 1t ]· 2. Pour a > 0 , on pose I(a) =



+∞

ln x dx . (1 + x2 )(a2 + x2 )

0

(a) Justifier la convergence de I(a) pour tout a > 0 et la calculer pour a �= 1 . 1 Indication. On pourra décomposer en éléments simples la fraction (1+X)(a 2 +X) ·

(b) En déduire I(1) .

13.16 Pour tout x > −1 , on pose g(x) =



1

tx

0

t−1 dt . ln t

1

1. Montrer que g est de classe C sur ]−1, +∞[ puis calculer g ′ .

2. Déterminer

lim g(x) , puis calculer g .

x→+∞

13.17 Calcul de l’intégrale de Gauss. Soit g(x) =



0

+∞

2 2

e−x t dt et I = 1 + t2



+∞

2

e−u du.

0

1. Montrer que g est bien définie et continue sur IR+ . 2. Montrer que g est de classe C 1 sur IR∗+ et solution de l’équation différentielle : 3. En déduire I =

√

y ′ − 2xy = −2I.

π · 2

569

Chapitre 13. Intégrales à paramètres

Solutions des exercices 13.1 1. On pourrait utiliser le théorème de convergence dominée, mais ici on peut aussi procéder par majoration explicite. On déduit de la concavité de la fonction ln l’inégalité suivante : ln(1 + u)  u.

∀u > −1

On a donc :

∀n ∈ IN et, par encadrement,

0  In 

lim In = 0 .



1

1 n+1

tn dt = 0

n→+∞

2. Soit n ∈ IN∗ . En effectuant le changement de variable [u = tn ] , on obtient : 1 In = n



1

0

ln(1 + u) n1 u du . u





=Jn

Appliquons le théorème de convergence dominée à la suite (Jn )n∈IN∗ . 1

u n est continue sur ]0, 1] . • Pour tout n ∈ IN∗ , la fonction fn : u �→ ln(1+u) u • La suite (fn )n∈IN∗ converge simplement sur ]0, 1] vers la fonction conti-

nue f : u �→ ln(1+u) · u • Hypothèse de domination. On a :

  fn (u) = fn (u)  ϕ(u)

ln(1 + u) · u La fonction ϕ est intégrable sur ]0, 1] , car elle est continue et admet une limite finie en 0 . ∀n ∈ IN∗

∀u ∈ ]0, 1]

On en conclut que

lim

n→+∞

positive et non nulle, on a





1

fn =

0 1

avec

ϕ(u) =

1

f . De plus, comme la fonction f est continue,

0

f > 0 . On peut donc écrire :

0

In ∼

1 n



1

0

ln(1 + u) du. u

13.2 Soit n ∈ IN∗ . L’intégrale In est bien définie car l’intégrande est une fonction continue sur le segment [0, 1] . Le changement de variable [u = √tn ] donne : 1 In = √ n



√

0

n



t2 1+ n



−n

=Jn

dt .



Appliquons le théorème de convergence dominée pour montrer que la suite (Jn ) converge vers un réel strictement positif. Pour tout n ∈ IN∗ , on définit fn sur IR+ par : ∀t ∈ IR+

fn (t) =



1+

t2 n

−n

1[0,√n] (t).

• Pour tout n ∈ IN∗ , la fonction fn est continue par morceaux sur IR+ , comme produit de deux fonctions continues par morceaux.

570

Solutions des exercices • Soit t ∈ [0, +∞[ . Fixons n0 ∈ IN∗ tel que n0 > t2 . Alors, pour tout n  n0 , on a : fn (t) = On a de plus :



ln 1 +

t2 n





t2 1+ n

∼

n→+∞

t2 n

−n





t2 = exp −n ln 1 + n



donc

− n ln 1 +

t2 n





·

−→ −t2 .

n→+∞ 2

Par continuité de la fonction exp en −t2 , on obtient fn (t) −→ e−t . Ainsi, la suite de n→+∞ 2

fonctions (fn ) converge simplement vers la fonction t �→ e−t , qui est continue sur IR+ . √ • Hypothèse de domination. Soit n ∈ IN∗ et t ∈ [0, n] . Par une conséquence de la formule du binôme de Newton, on a :



1+

Pour t >

√

t2 n

n

 1 + t2

  fn (t) 

donc

1 · 1 + t2

n , on a fn (t) = 0 , donc cette inégalité reste vraie. On a donc obtenu : ∀n ∈ IN∗

et la fonction t �→

1 1+t2

∀t  0

  fn (t) 

1 , 1 + t2

est intégrable sur IR+ .

Par théorème de convergence dominée, on en déduit : Jn −→

n→+∞

13.3 Soit f : x �→

x2 ex −1



+∞

2

e−t dt

puis

In

0

∼

n→+∞

1 √ n



+∞

2

e−t dt.

0

; pour tout x > 0 , on a : +∞

f (x) =

 2 −nx x2 e−x = x e −x 1−e

car

n=1

e−x ∈ ]0, 1[.

∗

Notons, pour tout n ∈ IN , un : x �→ x2 e−nx et appliquons à la série d’intégration terme à terme (cas positif) sur IR∗+ .



un le théorème

• Pour tout n ∈ IN∗ , la fonction un est continue sur IR+ , à valeurs positives, et elle   est intégrable sur IR+ , car un (x) = o x12 quand x tend vers +∞ , par croissances comparées, donc, a fortiori, intégrable sur IR∗+ . • La série



un converge simplement sur IR∗+ et sa somme f est continue sur IR∗+ .

• Pour calculer



+∞

un , déterminons d’abord une primitive de un par une double inté-

0

gration par parties :



x

un (t) dt =



x 2 −nt

t e

2 x2 e−nx + dt = − n n



x

te−nt dt



x

=−

2xe−nx 2 x2 e−nx − + 2 n n2 n

=−

2xe−nx x2 e−nx 2e−nx − − +C n n2 n3

e−nt dt avec

C ∈ IR.

571

Chapitre 13. Intégrales à paramètres Notant vn la primitive obtenue en prenant C = 0 , on a :

On en déduit



vn (0) = − +∞

un =

0

2 n3

et

lim vn = 0.

+∞

2 · n3

Pour conclure, par positivité de un , on en déduit :



+∞ 0

+∞

 1 x2 , dx = 2 x e −1 n3 n=1

et la convergence de la série entraîne l’intégrabilité de la fonction f . 13.4 • Pour tout t > 0 , on a :

t 1 = 2te−t ch t 1 + e−2t = 2te−t

+∞ 

(−1)n e−2nt

(−e−2t ∈ ]−1, 1[)

n=0

+∞



=

2t(−1)n e−(2n+1)t .

n=0

Pour tout n ∈ IN , on pose un : t �→ 2t(−1)n e−(2n+1)t . La série de fonctions converge simplement sur ]0, +∞[ vers la fonction continue t �→ cht t ·

• Pour tout n ∈ IN , la fonction un est intégrable sur ]0, +∞[ et l’on a :



+∞

0

  un (t) dt =





La série



0

+∞

un

+∞

2te−(2n+1)t dt

0

e−(2n+1)t = −2t 2n + 1

=



+∞ 0



1 2 =O (2n + 1)2 n2

2 + 2n + 1





+∞

e−(2n+1)t dt

0

·

  un (t) dt étant convergente, le théorème d’intégration terme à terme

s’applique et donne :



0

+∞

+∞

 t dt = ch t n=0



+∞

un (t) dt =

0

+∞  n=0

(−1)n



0

+∞

+∞    (−1)n un (t) dt = 2 · 2 n=0

(2n + 1)

13.5 • Commençons par démontrer la bonne définition de la fonction Γ : ce sera utile lors de la vérification ultérieure de l’hypothèse de domination. Soit z ∈ H . La fonction t �→ e−t tz−1 est continue sur ]0, +∞[ .





Étude en 0 . On a e−t tz−1  ∼ tRe(z)−1 avec Re(z) − 1 > −1 . t→0+

Étude en +∞ . Par croissances comparées, on a e−t tz−1

=

t→+∞

o

1 t2

avec 2 > 1 .

Ainsi, t �→ e−t tz−1 est intégrable sur ]0, +∞[ , donc Γ est bien définie sur H .

572

Solutions des exercices • Pour tout t > 0 , la fonction :



z �→ e−t tz−1 = e−t exp (z − 1) ln t



est continue sur H , par continuité de l’exponentielle complexe. • Hypothèse de domination. Soit (a, b) ∈ (IR∗+ )2 tel que a < b . Soit z ∈ C tel que Re(z) ∈ ]a, b[ . On a : ∀t > 0

 −t z−1    e t  = e−t tRe(z)−1  e−t ta−1 + tb−1 ,

par disjonction de cas suivant que t ∈ ]0, 1[ ou t ∈ [1, +∞[ .





D’après l’étude faite dans le premier point, la fonction t �→ e−t ta−1 +tb−1 est intégrable, comme somme de deux fonctions intégrables.





Enfin, les ouverts z ∈ C : a < Re(z) < b recouvrent H quand a < b décrivent IR∗+ donc on a établi l’hypothèse de domination au voisinage de tout point de H . En conclusion, la fonction Γ est continue sur H . 13.6 1. Pour tout x > 0 , la fonction fx : t �→ vers +∞ , on a fx (t) = o(e

−t

e−t t+x

est continue sur IR+ et, quand t tend

) , ce qui assure l’intégrabilité de fx sur IR+ .

2. Montrons que xg(x) −→ 1 . On a : x→+∞

• Pour tout t  0 , on a

∀x > 0

xg(x) =

x e−t t+x

−t



+∞

0

−→ e

x→+∞

x −t e dt. t+x

et la fonction t �→ e−t est continue sur IR+ .

• Hypothèse de domination. Soit x  1 . Pour tout t  0 , on a :

   t −t  e =  t+x

t e−t  e−t , t+x

et la fonction t �→ e−t est intégrable sur IR+ .

D’après la proposition 5 de la page 559, on peut conclure, que : xg(x) =



+∞

0

x −t e dt −→ x→+∞ t+x



13.7 1. Pour tout x ∈ IR∗+ , la fonction hx : t �→

+∞

e−t dt = 1

donc

g(x)

0

e−t −e−xt t

∼

x→+∞

1 · x

est continue sur IR∗+ .

Un développement limité à l’ordre 1 du numérateur donne lim hx (t) = x − 1 ; adt→0

mettant une limite finie en 0+ , la fonction hx est intégrable sur ]0, 1] . On a de   plus hx (t) = o t12 par croissances comparées, donc hx est intégrable sur [1, +∞[ , t→+∞

ce qui achève de montrer que la fonction g est bien définie sur IR∗+ . 2. Posons f : (x, t) �→

e−t −e−xt t

définie sur IR∗+ × ]0, +∞[ .

• Pour tout t > 0 , la fonction x �→ f (x, t) est de classe C 1 sur IR∗+ et l’on a : ∂f (x, t) = e−xt . ∂x • Pour tout x > 0 , la fonction t �→ f (x, t) est intégrable sur ]0, +∞[ , d’après la première question. ∀(x, t) ∈ IR∗+ × IR∗+

573

Chapitre 13. Intégrales à paramètres (x, t) est continue par morceaux sur ]0, +∞[ . • Pour tout x > 0 , la fonction t �→ ∂f ∂x • Hypothèse de domination. Soit a > 0 . On a :

    ∂f  ∀x  a ∀t ∈ ]0, +∞[  (x, t) = e−xt  e−at . ∂x

La fonction t �→ e−at étant intégrable sur ]0, +∞[ , cela fournit l’hypothèse de domisur tout intervalle [a, +∞[ inclus dans IR∗+ . nation pour ∂f ∂x D’après le théorème de dérivation des intégrales à paramètre, la fonction g est de classe C 1 sur IR∗+ et : ∀x > 0

g ′ (x) =



+∞

e−xt dt = 0

1 · x

Comme g(1) = 0 , on déduit de ce qui précède que : ∀x > 0

g(x) = ln x.

13.8 1. Soit x ∈ IR . La fonction f est de classe C 1 donc f (x) − f (0) = En effectuant le changement de variable [t = xu] , on obtient : f (x) − f (0) = x On en déduit que g(x) =







x

f ′ (t) dt .

0

1

f ′ (xu) du.

0

1

0

f ′ (xu) du pour tout x ∈ IR∗ . Puisque g(0) = f ′ (0) , cette

relation est encore vraie pour x = 0 . 2. Pour tout (x, u) ∈ IR × [0, 1] , on pose h(x, u) = f ′ (xu) .

• Pour tout u ∈ [0, 1] , la fonction x �→ h(x, u) est de classe C k sur IR et : ∀p ∈ [[0, k]]

∀(x, u) ∈ IR × [0, 1]

∂ph (x, u) = up f (p+1) (xu). ∂xp

• Soit x ∈ IR et p ∈ [[0, k − 1]] . Par continuité sur le segment [0, 1] , la fonc-

tion u �→ up f (p+1) (xu) est intégrable sur [0, 1] . • Soit x ∈ IR . La fonction u �→ uk f (k+1) (xu) est continue donc continue par morceaux sur [0, 1] . • Hypothèse de domination. Soit a > 0 . Par continuité sur le segment [−a, a] , il existe M > 0 tel que : ∀t ∈ [−a, a]

 (k+1)  f (t)  M.

En particulier, pour x ∈ [−a, a] et u ∈ [0, 1] , on a xu ∈ [−a, a] et donc :

  k  ∂ h    = uk f (k+1) (xu)  M uk ,  (x, u)   ∂xk

et la fonction u �→ M uk est intégrable sur [0, 1] car continue sur ce segment.

Ainsi, la fonction g est de classe C k sur IR .

574

Solutions des exercices 13.9 1. Soit x ∈ IR∗+ . La fonction gx : t �→ tx−1 e−t est continue sur ]0, +∞[ . Étude en 0 . On a gx (t) ∼ tx−1 et x − 1 > −1 . t→0+

Étude en +∞ . On a gx (t)

=

t→+∞

o

1

et 2 > 1 .

t2

En conclusion, la fonction gx est intégrable sur ]0, +∞[ , donc Γ est bien définie sur IR∗+ . 2. On pose f : (x, t) �→ tx−1 e−t .

• Pour tout t ∈ ]0, +∞[ , la fonction x �→ f (x, t) est de classe C ∞ sur IR∗+ et l’on a : ∂kf (x, t) = (ln t)k tx−1 e−t . ∂xk

∀(x, t) ∈ IR∗+ × ]0, +∞[

∀k ∈ IN

k

∂ f • Pour tout k ∈ IN , pour tout x ∈ IR∗+ , la fonction t �→ ∂x k (x, t) est continue par morceaux sur IR∗+ . • Hypothèse de domination. Soit k ∈ IN . Soit [a, b] un segment inclus dans IR∗+ . On a :

∀x ∈ [a, b]

∀t ∈ ]0, 1]

∀x ∈ [a, b]

∀t ∈ ]1, +∞[

 k  ∂ f   k x−1 −t  k a−1 −t   =  ln t t e   ln t t e (x, t)  ∂xk    k   k x−1 −t  k b−1 −t ∂ f        ∂xk (x, t) = ln t t e  ln t t e .

Soit ϕ la fonction définie sur IR∗+ par :



k



k

ϕ (t) =  ln t ta−1 e−t +  ln t tb−1 e−t

Cette fonction ϕ est intégrable sur IR∗+ (par comparaison à des exemples de Riemann), et l’on a :  k  ∂ f  ∀x ∈ [a, b] ∀t ∈ ]0, +∞[  k (x, t)  ϕ(t). ∂x Cela fournit l’hypothèse de domination sur tout segment inclus dans IR∗+ pour la

fonction

∂k f ∂xk

·

On peut donc conclure que Γ est de classe C ∞ sur IR∗+ et que : ∀k ∈ IN

∀x ∈

IR∗+

fn (t) =

(x) =



+∞

(ln t)k tx−1 e−t dt.

0

13.10 Soit x > 0 . Pour tout n ∈ IN∗ , posons :



Γ

(k)

tx−1 0



1−

t n

n

si 0 < t < n si t  n.

La fonction fn est continue par morceaux sur IR∗+ et l’on a fn (t) ∼ tx−1 , ce qui assure l’int→0

tégrabilité de fn sur ]0, 1] , par comparaison aux intégrales de Riemann puisque x − 1 > −1 ; comme, de plus, fn est nulle sur [n, +∞[ , elle est intégrable sur IR∗+ et l’on a bien sûr :



0

n

t

x−1



t 1− n

n

dt =



+∞

fn (t) dt.

0

Appliquons à la suite de fonctions (fn )n∈IN∗ le théorème de convergence dominée.

575

Chapitre 13. Intégrales à paramètres • Soit t > 0 . Pour n > t , on peut écrire : fn (t) = tx−1 en ln(1− n ) . t



Quand n tend vers +∞ , on a ln 1 −

t n



∼ − nt , d’où l’on déduit

lim fn (t) = tx−1 e−t .

n→+∞

La suite de fonctions (fn )n∈IN∗ converge donc simplement sur IR∗+ vers la fonction continue par morceaux f : t �→ tx−1 e−t .

• Hypothèse de domination. On déduit de la concavité de la fonction ln l’inégalité : ln(1 + u)  u.

∀u > −1 Par suite, pour n > t > 0 , on a :

  fn (t) = fn (t) = tx−1 en ln(1− nt )  tx−1 e−t .    =ϕ(t)

  L’inégalité fn (t)  ϕ(t) est bien sûr valable pour n  t puisqu’alors fn (t) = 0 . La fonction ϕ est continue par morceaux sur IR∗+ et comme on a : ϕ(t) ∼ tx−1 t→0

avec

x − 1 > −1

et

ϕ(t) = o

t→+∞

1

avec

t2

2 > 1,

elle est intégrable sur IR∗+ , par comparaison aux intégrales de Riemann. Cela fournit l’hypothèse de domination. Le théorème de convergence dominée permet de conclure que : lim

n→+∞





n

tx−1

1−

0

t n

n

dt =



+∞

tx−1 e−t dt = Γ (x) .

0

13.11 1. • Vérifions d’abord l’existence, pour tout n ∈ IN∗ , de l’intégrale In .

 

La fonction fn : t �→ 1 −

    a fn (t) ∼  ln t = o

1 √ t

t

n

n−1

ln t est continue sur ]0, n] et, au voisinage de 0 , on

·

On en déduit l’intégrabilité de fn sur ]0, n] , par comparaison aux intégrales de Riemann. • On effectue le changement de variable [t = n(1 − u)] : In =



n

fn (t)dt =

0



1

0

=







nun−1 ln n(1 − u) du 1

0





nun−1 ln n + ln(1 − u) du

= ln n +



0

1

nun−1 ln(1 − u) du.

Dans cette nouvelle intégrale, effectuons une intégration par parties. Les fonctions u �→ un − 1 et u �→ ln(1 − u) sont de classe C 1 sur [0, 1[ et (un − 1) ln(1 − u)

576

∼

u→1−

n(u − 1) ln(1 − u) −→ 0. u→1−

(⋆)

Solutions des exercices Donc, par intégration par parties, la convergence de l’intégrale entraîne celle de



1

0



1

un − 1 du et : u−1

0



nun−1 ln(1 − u) du = (un − 1) ln(1 − u) =0−



1 0

 n

uk−1

k=1

De la relation (⋆) , on déduit alors :

In = ln n −

n  1 k=1

k

1 0



−



0



1

1

nun−1 ln(1 − u) du

0

un − 1 du u−1

du = −

n  1 k=1

k

·

·

2. Pour tout n ∈ IN∗ , on pose gn : ]0, +∞[ → IR la fonction définie par gn (t) = fn (t)1]0,n[ (t) , de sorte que In =



0

+∞

gn (t) dt . Appliquons à la suite de fonctions (gn )n∈IN∗ le théorème

de convergence dominée sur l’intervalle ]0, +∞[ . • Chaque fonction gn est continue par morceaux sur ]0, +∞[ . • Fixons t ∈ ]0, +∞[ . On a, pour n > t :



gn (t) = 1 − L’équivalent simple :



montre que (n − 1) ln 1 −

t n

n−1

ln t = e(n−1) ln(1− n ) ln t.



(n − 1) ln 1 − t n



t

t n



∼

n→+∞

−t

−→ −t puis, par continuité de la fonction exp :

n→+∞

gn (t) −→ e−t ln t. n→+∞

On en déduit que la suite (gn )n∈IN∗ converge simplement sur ]0, +∞[ vers la fonction

continue par morceaux g : t �→ e−t ln t . • Hypothèse de domination. Par concavité de la fonction ln et croissance de exp, on obtient, pour (n, t) ∈ IN∗ × ]0, n[ :

    gn (t) = e(n−1) ln(1− nt )  ln t 











 e(n−1)(− n )  ln t = e−t+ n  ln t  e−t+1  ln t. t

t

Comme gn est nulle sur [n, +∞[ , on a établi : ∀(n, t) ∈ IN∗ × ]0, +∞[

    gn (t)  e−t+1  ln t .    =ϕ(t)

La fonction ϕ est continue sur ]0, +∞[ .

Étude en 0 . Par croissances comparées, on a ϕ(t) = o



1 √ t



, avec

1

1 2

< 1.

Étude en +∞ . Par croissances comparées, on a ϕ(t) = O t2 , avec 2 > 1 . Ainsi ϕ est intégrable sur ]0, +∞[ , d’où l’hypothèse de domination.

577

Chapitre 13. Intégrales à paramètres En conclusion, on a démontré que t �→ e−t ln t est intégrable sur ]0, +∞[ et : n  1

ln n −

k

k=1

=



+∞

gn (t) dt −→

n→+∞

0



+∞

e−t ln t dt.

0

13.12 Fixons x > 1 . Soit t ∈ IR∗+ ; on peut écrire : +∞

 x−1 −nt tx−1 e−t tx−1 = t e , = et − 1 1 − e−t n=1



tx−1 e−nt , de la dernière égalité étant justifiée par la convergence de la série géométrique −t x−1 −nt e et appliquons à la raison e ∈ ]0, 1[ . Définissons un : ]0, +∞[ → IR par un (t) = t  un le théorème d’intégration terme à terme sur l’intervalle ]0, +∞[ . série de fonctions n1

• Soit n ∈ IN∗ ; la fonction un est continue par morceaux sur ]0, +∞[ et l’on a : ∀t > 0

0  un (t)  tx−1 e−t .

La fonction un est donc intégrable sur ]0, +∞[ , par comparaison avec des exemples de Riemann, puisque : tx−1 e−t

• La série

∼ tx−1

avec

t→0+



n1

x − 1 > −1

et

tx−1 e−t

=

t→+∞

o

 

un converge simplement sur ]0, +∞[ et sa somme, t �→

1 t2

tx−1 e−t 1−e−t

avec

2 > 1.

, est continue

par morceaux sur ]0, +∞[ . • Soit n ∈ IN∗ . On a :



+∞

un (t) dt =

0

+∞

tx−1 e−nt dt

0

= = La série



 Γ(x) nx

1 nx



+∞

ux−1 e−u du

Γ (x) · nx

étant convergente (puisque x > 1 ), d’après le théorème d’intégration terme

à terme (cas positif), la fonction t �→



0

578

(changement de variable [u = nt])

0

+∞

tx−1 et −1

est intégrable sur IR∗+ , et l’on a :

 Γ (x) tx−1 dt = = Γ (x) ζ (x) . t e −1 nx +∞

n=1

Solutions des exercices 13.13 Posons, pour tout n ∈ IN∗ , un = fn − fn−1 et appliquons à la série d’intégration terme à terme (cas positif). • La suite (fn )n∈IN étant croissante, chaque un est positif.



un le théorème

• Les fonctions fn étant intégrables, chaque un est intégrable. • Par télescopage, on a : n 

∀n ∈ IN∗

p=1

up = fn − f0 .

Comme la suite (fn )n∈IN converge simplement sur I vers f continue par morceaux, la série



un converge simplement sur I et sa somme



+∞ n=1

morceaux.

un = f − f0 est continue par

Alors, dans [0, +∞] , on a :

  +∞

un =

I n=1

+∞   n=1

un



i.e.

I

I

(f − f0 ) =

+∞  

I

n=1

fn −



fn−1 I



.

(⋆)

Comme f0 est intégrable, l’intégrabilité de f équivaut à l’intégrabilité de f − f0 , donc à la +∞  

convergence de la série télescopique



de la suite croissante

I

fn

I

n=1



fn −





fn−1 , c’est-à-dire au caractère majoré I

.

n∈IN

En cas d’intégrabilité de f , la relation (⋆) se réécrit :



I

f−



f0 = lim

n→+∞

I



I

fn −



f0



donc

I

f = lim

n→+∞

I



fn .

I

tan t) 13.14 1. Pour tout x ∈ IR , la fonction g : t �→ Arctan(x est continue sur ]0, π/2[ . Comme elle tan t nulle pour x = 0 , nous ne ferons d’étude que pour x �= 0 .

• Quand t tend vers 0 , on a g(t) ∼





x tan t tan t

= x . La fonction g ayant une limite finie

en 0 , elle est intégrable sur 0, · • On a lim Arctan(x tan t) = επ/2 , où l’on note ε le signe de x . t→(π/2)−

Comme

lim

t→(π/2)−

π 4

tan t = +∞ , on en déduit que

lim

t→(π/2)−

ayant une limite finie en π/2 , elle est intégrable sur

π 4

,

g(t) = 0 . La fonction g

 π 2

·

En conclusion, la fonction F est définie sur IR . 2. Comme F est impaire, nous calculerons d’abord F sur IR+ . Pour cela, nous allons établir que F est de classe C 1 sur IR+ et calculer F ′ , en appliquant le théorème de dérivation. Notons f : (x, t) �→

Arctan(x tan t) · tan t





• Pour tout x ∈ IR+ , la fonction t �→ f (x, t) est intégrable sur 0, π2 d’après la première question.   • Pour tout t ∈ 0, π2 , la fonction x �→ f (x, t) est de classe C 1 sur IR+ et :



∀(x, t) ∈ IR+ × 0,

π 2



1 ∂f (x, t) = · ∂x 1 + x2 tan2 t

579

Chapitre 13. Intégrales à paramètres 

(x, t) est continue par morceaux sur 0, • Pour tout x ∈ IR+ , la fonction t �→ ∂f ∂x • Hypothèse de domination. On a :



∀(x, t) ∈ IR+ × 0,

π 2



    ∂f  (x, t)  1.   ∂x

La fonction constante égale à 1 est intégrable sur l’intervalle borné Cela fournit l’hypothèse de domination.



0,

D’après le théorème de dérivation, F est de classe C 1 sur IR+ et l’on a :



F ′ (x) =

∀x ∈ IR+

π/2

0

π 2



π 2



·

·

dt · 1 + x2 tan2 t

On effectue le changement de variable [u = tan t] et l’on obtient : ′

F (x) =

∀x ∈ IR+



+∞

0

du · (1 + u2 )(1 + x2 u2 )

Pour x �= 1 , on en déduit, par décomposition en éléments simples : F ′ (x) =



1 1 − x2

+∞

0



x2 1 − 2 1+u 1 + x2 u2



du

+∞ 1  Arctan u − x Arctan(xu) 0 1 − x2 π  π 1 1 π = = − x · 1 − x2 2 2 2 1+x

=

La fonction F ′ étant continue sur IR+ , ce dernier résultat reste valable pour x = 1 . Comme F (0) = 0 et que F est impaire, il vient : π π ∀x ∈ IR+ F (x) = ln(1 + x) et ∀x ∈ IR+ F (x) = − ln(1 − x). 2 2 3. • Comme :



∀t ∈ 0,

on a :





π/2

0

• Intégrons par parties sur 0,



x

t dt = tan t

π 2





π 2



Arctan(tan t) = t,

π t dt = F (1) = ln 2. tan t 2 :

x

t

cos t dt = x ln(sin x) − sin t



x

ln(sin t) dt.

Quand x tend vers 0+ , on a x ln(sin x) ∼ sin x ln(sin x) et donc, par croissances



comparées, lim x ln(sin x) = 0 . Par suite, le crochet t ln(sin t) x→0+

D’après le théorème d’intégration par parties,

d’où



0

580



0

π/2



π/2

0

π/2

t

 π/2 cos t dt = t ln(sin t) 0 − sin t

ln(sin t) dt = −

π ln 2 . 2

π/2 0

existe et vaut 0 .

ln(sin t) dt converge et l’on a :



0

π/2

ln(sin t) dt,

Solutions des exercices 13.15 1. La fonction f : x �→

est continue sur IR∗+ .

ln x 1+x2

Étude en 0 . Par croissances comparées, on a f (x) ∼ ln x = O Étude en +∞ . Par croissances comparées, on a f (x) ∼



√1 x

=O

ln x x2





1 2

avec

1 x3/2



< 1.

avec

3 2

> 1.

La fonction f est donc intégrable sur IR∗+ , ce qui prouve la convergence de l’intégrale



+∞

ln x dx . 1 + x2

0

On effectue le changement de variable [x = 1t ] : I=



+∞

0

ln x dx = − 1 + x2

On en déduit que I = 0 . 2. (a) La fonction ga : x �→



+∞

0

ln x (1+x2 )(a2 +x2 )

ln(1/t)  1 − 2 dt = − t 1 + t12



+∞

0

ln t dt = −I. 1 + t2

est continue sur IR∗+ et l’on a :

  ga (x)  1

f (x) ln x = 2 , a2 1 + x2 a où f est la fonction définie à la première question. Comme la fonction f est intégrable sur IR∗+ , on en déduit, pour tout a > 0 , l’intégrabilité sur IR∗+ de la fonction ga , donc la convergence de l’intégrale I(a) . Pour a �= 1 , on a, en décomposant en éléments simple : ∀x ∈ IR∗+

I(a) =



+∞

0

1 ln x dx = 2 (1 + x2 )(a2 + x2 ) a −1 1 = 1 − a2



+∞

0



0

+∞



ln x ln x − 2 1 + x2 a + x2

ln x dx. a2 + x 2



dx

Pour la dernière égalité, on a utilisé le résultat de la première question. On effectue le changement de variable [x = at] et l’on utilise la question 1 : I(a) =

1 a(1 − a2 )



+∞

0

+∞ ln a + ln t ln a  π ln a · dt = Arctan t 0 = 2 2 1+t a(1 − a ) 2a(1 − a2 )

(b) Appliquons le théorème de continuité à la fonction I . x • Pour tout x > 0 , la fonction a �→ (1+x2ln est continue sur IR∗+ . )(a2 +x2 ) • Pour tout a > 0 , la fonction x �→

ln x (1+x2 )(a2 +x2 )

est continue par morceaux sur IR∗+ .

• Hypothèse de domination. Soit α > 0 . La fonction ϕ : x �→ intégrable sur

IR∗+ ,

| ln x| α2 (1+x2 )

est

d’après la première question, et l’on a :

| ln x|  ϕ(x). (1 + x2 )(a2 + x2 )

∀(a, x) ∈ [α, +∞[ × IR∗+

Cela fournit l’hypothèse de domination sur tout segment. D’après le théorème de continuité, la fonction I est continue sur IR∗+ . En utilisant sa continuité en 1 , on obtient : π ln a I(1) = lim · a→1 2a(1 − a2 )

Comme ln a ∼ a − 1 , on en déduit : a→1

I(1) = −

π 4

i.e.



0

+∞

ln x π dx = − · (1 + x2 )2 4

581

Chapitre 13. Intégrales à paramètres · 13.16 1. Pour tout x > −1 et t ∈ ]0, 1[ , on pose f (x, t) = tx t−1 ln t

• Soit x > −1 . La fonction t �→ f (x, t) est continue par morceaux sur ]0, 1[ . De plus, on a : f (x, t) −→ 1

f (x, t) = o(tx )

et

t→1

t→0+

avec

x > −1,

donc t �→ f (x, t) est intégrable sur ]0, 1[ . • Pour tout t ∈ ]0, 1[ , la fonction x �→ tx t−1 est de classe C 1 et : ln t ∀(x, t) ∈ ]−1, +∞[ × ]0, 1[

∂f (x, t) = tx (t − 1). ∂x

• Hypothèse de domination. Soit a > −1 . On a :

    ∂f  (x, t) = tx (1 − t)  ta (1 − t)  ta .   ∂x

∀(x, t) ∈ [a, +∞[ × ]0, 1[

La fonction t �→ ta est intégrable sur ]0, 1[ puisque a > −1 . Cela fournit l’hypothèse · de domination sur tout segment pour ∂f ∂x On peut donc conclure que g est de classe C 1 sur ]−1, +∞[ avec : ∀x ∈ ]−1, +∞[

g ′ (x) =



1

0

= =

 

∂f (x, t) dt ∂x

1

tx (t − 1) dt

0

tx+1 tx+2 − x+2 x+1

1

=

0

1 1 − · x+2 x+1

2. D’après la question précédente, il existe un réel C tel que : ∀x ∈ ]−1, +∞[

g(x) = ln



x+2 x+1



+ C.

On a alors C = lim g(x) . Pour déterminer cette limite, appliquons la proposition 5 de x→+∞

la page 559, avec domination au voisinage de +∞ . • Pour tout t ∈ ]0, 1[ , on a

lim f (x, t) = 0 .

x→+∞

• Hypothèse de domination. On a : ∀(x, t) ∈ [0, +∞[ × ]0, 1[

  f (x, t) = f (x, t)  f (0, t).

Cela fournit l’hypothèse de domination sur [0, +∞[ car d’après l’étude initiale, la fonction t �→ f (0, t) est intégrable.

On en déduit C = lim g(x) = 0 et, par suite : x→+∞

∀x ∈ ]−1, +∞[

582

g(x) = ln

x + 2 x+1

i.e.



0

1

tx





t−1 x+2 · dt = ln ln t x+1

Solutions des exercices 13.17 1. Montrons que g est définie et continue sur IR+ , en appliquant le théorème de continuité. On note f : (x, t) �→

2 2

e−x t 1+t2

·

• Pour tout t ∈ [0, +∞[ , la fonction x �→ f (x, t) est continue sur IR+ . • Pour tout x ∈ IR+ , la fonction t �→ f (x, t) est continue par morceaux sur [0, +∞[ . • Hypothèse de domination. On a :

La fonction t �→

1 1+t2

  f (x, t) = f (x, t) 

∀t ∈ [0, +∞[

∀x ∈ IR+

est continue sur [0, +∞[ et

1 1+t2

∼

1 t2

1 · 1 + t2

, quand t tend vers +∞ ;

d’où l’intégrabilité de cette fonction sur [0, +∞[ . D’après le théorème de continuité, g est bien définie et continue sur IR+ . 2. Montrons que g est de classe C 1 sur IR∗+ .

• Pour tout x ∈ IR∗+ , la fonction t �→ f (x, t) est intégrable sur [0, +∞[ , comme on l’a vu dans l’étude de la continuité de g . • Pour tout t ∈ [0, +∞[ , la fonction x �→ f (x, t) est de classe C 1 sur IR∗+ et l’on a : ∀t ∈ [0, +∞[

2 2 t2 ∂f e−x t . (x, t) = −2x ∂x 1 + t2

∀x ∈ IR∗+

(x, t) est continue par morceaux sur [0, +∞[ . • Pour tout x ∈ IR∗+ , la fonction t �→ ∂f ∂x • Hypothèse de domination. Soit [a, b] un segment inclus dans IR∗+ . On a : ∀x ∈ [a, b] La fonction ϕ : t �→ 2be−a

2 2

t

   ∂f   (x, t)  2be−a2 t2 .  ∂x 

∀t ∈ [0, +∞[

est continue sur [0, +∞[ et, par croissances comparées : ϕ(t)

=

t→+∞

o

d’où l’intégrabilité de ϕ sur [0, +∞[ .

  1 t2

,

On en déduit que g est de classe C 1 sur IR∗+ et que : ∀x ∈ IR∗+

g ′ (x) = −2x



0

+∞

2 2 t2 e−x t dt 1 + t2

= 2xg(x) − 2x



= 2xg(x) − 2I.

0

+∞

e−x

2 2

t

dt

 t2

1 + t2

=−



1 +1 1 + t2

(changement de variable [u = xt])

583

Chapitre 13. Intégrales à paramètres 3. D’après la question précédente et par résolution de l’équation différentielle : y ′ − 2xy = −2I,

il existe un réel C tel que : ∀x > 0 +

En faisant tendre x vers 0

g(x) = ex



2

C − 2I



x

2



e−t dt . 0

et par continuité de g en 0 , on obtient : C = g(0) =



+∞

0

π dt = · 1 + t2 2

Par ailleurs, par positivité et croissance de l’intégrale, on a : ∀x > 0

  g(x) =



+∞

0

2 2

e−x t dt  1 + t2

ce qui montre que la fonction g est bornée. On a enfin : ∀x > 0

g(x)e

−x2

π = − 2I 2



+∞

0



x

π dt = , 1 + t2 2

2

e−t dt,

0

puis par passage à la limite quand x tend vers +∞ , on obtient : π π 0 = − 2I 2 puis I2 = · 2 4 Par positivité de l’exponentielle, l’intégrale I est positive et l’on conclut :  +∞ √ √ 2 π π i.e. · e−u du = I= 2 2 0

584

Chapitre 14 : Dénombrabilité I II

Ensembles dénombrables . . . . . . . . . . . . . . Opérations sur les ensembles dénombrables . . 1 Produit cartésien . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Union . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . III Exemples d’ensembles infinis non dénombrables Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. 586 . 588 . . 588 . . 589 . 590 . 594

Dénombrabilité

I

14

Ensembles dénombrables

Rappelons qu’un ensemble est fini s’il est en bijection avec [[1, n]] pour un certain entier naturel n (son cardinal). Définition 1 Un ensemble est dénombrable s’il est en bijection avec IN.

Ex. 1. L’ensemble ZZ est dénombrable : en effet, on peut définir une application f : IN → ZZ par : n n+1 f (n) = si n est pair et f (n) = − si n est impair, 2 2 et cette application est bijective de réciproque g définie par : g(k) = 2k

si k ∈ IN

et

g(k) = −1 − 2k

si k ∈ ZZ∗− .

Ex. 2. Un ensemble F en bijection avec un ensemble E dénombrable est dénombrable. En effet, il existe une bijection de IN sur E et une bijection de E sur F . En les composant, on obtient une bijection de IN sur F .

Point méthode Exhiber une bijection entre IN et un ensemble dénombrable A revient à numéroter les éléments de A, c’est-à-dire écrire A sous la forme A = {an | n ∈ IN} , avec n �→ an injective, ou encore à les énumérer.

Ex. 3. La bijection ci-dessus entre IN et ZZ revient à énumérer les éléments de ZZ de la façon suivante : 0, −1, 1, −2, 2, −3, 3, −4, 4, . . .

I Ensembles dénombrables Ex. 4. L’ensemble IN2 est dénombrable. Une numérotation possible de ses éléments est la suivante : IN 14 9

13

5

8

12

2

4

7

11

0

1

3

6

10

IN

On numérote successivement tous les couples (i, j) de IN2 tels que i + j = 0 , puis i + j = 1 , puis i + j = 2 , etc.

Proposition 1 Toute partie infinie de IN est dénombrable. Démonstration page 592 Si A est une partie infinie de IN , on construit par récurrence par a0 = min A et :

Principe de démonstration. une suite (an )n∈IN

∀n ∈ IN



an+1 = min x ∈ A : x > an

et l’on vérifie que n �→ an est une bijection de IN sur A .



Ex. 5. L’ensemble des entiers pairs, l’ensemble des entiers impairs, l’ensemble des nombres premiers sont dénombrables.

Définition 2 Un ensemble est au plus dénombrable s’il est fini ou dénombrable. Remarque Pour démontrer qu’un ensemble est dénombrable, il suffit donc de démontrer qu’il est au plus dénombrable et infini. Ex. 6. Toute partie de IN est au plus dénombrable.

Proposition 2 Un ensemble est au plus dénombrable si, et seulement s’il est en bijection avec une partie de IN. Démonstration page 592

Corollaire 3 Un ensemble E est au plus dénombrable si, et seulement s’il existe une injection de E dans IN.

Démonstration page 592

587

Chapitre 14. Dénombrabilité

Exo 14.1

Ex. 7. L’ensemble IN2 est dénombrable. En effet, il est infini et l’application (p, q) �→ 2p 3q est injective de IN2 dans IN par unicité de la décomposition en facteurs premiers. Ex. 8. S’il existe une injection f de E dans un ensemble au plus dénombrable F , alors E est au plus dénombrable. En effet, il existe une injection g de F dans IN , donc g ◦ f est une injection de E dans IN .

Corollaire 4 Toute partie d’un ensemble au plus dénombrable est au plus dénombrable. Proposition 5 Un ensemble non vide A est au plus dénombrable si, et seulement s’il existe une surjection de IN sur A. Démonstration page 592

Corollaire 6 L’image d’un ensemble au plus dénombrable par une application est au plus dénombrable.

Démonstration page 593

Point méthode Pour montrer qu’un ensemble infini A est dénombrable, on peut : • exhiber une bijection de IN sur A ;

• exhiber une injection de A dans IN (ou dans un ensemble dénombrable) ;

• exhiber une surjection de IN (ou d’un ensemble dénombrable) sur A.

II 1

Opérations sur les ensembles dénombrables Produit cartésien

Proposition 7 Le produit cartésien de deux ensembles dénombrables est dénombrable. Démonstration.

Soit A et B deux ensembles dénombrables ainsi qu’une bijection f de A sur IN et une bijection g de B sur IN .





Alors l’application h : (x, y) �→ f (x), g(y) est une bijection de A × B sur IN2 , d’application





réciproque (p, q) �→ f −1 (p), g −1 (q) . Comme IN2 est dénombrable (cf. exemple 7), on en déduit que A × B est dénombrable. Ex. 9. Comme ZZ est dénombrable, ZZ2 est dénombrable. Ex. 10. L’ensemble Q est dénombrable. En effet, on a vu que ZZ était dénombrable, ainsi que IN∗ comme partie infinie de IN (cf. proposition 1 de la page précédente) donc ZZ × IN∗ est dénombrable. Ainsi Q est au plus dénombrable (donc dénombrable puisqu’infini) comme image de ZZ × IN∗ par l’application (p, q) �→ pq ·

588

II Opérations sur les ensembles dénombrables On a le même résultat pour les ensembles au plus dénombrables. Ex. 11. • Le produit cartésien de deux ensembles A et B au plus dénombrables est au plus dénombrable. On reprend le principe de la démonstration précédente, en considérant cette fois-ci   des injections f : A → IN et g : B → IN . L’application h : (x, y) �→ f (x), g(y) est alors

une injection de A × B dans IN2 , donc A × B est au plus dénombrable, puisque IN2 est dénombrable. • De plus, A × B est dénombrable si, et seulement si, l’un des ensembles est dénombrable et l’autre non vide. En effet : ∗ si par exemple A est non vide et B est infini, alors en fixant a ∈ A , l’ensemble A × B est infini puisqu’il contient {a} × B qui est en bijection avec B , donc infini ; ∗ si l’un des deux ensembles est vide, alors A×B est vide ; si A et B sont finis, alors A×B est fini.

Corollaire 8 Le produit cartésien d’une famille finie non vide d’ensembles dénombrables est dénombrable. Ex. 12. Pour tout n ∈ IN∗ , les ensembles INn et Qn sont dénombrables.

2 Exo 14.2

Union

Proposition 9 La réunion d’une famille au plus dénombrable d’ensembles au plus dénombrables est au plus dénombrable. Démonstration. Soit (Ai )i∈I une famille d’ensembles au plus dénombrables indexée par un ensemble I au plus dénombrable. Quitte à supprimer les Ai qui sont vides (ce qui ne change pas la réunion), on peut supposer tous les Ai non vides. En considérant, pour tout i ∈ I , une  Ai en posant : surjection fi de IN sur Ai , on construit une surjection de f : I × IN sur i∈I

∀(i, n) ∈ I × IN

f (i, n) = fi (n).

Comme I × IN est au plus dénombrable, il en est de même de la page précédente.



Ai d’après le corollaire 6 de

i∈I

Ex. 13. Si A et B sont deux parties de C au plus dénombrables, alors : A + B = {a + b | (a, b) ∈ A × B} est au plus dénombrable. En effet, on peut écrire : A+B =



(a + B).

a∈A

Chaque ensemble a+B est en bijection avec B donc est au plus dénombrable et A+B apparaît comme la réunion d’une famille au plus dénombrable d’ensembles au plus dénombrables.

589

Chapitre 14. Dénombrabilité Ex. 14. Soit a et b deux réels tels que a < b . Une fonction f : [a, b] → IR est dite réglée s’il existe une suite (fn ) de fonctions en escalier sur [a, b] qui converge uniformément vers f . On sait qu’alors, pour tout n ∈ IN , l’ensemble Dn des points de discontinuité de fn est fini,  donc l’ensemble D = Dn est au plus dénombrable, car union dénombrable d’ensembles n∈IN

finis. Si x ∈ [a, b] \ D , alors, pour tout n ∈ IN , fn est continue en x et, comme (fn ) converge uniformément vers f , on en déduit que f est continue en x . Ainsi, l’ensemble des points de discontinuité de f est inclus dans D , donc au plus dénombrable.

Remarque En particulier, une union finie d’ensembles au plus dénombrables est au plus dénombrable. Ex. 15. Si A est au plus dénombrable, alors A ∪ IN est dénombrable, car au plus dénombrable et infini. Par conséquent, tout ensemble au plus dénombrable peut être inclus dans un ensemble dénombrable.

Proposition 10 Soit (ai )i∈I une famille sommable de nombres complexes, où I est un ensemble   non nécessairement dénombrable. Alors l’ensemble i ∈ I : ai = � 0 (support de la famille (ai )i∈I ) est au plus dénombrable.

Démonstration page 593

III

Exemples d’ensembles infinis non dénombrables

L’ensemble Q des rationnels est dénombrable, comme on l’a vu précédemment. Il n’en est pas de même de IR. Proposition 11 L’ensemble IR n’est pas dénombrable. Démonstration (non exigible) page 593

Ex. 16. L’ensemble IR \ Q des nombres irrationnels n’est pas dénombrable. En effet, s’il l’était, alors IR serait dénombrable, car union de deux ensembles dénombrables, Q et IR \ Q . Ex. 17. Si (a, b) ∈ IR2 , avec a < b , alors ]a, b[ n’est pas dénombrable, car il est en bijection avec IR . En effet, si par exemple f est une bijection affine de ]a, b[ sur ]− π2 , π2 [ , alors tan ◦f est une bijection de ]a, b[ sur IR . On en déduit qu’a fortiori, toute partie de IR d’intérieur non vide n’est pas dénombrable. C’est vrai en particulier pour tout intervalle contenant au moins deux points. Exo 14.3

Ex. 18. L’exemple de IR \ Q montre qu’il existe des parties de IR d’intérieur vide qui ne sont pas dénombrables.

590

III Exemples d’ensembles infinis non dénombrables Lemme 12 Soit E un ensemble. Il n’existe aucune surjection de E sur P(E).

Démonstration page 593 Principe de démonstration. Si f est une application de E dans P(E) , on montre   / f (x) n’a pas d’antécédent par f . que X = x ∈ E : x ∈

Exo 14.4

Corollaire 13 L’ensemble P(IN) n’est pas dénombrable. Corollaire 14

L’ensemble {0, 1}IN n’est pas dénombrable. Exo 14.5

Démonstration. On a vu en première année que, pour tout ensemble E , l’ensemble P(E) est en bijection avec {0, 1}E par l’application qui associe à toute partie de E sa fonction indicatrice. Donc {0, 1}IN est en bijection avec P(IN) qui n’est pas dénombrable. Remarques • On a vu que les deux ensembles non dénombrables P(IN) et {0, 1}IN étaient en bijection. On peut montrer qu’ils sont également en bijection avec IR. • En revanche, IR et P(IR) ne sont pas en bijection d’après le lemme 12, alors qu’ils ne sont ni l’un ni l’autre dénombrables.

591

Chapitre 14. Dénombrabilité

Démonstrations Proposition 1 Soit A une partie infinie de IN . Commençons par remarquer que A est non vide (l’ensemble vide est fini) et non majorée. En effet, si elle était majorée par un certain entier n , alors elle serait contenue dans l’ensemble fini [[0, n]] donc également finie. Construisons par récurrence une suite strictement croissante (an )n∈IN d’éléments de A telle   que A = an | n ∈ IN .

Comme A est non vide, elle possède un plus petit élément que l’on note a0 . Soit n ∈ IN ; supposons a0 , . . . , an construits. La partie A n’est pas majorée par an , donc   l’ensemble x ∈ A : x > an est une partie non vide de IN . Il admet par conséquent un plus petit élément, noté an+1 , qui vérifie donc an+1 > an . Par construction, la suite (an )n∈IN est strictement croissante, donc l’application n �→ an est une injection de IN dans A . Montrons qu’elle est surjective.

• •





Soit x ∈ A . La partie an+1 | n ∈ IN de IN étant infinie, elle n’est pas majorée par x . Il existe donc des entiers naturels k tels que ak+1 > x ; notons n le plus petit d’entre eux. Alors an  x : si n = 0 , cela vient de la définition de a0 , sinon, cela vient du caractère minimal de n . On a donc an  x < an+1 .





Or, an+1 = min y ∈ A : y > an et x ∈ A . Donc on ne peut pas avoir an < x < an+1 . Il s’ensuit que x = an . D’où la surjectivité requise. L’application n �→ an est donc une bijection de IN sur A .

Proposition 2 Si un ensemble E est au plus dénombrable, il est en bijection avec une partie de IN de la forme [[1, n]] s’il est fini et avec IN sinon. Réciproquement, si E est en bijection avec une partie I de IN , soit I est finie et E est lui-même fini, soit I est dénombrable et E est lui-même dénombrable. Corollaire 3 On utilise la caractérisation de la proposition 2 de la page 587. • Si E est au plus dénombrable, il existe une bijection f de E sur une partie I de IN . Si i est l’injection canonique x �→ x de I dans IN , alors i ◦ f est une injection de E dans IN . • Réciproquement, si f est une injection de E dans IN , l’application E −→ f (E) est x �−→ f (x) une bijection de E sur f (E) , qui est une partie de IN , donc E est au plus dénombrable. Proposition 5 • Supposons A au plus dénombrable. ∗ Si A est infini, il est dénombrable et il existe une bijection f de IN sur A . ∗ Sinon, notons n son cardinal. Comme A est non vide, on a n  1 et l’on peut fixer un élément x0 de A . Considérons une bijection f de [[0, n − 1]] dans A et prolongeons f à IN en posant : ∀k ∈ IN \ [[0, n − 1]]

f (k) = x0 .

On obtient ainsi une application de IN sur A , surjective puisque sa restriction à [[0, n − 1]] est déjà surjective. •





Soit f une surjection de IN sur A . Comme f est surjective, on a f −1 {a} �= ∅ pour tout a ∈ A . On peut donc définir :



g: A a



−→ �−→

IN   min f −1 {a} .

Par définition de g , on a f g(a) = a , pour tout a ∈ A , ce qui entraîne l’injectivité de g . D’après le corollaire 3 de la page 587, on en déduit que A est au plus dénombrable.

592

Démonstrations Corollaire 6 Soit E un ensemble au plus dénombrable, f une application définie sur E et A = f (E) . • • ,

Si E est non vide, il existe une surjection g de IN sur E et l’application IN x est une surjection de IN sur A , donc A est au plus dénombrable. Si E = ∅ , alors A = ∅ donc A est fini.

Proposition 10

On pose M =



i∈I

|ai | .



−→ �−→

A f (g(x))



Soit ε > 0 et J une partie finie de l’ensemble Iε = i ∈ I : |ai |  ε . On a : M

 i∈J

|ai |  ε card J.

On en déduit que toutes les parties finies de Iε ont au maximum que Iε est fini (et de cardinal inférieur à

M  ε

).

M  ε

éléments, ce qui prouve

Le support de (ai )i∈I est la réunion des I1/n , pour n ∈ IN∗ . En tant que réunion dénombrable d’ensembles finis, il est donc au plus dénombrable. Proposition 11

Elle est basée sur le lemme suivant.

Lemme Soit (un )n∈IN une suite réelle.   Il existe au moins un réel n’appartenant pas à un | n ∈ IN .

Démonstration. vérifiant : • •

On construit par récurrence deux suites adjacentes (an )n∈IN et (bn )n∈IN

∀n ∈ IN un ∈ / [an , bn ]. Posons, par exemple, a0 = u0 + 1 et b0 = u0 + 2 . Supposons construits an < bn tels que un ∈ / [an , bn ] . n Posons cn = 2an3+bn et dn = an +2b ; au moins l’un des trois segments [an , cn ] , [cn , dn ] 3 et [dn , bn ] ne contient pas un+1 . Cela permet de définir an+1 < bn+1 tels que :

bn − a n · 3 Les inclusions [an+1 , bn+1 ] ⊂ [an , bn ] montrent que la suite (an ) est croissante, que la suite (bn ) est décroissante et les relations bn+1 − an+1 = 13 (bn − an ) donnent lim bn − an = 0 . / [an+1 , bn+1 ] ⊂ [an , bn ] un+1 ∈

et

bn+1 − an+1 =

n→+∞

Donc les suites (an ) et (bn ) sont adjacentes. Leur limite commune ℓ vérifie : ∀n ∈ IN

ℓ ∈ [an , bn ]

donc

∀n ∈ IN

ℓ �= un .





D’après le lemme qui précède, on ne peut trouver aucune suite (un ) telle que IR = un | n ∈ IN , donc IR n’est pas dénombrable. Lemme 12

Soit f une application de E dans P(E) .



/ f (x) Posons X = x ∈ E : x ∈ alors, par définition de X :



et supposons que X admette un antécédent a par f . On a

a ∈ X ⇐⇒ a ∈ / f (a) ⇐⇒ a ∈ / X,

ce qui est contradictoire. Ce raisonnement par l’absurde montre que X n’admet pas d’antécédent par f et donc que f n’est pas surjective.

593

Chapitre 14. Dénombrabilité

S’entraîner et approfondir 14.1 Montrer que l’ensemble IN(IN) des suites presque nulles d’entiers naturels est dénombrable. →588

14.2 Montrer que l’ensemble des parties finies de IN est dénombrable. →589

14.3 Montrer qu’il n’existe pas d’application f : IR → IR continue telle que f (Q) ⊂ IR \ Q →590 et f (IR \ Q) ⊂ Q . 14.4 Montrer que l’ensemble S(IN) des permutations de IN n’est pas dénombrable. →591

Indication. On pourra construire une injection de P(IN) dans S(IN) .

14.5 Montrer que si un ensemble A possède au moins deux éléments, alors AIN n’est pas dénom→591 brable. 14.6 1. Montrer qu’un ensemble est infini si, et seulement s’il contient une partie dénombrable. 2. Montrer que si A est un ensemble au plus dénombrable et B un ensemble infini, alors A ∪ B est en bijection avec B . ⋆ 14.7 Soit E un espace vectoriel muni d’une base dénombrable B = (en )n∈IN . Montrer que toute base de E est dénombrable. 14.8 Soit f : IR → IR une application croissante et D l’ensemble des points de discontinuité de f . 1. Soit a et b deux réels, avec a < b et I = ]a, b[ . (a) Montrer que la famille



lim f − lim f x+

x−



est sommable. x∈I

(b) En déduire que l’ensemble D ∩ ]a, b[ est au plus dénombrable. 2. Montrer que D est au plus dénombrable. 14.9 1. (a) Montrer qu’un espace vectoriel sur Q de dimension finie non nulle est dénombrable. (b) Montrer que Q[X] est dénombrable. 2. On appelle nombre algébrique tout nombre complexe racine d’un polynôme non nul à coefficients rationnels. Un nombre complexe qui n’est pas algébrique est dit transcendant. Montrer qu’il existe des réels transcendants.

594

Solutions des exercices

Solutions des exercices 14.1 Soit (pk )k∈IN une énumération strictement croissante des nombres premiers. L’application : IN(IN) (vk )k∈IN

−→ �−→

est bien définie (si (vk )k∈IN est presque nulle,



IN 

pvkk

k∈IN v

pkk peut être vu comme un produit fini

k∈IN

puisque seul un nombre fini de ses termes sont différents de 1 ) et est injective par unicité de la décomposition en facteurs premiers. Remarque C’est même une bijection de IN(IN) sur IN∗ par existence et unicité de la décomposition en facteurs premiers. 14.2 Une partie A de IN est finie si, et seulement s’il existe n ∈ IN tel que A ⊂ [[0, n]] . On en déduit que l’ensemble Pf des parties finies de IN peut s’écrire : Pf =



n∈IN

P([[0, n]]).

Il est donc au plus dénombrable comme réunion dénombrable d’ensembles finis. Il est infini car il contient l’ensemble {{n} | n ∈ IN} des singletons de IN , qui est en bijection avec IN , donc il est dénombrable. 14.3 On raisonne par l’absurde en supposant qu’une telle application existe. L’ensemble f (Q) est au plus dénombrable car c’est l’image par f d’un ensemble dénombrable. De même, f (IR \ Q) est au plus dénombrable car inclus dans Q . On en déduit que f (IR) est au plus dénombrable, comme union de deux ensembles au plus dénombrables. Mais par ailleurs, comme f est continue, f (IR) est un intervalle. Si cet intervalle contenait au moins deux points, il serait infini et non dénombrable d’après l’exemple 17 de la page 590, ce qui contredirait ce qui précède. Donc f est constante. Si f (IR) = {a} , l’hypothèse impose a ∈ Q et a ∈ IR \ Q . C’est impossible. 14.4 Pour A ∈ P(IN) , on considère l’application fA : IN → IN définie par : ∀n ∈ IN

fA (2n) =



2n + 1 2n

si si

n∈A n∈ /A

et

fA (2n + 1) =



2n 2n + 1

si si

n∈A n∈ / A.

L’application fA est bijective car involutive. L’application P(IN) −→ S(IN) est injective, car fA détermine de manière unique A . A �−→ fA En effet, on a A = {n ∈ IN : fA (2n) = 2n + 1} . Si S(IN) était dénombrable, alors P(IN) serait au plus dénombrable, ce qui est faux d’après le corollaire 13 de la page 591. 14.5 • Le cas où A = {0, 1} a été vu dans le cours (cf. corollaire 14 de la page 591). • Lorsque A est un ensemble à deux éléments, en considérant une bijection ϕ de {0, 1} sur A , l’application f �→ ϕ ◦ f réalise une bijection de {0, 1}IN sur AIN . Donc AIN n’est pas dénombrable. • Soit A un ensemble possédant au moins deux éléments distincts a et b . En considérant une application de IN dans {a, b} comme une application de IN dans A , on obtient une inclusion de {a, b}IN dans AIN qui n’est donc pas dénombrable d’après le point précédent.

595

Chapitre 14. Dénombrabilité 14.6 1. Un ensemble qui contient une partie dénombrable est évidemment infini. Réciproquement, soit E un ensemble infini. Construisons une suite (an )n∈IN d’éléments de E distincts deux à deux. • Comme E est infini, il est non vide, ce qui permet de choisir un élément a0 de E . • Supposons construits a0 , . . . , an des éléments de E distincts deux à deux. Comme E est infini, il n’est pas égal à l’ensemble fini {a0 , . . . , an } , ce qui permet de choisir un élément an+1 ∈ E différent des précédents.





L’ensemble A = an | n ∈ IN est alors une partie dénombrable de E : elle est en bijection avec IN par l’application n �→ an qui est injective par construction et surjective par définition de A . 2. Soit A un ensemble au plus dénombrable et B un ensemble infini. On considère l’ensemble A′ = A \ B , qui est au plus dénombrable, car inclus dans A . On a alors A ∪ B = A′ ∪ B . D’après la première question, il existe une partie C de B dénombrable. Alors, A′ ∪ C est également dénombrable comme réunion de deux ensembles au plus dénombrables, dont l’un au moins est infini. Considérons donc une bijection de C sur A′ ∪ C et prolongeons-la à B par l’identité sur B \ C . Comme A′ ∪ C et B \ C sont disjoints, on obtient alors une bijection de B sur A′ ∪ B = A ∪ B .

14.7 Soit (xi )i∈I une famille libre. Montrons que I est au plus dénombrable.





Soit n ∈ IN . Posons In = i ∈ I : xi ∈ Vect(e0 , . . . , en ) . Il s’agit d’un ensemble fini, car (xi )i∈In est une famille libre de l’espace vectoriel Vect(e0 , . . . , en ) de dimension finie. De plus, comme B est une base de E , tout vecteur de E appartient à l’un des sous-espaces  vectoriels Vect(e0 , . . . , en ) . On en déduit que I = In et donc que I est au plus dénomn∈IN

brable comme réunion dénombrable d’ensembles finis. En particulier, toute base de E est au plus dénombrable et par suite dénombrable puisque E n’est pas de dimension finie.

14.8 1. (a) Comme f est croissante, elle possède en tout point une limite à droite et une limite à gauche. Soit x1 < · · · < xn des points distincts de I . On a alors : lim f  lim f  lim f  · · ·  lim f  lim f  lim f. a+

Les segments





x+ 1

x− 1



x− n

x+ n

b−

lim f, lim f , pour i ∈ [[1, n]] , sont d’intérieurs disjoints et inclus x− i



x+ i

dans lim f, lim f , donc on a : a+

b−

n   i=1



lim f − lim f  lim f − lim f. x+ i

x− i

b−

a+

Cette somme est majorée par une constante, indépendante du choix de n et de x1 , . . . , xn , donc la famille de réels positifs (b) La famille



lim f − lim f x+

x−





lim f − lim f x+

x−



est sommable. x∈I

étant sommable, son support S est au plus dénomx∈I

brable, d’après la proposition 10 de la page 590. Mais, pour tout x ∈ ]a, b[ , on a : x ∈ D ⇐⇒ lim f < lim f ⇐⇒ x ∈ S. x−

x+

Ainsi D ∩ ]a, b[ , qui est égal à S , est au plus dénombrable.

596

Solutions des exercices 2. On a D =



n∈Z Z





D ∩ n, n + 2 , donc D est au plus dénombrable, car union dénombrable

d’ensembles au plus dénombrables. 14.9 1. (a) Soit E un Q -espace vectoriel de dimension n ∈ IN∗ . Alors E est isomorphe à Qn , donc en particulier en bijection avec Qn , qui est dénombrable car produit cartésien d’une famille finie non vide d’ensembles dénombrables (cf. corollaire 8 de la page 589).  Qn [X] , donc Q[X] est une réunion dénombrable d’ensembles dé(b) On a Q[X] = n∈IN

nombrables d’après la question 1.

2. Soit A l’ensemble des nombres algébriques. On a A =



P ∈Q[X]\{0}





P −1 {0} , qui est

donc une réunion dénombrable d’ensembles finis (tout polynôme non nul a un nombre fini de racines). De plus, A est infini puisqu’il contient Q : tout rationnel r est racine de X − r ∈ Q[X] \ {0} . Donc A est dénombrable. Comme IR n’est pas dénombrable, on en déduit que A ∩ IR  IR et donc qu’il existe au moins un réel transcendant (et même une infinité non dénombrable). Remarque Cette existence a ainsi été montrée de façon non constructive. Il est possible d’en exhiber explicitement : on peut démontrer que e et π sont transcendants.

597

Chapitre 15 : Espaces probabilisés I

Espaces probabilisés . . . . . . . . . . . . . . . . . . Espaces probabilisables . . . . . . . . . . . . . . . Probabilités . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Espaces probabilisés discrets . . . . . . . . . . . . Probabilité sur un univers non dénombrable . . . . II Variables aléatoires discrètes . . . . . . . . . . . . 1 Définition . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Loi d’une variable aléatoire discrète . . . . . . . . 3 Lois usuelles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . III Couples de variables aléatoires . . . . . . . . . . . 1 Définitions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Loi conjointe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Lois marginales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 Généralisation aux n -uplets de variables aléatoires Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 2 3 4

. . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

600 600 602 606 607 608 608 609 611 613 613 614 614 614 622

Espaces probabilisés

15

En première année ont été étudiés les espaces probabilisés finis. Les concepts fondamentaux des probabilités (univers, événements, probabilités, variables aléatoires), qui sont les mêmes que dans le cas fini, vont être définis dans des espaces probabilisés quelconques. L’axiomatisation du calcul des probabilités ici présentée est due principalement au mathématicien russe André Kolmogorov (Fondements de la théorie des probabilités, 1933).

I

Espaces probabilisés

1

Espaces probabilisables

Modélisation d’une expérience aléatoire • Comme dans le cours de première année, il s’agit de modéliser une expérience aléatoire. On associe à une telle expérience un ensemble qui contient tous les résultats possibles de l’expérience, appelé univers. L’univers n’est plus supposé fini. Ex. 1. On lance une pièce de monnaie jusqu’à l’obtention du premier pile et l’on s’intéresse au nombre de lancers nécessaires. L’univers que l’on peut associer à cette expérience est IN∗ ∪ {+∞} , car a priori il n’est pas exclu de ne jamais obtenir pile.

Ex. 2. On veut modéliser l’expérience fictive consistant à lancer une pièce de monnaie une infinité dénombrable de fois. L’univers que l’on peut associer à cette expérience est l’en∗

semble Ω = {0, 1}IN des suites à valeurs dans {0, 1} , où 1 représente pile et 0 face ; le terme d’indice n de la suite est le résultat du n -ième lancer. Cet ensemble n’est pas dénombrable (cf. le corollaire 14 de la page 591). On fait aussi appel à un tel modèle quand on effectue une suite de lancers dont le nombre n’est pas fixé a priori : par exemple si on lance la pièce tant que la différence entre le nombre de piles et de faces est inférieure à 2 .

I Espaces probabilisés • À une propriété que peut vérifier un résultat de l’expérience, on associe une partie de l’univers Ω que l’on appelle un événement. Dans le cas fini, on avait considéré que toute partie de Ω représentait un événement. Dans le cas où Ω est infini et non dénombrable, cela conduit parfois à des difficultés mathématiques dans la définition d’une probabilité. On restreint alors l’ensemble des événements à une partie stricte de P(Ω). Cette partie de P(Ω) doit vérifier certaines propriétés :

∗ l’ensemble Ω doit être un événement (l’événement certain) ;

∗ si A est un événement, alors A , complémentaire de A dans Ω, doit être un événement (événement contraire) ; ∗ on impose une autre condition qui peut sembler moins naturelle : si (An )n∈IN  est une suite d’événements, alors An est un événement ; en effet, la stabilité n∈IN

par réunion finie risque d’être insuffisante.

Ex. 3. Si l’on cherche à modéliser le jeu de pile ou face infini et que l’on considère, pour tout n ∈ IN∗ , l’événement An : « le n -ième tirage donne pile », on pourra par exemple s’intéresser à l’événement « on obtient au moins un pile dans la suite des tirages » qui est



+∞

An .

n=0

Tribu Définition 1 Soit Ω un ensemble non vide. On appelle tribu sur Ω tout sous-ensemble A de P(Ω) tel que : • Ω appartient à A ; • pour tout élément A de A, son complémentaire A appartient à A;  An appartient à A. • pour toute suite (An )n∈IN d’éléments de A, la réunion n∈IN

Remarque Au lieu de tribu, on dit aussi σ -algèbre, d’où la notation A adoptée par le programme. Définition 2 Un espace probabilisable est un couple (Ω, A), où Ω est un ensemble quelconque non vide et A une tribu sur Ω. L’ensemble Ω est appelé l’univers et tout élément de A est appelé événement. Ex. 4. L’ensemble P(Ω) est une tribu sur Ω , appelée tribu discrète.

Exo 15.1

¯ ∅} est une Ex. 5. Pour toute partie A de Ω , distincte de ∅ et de Ω , l’ensemble {Ω, A, A, tribu sur Ω .

601

Chapitre 15. Espaces probabilisés Opérations sur les événements Proposition 1 Toute tribu contient l’ensemble vide, et est stable par union et intersection au plus dénombrable, ainsi que par différence. Démonstration page 616

Remarque On emploie le même vocabulaire que dans les espaces probabilisés finis. En particulier, deux événements A et B tels que A∩B = ∅ sont dits incompatibles. Soit (An )n∈IN une suite d’événements d’un espace probabilisable (Ω, A) . Ex. 6. Soit B l’ensemble des éléments de Ω qui appartiennent à une infinité d’événements An . Considérons B , ensemble des éléments de Ω appartenant seulement à un nombre fini d’événements An . Alors, on a, pour tout ω ∈ Ω : ω ∈ B ⇐⇒ ∃n ∈ IN On a donc B =

 

∀p  n

ω∈ / Ap ⇐⇒ ∃n ∈ IN

Ap , d’où l’on déduit B =

n∈IN pn

 

∀p  n

ω ∈ Ap .

Ap . Comme une tribu est stable par

n∈IN pn

union et intersection dénombrable, B est un événement.

Ex. 7. Soit C l’ensemble des éléments de Ω qui appartiennent à tous les événements An sauf un nombre fini. On a, de même, pour tout ω ∈ Ω : et donc C =

 

ω ∈ C ⇐⇒ ∃n ∈ IN

∀p  n

ω ∈ Ap

Ap , d’où l’on conclut que C est un événement.

n∈IN pn

2

Probabilités

Comme dans le cas d’un univers fini, une probabilité associe à un événement un réel appartenant à [0, 1]. Elle est donc définie sur une tribu. On impose une propriété d’additivité plus riche que dans les univers finis. Définitions Définition 3 On appelle probabilité sur l’espace probabilisable (Ω, A) toute application P de A dans [0, 1] vérifiant : • P(Ω) = 1 ; • pour toute suite (An )n∈IN d’événements deux à deux incompatibles, la série de terme général P(An ) converge et : +∞    An = P(An ). P n∈IN

n=0

Remarques • La seconde propriété est appelée σ -additivité ou additivité dénombrable.

• Il résulte de la définition que les événements sont les parties de Ω qui ont une probabilité.

602

I Espaces probabilisés Définition 4 Un espace probabilisé est un triplet (Ω, A, P), où (Ω, A) est un espace probabilisable et P une probabilité sur (Ω, A). Dans la suite, sauf mention contraire, (Ω, A, P) désignera un espace probabilisé. Propriétés Théorème 2 On a les propriétés suivantes : 1. P(∅) = 0 ; 2. pour toute famille au plus dénombrable d’événements deux à deux incompa  tibles (Ai )i∈I , la famille P(Ai ) i∈I est sommable et :    P Ai = P(Ai ) ; i∈I

i∈I

3. pour tout événement A : P(A) = 1 − P(A) ; 4. pour tout couple (A, B) d’événements vérifiant A ⊂ B : P(B \ A) = P(B) − P(A)

et ainsi

P(A)  P(B);

cette propriété s’appelle croissance de P ; 5. pour tout couple (A, B) d’événements : P(A ∪ B) = P(A) + P(B) − P(A ∩ B).

Démonstration page 616

Exo 15.2

Remarque Une probabilité sur un univers fini Ω telle que nous l’avons définie en première année est un cas particulier de la définition donnée pour un espace probabilisable quelconque, la tribu des événements étant P(Ω). Définition 5 • Tout événement de probabilité nulle est dit négligeable.

• Tout événement de probabilité 1 est dit presque sûr ou presque certain.

Systèmes quasi-complets d’événements La définition suivante généralise celle qui a été donnée en première année. Définition 6 On appelle système complet d’événements d’un espace probabilisable (Ω, A) toute famille au plus dénombrable (Ai )i∈I d’événements deux à deux incompatibles  Ai = Ω. tels que i∈I

603

Chapitre 15. Espaces probabilisés

Ex. 8. Pour tout événement A , la famille (A, A) est un système complet d’événements. Ex. 9. Si l’univers Ω est au plus dénombrable et muni de la tribu P(Ω) , la famille ({ω})ω∈Ω est un système complet d’événements.

Définition 7 On appelle système quasi-complet d’événements d’un espace probabilisé (Ω, A, P) toute famille au plus dénombrable (Ai )i∈I d’événements deux à deux   incompatibles tels que P Ai = 1 . i∈I

Remarques • Un système complet d’événements est donc un système quasi-complet d’événements. • La notion de système complet d’événements ne dépend pas de la probabilité, contrairement à celle de système quasi-complet d’événements. Proposition 3 Si (Ai )i∈I est un système quasi-complet d’événements, alors :    • la famille P(Ai ) i∈I est sommable et P(Ai ) = 1 ; i∈I

 • pour tout événement B , la famille P(Ai ∩ B) i∈I est sommable et :  P(Ai ∩ B). P(B) = 

i∈I

Démonstration page 617

La propriété suivante est une conséquence très forte de la σ -additivité. Théorème 4 (Continuité monotone) Soit (An )n∈IN une suite d’événements. 1. Continuité croissante : si la suite (An )n∈IN est croissante, c’est-à-dire vérifie An ⊂ An+1 pour tout n de IN, alors on a :   +∞  An = lim P(An ). P n=0

n→+∞

2. Continuité décroissante : si la suite (An )n∈IN est décroissante, c’est-à-dire vérifie An+1 ⊂ An pour tout n de IN, alors on a :  +∞   P An = lim P(An ). n=0

n→+∞

Démonstration page 617

604

I Espaces probabilisés Corollaire 5 Pour toute suite (An )n∈IN d’événements, on a :    +∞      +∞ n n   et P An = lim P Ak An = lim P Ak . P n→+∞

n=0

n=0

k=0

n→+∞

k=0

Démonstration page 618

Proposition 6 (Sous-additivité de P ) Si (Ai )i∈I est une famille au plus dénombrable d’événements, on a :    P P(Ai ). Ai  i∈I

i∈I

Démonstration page 618

Remarques • Cette inégalité est aussi appelée inégalité de Boole.  P(Ai ) < +∞, mais si la somme est supérieure à 1 , • On n’a pas nécessairement l’inégalité est sans intérêt. i∈I

Corollaire 7 Une réunion au plus dénombrable d’événements négligeables est un événement négligeable. Une intersection au plus dénombrable d’événements presque sûrs est un événement presque sûr. Démonstration page 619

Attention L’hypothèse « au plus dénombrable » est indispensable : • une réunion non dénombrable d’événements n’a aucune raison a priori d’être un événement et donc d’avoir une probabilité ; • même si c’est un événement, il peut avoir une probabilité non nulle. Ex. 10. Premier lemme de Borel-Cantelli  Soit (An ) une suite d’événements. On suppose que la série P(An ) converge. Montrons que l’événement B =

 

+∞ +∞

Ap (c’est-à-dire, d’après l’exemple 6 de la page 602,

k=0 p=k

l’ensemble des éléments de Ω qui appartiennent à une infinité d’événements An ) est négligeable. La suite

 +∞ 

p=k

Ap



est décroissante donc par continuité décroissante :

k∈IN

P(B) = lim P k→+∞

Pour tout k ∈ IN , on a : 0P

 +∞ 

p=k

On reconnaît dans



+∞

Ap



 +∞ 

p=k



+∞ 



Ap .

P(Ap ).

p=k

P(Ap ) le reste d’une série convergente, qui tend donc vers 0 .

p=k

On en déduit P(B) = 0 .

605

Chapitre 15. Espaces probabilisés Union d’événements non incompatibles Pour calculer la probabilité d’une réunion finie d’événements, il existe une formule qui généralise la formule P(A ∪ B) = P(A) + P(B) − P(A ∩ B) obtenue pour deux événements. Elle n’est pas au programme. Pour une démonstration et une utilisation, voir l’exercice 17.7 de la page 704.

3

Espaces probabilisés discrets

Définition 8 Une distribution de probabilités discrète sur un ensemble Ω est une famille d’éléments de IR+ , indexée par Ω, sommable et de somme 1 . Le support d’une distribution de probabilités discrète (pω )ω∈Ω sur Ω est {ω ∈ Ω : pω �= 0} . Proposition 8 Le support d’une distribution de probabilités discrète est au plus dénombrable. Démonstration.

C’est une propriété générale des familles sommables (cf. proposition 10 de la page 590) : leur support est au plus dénombrable.

Proposition 9 Si (pω )ω∈Ω est une distribution de probabilités discrète sur Ω, alors l’application : P : P(Ω) −→ [0, 1] A �−→ pω ω∈A

est une probabilité sur l’espace probabilisable (Ω, P(Ω)), appelée probabilité associée à la distribution (pω )ω∈Ω . Elle vérifie : ∀ω ∈ Ω P({ω}) = pω .

Démonstration page 619

Définition 9 Un espace probabilisé (Ω, P(Ω), P), où P est la probabilité associée à une distribution de probabilités discrète sur Ω est appelé espace probabilisé discret. Théorème 10 Soit Ω un ensemble au plus dénombrable et P une probabilité sur (Ω, P(Ω)). Si l’on pose pω = P ({ω}), pour tout ω ∈ Ω, alors (pω )ω∈Ω est une distribution de probabilités discrète sur Ω et P est la probabilité associée à cette distribution. Démonstration page 619

Remarque Dans le cas d’un univers fini, on peut en particulier définir une probabilité pour laquelle les événements élémentaires ont tous même probabilité (probabilité uniforme). Ce n’est pas possible pour un univers dénombrable. En effet, si Ω est dénombrable et si pω est une constante, soit cette constante n’est pas nulle et la  pω vaut 0 et pas 1 . famille (pω )ω∈Ω n’est pas sommable, soit elle est nulle et ω∈Ω

606

I Espaces probabilisés

Considérons le cas Ω = IN . Une distribution de probabilités discrète sur IN est simplement une suite (pn ) de réels positifs telle que



+∞

pn = 1 .

n=0

Ex. 11. Si λ > 0 , on définit une probabilité sur IN , en posant : pn = e−λ

∀n ∈ IN En effet, on a pn  0 pour tout n ∈ IN et

+∞ 

λn · n!

pn = e−λ

n=0

+∞ n  λ n=0

n!

= 1.

Ex. 12. Si p ∈ ]0, 1[ , on définit une probabilité sur IN , en posant : p0 = 0 Exo 15.3

∀n ∈ IN∗

et

En effet, on a pn  0 pour tout n ∈ IN et

4



+∞

pn = (1 − p)n−1 p.

(1 − p)n−1 p =

n=1

p = 1. 1 − (1 − p)

Probabilité sur un univers non dénombrable

Définir une probabilité sur un univers non dénombrable est plus compliqué. Ex. 13. Espace probabilisé modélisant une infinité de lancers de pile ou face • On souhaite construire un espace probabilisé modélisant une infinité de lancers de pile ou face, aux résultats indépendants, la probabilité d’obtenir pile étant p ∈ ]0, 1[ à chaque lancer. ∗

Il semble raisonnable de choisir comme univers l’ensemble Ω = {0, 1}IN des suites ω = (ωn )n∈IN∗ à valeurs dans {0, 1} , où 1 représente pile et 0 face ; le terme d’indice n de la suite représente le résultat du n -ième lancer. Cet ensemble n’est pas dénombrable (cf. corollaire 14 de la page 591). On veut en particulier que, pour tout n ∈ IN∗ et x ∈ {0, 1} , l’ensemble : An,x = {ω ∈ Ω : ωn = x} des suites de lancers dont le n -ième lancer donne x soit un événement de probabilité p (respectivement q = 1 − p ) si x = 1 (respectivement x = 0 ) et, pour modéliser l’indépendance des lancers, que l’on ait : ∀n ∈ IN∗

∀(x1 , . . . , xn ) ∈ {0, 1}n

P(A1,x1 ∩ · · · ∩ An,xn ) = pk q n−k ,

en notant k le nombre de xi égaux à 1 . Soit alors ω ∈ Ω . On a {ω} =



n∈IN∗

An,ωn . Ainsi {ω} est un événement comme intersection

dénombrable d’événements. De plus, on a, par continuité décroissante : P({ω}) = lim P (A1,ω1 ∩ · · · ∩ An,ωn ) . n→+∞

Comme P (A1,ω1 ∩ · · · ∩ An,ωn )  max(p, q)n , on en déduit : P({ω}) = 0. Ainsi tous les singletons de Ω sont des événements de probabilité nulle. On voit que l’espace probabilisé cherché n’est pas discret.

607

Chapitre 15. Espaces probabilisés • On peut démontrer que sur un univers en bijection avec IR , les seules probabilités définies sur (Ω, P(Ω)) sont les probabilités discrètes. Donc ici, on ne peut pas prendre comme tribu P(Ω) . Il semble raisonnable de munir Ω de la tribu A engendrée par l’ensemble des An,x , pour n ∈ IN∗ et x ∈ {0, 1} . La probabilité est connue sur l’ensemble des événements ne dépendant que des résultats d’un nombre fini de lancers. Il faut l’étendre à A , ce qui n’a rien d’évident. • La construction d’un tel espace probabilisé dépasse largement les objectifs du programme. Il faut retenir des remarques précédentes que dans le cas où l’on a besoin de considérer une tribu différente de P(Ω) , sa construction et celle de la probabilité sont difficiles. • Dans ce chapitre, nous admettrons, si besoin est, l’existence d’un espace probabilisé modélisant le jeu de pile ou face infini. Nous donnerons une description de cette expérience aléatoire à l’aide de suites de variables aléatoires dans le chapitre 16 (exemple 12 de la page 646).

II

Variables aléatoires discrètes

1

Définition

Définition 10 Une variable aléatoire discrète sur l’espace probabilisable (Ω, A) est une application de Ω dans un ensemble quelconque E telle que : 1. l’ensemble X(Ω) est au plus dénombrable ;   2. pour tout x ∈ X(Ω), on a X −1 {x} ∈ A.

Remarques • L’univers Ω n’est pas supposé dénombrable. Seule son image par X doit être au plus dénombrable. • Une variable aléatoire discrète est dite réelle si elle est à valeurs dans IR, complexe si elle est à valeurs dans C, finie si X(Ω) est fini.   • L’appartenance de X −1 {x} à A signifie que c’est un événement.

Proposition 11 Soit X une variable aléatoire discrète sur (Ω, A), à valeurs dans E . Alors pour tout partie A de E , l’ensemble X −1 (A) est un événement.

Démonstration page 619

Notations • Comme dans le cas d’un univers fini, l’événement X −1 (A) est noté : {X ∈ A} ou (X ∈ A).   • En particulier, pour tout x ∈ E , l’événement X −1 {x} est noté : {X = x}

ou (X = x).

On remarque que, pour tout x ∈ E\X(Ω), on a {X = x} = ∅ ; ainsi {X = x} = ∅ sauf pour un ensemble au plus dénombrable de valeurs de x. Ex. 14. Une fonction constante sur Ω est une variable aléatoire finie. En effet, il existe a tel que X(Ω) = {a} et {X = a} = Ω ∈ A .

608

II Variables aléatoires discrètes Ex. 15. Si A est un événement, alors la fonction 1A est une variable aléatoire finie. En effet, ¯ sont des événements. on a X(Ω) ⊂ {0, 1} , qui est fini. De plus {X = 1} = A et {X = 0} = A Ex. 16. Si Ω est muni de la tribu P(Ω) , toute application définie sur Ω est une variable aléatoire.

Exo 15.9

Proposition 12 Si X est une variable aléatoire discrète sur (Ω, A) et f une application définie sur un ensemble contenant X(Ω), alors f ◦ X est une variable aléatoire discrète, notée f (X). Démonstration page 619

2

Loi d’une variable aléatoire discrète

Théorème 13 Si X est une variable aléatoire discrète sur (Ω, A, P), alors l’application : P (X(Ω)) −→ [0, 1] A �−→ P(X ∈ A)   est une probabilité sur X(Ω), P (X(Ω)) , appelée loi de X et notée PX .

Démonstration page 620

Remarque Il peut arriver qu’on ne connaisse pas exactement X(Ω), mais que l’on connaisse un ensemble E tel que X(Ω) ⊂ E . Alors la loi de X apparaîtra comme   une probabilité sur E, P(E) et l’on aura : ∀ω ∈ E \ X(Ω) PX ({ω}) = 0 .

Proposition 14

  Si X est une variable aléatoire discrète, la famille {X = x} x∈X(Ω) est un système complet d’événements, appelé système complet d’événements associé à X .

Démonstration page 620

Ex. 17. Si A �= ∅ et A �= Ω , le système complet d’événements associé à la variable 1A ¯ . est (A, A)

Proposition 15 La loi d’une variable aléatoire discrète X est déterminée de manière unique par   la distribution de probabilités discrète P(X = x) x∈X(Ω) . Plus précisément, on a pour tout A ⊂ X(Ω) :

PX (A) =



P (X = x) .

x∈A

Démonstration. La loi de X est une probabilité PX sur l’ensemble dénombrable X(Ω)   muni de la tribu discrète P X(Ω) . D’après le théorème 10 de la page 606, c’est la probabilité 



associée à la distribution de probabilités discrète PX ({x})

x∈X(Ω)

D’où l’expression de PX (A) (cf. proposition 9 de la page 606).



= P(X = x)



x∈X(Ω)

.

609

Chapitre 15. Espaces probabilisés Remarque La loi d’une variable aléatoire discrète n’est rien d’autre qu’une probabilité discrète sur un ensemble dénombrable. La proposition suivante montre que toute probabilité discrète sur un ensemble peut être considérée comme la loi d’une variable aléatoire discrète. Une telle probabilité est encore appelée loi discrète. Proposition 16 Soit E un ensemble et (px )x∈E une distribution de probabilités discrète sur E . Alors il existe un espace probabilisé (Ω, A, P) et une variable aléatoire X sur cet espace probabilisé tels que : X(Ω) ⊂ E Principe de démonstration. est le support de (px )x∈E .

et

∀x ∈ E

P(X = x) = px .

Démonstration page 620 On pourra choisir (Ω, A) = (F, P(F )) et X = IdF , où F

Ex. 18. La loi d’une variable aléatoire X à valeurs dans IN est donc une probabilité  pn à termes positifs convergente de sur (IN, P(IN)) . Elle est définie par la donnée d’une série somme 1 .

Définition 11 Une variable aléatoire est dite presque sûrement constante s’il existe a tel que P(X = a) = 1 . Définition 12 On dit que deux variables aléatoires discrètes X et Y ont même loi si PX = PY . On note alors X ∼ Y . Si X est une variable aléatoire et L est une loi discrète, on note alors X ∼ L le fait que la loi de X est L.

Remarques • Les variables X et Y ne sont pas nécessairement définies sur le même espace probabilisé. Exo 15.10

• On considérera encore que X et Y ont même loi si les valeurs prises par X et Y ne diffèrent que par des valeurs de probabilité nulle. Loi de f (X) Proposition 17 Soit X une variable aléatoire discrète sur (Ω, A, P) et f une application définie sur X(Ω). Alors la loi de f (X) est donnée par :  P(X = x). ∀y ∈ f (X)(Ω) P(f (X) = y) = x∈f −1 ({y})

Démonstration page 620

Proposition 18 Soit X et Y deux variables aléatoires à valeurs dans E et f une application définie sur E . Si X ∼ Y , alors f (X) ∼ f (Y ).

Démonstration page 620

610

II Variables aléatoires discrètes

3

Lois usuelles

Les définitions des lois finies étudiées en première année (loi uniforme, loi de Bernoulli, loi binomiale) s’appliquent aux variables aléatoires discrètes définies dans ce chapitre. Loi géométrique Définition 13 Soit p ∈ ]0, 1[ . On pose q = 1 − p. On dit qu’une variable aléatoire discrète X suit la loi géométrique de paramètre p si X(Ω) = IN∗ et :

On note alors X ∼ G(p).

∀k ∈ IN∗

P(X = k) = p q k−1 .

Remarque On définit bien ainsi la loi d’une variable aléatoire discrète car : ∀k ∈ IN∗

p q k−1  0

+∞ 

et

p q k−1 =

k=1

p = 1. 1−q

Situation type On considère le jeu de pile ou face infini, la probabilité d’obtenir pile (succès) à chaque lancer étant p ∈ ]0, 1[ (on pose q = 1 − p), modélisé par un espace probabilisé (Ω, A, P), et le temps d’attente du premier pile. Plus précisément, pour k ∈ IN∗ , on note Πk l’événement « la k -ième épreuve donne pile » et l’on pose, pour tout ω ∈ Ω : • T (ω) = n (pour n ∈ IN∗ ) si ω ∈ Π1 ∩ · · · ∩ Πn−1 ∩ Πn ; alors {T = n} est un événement et P(T = n) = p q n−1 ; • T (ω) = +∞ si, pour n ∈ IN∗ , ω ∈ Πn ; on a donc :  {T = +∞} = Πn ∈ A, n∈IN∗

et donc, par continuité décroissante :

P(T = +∞) = lim P n→+∞



n 

Πk

k=1



= lim q n = 0. n→+∞

La variable aléatoire discrète T donc prend la valeur +∞ avec une probabilité nulle et, pour tout k ∈ IN∗ , on a P(T = k) = pq k−1 . On dit encore que T suit la loi géométrique G(p) (voir la seconde remarque de la page 610). Nous reviendrons sur cette situation dans l’exemple 14 de la page 647. Proposition 19 Si la variable aléatoire X suit la loi géométrique de paramètre p ∈ ]0, 1[ , on a, pour tout entier naturel k : P(X > k) = q k . Démonstration.

Pour tout k ∈ IN :

P(X > k) =

+∞ 

n=k+1

P(X = n) =

+∞ 

n=k+1

pq n−1 =

pq k = qk . 1−q

611

Chapitre 15. Espaces probabilisés Interprétation Ce résultat est tout à fait évident si l’on interprète une loi géométrique comme le temps d’attente d’un premier succès. L’événement {X > k} est « les k premières tentatives ont échoué », de probabilité q k . Loi de Poisson Définition 14 Soit λ > 0 . On dit qu’une variable aléatoire réelle discrète X suit la loi de Poisson de paramètre λ, si X(Ω) = IN et : ∀k ∈ IN

P(X = k) =

λk −λ e . k!

On note alors X ∼ P(λ). Remarque On définit bien ainsi la loi d’une variable aléatoire discrète car : ∀k ∈ IN

Exo 15.11

λk −λ e 0 k!

et

+∞ k  λ

k=0

k!

e−λ = e−λ

+∞ k  λ k=0

k!

= e−λ eλ = 1.

Interprétation en termes d’événements rares Nous utiliserons le lemme suivant. Lemme 20 Soit (Xn )n∈IN∗ une suite de variables aléatoires discrètes telles que Xn suive la loi binomiale de paramètre (n, pn ) . On suppose que la suite (npn ) converge vers un réel λ > 0 . Alors, pour tout k ∈ IN, on a :   λk −λ e . lim P Xn = k = n→+∞ k!

Démonstration page 621

Si la variable aléatoire X suit une loi binomiale avec n grand et p proche de 0 , elle suit donc approximativement une loi de Poisson de paramètre λ = np. C’est pourquoi l’on dit que la loi de Poisson est la loi des événements « rares ». Ex. 19. Dans la pratique, on peut modéliser par une loi de Poisson : • le nombre de clients se présentant dans un grand magasin ;

• le nombre d’appels reçus par un standard téléphonique, pendant une période donnée. En effet, si on considère le nombre de clients potentiels n d’un grand magasin et la probabilité p (supposée en première approximation constante dans cette population) qu’un de ces clients potentiels se rende effectivement dans le magasin pendant une période donnée, n est grand et p proche de 0 . La variable aléatoire donnant le nombre de clients suit la loi B(n, p) donc approximativement une loi de Poisson.

612

III Couples de variables aléatoires

III 1

Couples de variables aléatoires Définitions

Définition 15 Si X et Y sont deux variables aléatoires discrètes sur l’espace probabilisable (Ω, A), ′ à valeurs respectivement dans E et E ′ , l’application : Ω −→ E  ×E  ω �−→ X(ω), Y (ω) est appelée couple de variables aléatoires discrètes sur (Ω, A). On note (X, Y ) ce couple de variables aléatoires.

Les couples de variables aléatoires sont simplement les variables aléatoires à valeurs dans E × E ′ , comme le prouve la proposition suivante. Proposition 21 • Si X et Y sont deux variables aléatoires discrètes à valeurs respectivement dans E et E ′ , le couple (X, Y ) est une variable aléatoire discrète à valeurs dans E × E ′ . • Réciproquement, toute variable aléatoire discrète à valeurs dans E × E ′ peut s’écrire (X, Y ) où X et Y sont des variables aléatoires discrètes à valeurs respectivement dans E et E ′ .

Démonstration page 621

Corollaire 22 Soit (X, Y ) un couple de variables aléatoires discrètes. Alors la famille d’événements :   {X = x} ∩ {Y = y} (x,y)∈X(Ω)×Y (Ω) est un système complet d’événements de Ω appelé système complet d’événements associé au couple (X, Y ).   Démonstration. La famille {X = x} ∩ {Y = y} (x,y)∈(X,Y )(Ω) est le système com-

plet d’événements associé à la variable aléatoire (X, Y ) (cf. proposition 21). On en déduit   que {X = x} ∩ {Y = y} (x,y)∈X(Ω)×Y (Ω) est encore un système complet d’événements,





car {X = x} ∩ {Y = y} = ∅ si (x, y) ∈ X(Ω) × Y (Ω) \ (X, Y )(Ω) .

Conséquence

Si (X, Y ) est un couple de variables aléatoires discrètes, alors :    P {X = x} ∩ {Y = y} = 1. (x,y)∈X(Ω)×Y (Ω)

Remarque L’événement {X = x} ∩ {Y = y} est encore noté {X = x, Y = y} et sa probabilité P(X = x, Y = y). Ex. 20. Si X et Y sont des variables aléatoires discrètes à valeurs dans C , alors Z = (X, Y ) est une variable aléatoire discrète à valeurs dans C2 . On peut écrire X + Y = f (Z) et XY = g(Z) , où f est l’application (x, y) �→ x + y et g l’application (x, y) �→ xy , donc X + Y et XY sont des variables aléatoires discrètes, d’après la proposition 17 de la page 610.

613

Chapitre 15. Espaces probabilisés

2

Loi conjointe

Définition 16 Soit X et Y deux variables aléatoires discrètes. La loi conjointe de X et Y est la loi du couple (X, Y ). Remarques • La loi de (X, Y ) est déterminée par la famille :   P(X = x, Y = y) (x,y)∈X(Ω)×Y (Ω) .

Cela résulte de la proposition 15 de la page 609 appliquée à la variable (X, Y ).

• Soit E et E ′ deux ensembles et (px,y )(x,y)∈E×E ′ une distribution de probabilité discrète sur E × E ′ . Il résulte de la proposition 16 de la page 610 qu’il existe un couple (X, Y ) de variables aléatoires à valeurs dans E × E ′ tel que : ∀(x, y) ∈ E × E ′

3

P(X = x, Y = y) = px,y .

Lois marginales

Définition 17 Pour tout couple (X, Y ) de variables aléatoires discrètes, la loi de X est appelée première loi marginale du couple et celle de Y est appelée deuxième loi marginale du couple. Le théorème suivant exprime le fait que l’on peut déduire les loi marginales de la loi du couple. Pour obtenir une loi marginale, on somme par rapport à l’autre variable. Théorème 23 Soit (X, Y ) un couple de variables aléatoires discrètes. On a alors :  P(X = x, Y = y). ∀x ∈ X(Ω) P(X = x) = y∈Y (Ω)

Exo 15.12 Exo 15.13

Démonstration.

Cette égalité résulte de ce que ({Y = y})y∈Y (Ω) est un système complet d’événements (on applique la proposition 3 de la page 604).

Remarque On obtient de même P(Y = y) en sommant sur x ∈ X(Ω).

4

Généralisation aux n-uplets de variables aléatoires

Définition 18 Soit n ∈ IN∗ . Si X1 , . . . , Xn sont des variables aléatoires discrètes, à valeurs respectivement dans E1 , . . . , En , alors l’application : Ω ω

−→ E  1 × · · · × En  �−→ X1 (ω), . . . , Xn (ω)

est appelée n-uplet de variables aléatoires sur Ω. On le note (X1 , . . . , Xn ). 614

III Couples de variables aléatoires On peut démontrer, comme dans le cas des couples de variables aléatoires discrètes, la proposition suivante. Proposition 24 Les n-uplets de variables aléatoires discrètes, à valeurs respectivement dans E1 , . . . , En , sont les variables aléatoires discrètes à valeurs dans E1 × · · ·× En . Remarque Un n-uplet de variables aléatoires discrètes réelles est donc une variable aléatoire discrète à valeurs dans l’espace vectoriel IRn . Ex. 21. Si X1 , . . . , Xn sont des variables aléatoires discrètes sur le même espace probabilisable, à valeurs respectivement dans E1 , . . . , En et f est une fonction définie sur E1 × · · · × En , alors f (X1 , . . . , Xn ) est une variable aléatoire discrète, d’après la proposition 12 de la page 609 appliquée à la fonction f et à la variable aléatoire (X1 , . . . , Xn ) . En particulier si X1 , . . . , Xn sont à valeurs complexes, alors X1 + · · · + Xn et X1 × · · · × Xn sont des variables aléatoires discrètes, et si X1 , . . . , Xn sont réelles, alors min(X1 , . . . , Xn ) et max(X1 , . . . , Xn ) sont des variables aléatoires discrètes.

Définition 19 Soit X1 , . . . , Xn des variables aléatoires discrètes. • La loi conjointe de X1 , . . . , Xn est la loi du n-uplet (X1 , . . . , Xn ).

• Les lois marginales du n-uplet (X1 , . . . , Xn ) sont les lois des variables aléatoires X1 , . . . , Xn .

Remarque Si X1 , . . . , Xn sont des variables aléatoires discrètes, alors la loi conjointe de X1 , . . . , Xn est déterminée par la famille :   P({X1 = x1 } ∩ · · · ∩ {Xn = xn }) (x1 ,...,xn )∈X1 (Ω)×···×Xn (Ω) .

Notation Dans la suite, l’événement {X1 = x1 } ∩ · · · ∩ {Xn = xn } sera aussi   noté {X1 = x1 , . . . , Xn = xn } , et sa probabilité P X1 = x1 , . . . , Xn = xn .

Comme dans le cas des couples de variables aléatoires, les lois marginales des n-uplets s’obtiennent à partir de la loi conjointe. Pour obtenir une loi marginale, il suffit donc de sommer par rapport aux autres variables. Théorème 25 Soit (X1 , . . . , Xn ) un n-uplet de variables aléatoires. Pour tous k ∈ [[1, n]] et xk ∈ Xk (Ω), on a :  P(Xk = xk ) =

P(X1 = x1 , . . . , Xn = xn ),

(x1 ,...,xk−1 ,xk+1 ,...,xn )∈A

où A = X1 (Ω) × · · · × Xk−1 (Ω) × Xk+1 (Ω) × · · · × Xn (Ω).

Démonstration page 621

615

Chapitre 15. Espaces probabilisés

Démonstrations Proposition 1 Soit A une tribu sur l’univers Ω . • L’ensemble vide appartient à A car Ω appartient à A et A est stable par passage au complémentaire. •

Soit (An )n∈IN une suite d’éléments de A . Pour tout entier n , An appartient à A donc, par



+∞

stabilité par union dénombrable,

n=0

An appartient à A . Comme



+∞

déduit, par passage au complémentaire, que

n=0

•



+∞

n=0

An appartient à A .

An =



+∞

An , on en

n=0

Soit A1 , . . . , An des éléments de A . En posant Ai = ∅ si i = 0 ou i > n , on obtient, par stabilité par réunion dénombrable



+∞ i=0

Ai ∈ A , c’est-à-dire A1 ∪ · · · ∪ An ∈ A .

De même, en posant A0 = Ω et Ai = Ω pour i > n , on obtient, par stabilité par intersection dénombrable,



+∞ i=0

•

Ai ∈ A , c’est-à-dire A1 ∩ · · · ∩ An ∈ A .

Si A et B appartiennent à A , il en est de même de A \ B = A ∩ B , d’après les propriétés précédentes.

Théorème 2 1. Considérons la famille d’événements incompatibles (An )n∈IN , où An = ∅ pour tout entier naturel n . Alors, par définition d’une probabilité, la série de terme général constant P(∅) converge, d’où P(∅) = 0 . 2. • •

Par définition d’une probabilité, la propriété est vérifiée si I = IN . S’il existe n ∈ IN tel que I = [[1, n]] , on a une famille (A1 , . . . , An ) d’événements deux à deux incompatibles. La suite (Ak )k∈IN , où A0 = ∅ et Ak = ∅ pour tout entier k  n+1 , est une famille d’événements deux à deux incompatibles. Alors, par définition d’une probabilité : P

+∞ 

k=0

Comme P(∅) = 0 et



+∞ k=0

Ak



=

+∞ 

Ak = A1 ∪ · · · ∪ An , on obtient : P(A1 ∪ · · · ∪ An ) =

• 3.

P(Ak ).

k=0

n 

P(Ak ).

k=1

Dans le cas général, I est en bijection avec IN ou un ensemble de la forme [[1, n]] et la propriété résulte de ce qui précède par changement d’indice.

On a, d’après le point précédent, puisque A et A sont incompatibles :





P(A) + P(A) = P A ∪ A = P(Ω) = 1 4.

et donc P(A) = 1 − P(A) .

Si A ⊂ B , alors B est la réunion des événements incompatibles A et B \ A et donc : P(B) = P(A) + P(B \ A).

On en déduit P(B \ A) = P(B) − P(A) et P(B)  P(A) .

616

Démonstrations 5.

L’événement A ∪ B est la réunion des deux événements incompatibles A et B \ A ; d’autre part, B est la réunion des événements incompatibles A ∩ B et B \ A . On a donc : P(A ∪ B) = P(A) + P(B \ A)

P(B) = P(A ∩ B) + P(B \ A).

et

On en déduit :

P(A ∪ B) = P(A) + P(B) − P(A ∩ B).

Proposition 3 • La famille (Ai )i∈I est au plus dénombrable et les événements Ai sont deux à deux incompatibles donc, par σ -additivité :



P(Ai ) = P

i∈I

•

On considère l’événement C =





Ai

i∈I



= 1.

Ai qui, par hypothèse, est presque sûr. On a alors, puisque

i∈I

les événements Ai ∩ B sont aussi deux à deux incompatibles :

 i∈I

P (Ai ∩ B) = P

 i∈I

(Ai ∩ B)



= P(C ∩ B) = P(B) − P(C ∩ B) = P(B),

car 0  P(C ∩ B)  P(C) = 0 .

Théorème 4 1. On pose A−1 = ∅ et, pour tout n ∈ IN , Bn = An \ An−1 . On montre que, pour tout n ∈ IN , on a An = n 

k=0

Bk ⊂

n 

Bk . En effet, on a par définition :

k=0

n 

Ak = An

k=0

et, réciproquement, si ω ∈ An et si m est le plus petit des entiers k tels que ω ∈ Ak , alors 0  m  n et ω ∈ Am \ Am−1 = Bm donc ω ∈ On montre de même que



+∞

An =

n=0



+∞

Bk .

k=0

Bn . En effet, on a

n=0

pour tout n ∈ IN . D’autre part, si ω ∈

n 



+∞ n=0



+∞



+∞

Bn ⊂

n=0

An car Bn ⊂ An

An et si m est le plus petit des entiers k tels

n=0

que ω ∈ Ak , alors on a ω ∈ Bm et donc ω ∈



+∞

Bn . On a donc

n=0



+∞

An =

n=0



+∞

Bn .

n=0

Les événements Bn sont incompatibles. En effet si m < n , on a Bm ⊂ Am ⊂ An−1 et Bn ⊂ An−1 donc Bm ∩ Bn = ∅ . On a donc : P

 +∞ 

An

n=0



=P

 +∞ 

Bn

n=0



=

+∞ 

P(Bn ) = lim

n→+∞

n=0

n 

P(Bk ).

k=0

De plus on a, toujours par incompatibilité des événements Bn , l’égalité : n 

P(Bk ) = P

k=0

Finalement, on obtient :

P

 n

k=0

 +∞ 

n=0

An



Bk



= P(An ).

= lim P(An ). n→+∞

617

Chapitre 15. Espaces probabilisés 2.

Si (An )n∈IN est une suite décroissante d’événements, alors la suite (An )n∈IN est une suite croissante d’événements. En appliquant le premier point, on trouve donc : P

 +∞ 

An

n=0

On en déduit : P

 +∞ 

n=0

An



= 1−P

Corollaire 5 1.

 +∞ 

n=0





= lim P(An ). n→+∞

An = 1 − lim P(An ) = lim n→+∞

Ak est croissante et

k=0

P

 +∞ 



An = P

n=0

2.

 +∞ 



n=0

n→+∞

n→+∞

Ak est décroissante et

On a donc :



An = P

n=0

 +∞ 



n 

Cn =

n=0



n→+∞

An . On a donc :

n→+∞



Ak .

k=0

+∞



An .

n=0

Cn = lim P(Cn ) = lim P

n=0



n=0

+∞

n 

n→+∞

+∞

Bn =

n=0

k=0

 +∞ 



Bn = lim P(Bn ) = lim P

La suite (Cn )n∈IN définie par Cn =

P



1 − P(An ) = lim P(An ).

+∞

n 

La suite (Bn )n∈IN définie par Bn =

n→+∞



n 



Ak .

k=0

Proposition 6 Par changement d’indice, il suffit de montrer le résultat lorsque l’ensemble I est de la forme [[0, n]] avec n ∈ IN , ou est égal à IN . •

Montrons par récurrence sur n que si A0 , . . . , An sont des événements, alors : P

 n

Ak

k=0





n 

P(Ak ).

(∗)

k=0

La propriété est évidente pour n = 0 et si elle est vérifiée au rang n , alors : P

 n+1 

Ak

k=0



=P

  n

k=0

=P

 n

Ak ∪ An+1

Ak

k=0

P

 n

Ak

k=0









+ P(An+1 ) − P

n+1  k=0



Ak ∩ An+1

+ P(An+1 )

et donc, en utilisant l’hypothèse de récurrence : P

 n+1  k=0

•

Ak





n 

P(Ak ) + P(An+1 ) =

k=0

 +∞ 

k=0

P(Ak ).

k=0

Si (Ak )k∈IN est une suite d’événements, on a alors : P

n+1 

Ak





+∞ 

P(Ak ).

k=0

par passage à la limite et continuité croissante à partir des relations (∗) .

618



Démonstrations Corollaire 7  • Si (Ai )i∈I est une famille au plus dénombrable d’événements négligeables, alors Ai est un événement et l’on a



P(Ai ) = 0 puis, par sous-additivité, P

i∈I

•





Ai

i∈I



i∈I

= 0.

Si (Ai )i∈I est une famille au plus dénombrable d’événements presque sûrs, alors (Ai )i∈I est une famille au plus dénombrable d’événements négligeables, donc d’après le point précédent : 0=P Ainsi





Ai

i∈I



=P

Ai est presque sûr.



Ai

i∈I



=1−P

 i∈I



Ai .

i∈I

Proposition 9 Pour tout A ∈ P(Ω) , la famille (pω )ω∈A est sommable car c’est une sous-famille de la famille sommable (pω )ω∈Ω . Donc P(A) est défini. De plus, comme les réels pω sont positifs,  pω = 1 , donc P(A) ∈ [0, 1] . Vérifions que P est une probabilité. on a 0  P(A)  ω∈Ω



•

On a P(Ω) =

•

Soit (An )n∈IN une suite d’événements deux à deux incompatibles et A =

pω = 1 .

ω∈Ω



An . D’après le

n∈IN

théorème de sommation par paquets, on a



 

+∞

pω =

pω , soit P(A) =

n=0 ω∈An

ω∈A



+∞

P(An ) .

n=0

Donc P est une probabilité. On a en particulier P({ω}) = pω , pour tout ω ∈ Ω .

Théorème 10 • Par définition d’une probabilité, on a pω  0 pour tout ω ∈ Ω . De plus, comme Ω est au plus dénombrable, ({ω})ω∈Ω est un système complet d’événements donc la famille (pω )ω∈Ω est sommable de somme 1 . C’est donc une distribution de probabilités discrète. •

On écrit tout événement A sous la forme A =



{ω} . Puisque A est au plus dénombrable,

ω∈A

en tant que sous-ensemble de l’ensemble au plus dénombrable Ω , on obtient, par σ -additivité : P(A) =



P ({ω}) =

ω∈A



pω .

ω∈A

Ainsi, P est la probabilité associée à la distribution (pω )ω∈Ω . Proposition 11

On a :





X −1 (A) = X −1 A ∩ X(Ω) = −1



x∈A∩X(Ω)





X −1 {x} .

Chaque X ({x}) appartient à A et A ∩ X(Ω) est au plus dénombrable, car inclus dans X(Ω) qui est au plus dénombrable. Ainsi X −1 (A) est un événement, car c’est une réunion au plus dénombrable d’événements. Proposition 12 L’ensemble f (X)(Ω) = f (X(Ω)) est au plus dénombrable, car c’est l’image par f d’un ensemble au plus dénombrable. Pour tout y ∈ f (X)(Ω) , on a :









{f (X) = y} = ω ∈ Ω : X(ω) ∈ f −1 ({y}) = X ∈ f −1 ({y}) .





L’ensemble X ∈ f −1 ({y}) est un événement d’après la proposition 11 de la page 608. Ainsi, f (X) est une variable aléatoire discrète.

619

Chapitre 15. Espaces probabilisés Théorème 13   • L’application PX est définie sur P X(Ω) et à valeurs dans [0, 1] . •

•









De {X ∈ X(Ω)} = Ω , on déduit PX X(Ω) = 1 .

Si (An ) est une suite de parties deux à deux disjointes de X(Ω) , alors les événements {X ∈ An } sont deux à deux incompatibles et :



X∈

n∈IN

On en déduit, par σ -additivité : PX



An

n∈IN



An



=P X∈



An

n∈IN



=

{X ∈ An }.

n∈IN



=P



n∈IN

{X ∈ An }

+∞

=

  n=0



P X ∈ An =

 +∞ 

PX (An ).

n=0

Proposition 14 • Par définition, l’ensemble X(Ω) est au plus dénombrable et {X = x} est un événement pour tout x ∈ X(Ω) . • Si x et x′ sont deux éléments de X(Ω) , distincts, les événements {X = x} et {X = x′ } sont incompatibles. • On a enfin :  {X = x} = Ω x∈X(Ω)

car tout élément ω de Ω appartient à {X = x} pour x = X(ω) . Proposition 16 On note F le support de (px )x∈E . On sait que F est au plus dénombrable.   px = px = 1 , La famille (px )x∈F est sommable comme sous-famille de (px )x∈E et x∈F

x∈E

donc (px )x∈F est une distribution de probabilités sur F . On prend (Ω, A) = (F, P(F )) et P la probabilité associée à la distribution de probabilités discrète (px )x∈F . On considère l’application X = IdF . On a alors X(Ω) = F , donc X(Ω) est au plus dénombrable et, pour tout x ∈ F , X −1 ({x}) = {x} ∈ A . Donc X est une variable aléatoire discrète telle que X(Ω) ⊂ E et pour tout x ∈ E , on a :



P(X = x) = P X

−1



({x}) =



P ({x}) = px P(∅) = 0 = px

si si

x∈F x∈ / F.

Proposition 17 On a montré (cf. proposition 12 de la page 609) que f (X) est une variable aléatoire  {X = x} . Puisqu’on a discrète et que, pour tout y ∈ f (X)(Ω) , on a {f (X) = y} = x∈f −1 ({y})

une union au plus dénombrable d’événements incompatibles, on en déduit : ∀y ∈ f (X)(Ω)





P f (X) = y =



P(X = x).

x∈f −1 ({y})

Proposition 18 Les variables aléatoires X et Y sont définies sur les espaces probabilisés (Ω, A, P) et (Ω′ , A′ , P′ ) , respectivement. Par hypothèse, on a P(X = x) = P′ (Y = x) pour tout x ∈ E . Les variables aléatoires f (X) et f (Y ) sont à valeurs dans f (E) et, pour tout y ∈ f (E) , on a :





P f (X) = y =



x∈f −1 ({y})

donc f (X) et f (Y ) ont même loi.

620

P(X = x) =



x∈f −1 ({y})





P′ (Y = x) = P′ f (Y ) = y ,

Démonstrations Lemme 20



Pour tout k ∈ IN et tout entier n  k , on a :



P Xn = k =

 

  n(n − 1) · · · (n − k + 1) k n k pn (1 − pn )n−k = pn exp (n − k) ln(1 − pn ) . k! k

Quand n tend vers +∞ , on a n(n − 1) · · · (n − k + 1) ∼ nk et pn ∼

λ , car λ �= 0 . n

Ainsi (pn ) tend vers 0 et donc : (n − k) ln(1 − pn ) ∼ n(−pn ) → −λ On en déduit :





P Xn = k ∼ On obtient





lim P Xn = k = e−λ

n→+∞

λk · k!

nk k!

et

 k λ n





exp (n − k) ln(1 − pn ) → e−λ . e−λ = e−λ

λk · k!

Proposition 21 • Si X et Y sont deux variables aléatoires discrètes, l’image (X, Y )(Ω) est la partie du





produit cartésien X(Ω) × Y (Ω) formée des couples X(ω), Y (ω) , où ω décrit Ω . Le produit cartésien X(Ω) × Y (Ω) est au plus dénombrable car X(Ω) et Y (Ω) sont au plus dénombrables. A fortiori, (X, Y )(Ω) est au plus dénombrable.

•

Pour tout (x, y) ∈ (X, Y )(Ω) , l’ensemble {(X, Y ) = (x, y)} est un événement, car c’est l’intersection des deux événements {X = x} et {Y = y} . Donc (X, Y ) est une variable aléatoire discrète à valeurs dans E × E ′ . Réciproquement, si Z est une variable aléatoire à valeurs dans E × E ′ , on pose X = π1 (Z) et Y = π2 (Z) , où π1 : (x, y) �→ x et π2 : (x, y) �→ y sont les projections canoniques de E × E ′ . Alors X et Y sont des variables aléatoires discrètes à valeurs respectivement dans E et E ′ et Z = (X, Y ) .

Théorème 25 Le (n − 1) -uplet aléatoire Z = (X1 , . . . , Xk−1 , Xk+1 , . . . , Xn ) , où figurent toutes les variables aléatoires sauf Xk , est une variable aléatoire dont le système complet d’événements associé est : ({Z = z})z∈A . On a donc, d’après le théorème 23 de la page 614, pour tout xk ∈ Xk (Ω) : P(Xk = xk ) =



z∈A

P (Z = z, Xk = xk ) =



P(X1 = x1 , . . . , Xn = xn ).

(x1 ,...,xk−1 ,xk+1 ,...,xn )∈A

621

Chapitre 15. Espaces probabilisés

S’entraîner et approfondir Espaces probabilisés 15.1 1. Soit Ω un ensemble non vide et F une partie de P(Ω) . →601

(a) Montrer qu’il existe des tribus sur Ω contenant F et que l’intersection de toutes ces tribus est une encore une tribu, que l’on note σ(F) . (b) Montrer que σ(F) est la plus petite tribu sur Ω contenant F . La tribu σ(F) est appelée tribu engendrée par F .

2. Montrer que si (Ai )i∈I est une partition d’un ensemble Ω , avec I au plus dénombrable, alors la tribu engendrée par {Ai | i ∈ I} est :



A = CJ | J ∈ P(I)



où

CJ =



Ai .

i∈J

15.2 On suppose que Ω est fini. →603

Montrer qu’une application P : P(Ω) → [0, 1] est une probabilité sur l’espace probabili  sable Ω, P(Ω) si, et seulement si, P(Ω) = 1 et, pour tous événements A et B incompatibles : P(A ∪ B) = P(A) + P(B).

15.3 1. Montrer que l’on définit une probabilité sur IN∗ en posant : →607

∀n ∈ IN∗

P({n}) =

1 · n(n + 1)

2. Calculer la probabilité qu’un entier soit pair. 15.4 Probabilité image Soit (Ω, A, P) un espace probabilisé et f une application de Ω dans un ensemble Ω′ .

1. Montrer que A′ = {B ∈ P(Ω′ ) : f −1 (B) ∈ A} est une tribu sur Ω′ . On l’appelle tribu image de A par f .



2. Montrer que Pf : B ∈ A′ �→ P f −1 (B) probabilité image de P par f .



est une probabilité sur (Ω′ , A′ ) . On l’appelle

15.5 Soit A1 , . . . , An des événements d’un espace probabilisé (Ω, A, P) . Montrer que : P

 n

i=1

Ai



 min

1kn

 n i=1

P(Ai ) −



1in i=k



P(Ai ∩ Ak ) .

⋆⋆ 15.6 Soit A1 , . . . , An des événements d’un espace probabilisé (Ω, A, P) .

Pour k ∈ [[1, n]] , on considère l’événement Ck « appartenir à Ai pour au moins k valeurs de l’indice i entre 1 et n ». Montrer que : n 

k=1

622

P(Ck ) 

n 

k=1

P(Ak ).

Exercices ⋆ 15.7 Soit P1 et P2 deux probabilités sur le même espace probabilisable (Ω, A) . Montrer l’équivalence entre : (i) ∀A ∈ A

(ii) ∀ε > 0

P1 (A) = 0 =⇒ P2 (A) = 0 ; ∃η > 0

∀A ∈ A

P1 (A)  η =⇒ P2 (A)  ε .

15.8 On considère une suite infinie de lancers d’une pièce de monnaie, la probabilité d’obtenir pile (noté P ) étant p ∈ ]0, 1[ et la probabilité d’obtenir face (noté F ) étant q = 1 − p .

1. Calculer la probabilité de l’événement A « la première séquence P P apparaît avant la première séquence F P ». 2. Pour tout n  2 , calculer la probabilité de l’événement Bn « la séquence P F apparaît pour la première fois aux lancers n − 1 et n et il n’y a pas eu avant de séquence F P ». En déduire la probabilité de l’événement B « la première séquence P F apparaît avant la première séquence F P ». 3. Déterminer de même la probabilité des événements : (a) C « la première séquence P F apparaît avant la première séquence F F » ; (b) D « la première séquence P P apparaît avant la première séquence F F ».

Variables aléatoires discrètes 15.9 Soit (Xn )n∈IN une suite de variables aléatoires discrètes et N une variable aléatoire discrète à →609 valeurs dans IN , définies sur le même espace probabilisable (Ω, A) . On définit l’application Y par Y (ω) = XN(ω) (ω) pour tout ω ∈ Ω . Montrer que Y est une variable aléatoire sur (Ω, A) . 15.10 Soit X une variable aléatoire réelle. →610 1. Calculer lim P(X  n) . En déduire n→+∞

2. Calculer

lim P(X  −n) . En déduire

n→+∞

lim P(X  x) .

x→+∞

lim P(X  x) .

x→−∞

15.11 Soit X une variable aléatoire suivant une loi de Poisson. →612 Montrer que P(X  n) ∼ P(X = n) . n→+∞

15.12 Soit a et λ des réels strictement positifs. Soit X et Y deux variables aléatoires à valeurs →614 dans IN . On suppose que la loi conjointe de X et Y vérifie : ∀(i, j) ∈ IN2





P X = i, Y = j = a

1. Déterminer la valeur de a en fonction de λ . 2. Déterminer les lois marginales de X et Y .

(i + j)λi+j · i! j!

15.13 On considère une suite de lancers de pile ou face indépendants, la probabilité d’obtenir pile →614 étant p ∈ ]0, 1[ . On note X (respectivement Y ) le rang du premier (respectivement du deuxième) pile. 1. Déterminer la loi du couple (X, Y ) . 2. En déduire les lois de X et Y .

623

Chapitre 15. Espaces probabilisés 15.14 Convergence presque sûre Soit (Xn )n∈IN une suite de variables aléatoires réelles et X une variable aléatoire réelle définies sur (Ω, A, P) . On pose : B = {ω ∈ Ω :

et, pour tout k ∈ IN∗ :

Ck =

lim Xn (ω) = X(ω)}

n→+∞

 

n∈IN pn

|Xp − X| 

1 k



.

1. Montrer que B est un événement et que P(B) = lim P(Ck ). k→+∞

On dit que la suite (Xn )n∈IN converge presque sûrement vers X si P(B) = 1 . 2. On suppose que : ∀ε > 0

P

   n∈IN pn

|Xp − X| > ε





= 0.

Montrer que la suite (Xn )n∈IN converge presque sûrement vers X . 3. Montrer que si la série de terme général P (|Xn − X| > ε) converge pour tout ε > 0 , alors la suite (Xn )n∈IN converge presque sûrement vers X .

624

Solutions des exercices

Solutions des exercices 15.1 1. (a) Notons T l’ensemble des tribus contenant F . Il est non vide, car P(Ω) est une tribu  A . Montrons que σ(F) est une tribu. sur Ω contenant F . Posons σ(F) = A∈T

• Par définition d’une tribu, Ω ∈ A , pour tout A ∈ T , donc Ω ∈ σ(F) . ¯ ∈ A , par définition d’une • Soit A ∈ σ(F) . Pour tout A ∈ T , on a A ∈ A , donc A ¯ ∈ σ(F) . tribu. Donc A • Soit (An )n∈IN une suite d’éléments de σ(F) . Soit A ∈ T . Alors, An ∈ A pour tout  An ∈ A . C’est vrai pour tout A ∈ T , n ∈ IN , donc par définition d’une tribu, donc



n∈IN

n∈IN

An ∈ σ(F) .

Ainsi σ(F) est une tribu sur Ω . (b) Reprenons la notation T pour l’ensemble des tribus contenant F . • Par définition F ⊂ A pour tout A ∈ T donc F ⊂ σ(F) . • Si A est une tribu quelconque contenant F , alors A ∈ T , donc σ(F) ⊂ A . On a bien montré que σ(F) est la plus petite tribu sur Ω contenant F . 2. • Par définition de A , A contient



Ai = Ω .

i∈I

Soit B ∈ A et J une partie de I telle que B = CJ . Comme les Ai sont disjoints, on a :



B = Ω \ CJ =

i∈I

Ai \



Ai =

i∈J



Ai = CI\J

donc

i∈I\J

B ∈ A.

Si (Bn )n∈IN est une suite d’éléments de A , il existe pour tout n ∈ IN une partie Jn de I telle que Bn = CJn . On a alors :



Bn =

n∈IN

ce qui montre que



n∈IN



A i = CK ,

où

i∈K

K=



Jn ,

n∈IN

Bn ∈ A .

Ainsi, A est une tribu de Ω qui, de manière évidente, contient {Ai | i ∈ I} . • Soit A′ une tribu contenant {Ai | i ∈ I} . Pour tout J ⊂ I , comme I est au plus dénombrable, il en est de même de J . Chaque Ai est dans A′ donc, par stabilité par union dénombrable, BJ appartient aussi à A′ . Ainsi A ⊂ A′ .

15.2 • Si P est une probabilité, alors P(Ω) = 1 et, pour tous événements A et B incompatibles, on a P(A ∪ B) = P(A) + P(B) .

• Réciproquement, supposons que P(Ω) = 1 et que, pour tous événements A et B incompatibles, on ait P(A ∪ B) = P(A) + P(B) .

Par récurrence sur n , on démontre que, pour des événements A0 , . . . , An , deux à deux

incompatibles, on a P(A0 ∪ · · · ∪ An ) =

n 

P(Ak ) .

k=0

625

Chapitre 15. Espaces probabilisés Comme Ω est fini, l’ensemble des événements est fini. Une suite (An )n∈IN d’événements deux à deux incompatibles ne comporte donc qu’un nombre fini d’événements différents de ∅ , puisque ceux-ci sont deux à deux distincts. De plus, de l’égalité P(∅) = P(∅) + P(∅) , on tire P(∅) = 0 . En notant I = {n ∈ IN : An �= ∅} , on obtient : P



An

n∈IN



=P



1 n(n + 1)

An

n∈I

Donc P est une probabilité.

15.3 1. On vérifie que







=



+∞ 

P(An ) =

n∈I

P(An ).

n=0

est une distribution de probabilités discrète sur IN∗ .

n∈IN∗

 1 1  0 pour tout n ∈ IN∗ . La série converge et n(n + 1) n(n + 1) 1 1 1 comme = − , on a, par télescopage : n(n + 1) n n+1

On a

+∞  n=1

2. On a P(2IN∗ ) =



+∞

1 1 = 1 − lim = 1. n→+∞ n + 1 n(n + 1)



+∞

P({2n}) =

n=1

n=1

Pour N ∈ IN∗ , on obtient : N  n=1

N

1 · 2n(2n + 1)



 1 1 1 = − 2n(2n + 1) 2n 2n + 1 n=1



=2

N  1

2n

n=1

=

N  1 n=1

n

N   1

−

n=1

2n

+

1 2n + 1



2N+1

−

 1

n

n=2

2N+1

=1−

 1

n=N+1

n

·

On calcule la limite de la somme par une comparaison série-intégrale. La fonction t �→ étant décroissante sur IR∗+ , on a, pour k  2 :



k

k+1

1 1 dt   t k



k

k−1

1 dt. t

En sommant ces inégalités pour k entre N + 1 et 2N + 1 , on obtient :



2N+2

N+1

Ainsi

2N+1  1  2N+1 1 1 dt   dt t n t N n=N+1



2N+1 n=N+1

626

1 n

2N+1

soit

ln 2 

 1

n=N+1

n



 ln 2 +

1 N

→ ln 2 , quand N tend vers +∞ . On en déduit P(2IN∗ ) = 1 − ln 2 .



·

1 t

Solutions des exercices 15.4 1. • On a f −1 (Ω′ ) = Ω ∈ A donc Ω′ ∈ A′ . • Si B ∈ A′ , alors f −1 (B) ∈ A . On écrit f −1 (Ω′ \ B) = Ω \ f −1 (B) . De f −1 (B) ∈ A , on déduit Ω \ f −1 (B) ∈ A , car A est stable par passage au complémentaire, et donc Ω′ \ B ∈ A′ . • Enfin si (Bn )n∈IN est une suite d’éléments de A′ alors, pour tout n ∈ IN , on a f −1 (Bn ) ∈ A . On en déduit, par stabilité par union dénombrable : f −1



Bn

n∈IN





=

n∈IN

f −1 (Bn ) ∈ A

′



donc

n∈IN

Bn ∈ A′ .

′

On conclut que A est une tribu sur Ω .

2. On note que Pf est bien une application de A′ dans [0, 1] .





• On a Pf (Ω′ ) = P f −1 (Ω′ ) = P(Ω) = 1 .

• Si (Bn )n∈IN est une suite d’éléments disjoints de A′ , les ensembles f −1 (Bn ) sont des éléments disjoints de A et l’on a donc : Pf



Bn

n∈IN





=P f

−1



Bn

n∈IN

 

=P



f

−1

(Bn )

n∈IN

=

+∞  



P f −1 (Bn ) =

n=0

Donc Pf est une probabilité sur (Ω′ , A′ ) .



+∞ 

Pf (Bn ).

n=0

Remarque Si X est une variable aléatoire discrète sur (Ω, A, P) , la loi de X est la probabilité image de P par l’application X (considérée comme application de Ω dans X(Ω) ).   Dans ce cas, A′ = P X(Ω) , car pour toute partie A de X(Ω) , on a X −1 (A) ∈ A . 15.5 Il faut démontrer que, pour tout k ∈ [[1, n]] , on a : P

 n

i=1

Ai





n  i=1

P(Ai ) −



1in i=k

P(Ai ∩ Ak ).

Comme A1 , . . . , An jouent des rôles symétriques, on peut supposer k = n . On transforme le second membre de l’inégalité : n  i=1

P(Ai ) −

n−1  i=1

P(Ai ∩ An ) = P(An ) + = P(An ) +

n−1  

P(Ai ) − P(Ai ∩ An )

i=1

n−1 

P(Ai \ An ).

i=1

Par sous-additivité de P , on obtient : P(An ) +

n−1  i=1

P(Ai \ An )  P

ce qui donne l’inégalité voulue, car An ∪



 n−1  i=1

An ∪



 n−1  i=1

(Ai \ An )



(Ai \ An )

=

n 



,

Ai .

i=1

627

Chapitre 15. Espaces probabilisés 15.6 On remarque pour commencer que, pour tout k ∈ [[1, n]] , on a :



Ck =

1i1 0

∀η > 0

∃A ∈ A

P1 (A)  η

et

P2 (A) > ε.

En particulier, pour tout n ∈ IN , il existe An ∈ A tel que P1 (An )  21n et P2 (An ) > ε .   On pose Bn = Ak et B = Bn . Par sous-additivité, on a, pour tout n ∈ IN : kn

n∈IN

P1 (Bn ) 

+∞ 

P1 (Ak ) 

k=n

+∞  1 k=n

2k

=

1 · 2n−1

La suite (Bn ) est décroissante, donc par continuité décroissante, on a : P1 (B) = lim P1 (Bn ) = 0. n→+∞

Mais, pour tout n ∈ IN , An ⊂ Bn donc P2 (Bn )  P2 (An )  ε , donc : P2 (B) = lim P2 (Bn )  ε. n→+∞

La propriété (i) n’est pas vraie. 15.8 Pour tout k ∈ IN∗ , on note Πk l’événement « le k -ième lancer donne pile » et Fk l’événement contraire. 1. La première séquence P P apparaît nécessairement aux deux premiers lancers, car sinon au lancer précédent cette séquence P P , on a P ou F et donc déjà une séquence P P ou une séquence F P au rang précédent. On a donc A = Π1 ∩ Π2 et P(A) = p2 . 2. Si Bn est réalisé, alors les lancers entre le premier et le (n − 2) -ième donnent nécessairement P , car sinon en considérant le rang k du dernier F avant celui qui est numéroté n , on aurait une séquence F P aux lancers k et k+1 . Il faut donc avoir une suite de (n−1) P suivi d’un F . On a donc Bn = Π1 ∩ · · · ∩ Πn−1 ∩ Fn et P(Bn ) = pn−1 q . L’événement B est la réunion des événements incompatibles Bn pour n  2 . On a donc : P(B) =

+∞  n=2

P(Bn ) =

+∞  n=2

pn−1 q =

pq = p. 1−p

629

Chapitre 15. Espaces probabilisés 3. (a) On note Cn l’événement « la séquence P F apparaît pour la première fois aux lancers n − 1 et n et il n’y a pas eu avant de séquence F F ». Si Cn est réalisé, alors soit on n’obtient pas F avant (suite de (n − 1) P et d’un F ), soit en considérant le dernier F avant le rang n − 1 , on voit qu’il ne peut être précédé ni d’un P ni d’un F : c’est le premier lancer (cela n’est possible que si n  3 ). On a donc, si n  3 :







Cn = Π1 ∩ · · · ∩ Πn−1 ∩ Fn ∪ F1 ∩ Π2 ∩ · · · ∩ Πn−1 ∩ Fn



et P(Cn ) = pn−1 q + pn−2 q 2 . De plus, C2 = Π1 ∩ F2 , donc P(C2 ) = pq . On en déduit : P(C) =

+∞ 

pn−1 q +

n=2

+∞ 

pn−2 q 2 =

n=3

pq pq 2 + = p + pq. 1−p 1−p

(b) On note Dn l’événement « la séquence P P apparaît pour la première fois aux lancers n−1 et n et il n’y a pas eu avant de séquence F F ». Si la première séquence P P apparaît aux lancers n et n − 1 sans qu’il y ait avant de séquence F F , c’est que dans les lancers précédents, on a une alternance de P et F (des F au lancer n − 2 et à tous ceux qui ont la même parité). Le résultat dépend de la parité de n . On obtient : Dn = Π1 ∩ F2 ∩ · · · ∩ Fn−2 ∩ Πn−1 ∩ Πn

si

n est pair

Dn = F1 ∩ Π2 ∩ · · · ∩ Fn−2 ∩ Πn−1 ∩ Πn

si

n est impair.

On en déduit, pour n  2 : P(Dn ) =



(pq)

n−2 2

(pq)

n−3 2

p2 qp

2

si

n est pair

si

n est impair.

On a donc : P(D) =

+∞ 

(pq)k p2 +

k=0

15.9 • On a Y (Ω) ⊂



Xn (Ω) . L’ensemble

n∈IN

+∞ 

(pq)k qp2 =

k=0



p2 (1 + q) · 1 − pq

Xn (Ω) est au plus dénombrable, comme union

n∈IN

dénombrable d’ensembles au plus dénombrables. Il en est de même a fortiori de Y (Ω) . • Pour x ∈ Y (Ω) , on a : Y −1 ({x}) = {ω ∈ Ω : ∃n ∈ IN

N (ω) = n

et

Xn (ω) = x} =



{N = n}∩{Xn = x}.

n∈IN

Pour tout n ∈ IN , {N = n} et {Xn = x} sont des événements, donc Y −1 ({x}) est un événement, car union dénombrable d’événements. Donc Y est une variable aléatoire discrète. 15.10 1. La suite ({X  n})n∈IN est une suite croissante d’événements. On a donc, par continuité croissante :   lim P(X  n) = P

n→+∞



{X  n}

= P(Ω) = 1.

n∈IN

La fonction F : x �→ P(X  x) est croissante. En effet si x  y , alors {X  x} ⊂ {X  y} et donc F (x)  F (y) par croissance de P . Elle possède donc une limite en +∞ et : lim P(X  x) = lim F (x) = lim F (n) = 1.

x→+∞

630

x→+∞

n→+∞

Solutions des exercices 2. De même, la suite ({X  −n})n∈IN est une suite décroissante d’événements. On a donc, par continuité décroissante : lim P(X  −n) = P

n→+∞





{X  −n}

n∈IN

= P(∅) = 0.

La fonction F étant croissante, elle possède une limite en −∞ et l’on a : lim P(X  x) = lim F (x) = lim F (−n) = 0.

x→−∞

x→−∞

n→+∞

15.11 Soit λ > 0 tel que X ∼ P(λ) . Comme, pour tout n ∈ IN , P(X  n) = P(X = n)+P(X > n) , il s’agit de démontrer que, quand n tend vers +∞ , P(X > n) est négligeable devant P(X = n) =

e−λ λn · n!

P(X > n) =

+∞ 

On a : +∞  e−λ λk

P(X = k) =

k=n+1

k=n+1

k!

= P(X = n)

+∞ 

k=n+1

λk−n · (n + 1) · · · k

Pour k  n + 1 , on a la majoration : 0 Pour n > λ − 1 ,





λk−n λk−n  = (n + 1) · · · k (n + 1)k−n

k−n λ n+1



λ n+1

k−n

.

est le terme général d’une série géométrique convergente (de la

variable k ) et l’on obtient : +∞ 

k=n+1

+∞  k−n  λk−n λ λ  −−−−−→ 0, = (n + 1) · · · k n+1 n + 1 − λ n→+∞ k=n+1

ce qui donne le résultat voulu.

15.12 1. On sait que

+∞ +∞    i=0 j=0



P X = i, Y = j = 1 . Pour tout n ∈ IN , on a :

 (i + j)λi+j

i+j=n

i! j!

= nλn



i+j=n

 

n nλn  n 1 = i!j! n! i i=0

=

n(2λ)n · n!

D’autre part, on a : +∞  n(2λ)n n=0

n!

=

+∞  (2λ)n n=1

(n − 1)!

= (2λ)e2λ .

D’après le théorème de sommation par paquets, on a : +∞ +∞   (i + j)λi+j i=0 j=0

i! j!

=

+∞   (i + j)λi+j n=0 i+j=n

i! j!

= (2λ)e2λ

donc

a=

e−2λ · 2λ

631

Chapitre 15. Espaces probabilisés 2. Pour tout i ∈ IN , on a : P(X = i) =

+∞  



P X = i, Y = j = a

j=0

+∞  (i + j)λi+j

i! j!

j=0

=a

+∞ +∞ λi  λj iλi  λj +a i! j! i! (j − 1)! j=0

i λ

=a Comme a =

j=1

i+1 λ

iλ e λ e aeλ λi (i + λ) +a = · i! i! i!

e−λ λi−1 (i + λ) e−2λ , on obtient P(X = i) = · 2λ 2 i!

Par symétrie de la loi conjointe, on en déduit P(Y = j) =

e−λ λj−1 (j + λ) pour 2 j!

tout j ∈ IN .

15.13 1. Pour k ∈ IN∗ , on note Πk l’événement « obtenir pile au k -ième lancer » et Fk l’événement contraire. Soit (i, j) ∈ IN2 . Si i  j , on a {X = i} ∩ {Y = j} = ∅ , et si i < j : {X = i} ∩ {Y = j} = F1 ∩ · · · ∩ Fi−1 ∩ Πi ∩ Fi+1 ∩ · · · ∩ Fj−1 ∩ Πj . On en déduit : P(X = i, Y = j) =



0 p2 (1 − p)j−2

si si

ij i < j.

2. Pour tout i ∈ IN∗ , on a : P(X = i) =

+∞ 

P(X = i, Y = j) =

j=i+1

+∞ 

j=i+1

=

p2 (1 − p)j−2

p2 (1 − p)i−1 = p(1 − p)i−1 . 1 − (1 − p)

Sans surprise, on trouve que X suit la loi géométrique G(p) .

La variable aléatoire Y est à valeurs dans [[2, +∞[[ . Pour j  2 , on a : P(Y = j) =

j−1 

P(X = i, Y = j) =

j−1  i=1

i=1

p2 (1 − p)j−2 = (j − 1)p2 (1 − p)j−2 .

15.14 1. On remarque qu’une suite (xn )n∈IN de réels converge vers x si, et seulement si : ∀k ∈ IN∗

∃n ∈ IN

∀p  n

car pour tout ε > 0 , il existe k ∈ IN∗ tel que

632

|xp − x| 

1  ε. k

1 , k

Solutions des exercices On a donc, pour tout ω ∈ Ω , ω ∈ B ⇐⇒ ∀k ∈ IN∗

∃n ∈ IN

∀p  n

⇐⇒ ∀k ∈ IN∗

∃n ∈ IN

∀p  n

⇐⇒ ∀k ∈ IN∗

ω ∈ Ck



⇐⇒ ω ∈



On a donc B =

1 k   1 ω ∈ |Xp − X|  k |Xp (ω) − X(ω)| 

Ck .

k∈IN∗

Ck .

k∈IN∗





Chaque Ck est un événement car, pour tout p ∈ IN , |Xp − X|  k1 est un événement, donc Ck est une union dénombrable d’intersections dénombrables d’événements. On en déduit que B est un événement. La suite (Ck )k∈IN∗ étant décroissante, on a, par continuité décroissante : P(B) = lim P(Ck ). k→+∞

2. On obtient, en considérant l’événement contraire : ∀ε > 0

P

   n∈IN pn

|Xp − X|  ε

 

= 1.

1 , on obtient P(Ck ) = 1 . En faisant tendre k vers l’infini, on en k déduit P(B) = 1 : la suite (Xn )n∈IN converge donc presque sûrement vers X .

En prenant ε =

 



3. Supposons que P |Xn − X| > ε converge pour tout ε > 0 . Soit ε > 0 . Pour n ∈ IN , on a, par sous-additivité de P : P



pn



|Xp − X| > ε

 



+∞  p=n

P(|Xp − X| > ε).





Le reste d’ordre n − 1 de la série de terme général P |Xp − X| > ε tend vers 0 quand n tend vers +∞ donc a fortiori : lim P

n→+∞

La suite on a :

 P

 

pn

|Xp − X| > ε

   n∈IN pn



pn

 



|Xp − X| > ε

 

= 0.

est décroissante donc, par continuité décroissante,

n∈IN

|Xp − X| > ε

 

= lim P n→+∞



pn



|Xp − X| > ε

 

= 0.

De la question précédente, on déduit que la suite (Xn )n∈IN converge presque sûrement vers X .

633

Chapitre 16 : Conditionnement – Indépendance I

Probabilités conditionnelles . . . . . . . . . . . Définition . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Formules liées aux probabilités conditionnelles Lois conditionnelles . . . . . . . . . . . . . . . II Indépendance . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Indépendance des événements . . . . . . . . . 2 Indépendance des variables aléatoires . . . . . . 3 Suites de variables aléatoires indépendantes . . Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 2 3

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

636 . 636 . 636 . 638 639 . 639 . 641 . 646 652

Conditionnement – Indépendance

16

Dans tout le chapitre, (Ω, A, P) désigne un espace probabilisé. Sauf mention plus précise, les événements et les variables aléatoires considérés le sont sur cet espace probabilisé.

I

Probabilités conditionnelles

Les définitions qui suivent généralisent simplement les définitions vues en première année dans le cas d’un univers fini.

1

Définition

Théorème 1 Pour tout événement A de de probabilité non nulle, l’application : PA : A −→ IR P(B ∩ A) B �−→ P(A) est une probabilité sur (Ω, A), appelée la probabilité conditionnelle sachant A. Pour tout événement B , PA (B) qui est encore notée P(B | A) est appelée la probabilité conditionnelle de B sachant A. Démonstration page 648

Remarque Pour tous événements A et B tels que P(A) �= 0 , on a : P(A ∩ B) = P(A)PA (B).

Si P(A) = 0 , on pose par convention P(A)PA (B) = 0 , si bien que l’égalité précédente reste vérifiée car alors P(A ∩ B) = 0 , puisqueA ∩ B ⊂ A.

2

Formules liées aux probabilités conditionnelles

Formule des probabilités composées Théorème 2 (Formule des probabilités composées) Soit n  2 un entier naturel. Pour toute famille (A1 , . . . , An ) d’événements tels que P(A1 ∩ · · · ∩ An−1 ) �= 0 , on a : P(A1 ∩ · · · ∩ An ) = P(A1 )P(A2 | A1 ) · · · P(An | A1 ∩ · · · ∩ An−1 ).

Démonstration page 648

I Probabilités conditionnelles Formule des probabilités totales Théorème 3 (Formule des probabilités totales) Soit (Ai )i∈I un système quasi-complet d’événements. Pour B ∈ A, on a :   P(B ∩ Ai ) = P(B | Ai ) P(Ai ). P(B) = i∈I

i∈I

Démonstration.

La première égalité a été démontrée dans la proposition 3 de la page 604. En écrivant P(B ∩ Ai ) = P(B | Ai ) P(Ai ) , pour tout i ∈ I , on obtient la deuxième égalité.

Remarque On rappelle la convention adoptée (cf. remarque de la page précédente). Si P(Ai ) = 0 , alors on pose P(B | Ai )P(Ai ) = 0 . Ex. 1. Dans une population donnée, on suppose qu’il existe p ∈ ]0, 1[ et α > 0 tels que la probabilité pn qu’une famille ait exactement n enfants vérifie pn = αpn , pour tout n  1 . On suppose qu’un enfant a la même probabilité d’être une fille ou un garçon. Déterminons la probabilité qu’une famille ait exactement deux filles. Pour k ∈ IN , on considère les événements Ek « la famille a exactement k enfants » et Fk « la famille a exactement k filles ». Pour calculer P(F2 ) , on applique la formule des probabilités totales avec le système complet d’événements (En )n∈IN . On obtient : P(F2 ) =

+∞  n=0

Pour n  2 , P(F2 | En ) =

P(F2 | En )P(En ).

n  1 n : sachant qu’il y a n enfants, la loi du nombre de filles  2 1 2 1

est binomiale de paramètre n, 2 car chaque enfant a la probabilité probabilité est évidemment nulle si n < 2 . On obtient : P(F2 ) =

+∞      n 1 n n=2

2

2

αpn =

2

d’être une fille. Cette

+∞ +∞  p n αp2   p n−2 α n(n − 1) = n(n − 1) . 2 2 8 2 n=2

n=2

Par le théorème de dérivation des séries entières, on a, pour tout x ∈ ]−1, 1[ : +∞  n=2

On en déduit :

n(n − 1)xn−2 =

P(F2 ) =

Formule de Bayes

d2 dx2

 1  1−x

=

2 · (1 − x)3

2 αp2 2αp2 ·  3 = p 8 (2 − p)3 1− 2

Théorème 4 (Formule de Bayes) Si A et B sont deux événements de probabilité non nulle, on a : P(A | B) = Démonstration.

P(B | A) P(A) · P(B)

Cela résulte de la définition des probabilités conditionnelles.

637

Chapitre 16. Conditionnement – Indépendance Ex. 2. On reprend les données de l’exemple 1 de la page précédente. La probabilité qu’une famille ait deux enfants sachant qu’elle a deux filles est : P(E2 | F2 ) =

3

P(F2 | E2 )P(E2 ) = P(F2 )

1 αp2 4 2αp2 (2−p)3

=

(2 − p)3 · 8

Lois conditionnelles

Définition 1 Soit X une variable aléatoire discrète et A un événement de probabilité non nulle. La loi conditionnelle de X sachant A est la loi de X dans l’espace probabilisé (Ω, A, PA ). Elle est donc déterminée par la donnée, pour tout x ∈ X(Ω), de :   PA X = x = P (X = x | A) .

Remarques • Les lois conditionnelles sont des lois de variables aléatoires ; elles en ont les propriétés. • Assez fréquemment, l’événement A est de la forme {Y = y} , où Y est une autre variable aléatoire sur le même espace probabilisé. Ex. 3. Si la variable aléatoire X suit la loi géométrique de paramètre p ∈ ]0, 1[ , on a, pour tout couple d’entiers naturels (k, ℓ) :









P X > k+ℓ P {X > k + ℓ} ∩ {X > k}   , = P X >k+ℓ|X >k = P(X > k) P X>k





car {X > k + ℓ} ⊂ {X > k} , et donc :





P X >k+ℓ|X >k = Exo 16.1 Exo 16.2

  q k+ℓ = qℓ = P X > ℓ . qk

La loi conditionnelle de X − k sachant {X > k} est la même que la loi de X . Si l’on pense à X comme à une durée, on peut dire que X ne tient pas compte du passé. On dit que la variable aléatoire X est sans mémoire.

Proposition 5 Soit (X, Y ) un couple de variables aléatoires discrètes. Alors, pour tout x ∈ X(Ω), on a :    P(X = x) = P(Y = y) P X = x | Y = y . y∈Y (Ω)

Démonstration.

Cela résulte de la formule des probabilités totales appliquée au système complet d’événements ({Y = y})y∈Y (Ω) .

Remarques • On a évidemment une formule symétrique pour P(Y = y). 638

II Indépendance

Exo 16.3

• Ainsi, connaissant l’une des lois marginales et la probabilité conditionnelle de l’autre variable par rapport à celle-ci, on obtient la loi conjointe et la loi marginale de la deuxième variable.

II

Indépendance

1

Indépendance des événements

Les définitions qui suivent généralisent les définitions vues en première année dans le cas d’un univers fini. Indépendance entre deux événements Définition 2 Deux événements A et B sont dits indépendants si : P(A ∩ B) = P(A) × P(B). Proposition 6 Deux événements A et B tels que P(A) �= 0 sont indépendants si, et seulement si, P(B | A) = P(B). Remarques • Si l’événement A est négligeable, alors il est indépendant de tout événement B . En effet on a P(A) = 0 et a fortiori P(A ∩ B) = 0 .

• L’indépendance est une notion probabiliste. Elle dépend de la probabilité dont est muni (Ω, A).

Proposition 7 Si A et B sont deux événements indépendants, alors les événements A et B sont indépendants. Démonstration page 648

Remarque On en déduit que si A est un événement presque sûr, il est indépendant de tout événement B . En effet A est de probabilité nulle donc A et B sont indépendants, comme nous l’avons déjà vu. Indépendance d’une famille d’événements. Définition 3 Soit (Ai )i∈I une famille quelconque d’événements. On dit que les événements Ai , pour i ∈ I , sont mutuellement indépendants si, pour toute partie finie J de I , on a :    P Ai = P(Ai ). i∈J

i∈J

639

Chapitre 16. Conditionnement - Indépendance Remarques • Souvent, pour une famille d’événements mutuellement indépendants, on dit simplement indépendants. • Si les événements Ai , pour i ∈ I sont mutuellement indépendants, alors ils sont deux à deux indépendants, comme on le voit en prenant pour J un ensemble à deux éléments. Comme dans le cas des univers finis, la réciproque est fausse. • L’indépendance ne dépend pas de l’ordre des événements. Si (Ai )i∈I est une famille d’événements mutuellement indépendants, il en est de même de la famille (Aσ(i) )i∈I , où σ est une permutation de I . • Si (Ai )i∈I est une famille d’événements mutuellement indépendants, alors, pour toute partie I ′ de I , (Ai )i∈I ′ est encore une famille d’événements mutuellement indépendants.

Exo 16.8

Proposition 8 Si (Ai )i∈I est une famille d’événements mutuellement indépendants, et si, pour tout i ∈ I , Bi est égal à Ai ou Ai , alors (Bi )i∈I est une famille d’événements mutuellement indépendants. Démonstration page 648

Ex. 4. Second lemme de Borel-Cantelli Soit (An ) une suite d’événements d’un espace probabilisé (Ω, A, P) . On suppose que la sé P(An ) diverge et que les événements An sont mutuellement indépendants. Montrons que rie

 

+∞ +∞

l’événement B =

Ap est presque sûr. On rappelle que B est l’événement « une infinité

k=0 p=k

d’événements An sont réalisés ». On a B =

 

+∞ +∞

Ap . Les événements An sont aussi mutuellement indépendants donc, pour

k=0 p=k

tout k ∈ IN , on a, par continuité décroissante : P

 +∞ 

Ap

p=k



=

lim P

N→+∞

Sachant que 0  1 − x  e N

0



p=k

La série



 N

Ap

p=k

−x

=

lim

N→+∞

N  



P Ap =

p=k

pour tout réel x ∈ [0, 1] , on a :

(1 − P(Ap )) 

P(Ap ) diverge donc

P



 +∞ 

p=k

N 

p=k

lim

N→+∞

Ap



=





exp − P(Ap )  exp N 

lim

N→+∞



−

N 

N  

p=k

P(Ap )

p=k



1 − P(Ap ) .



.

P(Ap ) = +∞ . On en déduit :

p=k

lim

N→+∞

N  

p=k



1 − P(Ap ) = 0.

Ainsi, B est négligeable, car réunion dénombrable d’événements négligeables, et l’événement contraire B est presque sûr.

640

II Indépendance Ex. 5. On considère une suite de lancers de pile ou face. Montrons que tout motif fini m = a1 . . . ak , où chaque aj est égal à 0 ou 1 , apparaît presque sûrement une infinité de fois. Notons A l’événement « le motif m apparaît une infinité de fois » et pour n ∈ IN , notons An l’événement « le motif m aux lancers nk, . . . , (n + 1)k − 1 ». Pour tout n ∈ IN , par indépendance des résultats des différents lancers, on a P(An ) = pi (1 − p)k−i > 0 , où i est le nombre de aj égaux à 1 (pour 1  j  k ). On note que les différents événements An sont incompatibles. Si n1 , . . . , nj sont des entiers naturels tels que n1 < · · · < nj , alors, toujours par indépendance des résultats des lancers :





P An1 ∩ · · · ∩ Anj = pij (1 − p)(k−i)j = P(An1 ) · · · P(Anj ).



P(An ) est divergente donc Le événements An sont donc mutuellement indépendants. La série le second lemme de Borel-Cantelli montre que l’événement B « une infinité d’événements An sont réalisés » est presque sûr. Comme de plus B ⊂ A , on a a fortiori P(A) = 1 .

Remarque En tenant compte du premier lemme de Borel-Cantelli (exemple 10 de la page 605), on voit que si les événements An sont mutuellement indépendants, la +∞   +∞ Ap , c’est-à-dire la probabilité qu’une infinité d’événements An probabilité de k=0 p=k

se réalisent, ne peut être que 0 ou 1 .

2

Indépendance des variables aléatoires

Indépendance de deux variables aléatoires Définition 4 Deux variables aléatoires discrètes X et Y , à valeurs dans E et F respectivement sont dites indépendantes si, pour toute partie A de E et toute partie B de F , les événements {X ∈ A} et {Y ∈ B} sont indépendants, c’est-à-dire vérifient :   P {X ∈ A} ∩ {Y ∈ B} = P(X ∈ A) P(Y ∈ B). Notation

Attention

La relation « X et Y sont indépendantes » se note X ⊥ ⊥Y.

L’indépendance est une notion qui dépend de la probabilité choisie.

Proposition 9 Deux variables aléatoires discrètes X et Y à valeurs dans E et F respectivement sont indépendantes si, et seulement si, :   ∀(x, y) ∈ E × F P X = x, Y = y = P(X = x) P(Y = y).

Démonstration page 649

Reformulation Les variables X et Y sont indépendantes si, et seulement si, la distribution de probabilités de (X, Y ) est égale au produit des distributions de probabilités de X et de Y . Ex. 6. Une variable presque sûrement constante est indépendante de toute variable aléatoire discrète, car un événement de probabilité 0 ou 1 est indépendant de tout événement.

641

Chapitre 16. Conditionnement - Indépendance   Remarque Ainsi, si X et Y sont indépendantes, alors P X = x, Y = y s’écrit comme produit d’une fonction de x et d’une fonction de y . La réciproque est vraie comme le montre l’exemple suivant. Ex. 7. On suppose que la loi conjointe du couple (X, Y ) s’écrit : ∀(x, y) ∈ X(Ω) × Y (Ω)

P(X = x, Y = y) = ϕ(x) ψ(y).

où ϕ et ψ sont des fonctions définies respectivement sur X(Ω) et Y (Ω) . En sommant sur x ∈ X(Ω) , on obtient, pour tout y ∈ Y (Ω) :



P(Y = y) =

P(X = x, Y = y) =

x∈X(Ω)



où C ′ =



ϕ(x) ψ(y) = C ′ ψ(y),

x∈X(Ω)

ϕ(x) .

x∈X(Ω)

De même, pour tout x ∈ X(Ω) , on a P(X = x) = Cϕ(x) , où C = De



y∈Y (Ω)



ψ(y) .

y∈Y (Ω)

P(Y = y) = 1 , on tire CC ′ = 1 et donc, pour tout (x, y) ∈ X(Ω) × Y (Ω) :



P(X = x, Y = y) = Cϕ(x)





C ′ ψ(y) = P(X = x) P(Y = y).

Les variables aléatoires X et Y sont donc indépendantes et à une constante multiplicative près, les fonctions ϕ et ψ sont les distributions de probabilités de X et de Y .

Exo 16.11 Exo 16.12

Point méthode Connaissant la loi de deux variables aléatoires indépendantes X et Y , on peut en déduire la loi de toute variable aléatoire Z fonction de X et Y . Pour tout z ∈ Z(Ω), on écrit {Z = z} comme réunion d’événements de la forme {X = x} ∩ {Y = y}.

Ex. 8. Si X et Y sont deux variables aléatoires indépendantes, à valeurs dans IN , on a, pour tout n ∈ IN , {X + Y = n} = P(X + Y = n) =

n 

{X = k} ∩ {Y = n − k} et donc, par additivité :

k=0

n  k=0

P(X = k, Y = n − k) =

n  k=0

P(X = k) P(Y = n − k).

Ex. 9. Si X et Y sont deux variables aléatoires indépendantes, à valeurs dans ZZ , on a, pour  tout n ∈ ZZ , {X + Y = n} = {X = k} ∩ {Y = n − k} et donc : k∈Z Z

P(X + Y = n) =

+∞ 

k=−∞

642

P(X = k, Y = n − k) =

+∞ 

k=−∞

P(X = k) P(Y = n − k).

II Indépendance Ex. 10. Stabilité de la loi de Poisson Soit X et Y des variables aléatoires indépendantes, suivant des lois de Poisson de paramètres respectifs λ et µ . Déterminons la loi de X + Y . La variable X + Y est à valeurs dans IN et, pour tout n dans IN :





P X +Y =n =

n   k=0

 



P X =k P Y =n−k =

n  e−λ λk e−µ µn−k k=0

k!

= e−(λ+µ)

(n − k)!

k=0

=

e

−(λ+µ)

n!

 

n 1  n k n−k λ µ n! k

(λ + µ)n ,

d’après la formule du binôme. Donc X + Y suit la loi de Poisson de paramètre λ + µ .

Proposition 10 Soit (X, Y ) un couple de variables aléatoires discrètes. Il y a équivalence entre : (i) X ⊥ ⊥Y ;

  (ii) pour tout y de Y (Ω) tel que P Y = y �= 0 , la loi conditionnelle de X sachant {Y = y} est égale à la loi de X .

Démonstration page 649

Proposition 11 (Transfert d’indépendance) Si X et Y sont des variables aléatoires discrètes indépendantes, alors, pour toute fonction f définie sur X(Ω) et toute fonction g définie sur Y (Ω), les variables aléatoires f (X) et g(Y ) sont indépendantes. Démonstration page 650

Indépendance de n variables aléatoires Définition 5 Les variables aléatoires discrètes X1 , . . . , Xn à valeurs dans E1 , . . . , En sont dites mutuellement indépendantes si, pour toutes parties A1 ⊂ E1 , . . .,An ⊂ En : n    P(Xi ∈ Ai ). P {X1 ∈ A1 } ∩ · · · ∩ {Xn ∈ An } = i=1

Remarques • On dit souvent indépendantes au lieu de mutuellement indépendantes.

• L’indépendance d’un n-uplet de variables aléatoires ne dépend pas de l’ordre de ces variables. 643

Chapitre 16. Conditionnement - Indépendance

Exo 16.13

Proposition 12 Les variables aléatoires discrètes X1 , . . . , Xn à valeurs dans E1 , . . . , En , sont mutuellement indépendantes si, et seulement si, pour tout (x1 , . . . , xn ) ∈ E1 ×· · ·×En , on a : n    P {X1 = x1 } ∩ · · · ∩ {Xn = xn } = P(Xi = xi ). i=1

Démonstration page 650

Reformulation Les variables X1 , . . . , Xn sont indépendantes si, et seulement si, la distribution de probabilités de (X1 , . . . , Xn ) est égale au produit des distributions de probabilités de X1 , . . . , Xn .

Remarque • Si les variables X1 , . . . , Xn sont mutuellement indépendantes, alors la probabi   n {Xi = xi } s’écrit comme un produit d’une fonction de x1 , . . ., d’une lité P i=1

fonction de xn .

• Comme dans le cas de deux variables aléatoires (cf. exemple 7 de la page 642), on peut démontrer que si la loi conjointe peut s’écrire sous cette forme, alors les variables X1 , . . . , Xn sont mutuellement indépendantes (cf. exercice 16.16 pour une preuve).

Exo 16.14

Proposition 13 Si (X1 , . . . , Xn ) est une famille de variables aléatoires discrètes, mutuellement indépendantes, alors toute sous-famille est formée de variables mutuellement indépendantes.

Démonstration page 651

Attention Si les variables aléatoires discrètes X1 , . . . , Xn sont mutuellement indépendantes, alors elles sont indépendantes deux à deux. Comme dans le cas fini, la réciproque est fausse. Corollaire 14 Si les variables aléatoires X1 , . . . , Xn , à valeurs dans E1 , . . . , En respectivement, sont mutuellement indépendantes, alors, pour toutes parties A1 , . . . , An respectivement de E1 , . . . , En , les événements {X1 ∈ A1 }, . . . , {Xn ∈ An } sont indépendants. Démonstration.

Si I est une partie non vide de [[1, n]] , alors d’après la proposition 13, (Xi )i∈I est une famille de variables aléatoires mutuellement indépendantes et par définition : P

 i∈I



{Xi ∈ Ai }

=

 i∈I

P(Xi ∈ Ai ).

Cela montre l’indépendance des événements {X1 ∈ A1 } , . . ., {Xn ∈ An } .

644

II Indépendance Proposition 15 (Transfert d’indépendance) Soit (X1 , . . . , Xn ) un n-uplet de variables aléatoires discrètes, mutuellement indépendantes. Si pour tout i ∈ [[1, n]], la fonction fi est définie sur Xi (Ω), les variables aléatoires f1 (X1 ), . . . , fn (Xn ) sont mutuellement indépendantes. Démonstration page 651

Remarque La proposition précédente peut se généraliser à des variables aléatoires fonctions de plusieurs variables aléatoires Xk (pour 1  k  n). Commençons par le cas de deux fonctions. Proposition 16 Soit X1 , . . . , Xn des variables aléatoires discrètes indépendantes à valeurs respectivement dans des ensembles E1 , . . . , En , et 1  p < n. Si f est une fonction définie sur E1 × · · · × Ep et g une fonction définie sur Ep+1 × · · · × En , alors f (X1 , . . . , Xp ) et g(Xp+1 , . . . , Xn ) sont indépendantes.

Démonstration page 651

Remarque En particulier, si les variables Xk sont complexes, alors les variables X1 + · · · + Xp et Xp+1 + · · · + Xn sont indépendantes. Ex. 11. Montrons que, si X1 , . . . , Xn sont des variables aléatoires mutuellement indépendantes, telles que Xk suive la loi de Poisson de paramètre λk pour tout k ∈ [[1, n]] , alors la variable aléatoire X1 + · · · + Xn suit la loi de Poisson de paramètre

n 

λk .

k=1

On procède par récurrence sur n , la propriété étant évidente pour n = 1 et ayant été démontrée pour n = 2 dans l’exemple 10 de la page 643. Supposons que la propriété soit vraie au rang n et considérons n + 1 variables indépendantes X1 , . . . , Xn+1 suivant des lois de Poisson de paramètres respectifs λ1 , . . . , λn+1 . Les variables aléatoires X1 , . . . , Xn sont alors indépendantes et donc, par hypothèse de récurrence, la variable X1 + · · · + Xn suit la loi de Poisson de paramètre

n 

λk . Les variables X1 , . . . , Xn , Xn+1 étant mutuellement indépendantes, il en

k=1

est de même des variables X1 + · · · + Xn et Xn+1 . D’après le cas de deux variables, leur somme X1 + · · · + Xn + Xn+1 suit la loi de Poisson de paramètre Cela termine la démonstration par récurrence.

n  k=1

λk + λn+1 =

n+1 

λk .

k=1

Ce qui précède peut se généraliser à plus de deux fonctions. Proposition 17 (Lemme des coalitions) Soit (X1 , . . . , Xn ) un n-uplet de variables aléatoires, mutuellement indépendantes, k un entier naturel non nul, I1 , . . . , Ik des sous-ensembles non vides et disjoints de [[1, n]]. Pour tout j entre 1 et k , on considère une variable aléatoire Yj qui est une fonction des variables Xi pour i ∈ Ij . Alors les variables Y1 , . . . , Yk sont indépendantes. 645

Chapitre 16. Conditionnement - Indépendance Démonstration.

On montre que les k variables (Xi )i∈I1 , (Xi )i∈I2 , . . . , (Xi )i∈Ik sont mutuellement indépendantes, comme dans la proposition 16. On en déduit que Y1 , . . . , Yk sont mutuellement indépendantes, d’après la proposition 15 de la page précédente.

3

Suites de variables aléatoires indépendantes

Définition 6 Une suite (Xn )n∈IN de variables aléatoires réelles discrètes est appelée suite de variables aléatoires mutuellement indépendantes si, pour toute partie finie I de IN, les variables aléatoires réelles discrètes Xi , où i décrit I , sont mutuellement indépendantes. Remarque Il suffit de vérifier que, pour tout entier n, les variables X0 , . . . , Xn sont mutuellement indépendantes. En effet, toute sous-famille finie de (Xn )n∈IN est contenue dans une sous-famille de la forme (X0 , . . . , Xn ). D’après la proposition 13 de la page 644, elle est constituée de variables aléatoires mutuellement indépendantes dès que les variables X0 , . . . , Xn sont mutuellement indépendantes. Suite de variables aléatoires discrètes de lois données Nous admettrons le théorème suivant. Théorème 18 Pour toute suite (Pn ) de lois de probabilité discrètes, il existe un espace probabilisé (Ω, A, P) et une suite (Xn ) de variables aléatoires discrètes, indépendantes Exo sur (Ω, A, P) telle que, pour tout n ∈ IN, la loi PXn soit Pn . 16.15 Remarques • En particulier, si P est une loi de probabilité discrète, il existe un espace probabilisé (Ω, A, P) et une suite (Xn ) de variables aléatoires discrètes, indépendantes sur (Ω, A, P) telle que, pour tout n ∈ IN, la loi de Xn soit P . On dit alors que les variables sont indépendantes identiquement distribuées (abrégé en i.i.d.) Une telle suite modélise une suite d’épreuves identiques aux résultats indépendants.

Ex. 12. Si P est la loi de Bernoulli de paramètre p , on obtient une modélisation du jeu de pile ou face. Pour tout n ∈ IN∗ , {Xn = 1} et {Xn = 0} sont des événements, qu’on appelle respectivement obtenir pile et face ou succès et échec à la n -ième épreuve ; les variables Xn étant indépendantes, les événements {Xn = 1} , pour n ∈ IN∗ , sont indépendants. Ex. 13. De la même façon, si P est la loi uniforme sur [[1, 6]] , on modélise l’expérience aléatoire consistant à lancer un dé une infinité dénombrable de fois.

• Ce théorème est d’une grande importance pratique, car la construction d’un espace probabilisé modélisant le jeu de pile ou face est très difficile. 646

II Indépendance Ex. 14. Soit p ∈ ]0, 1[ et (Xn )n∈IN∗ une suite de variables aléatoires i.i.d., suivant la loi de Bernoulli de paramètre p . On note T le nombre de tirages nécessaires pour obtenir un succès (c’est-à-dire un 1 ) pour la première fois et +∞ si l’on n’a jamais de succès. Pour tout n ∈ IN∗ , {T = n} = {X1 = 0, . . . , Xn−1 = 0, Xn = 1} est un événement, et : P(T = n) = P(X1 = 0, . . . , Xn−1 = 0, Xn = 1) =

 n−1 



P(Xi = 0) P(Xn = 1) = (1−p)n−1 p.

i=1

D’autre part, {T = +∞} = décroissante : P(T = +∞) = P

 +∞ 



+∞

{Xk = 0} est également un événement et, par continuité

k=1



{Xk = 0}

k=1

= lim P n→+∞

 n



{Xk = 0}

k=1

= lim (1 − p)n = 0. n→+∞

Ainsi T est une variable aléatoire discrète qui suit la loi géométrique de paramètre p .

647

Chapitre 16. Conditionnement - Indépendance

Démonstrations Théorème 1 • • •

Montrons que PA est une probabilité sur (Ω, A) .

L’application PA est à valeurs dans [0, 1] car on a 0  P(B ∩ A)  P(A) , pour tout événement B . P(Ω ∩ A) = 1. On a PA (Ω) = P(A) Soit (Bn )n∈IN une suite d’événements deux à deux incompatibles. La famille (Bn ∩ A)n∈IN est aussi une suite d’événements deux à deux incompatibles. On a alors par σ -additivité : P

  

n∈IN

On a donc :

PA



n∈IN

Théorème 2

Bn





Bn ∩ A

P =



  

=P





(Bn ∩ A) =

n∈IN

n∈IN



Bn ∩ A

P(A)





+∞  n=0

P(Bn ∩ A).

+∞ n=0

=

P(Bn ∩ A) P(A)

=

+∞ 

PA (Bn ).

n=0

Pour tout entier k ∈ [[1, n − 1]] , on a :

A1 ∩ · · · ∩ An−1 ⊂ A1 ∩ · · · ∩ Ak ,

d’où P(A1 ∩ · · · ∩ Ak )  P(A1 ∩ · · · ∩ An−1 ) > 0 . Toutes les probabilités conditionnelles sont donc définies. Il suffit alors d’écrire : P(A1 ) P(A2 | A1 ) · · · P(An | A1 ∩ · · · ∩ An−1 ) = P(A1 )

n 

P (Ak | A1 ∩ · · · ∩ Ak−1 )

k=2

P A1 ∩ · · · ∩ Ak−1

k=2

  n  P A1 ∩ · · · ∩ Ak−1 ∩ Ak   = P(A1 ) 



= P A1 ∩ · · · ∩ An−1 ∩ An ,

car le produit de droite est télescopique : tous les termes se simplifient deux à deux à part le dernier. Proposition 7

Comme A et B sont indépendants, on a P(A ∩ B) = P(A)P(B) .

De l’égalité P(A ∩ B) = P(B) − P(A ∩ B) , on déduit :





P(A ∩ B) = P(B) − P(A)P(B) = 1 − P(A) P(B) = P(A)P(B), ce qui montre que A et B sont indépendants. Proposition 8

Montrons que P



Bi

i∈J





=

P(Bi ) , pour tout partie finie J non vide de I , par

i∈J

récurrence sur le nombre n d’indices de J tels que Bi = Ai .





Ai



Bi \

=



P(Ai ) , pour toute partie non vide J

•

Si n = 0 , il s’agit de démontrer que P

•

de I , ce qui résulte de la définition de l’indépendance des événements Ai , pour i ∈ I . Supposons que la propriété soit vraie au rang n et montrons-la au rang n + 1 . Soit J une partie finie non vide de I telle que card {i ∈ J : Bi = Ai } = n + 1 et k ∈ J tel que Bk = Ak . On a :

i∈J



i∈J

648

Bi =

i∈J \{k}

i∈J



i∈J \{k}

Bi ∩ Ak .

Démonstrations On en déduit : P



Bi

i∈J



=P

 

Bi

i∈J \{k}



−P

Par hypothèse de récurrence, on a : P

 

i∈J \{k}

Bi ∩ Ak





=

P(Bi ) P(Ak )

 

et

i∈J \{k}

P

i∈J \{k}



Bi ∩ Ak .

 

Bi

i∈J \{k}





=

car card {i ∈ J \ {k} : Bi = Ai } = n. On en déduit : P



i∈J

Bi





=

i∈J \{k}



P(Bi ) 1 − P(Ak )) =

ce qui termine la récurrence.



P(Bi ),

i∈J \{k}



P(Bi ) P(Ak ) =

P(Bi ),

i∈J

i∈J \{k}

Proposition 9 • Si les variables X et Y sont indépendantes, en prenant A = {x} et B = {y} dans la définition, on obtient l’égalité P(X = x, Y = y) = P(X = x) P(Y = y) . • Démontrons la réciproque. Soit A ⊂ E et B ⊂ F . Les ensembles X(Ω) et Y (Ω) sont au plus dénombrables, donc il en est de même de leurs sous-ensembles A′ = A ∩ X(Ω) et B ′ = B ∩ Y (Ω) , puis de A′ × B ′ . On a :



{X ∈ A} = {X ∈ A′ } =

x∈A′

{X = x}

On en déduit {X ∈ A} ∩ {Y ∈ B} =

et



{Y ∈ B} = {Y ∈ B ′ } =

(x,y)∈A′ ×B ′



y∈B ′

{X = x} ∩ {Y = y} .

{Y = y}.

On a une réunion dénombrable d’événements incompatibles. On en déduit, par σ -additivité :





P {X ∈ A} ∩ {Y ∈ B} =

Comme P(X ∈ A) =



(x,y)∈A′ ×B ′



P(X = x, Y = y) P(X = x)P(Y = y).

(x,y)∈A′ ×B ′

x∈A′

P(X = x) et P(Y ∈ B) =

produit de deux familles sommables :



=







P(Y = y) , on obtient, par

y∈B ′

P {X ∈ A} ∩ {Y ∈ B} = P(X ∈ A) P(Y ∈ B). Proposition 10 •

Montrons l’équivalence entre (i) et (ii) .

P{Y =y} (X = x) = •





Supposons que X et Y soient indépendantes. Soit y ∈ Y (Ω) tel que P Y = y �= 0 . On a, pour tout x ∈ X(Ω) , en exploitant l’indépendance de X et Y : P(X = x)P(Y = y) P(X = x, Y = y) = = P(X = x). P(Y = y) P(Y = y)

La loi conditionnelle de X sachant {Y = y} est égale à la loi de X : donc (ii) est vérifié. Supposons que (ii) soit vérifié. Soit y ∈ Y (Ω) . ∗ Si P(Y = y) = 0 , alors {Y = y} est indépendant de {X = x} pour tout x ∈ X(Ω) , car un événement négligeable est indépendant de tout événement. ∗ Sinon on a, pour tout x ∈ X(Ω) : P(X = x, Y = y) = P{Y =y} (X = x) P (Y = y) = P (X = x) P (Y = y) .

Les variables aléatoires X et Y sont donc indépendantes.

649

Chapitre 16. Conditionnement – Indépendance Pour tout (x, y) ∈ f (X)(Ω) × g(Y )(Ω) , on a :

Proposition 11





P f (X) = x, g(Y ) = y = P et, par indépendance de X et Y :











X ∈ f −1 {x}









∩ Y ∈ g −1 {y}

 



P f (X) = x, g(Y ) = y = P X ∈ f −1 ({x}) P Y ∈ g −1 ({y}) = P(f (X) = x) P(g(Y ) = y).

Ainsi f (X) et g(Y ) sont indépendantes. Proposition 12 •

Supposons X1 , . . . , Xn mutuellement indépendantes. Soit (x1 , . . . , xn ) ∈ E1 × · · · × En . En appliquant la définition de l’indépendance avec, pour tout i ∈ [[1, n]] , Ai = {xi } , on obtient :





P {X1 = x1 } ∩ · · · ∩ {Xn = xn } = •

n 

P(Xi = xi ).

i=1

Réciproquement, supposons que l’on ait :



∀(x1 , . . . , xn ) ∈ E1 × · · · × En

n 



P {X1 = x1 } ∩ · · · ∩ {Xn = xn } =

P(Xi = xi ).

i=1

Pour tout i ∈ [[1, n]] , on considère Ai ⊂ Ei ; on pose A′i = Ai ∩ Xi (Ω) et l’on écrit : {Xi ∈ Ai } = {Xi ∈ A′i } =



{Xi = xi }.



 

xi ∈A′i

On obtient :



1in



où A =

{Xi ∈ Ai } =



1in

{Xi ∈ A′i } =

(xi )1in ∈A

1in



{Xi = xi } ,

A′i . Chaque A′i est au plus dénombrable car inclus dans Xi (Ω) qui est au

1in

plus dénombrable. Il en est de même de leur produit A . On a donc une réunion au plus dénombrable d’événements incompatibles. On en déduit : P

 

1in



{Xi ∈ Ai }

=

Comme la famille on obtient : P

 

1in

650



P(Xi = xi )

1in

P

(xi )1in ∈A

=









(xi )1in ∈A

 

1in

 



{Xi = xi }



P(Xi = xi ) .

1in

est un produit de n familles sommables,

(xi )1in ∈A



{Xi ∈ Ai }

=

  

1in

xi ∈A′i

P(Xi = xi )



=



1in





P Xi ∈ Ai .

Démonstrations Proposition 13

Soit I ⊂ [[1, n]] et, pour tout i ∈ I une partie Ai de Xi (Ω) .

On pose Ai = Ei si i ∈ / I . On a alors {Xi ∈ Ai } = Ω pour i ∈ / I . On obtient : P

�

�

i∈I

�

{Xi ∈ Ai }



= P

�

i∈[[1,n]]



{Xi ∈ Ai } =

�

i∈[[1,n]]

P(Xi ∈ Ai ) =

� i∈I

P(Xi ∈ Ai ),

ce qui prouve que (Xi )i∈I est une famille de variables aléatoires indépendantes. Proposition 15

�

Soit A1 , . . . , An des parties de f1 (X1 )(Ω), . . . , fn (Xn )(Ω) respectivement. On a :

�

�

�

P {f1 (X1 ) ∈ A1 } ∩ · · · ∩ {fn (Xn ) ∈ An } = P {X1 ∈ f1−1 (A1 )} ∩ · · · ∩ {Xn ∈ fn−1 (An )}

�

�

�

= P X1 ∈ f1−1 (A1 ) · · · P Xn ∈ fn−1 (An )

�

�

�

�

= P f1 (X1 ) ∈ A1 · · · P fn (Xn ) ∈ An , ce qui montre l’indépendance des variables aléatoires f1 (X1 ), . . . , fn (Xn ) .

�

Proposition 16 • Les variables aléatoires V1 = (X1 , . . . , Xp ) et V2 = (Xp+1 , . . . , Xn ) sont indépendantes. En effet, on a, pour tout (x1 , . . . , xn ) ∈ X1 (Ω) × · · · × Xn (Ω) :

�

�

�

P V1 = (x1 , . . . , xp ), V2 = (xp+1 , . . . , xn ) = P X1 = x1 , . . . , Xn = xn =

n �

P(Xk = xk )

�

k=1

=

p �

k=1

�

P(Xk = xk )

n �

P(Xk = xk )

k=p+1

� �

�

= P V1 = (x1 , . . . , xp ) P V2 = (xp+1 , . . . , xn ) , car X1 , . . . , Xp d’une part, et Xp+1 , . . . , Xn d’autre part, sont indépendantes. •

On en déduit que f (X1 , . . . , Xp ) et g(Xp+1 , . . . , Xn ) sont indépendantes, d’après la proposition 11 de la page 643.

651

Chapitre 16. Conditionnement - Indépendance

S’entraîner et approfondir Probabilités conditionnelles 16.1 Soit X une variable aléatoire à valeurs dans IN∗ . On suppose que X est sans mémoire, →638 c’est-à-dire que, pour tout couple d’entiers naturels (k, ℓ) , on a : P(X > k) > 0





P X > k + ℓ | X > k = P(X > ℓ).

et

Montrer que X suit une loi géométrique.



Indication. On montrera que la suite P(X > n)



n∈IN

est géométrique.

16.2 Soit X une variable aléatoire suivant la loi géométrique de paramètre p ∈ ]0, 1[ . Déterminer →638 la loi conditionnelle de X sachant A où A est l’événement « X est pair ». 16.3 Soit p ∈ ]0, 1[ et λ > 0 , ainsi que X et Y deux variables aléatoires sur le même espace →639 probabilisé, à valeurs dans IN . On suppose que X suit la loi de Poisson de paramètre λ et que, pour n ∈ IN , la loi conditionnelle de Y sachant {X = n} est la loi binomiale de paramètre (n, p) . Déterminer la loi de Y . 16.4 Taux de panne Soit X une variable aléatoire discrète, à valeurs dans IN∗ , vérifiant : ∀n ∈ IN∗

P(X  n) > 0.

(1)

On appelle taux de panne associé à X la suite réelle (xn )n∈IN∗ définie par : ∀n ∈ IN∗

xn = P(X = n | X  n).

1. Exprimer pn = P(X = n) en fonction des xk .

2. (a) Montrer que l’on a 0  xn < 1 , pour tout n ∈ IN∗ , et que la série de terme général xn diverge. (b) Réciproquement, soit (xn )n∈IN∗ une suite à valeurs dans [0, 1[ telle que la série de terme général xn diverge. Montrer qu’il existe une variable aléatoire dont le taux de panne est la suite (xn ) . 3. Montrer que la variable X suit une loi géométrique si, et seulement si, son taux de panne est constant. 16.5 Des joueurs notés (jn )n∈IN∗ s’affrontent à pile ou face, avec une pièce équilibrée, de la façon suivante : j1 et j2 commencent, le perdant est éliminé et le gagnant rencontre j3 , le perdant est éliminé et le gagnant rencontre j4 , . . . Est déclaré vainqueur le joueur qui gagne trois parties consécutives et le jeu s’arrête alors. Pour n  1 , on note pn la probabilité que jn gagne le tournoi et qn la probabilité qu’il joue. 1 1. Montrer que pn = qn . 8 2. (a) Que vaut qn pour 1  n  4 . 1 1 (b) Montrer que, pour n  5 , qn = qn−1 + qn−2 . 2 4 3. Calculer pn pour tout n .

652

Exercices 16.6 Un banquier se rend chaque jour de son domicile à sa banque, puis de sa banque à son domicile. Il possède un unique parapluie. À chaque fois qu’il part, s’il pleut et si le parapluie est à sa disposition, alors il le prend. S’il ne pleut pas, il le laisse. On suppose que la probabilité qu’il pleuve vaut constamment p ∈ ]0, 1[ (on pose q = 1 − p ). Pour n ∈ IN∗ , on note pn la probabilité que le parapluie soit disponible là où se trouve le banquier (au domicile ou à sa banque) au bout de n trajets et qn = 1 − pn . La probabilité qu’il soit disponible initialement est p0 , quelconque. 1. Montrer qu’il existe S ∈ M2 (IR) tel que, pour tout n ∈ IN , on ait



pn+1 qn+1

2. En déduire que la suite (pn )n∈IN converge. Calculer p∞ = lim pn .



=S

 

pn . qn

n→+∞

16.7 La ruine des joueurs Deux joueurs A et B ayant pour capitaux initiaux respectivement a et b euros ( (a, b) ∈ IN2 ) s’affrontent dans un jeu constitué d’une succession de parties indépendantes. À chaque partie, A a la probabilité p ∈ ]0, 1[ de gagner et B la probabilité q = 1 − p . À l’issue de chaque partie, le perdant donne 1 euro au gagnant. Le jeu s’arrête lorsque l’un des joueurs est ruiné. On note R(a, b) la probabilité que A finisse ruiné. 1. Montrer que si a  1 et b  1 , alors R(a, b) = pR(a + 1, b − 1) + qR(a − 1, b + 1) .

2. Calculer R(a, b) . Indication. On pourra remarquer que la capital total a + b reste fixe au cours de la partie. 3. Montrer que presque sûrement, le jeu se termine au bout d’un nombre fini de parties. 4. Calculer la limite de R(a, b) quand b tend vers +∞ et a reste fixe.

Événements indépendants 16.8 Soit (Ai )i∈I une famille d’événements indépendants, ainsi que I1 , . . . , In des parties finies →640 et deux à deux disjointes de I . Pour 1  j  n , on pose Bj =



Ai .

i∈Ij

1. Montrer que (B1 , . . . , Bn ) est une famille d’événements indépendants.



2. Montrer qu’il en est de même si l’on remplace

Ai par

i∈Ij

certains événements Bj .



Ai dans la définition de

i∈Ij

16.9 Soit (An )n∈IN une suite d’événements, mutuellement indépendants. 1. Montrer que P

 

n∈IN



An = 1 − lim

n  

n→+∞ i=0

2. On suppose que, pour tout n ∈ IN , P(An ) �= 1 . Montrer que P

 



An = 1 si, et seulement si, la série de terme général P(An ) diverge.

n∈IN

3. On suppose que, pour tout n ∈ IN , P(An ) = (a) Calculer P

 

n∈IN



P Ai .



1 · (n + 2)2

An .

(b) Calculer la probabilité qu’un seul événement de la suite (An )n∈IN se réalise.

653

Chapitre 16. Conditionnement - Indépendance 16.10 Soit (An )n∈IN une suite d’événements d’un espace probabilisé (Ω, A, P) . On pose, pour tout n ∈ IN : Bn =



kn

Ak

et

Cn =



Ak

puis

B=

kn



Bn

et

C=

n∈IN



Cn .

n∈IN

On dit que la suite (An )n∈IN converge si B = C et, par définition, sa limite A est alors A = B = C . 1. Montrer que si la suite (An )n∈IN converge, alors A est un événement et la   suite P(An ) n∈IN converge vers P(A) . 2. On suppose que, pour tout n ∈ IN , les événements Bn et Cn sont indépendants. (a) Montrer que B et C sont indépendants. (b) Montrer que si, de plus, la suite (An )n∈IN converge, alors P(A) ∈ {0, 1} .

Variables aléatoires indépendantes 16.11 Soit X et Y des variables aléatoires indépendantes, suivant des lois de Poisson de paramètres →642 respectifs λ et µ , ainsi que n ∈ IN . Déterminer la loi conditionnelle de X sachant {X + Y = n} .

16.12 Pour a < b , notons Na,b le nombre de clients se présentant dans un magasin dans l’intervalle →642 de temps [a, b[ . Soit a < b < c ; on suppose que les variables Na,b et Nb,c sont indépendantes et que, pour tout n ∈ IN , l’événement {Na,c = n} est de probabilité non nulle et la loi de Na,b sachant {Na,c = n} est B(n, p) , avec p = (b − a)/(c − a) . 1. Montrer que pour tout (k, ℓ) ∈ IN2 :

P(Na,b = k) P(Nb,c = ℓ) = P(Na,c = k + ℓ)





k+ℓ pk (1 − p)ℓ . k

2. En déduire qu’il existe une constante λ telle que : λ ∀n ∈ IN∗ P(Na,b = n) = P(Na,b = n − 1). n 3. En déduire que Na,b suit la loi de Poisson de paramètre λ . 16.13 Soit X1 , . . . , Xn des variables aléatoires indépendantes de loi géométrique de paramètres →644 respectifs p1 , . . . , pn . Montrer que Y = min(X1 , . . . , Xn ) suit aussi une loi géométrique. 16.14 Montrer que des événements A1 , . . . , An sont mutuellement indépendants si, et seulement →644 si, les variables aléatoires 1A1 , . . . , 1An sont mutuellement indépendantes. 16.15 Temps d’attente du r -ième succès →646

Soit (Xn )n∈IN∗ une suite de variables aléatoires i.i.d., suivant la loi de Bernoulli de paramètre p ∈ ]0, 1[ . Pour tout r ∈ IN∗ , on considère la variable aléatoire Yr telle que Yr = n si l’on obtient le r -ième 1 au rang n et Yr = +∞ si l’on n’obtient jamais r 1 . Montrer que Yr est une variable aléatoire. Déterminer la loi de Yr . On dit que Yr suit la loi de Pascal de paramètre (r, p) .

654

Exercices 16.16 On suppose que la loi conjointe du n -uplet de variables aléatoires discrètes (X1 , . . . , Xn ) s’écrit : ∀(x1 , . . . , xn ) ∈ X1 (Ω) × · · · × Xn (Ω)

P(X1 = x1 , . . . , Xn = xn ) =

n 

ϕk (xk ),

k=1

où pour tout k ∈ [[1, n]] , ϕk est une fonction définie sur Xk (Ω) .

Montrer que les variables X1 , . . . , Xn sont indépendantes et que, à une constante multiplicative près, la fonction ϕk , pour k ∈ [[1, n]] , est la distribution de probabilités de Xk . 16.17 On considère X et Y deux variables aléatoires à valeurs dans IN , indépendantes et de même loi. On pose D = X − Y et I = min(X, Y ) . 1. On suppose que pour tout k dans IN , P(X = k) = pq k , où p ∈ ]0, 1[ et q = 1 − p .

(a) Déterminer la loi de (D, I) . (b) Déterminer les lois marginales de D et I . Vérifier que D et I sont indépendantes.

2. On suppose que les variables D et I sont indépendantes et que P(X = n) �= 0 pour tout n ∈ IN . Montrer qu’il existe p ∈ ]0, 1[ , tel que, pour tout k ∈ IN : P(X = k) = pq k

avec

q = 1 − p.

16.18 Une caractérisation de la loi de Poisson On effectue une épreuve aléatoire dont le résultat est un entier naturel n ; on procède alors à n épreuves de Bernoulli indépendantes de paramètre p ∈ ]0, 1[ . On note S le nombre de succès et E le nombre d’échecs. Toute cette expérience aléatoire peut être modélisée par un espace probabilisé (Ω, A, P) , sur lequel on considère une variable aléatoire discrète N à valeurs dans IN et, pour tout n ∈ IN∗ , une variable Xn suivant la loi de Bernoulli de paramètre p ∈ ]0, 1[ telles que (N, X1 , X2 , . . .) soit une suite de variables indépendantes. On suppose que P(N = n) �= 0 pour tout n ∈ IN .

On a alors S = X1 + · · · + XN et E = N − SN . 1. On suppose que N suit la loi de Poisson de paramètre λ > 0 . Montrer que les variables S et E suivent aussi des lois de Poisson, dont on déterminera les paramètres et sont indépendantes. 2. Montrer réciproquement que si S et E sont indépendantes, alors N suit une loi de Poisson. Pour cela, on montrera : (a) qu’il existe deux suites (un )n∈IN et (vn )n∈IN telles que : ∀(m, n) ∈ IN2

(m + n)! P(N = m + n) = um vn ;

(b) que les suites (un )n∈IN et (vn )n∈IN sont géométriques. 16.19 Soit (Xn )n∈IN∗ une suite de variables aléatoires i.i.d., suivant la loi de Bernoulli de paramètre p ∈ ]0, 1[ . Pour tout k ∈ IN∗ , on note Yr le temps d’attente du r -ième 1 . On pose Z1 = Y1 et pour k  2 , Zk = Yk − Yk−1 . Démontrer que (Zn )n∈IN∗ est une suite de variables aléatoires discrètes i.i.d..

655

Chapitre 16. Conditionnement - Indépendance 16.20 Toutes les variables considérées dans cet exercice sont à valeurs dans ZZ . Une variable aléatoire à valeurs dans ZZ est dite symétrique si : ∀n ∈ ZZ P(X = n) = P(X = −n). 1 1. (a) Montrer que si X est symétrique, alors on a P(X > 0)   P(X  0) . 2 (b) Montrer que si X et Y sont deux variables aléatoires symétriques indépendantes, alors X + Y est symétrique. 2. On considère des variables aléatoires symétriques X1 , . . . , Xn indépendantes et x ∈ IR+ . Pour k ∈ [[1, n]] , on pose Sk = Ωk =



k 

max Sj  x

1jk−1

Xj et, de plus, on note :

j=1



si

∩ {Sk > x}

k2

et

Ω1 = {S1 > x}.

(a) Montrer que X1 + · · · + Xn est symétrique. (b) Montrer que, pour k ∈ [[1, n]] , on a : {Sn − Sk  0} ∩ Ωk ⊂ {Sn > x} ∩ Ωk (c) Prouver que

n 

k=1

Ωk =





puis

P ({Sn − Sk  0} ∩ Ωk ) 

max Sj > x .

1jn

(d) En déduire l’inégalité de Paul Lévy : P



max Sj > x

1jn



 2P(Sn > x).

⋆ 16.21 Chaînes de Markov   Soit N ∈ IN∗ , P = pi,j 1i,jN ∈ MN (IR) une matrice telle que : ∀(i, j) ∈ [[1, N ]]

2

1 P(Ωk ). 2

pi,j  0

et

∀i ∈ [[1, N ]]

n 

pi,j = 1

j=1

(on dit que P est une matrice stochastique) et (Xn )n∈IN une suite de variables aléatoires discrètes, à valeurs dans [[1, N ]] telle que, pour tout n ∈ IN et tous x0 , . . . , xn+1 dans [[1, N ]] , on ait : P(Xn+1 = xn+1 | X0 = x0 , . . . , Xn = xn ) = P(Xn+1 = xn+1 | Xn = xn ) = pxn ,xn+1 ,

quand les probabilités conditionnelles sont définies. On dit que (Xn )n∈IN est une chaîne de Markov homogène et P est appelée matrice de transition de la chaîne. 1. Soit x0 ∈ [[1, N ]] tel que P(X0 = x0 ) �= 0 . (a) Montrer que, pour n ∈ IN∗ et x1 , . . . , xn dans [[1, N ]] , on a :

P(X1 = x1 , . . . , Xn = xn | X0 = x0 ) = px0 ,x1 px1 ,x2 . . . pxn−1 ,xn .

(b) En déduire que : (n)

P(Xn = xn | X0 = x0 ) = p(n) x0 ,xn ,

où px0 ,xn est le coefficient d’indice (x0 , xn ) de la matrice P n . 2. Soit n ∈ IN , k ∈ IN∗ et x0 , . . . , xn+k dans [[1, N ]] tels que P(X0 = x0 , . . . , Xn = xn ) �= 0 . Montrer que : P(Xn+1 = xn+1 , . . . , Xn+k = xn+k | X0 = x0 , . . . , Xn = xn ) = P(X1 = xn+1 , . . . , Xk = xn+k | X0 = xn ).

656

Exercices

16.22 Soit P l’ensemble des nombres premiers. Pour s > 1 , on note ζ(s) = variable aléatoire à valeurs dans IN∗ dont la loi est définie par : ∀n ∈ IN∗

P(X = n) =

+∞ 

n−s et X une

n=1

n−s · ζ(s)

1. Justifier que l’on définit bien ainsi la loi d’une variable aléatoire. 2. Pour tout n ∈ IN∗ , on considère An : « n divise X ». Montrer que (Ap )p∈P est une famille d’événements indépendants. En déduire une preuve probabiliste de :



p∈P

1 1− s p



=

1 · ζ(s)

3. Montrer que la probabilité qu’aucun carré différent de 1 ne divise X vaut

1 · ζ(2s)

16.23 Soit (Xn )n1 une suite de variables aléatoires i.i.d., suivant la loi géométrique de paramètre p ∈ ]0, 1[ . On note q = 1 − p . On cherche à calculer, pour tout entier n  2 , la probabilité de l’événement : An = {X1 < · · · < Xn }. Pour (n, k) ∈ IN2 , avec n  2 et k  1 , on pose : un = P(An ),

Bn,k = An ∩ {X1 = k}

Enfin, pour n ∈ IN∗ , on note πn = 1. Calculer u2 .

 n

et

vn,k = P(Bn,k ).

(1 − q j ) .

j=1

2. Montrer, pour n  3 et k ∈ IN∗ , on a vn,k = pq k−1 3. En déduire que, pour n  2 et k ∈ IN∗ , vn,k =



+∞

vn−1,j .

j=k+1

1 (pq k−1 )n q αn πn−1

, où αn est un entier

que l’on précisera.

4. En déduire que, pour n  2 , un = précisera.

1 βn γn p q πn

, où βn et γn sont des entiers que l’on

657

Chapitre 16. Conditionnement - Indépendance

Solutions des exercices 16.1 Posons, pour tout n ∈ IN , un = P(X > n) . On a un �= 0 . Comme {X > n + 1} ⊂ {X > n} , on a :





P {X > n + 1} ∩ {X > n} P(X > n + 1) un+1 = = un P(X > n) P(X > n)





= P X > n + 1 | X > n = P(X > 1) = u1 . La suite (un ) est géométrique de raison u1 , donc un = u1 × un−1 = un 1 , pour tout n  1 . 1 Cela reste vrai pour n = 0 , car u0 = P(X > 0) = 1 . On en déduit, pour tout n ∈ IN∗ : n−1 P(X = n) = P(X > n − 1) − P(X > n) = un−1 − un = un−1 − un (1 − u1 ). 1 = u1 1

On sait que u1 �= 0 . D’autre part, u1 �= 1 , car sinon P(X = n) = 0 pour tout n  1 , ce qui est impossible car X est à valeurs dans IN∗ . Ainsi 1 − u1 ∈ ]0, 1[ et X suit la loi géométrique de paramètre 1 − u1 .

16.2 On a : P(A) =

+∞ 

P(X = 2k) =

k=1

+∞ 

pq 2k−1 =

k=1

pq , 1 − q2

P({X = n} ∩ A) · donc P(A) �= 0 . Pour n ∈ IN∗ , P(X = n | A) = P(A) Si n est impair, alors P(X = n | A) = 0 et si n est pair, alors P(X = n | A) =

P(X = n) · P(A)

On en déduit, pour tout k ∈ IN∗ : P(X = 2k | A) =

pq 2k−1 pq 1−q 2

= (1 − q 2 )(q 2 )k−1 .

On voit que la loi conditionnelle de X sachant A est la loi de 2Z , où Z suit la loi géométrique de paramètre 1 − q 2 .

16.3 • Soit (m, k) ∈ IN2 . Par définition de la loi binomiale, on a :





P Y =k|X=m =

m k

0

pk (1 − p)m−k

si si

k ∈ [[0, m]] k > m,

et donc, par définition de la loi conditionnelle :





P(Y = k, X = m) = P X = k | Y = m P(Y = m) =

658

  m 0

k

pk (1 − p)m−k

λm −λ e m!

si si

k ∈ [[0, m]]

k > m.

Solutions des exercices • On en déduit que, pour tout entier naturel k : +∞ 

P(Y = k) =

P(Y = k, X = m)

m=0 +∞    m

=

k

m=k

pk (1 − p)m−k

λm −λ e m!





m−k +∞ 1 −λ  (1 − p)λ = (pλ) e k! (m − k)! k

m=k

(pλ)k −pλ 1 . e = (pλ)k e−λ e(1−p)λ = k! k! Donc Y suit la loi de Poisson de paramètre pλ . 16.4 1. On commence par exprimer P(X  n) en fonction des xk . On a {X = n} ⊂ {X  n} , P(X = n) pour tout n ∈ IN∗ , donc xn = . On en déduit : P(X  n) c’est-à-dire :

xn P(X  n) = P(X = n) = P(X  n) − P(X  n + 1), P(X  n + 1) = (1 − xn )P(X  n).

Comme P(X  1) = 1 , on en déduit, pour tout n ∈ IN∗ , en itérant cette relation : n−1

P(X  n) =



k=1

(1 − xk )

n−1

puis

pn = P(X  n) − P(X  n + 1) = xn



k=1

(1 − xk ).

2. (a) On a xn ∈ [0, 1] , car xn est la probabilité d’un événement. Si xn = 1 , alors, d’après la question 1, P(X  n + 1) = 0 , ce qui est contraire à l’hypothèse. Ainsi xn ∈ [0, 1[ . On a pour tout n  1 : ln P(X  n + 1) =

n  k=1

De

ln(1 − xk ).

lim P(X  n + 1) = 1 − lim P(X  n) = 0 (cf. exercice 15.10 de la page 623),

n→+∞

n→+∞

on déduit la divergence de la série de terme général ln(1 − xn ) . Celle-ci implique la divergence de la série de terme général xn .  En effet, si xn convergeait, alors la suite (xn ) tendrait vers 0 . On aurait − ln(1 − xn ) ∼ xn , ce qui impliquerait la convergence de la série de terme général positif − ln(1 − xn ) par théorème de comparaison. (b) On pose, pour tout n ∈ IN∗ , pn = xn On a pour tout n  1 :



n−1 k=1

(1 − xk ) . Alors pn ∈ [0, 1] .

n−1

pn =



k=1

On en déduit :

n  k=1

(1 − xk ) −

pk = 1 −

n 

n 

(1 − xk ).

k=1

(1 − xk ).

k=1

659

Chapitre 16. Conditionnement - Indépendance La série de terme général xk diverge donc

ln

n 

(1 − xk ) =

k=1

On obtient



+∞

n  k=1

lim

n→+∞

n 

(1 − xk ) = 0 car :

k=1

ln(1 − xk )  −

n  k=1

xk → −∞.

pk = 1 . La suite (pk )k∈IN∗ définit la loi d’une variable aléatoire Y à

k=1

valeurs dans IN∗ . Soit n ∈ IN∗ . On a xk �= 1 pour tout k  1 , donc P(Y < n) = déduit P(Y  n) > 0 . Enfin on a :





n−1

pk < 1 . On en

k=1

n−1

pn pn = = P(Y = n | Y  n) = P(Y  n) 1 − P(Y < n)

xn

k=1 n−1



k=1

(1 − xk )

= xn ,

(1 − xk )

donc (xn ) est le taux de panne de la variable aléatoire Y . 3. • Si X suit la loi géométrique de paramètre p , on a, pour tout n ∈ IN∗ : P(X = n) = (1 − p)n−1 p,

P(X  n) = (1 − p)n−1

et

xn = p.

• Si le taux de panne est constant, égal à p , alors p ∈ [0, 1[ et, pour tout n  1 , on a pn = xn



n−1 k=1

(1 − xk ) = p(1 − p)n−1 .

On voit que p ne peut pas être nul, car



n∈IN∗

géométrique de paramètre p .

pn = 1 , donc p ∈ ]0, 1[ et X suit la loi

16.5 1. Pour n ∈ IN∗ , on note Jn l’événement « le joueur jn joue » et Gn l’événement « le joueur jn gagne ». Pour tout n ∈ IN∗ , on a :

 1 3

1 qn = qn , 2 8 car si jn joue, alors il gagne si, et seulement s’il est vainqueur de trois parties successives. 2. (a) Pour n  4 , le joueur jn est sûr de jouer car on joue en tout au moins trois parties. On a donc qn = 1 si 1  n  4 . (b) Pour n  5 , le joueur jn entre en jeu contre jn−1 ou jn−2 . En effet, si k  3 , jk entre en jeu contre un joueur jℓ avec ℓ < k puis, au plus, joue contre jk+1 et jk+2 . Ainsi, si k  n − 3 , jk ne peut pas rencontrer jn . On note Jn1 (respectivement Jn2 ) l’événement « jn joue et rencontre jn−1 » (respectivement « jn joue et rencontre jn−2 »). Ces événements sont incompatibles. On obtient donc : pn = P(Gn ) = P(Gn ∩ Jn ) = P(Gn | Jn ) P(Jn ) =

qn = P(Jn ) = P(Jn1 ) + P(Jn2 ) = P(Jn1 ∩ Jn−1 ) + P(Jn2 ∩ Jn−2 ) = P(Jn1 | Jn−1 ) P(Jn−1 ) + P(Jn2 | Jn−2 ) P(Jn−2 )

1 1 qn−1 + qn−2 . 2 4 En effet, si jn−1 est rentré dans la partie, pour qu’il rencontre jn , il faut et il suffit qu’il gagne sa première partie contre un adversaire rentré avant lui ; de même, une =

660

Solutions des exercices fois que jn−2 est rentré dans la partie, pour qu’il rencontre jn , il faut et il suffit qu’il gagne sa première partie contre un adversaire rentré avant lui et qu’il gagne contre jn−1 . 3. La suite (qn )n3 vérifie une relation de récurrence linéaire sur deux termes d’équation √ 1 1± 5 1 · Il existe donc (α, β) ∈ IR2 tel caractéristique x2 − x − = 0 , de solutions 2 4 4 que, pour tout n  3 :   √ n √ n 1− 5 1+ 5 qn = α +β . 4 4 Pour gérer plus facilement les conditions initiales, on considère la suite (qn′ )n∈IN vérifiant 1 ′ 1 ′ la relation de récurrence qn′ = qn−1 + qn−2 , avec q3′ = q3 et q4′ = q4 . On a alors qn′ = qn 2 4   √ n √ n 1− 5 1+ 5 ′ pour n  3 et qn = α +β pour tout n ∈ IN . 4 4

On obtient q2′ = 2 , q1′ = 0 et q0′ = 8 . Les conditions q0′ = 8 et q1′ = 0 permettent de √ √ 4(1 + 5) 4( 5 − 1) √ √ déterminer α = et β = · On obtient, pour tout n  3 : 5 5  √ n−1  √ n−1  1+ 5 1− 5 4 − qn = √ 4 4 5 1 1 pn = qn = √ 8 2 5



√ n−1  √ n−1  1+ 5 1− 5 . − 4 4

16.6 1. On note An (respectivement Bn ) l’événement « le parapluie est disponible (respectivement indisponible) au bout de n trajets ». Pour n ∈ IN , on applique la formule des probabilités totales, avec le système complet d’événements (An , Bn ) . On obtient : pn+1 = P(An+1 ) = P(An ∩ An+1 ) + P(Bn ∩ An+1 ).

Si pn �= 0 , alors P(An+1 | An ) = p , car si le parapluie est disponible après n déplacements, il faut que le banquier l’emporte, c’est-à-dire qu’il pleuve, pour qu’il reste disponible après n + 1 déplacements ; on a donc P(An ∩ An+1 ) = p pn . Cette formule reste valable si pn = 0 , car alors on a également P(An ∩ An+1 ) = 0 . On a Bn ⊂ An+1 , car si après n déplacements le parapluie n’est pas disponible, il le deviendra après n+1 déplacements. On a donc P(Bn ∩An+1 ) = P(Bn ) = qn . On obtient : pn+1 = p pn + qn .

On trouve de même : et donc



pn+1 qn+1



=S

qn+1 = q pn + 0 qn

 

pn , avec S = qn



p q



1 . 0

2. On diagonalise S : les valeurs propres sont 1 et −q ; une base de vecteurs propres     1 −1 , . On obtient : est q 1 S=P



1 0 0 −q



P −1

où

P =





1 −1 q 1

et

P −1 =



1 1 1 + q −q



1 . 1

661

Chapitre 16. Conditionnement - Indépendance On a, pour tout n ∈ IN :

  pn qn

= Sn

  p0 q0



1 0

=P

0 (−q)n



P −1

  p0 q0

.

On en déduit que les suites (pn ) et (qn ) convergent. On note p∞ et q∞ leurs limites. On a :



p∞ q∞



=P





1 0

0 P −1 0

car p0 + q0 = 1 . On a donc p∞ =

  p0 q0

1 1+q

=

1 · 1+q



1 q

 

1 q

p0 q0

=

1 1+q

 

1 , q

16.7 L’espace probabilisé qui modélise cette situation est celui d’un jeu infini de pile ou face. En effet, on a une suite de parties indépendantes, à deux issues. 1. Pour (a, b) ∈ IN2 , on note Aa,b l’événement « si les joueurs débutent la partie avec des capitaux respectifs de a et b euros, alors A finira ruiné ». En appliquant la formule des probabilités totales, avec le système complet d’événements (G1 , G1 ) , où G1 est l’événement « A gagne la première partie », on trouve, pour a  1 et b  1 : R(a, b) = P(Aa,b ) = P(G1 ) P(Aa,b | G1 ) + P(G1 ) P(Aa,b | G1 ) = pR(a + 1, b − 1) + qR(a − 1, b + 1). En effet, si A gagne la première partie, il dispose avant d’entreprendre les parties suivantes de a + 1 euros et B de b − 1 euros. Le raisonnement est le même dans l’autre cas.

2. Tout au long de la partie, le capital total des deux joueurs reste constant.

On le note N . Ainsi, R(a, b) = R(a, N − a) ne dépend que de a : on le note ua .

On a donc ua = pua+1 + qua−1 , c’est-à-dire : ua+1 =

1 q ua − ua−1 . p p

q 1 On a une suite récurrente linéaire d’ordre 2 d’équation caractéristique x2 − x + = 0 . p p q Une des racines est 1 , l’autre est donc · p 1 • Premier cas : p �= q , c’est-à-dire p �= · 2  a q 2 Il existe (α, β) ∈ IR tel que, pour tout a ∈ [[0, N ]] , ua = α + β . p On remarque que u0 = 1 , car si le capital de A est nul, il est ruiné d’emblée. De même, uN = 0 , car alors c’est B qui est ruiné. On en déduit : α=−

 q N

1

p

1−

 q N , β = p

1−

puis

 q N

ua =

p

En reprenant la notation initiale, on a : R(a, b) =

662

 q a p

1−

−

 q a+b

p  q a+b · p

 q a p

1−

−

 q N

p  q N · p

Solutions des exercices 1 · 2 2 Il existe (α, β) ∈ IR tel que, pour tout a ∈ [[0, N ]] , ua = α + βa . 1 a et donc ua = 1 − · On conclut : De u0 = 1 et uN = 0 , on tire α = 1 et β = − N N b R(a, b) = · a+b

• Second cas : p = q , c’est-à-dire p =

3. La probabilité de ruine S(a, b) du joueur B quand les capitaux initiaux sont a et b s’obtient à partir de R(a, b) en échangeant les rôles, c’est-à-dire en échangeant p et q d’une part, a et b d’autre part. On obtient :

 p b q

S(a, b) =

 p a+b

−

1−

q

 p a+b

si

p �= q

q

et

S(a, b) =

a a+b

si

p = q.

Le jeu s’arrête quand l’un des joueurs est ruiné. La probabilité que la partie s’arrête au bout d’un nombre fini de parties est donc R(a, b) + S(a, b) . Si p �= q , on obtient : R(a, b) + S(a, b) =

q a pb − q a+b q a pb − pa+b + a+b = 1. a+b a+b p −q q − pa+b

Ce résultat est évident pour p = q . Il est donc presque sûr que le jeu s’arrêtera au bout d’un nombre fini de parties. 4. Si p  q , on trouve lim R(a, b) = 1 . b→+∞

Si p > q , on trouve

lim R(a, b) =

b→+∞

 a p q

.

16.8 1. Soit J ⊂ [[1, n]] . On a, par indépendance de la famille (Ai )i∈I : P



Bj

j∈J



=P



i∈

 

Ai Ij



= i∈

j∈J

 

P(Ai ) Ij

j∈J

=

 

j∈J

P(Ai )

i∈Ij



=



Ai et Cj = Bj =

i∈Ij



Ai si Bj =

i∈Ij

P(Bj ).

j∈J

Donc (B1 , . . . , Bn ) est une famille d’événements indépendants. 2. Posons Cj = Bj si Bj =





Ai . Alors l’Indépen-

i∈Ij

dance de (C1 , . . . , Cn ) résulte de la proposition 8 et de la première question de l’exercice. En appliquant de nouveau la proposition 8, on en déduit que (B1 , . . . , Bn ) est une famille d’événements indépendants. 16.9 1. On a : P



n∈IN

An



= 1−P



An

n∈IN



=1−P



An

n∈IN



donc, par continuité décroissante et indépendance des événements An : P



n∈IN

An



= 1 − lim P n→+∞

 n

i=0

Ai



= 1 − lim

n→+∞

n 

P(Ai ).

i=0

663

Chapitre 16. Conditionnement - Indépendance 2. D’après la question précédente, P

�

�

An

n∈IN

�

= 1 équivaut à

lim

n→+∞

n � �

P Ai

i=0

Comme tous les termes du produit sont strictement positifs, cela équivaut à : n �

lim

n→+∞

i=0

c’est-à-dire à la divergence de la série

�

�

�

= 0.

ln P(Ai ) = −∞,

�

�

�

ln P(An ) .

�

�

• Si P (An ) ne tend pas vers 0 , alors les séries de termes généraux ln P(An ) et P(An ) sont grossièrement divergentes. • Si

�

�

lim P(An ) = 0 , alors ln P(An ) = ln 1 − P(An ) ∼ −P(An ) . Les séries de terme

n→+∞

�

�

général ln P(An ) et P(An ) ont même nature. Ainsi, on a P

�

�

n∈IN

An

�

� �� � 0

= 1 si, et seulement si, la série de terme général P(An ) diverge.

3. La condition P(An ) �= 1 pour tout n ∈ IN est réalisée. (a) Pour tout n ∈ IN , on a : n �

P(Ai ) =

i=0

n � � i=0

1−

1 (i + 2)2

�

=

P

��

An

n∈IN

�

(i + 2)2

i=0

= On en déduit :

n � (i + 1)(i + 3)

(n + 1)!(n + 3)!

�

=

�2

2 (n + 2)!

= 1 − lim

n→+∞

n+3 · 2(n + 2)

1 n+3 = · 2(n + 2) 2

(b) Notons Bn l’événement « seul l’événement An se réalise ». On a, par continuité décroissante et indépendance : P(Bn ) = P

�

An ∩

�

i�=n

Ai

�

=

=

 

lim P An ∩

N→+∞

lim P(An )

N→+∞

�

0iN i=n

�

 

Ai 

P(Ai ).

0iN i=n

Pour N > n , on a, d’après le calcul mené dans la question précédente : P(An )

�

P(Ai ) =

0iN i=n

=

P(An ) � P(Ai ) P(An ) 0iN 1 N +3 × · (n + 1)(n + 3) 2(N + 2)

1 · 2(n + 1)(n + 3) � Bn . L’événement B « un seul événement An se réalise » est

On en déduit : P(Bn ) =

n∈IN

664

Solutions des exercices C’est une réunion dénombrable d’événements incompatibles donc : P(B) =

+∞  i=0

=

1 4

+∞   1 1 1 1 = − 2(n + 1)(n + 3) 4 n+1 n+3

lim

N→+∞



i=0

1+

1 1 1 − − 2 N +1 N +2



=

3 · 8

16.10 1. On suppose que la suite (An )n∈IN converge. Pour tout n ∈ IN , Bn et Cn sont des événements donc B et C sont des événements (car une réunion ou une intersection d’un nombre dénombrable d’événements est un événement). Comme A = B = C , on en déduit que A est un événement. La suite (Bn )n∈IN est décroissante et (Cn )n∈IN est croissante donc, par continuité monotone : P(A) = P(B) = lim P(Bn ) et P(A) = P(C) = lim P(Cn ). n→+∞

n→+∞

On a de plus, Cn ⊂ An ⊂ Bn , donc P(Cn )  P(An )  P(Bn ) puis, par encadrement : lim P(An ) = P(A).

n→+∞

2. (a) Les suites (Bn )n∈IN et (Cn )n∈IN sont décroissantes. Il en est donc de même de la   suite Bn ∩ Cn n∈IN . Comme : B∩C =



Bn

 

Cn

n∈IN

n∈IN



=



(Bn ∩ Cn ),

n∈IN

on a, par continuité décroissante et indépendance des événements Bn et Cn : P(B ∩ C) = lim P(Bn ∩ Cn ) = lim P(Bn ) P(Cn ) n→+∞

n→+∞

= lim P(Bn ) lim P(Cn ) = P(B) P(C). n→+∞

n→+∞

Les événements B et C sont donc indépendants. On sait qu’alors il en est de même de B et C . (b) On a B = C = A . Donc d’après la question précédente, A est indépendant de lui-même. On a donc : donc P(A) ∈ {0, 1} .

P(A) = P(A ∩ A) = P(A) P(A),

16.11 Il a été démontré dans l’exemple 10 de la page 643 que X + Y suit une loi de Poisson de paramètre λ + µ . On a, pour k ∈ IN : P(X = k | X + Y = n) =

P(X = k, X + Y = n) P(X = k, Y = n − k) = P(X + Y = n) P(X + Y = n) =

P(X = k)P(Y = n − k) · P(X + Y = n)

Cette probabilité est nulle si k > n et on obtient, si k  n : P(X = k | X +Y = n) =

e−λ λk e−µ µn−k k! (n−k)! e−(λ+µ) (λ+µ)n n!

=

 

n λk µn−k = k (λ + µ)n

  n k

λ µ+λ

La loi de X sachant {X + Y = n} est la loi binomiale de paramètre



n,

k  λ λ+µ

µ µ+λ



n−k

.

.

665

Chapitre 16. Conditionnement - Indépendance 16.12 1. Il est clair que Na,c = Na,b +Nb,c . On a, pour tout (k, ℓ) ∈ IN2 , par indépendance de Na,b et Nb,c : P(Na,b = k) P(Nb,c = ℓ) = P(Na,b = k, Nb,c = ℓ) = P(Na,b = k, Na,c − Na,b = ℓ) = P(Na,b = k, Na,c = k + ℓ) = P(Na,c = k + ℓ) P(Na,b = k | Na,c = k + ℓ) = P(Na,c = k + ℓ)





k+ℓ pk (1 − p)ℓ . k

En divisant par P(Na,c = k + ℓ) qui n’est pas nul, on obtient le résultat voulu. 2. De la première question, on déduit P(Na,b = k) �= 0 et P(Nb,c = ℓ) �= 0 , pour tout (k, ℓ) ∈ IN2 , car le second membre de l’égalité ne s’annule pas. On obtient, en particulier, pour tout k ∈ IN : P(Na,b = k) P(Nb,c = 0) = pk P(Na,c = k)

et, pour tout k ∈ IN∗ :

P(Na,b = k − 1) P(Nb,c = 1) = kpk−1 (1 − p). P(Na,c = k)

En divisant ces deux égalités, on obtient : P(Na,b = k) P(Nb,c = 0) p = , P(Na,b = k − 1) P(Nb,c = 1) k(1 − p)

P(Na,b = k) λ p P(Nb,c = 1) = , où λ = · P(Na,b = k − 1) k (1 − p) P(Nb,c = 0) 3. Par récurrence immédiate à partir du résultat de la question précédente, on obtient : c’est-à-dire, pour tout k ∈ IN∗ ,

∀k ∈ IN Sachant que



+∞

λk P(Na,b = 0). k!

P(Na,b = k) =

P(Na,b = k) = 1 , on a eλ P(Na,b = 0) = 1 et donc P(Na,b = 0) = e−λ .

k=0

Ainsi Na,b suit la loi P(λ) . 16.13 La variable Y est à valeurs dans IN∗ . Pour tous réels x1 , . . . , xn , y , on a : ∗

min(x1 , . . . , xn )  y ⇐⇒ ∀i ∈ [[1, n]]

xi  y.

Pour tout k ∈ IN , on a donc {Y  k} = {X1  k} ∩ · · · ∩ {Xn  k} , d’où l’on déduit, par indépendance des variables Xi : P(Y  k) = P({X1  k} ∩ · · · ∩ {Xn  k}) =

n  i=1

On obtient :

P(Xi  k) =

n  i=1

(1 − pi )

P(Y = k) = P(Y  k) − P(Y  k + 1) =



i=1

=

 n  i=1

n 

Ainsi, Y suit la loi géométrique de paramètre 1 −

666

k−1

(1 − pi )

n 

k−1 

(1 − pi ) .

i=1

(1 − pi )

1−

k−1

n  i=1

.

(1 − pi )



.

Solutions des exercices 16.14 On remarque que, pour tout événement A , on a {1A = 1} = A et {1A = 0} = A . • Supposons les événements A1 , . . . , An mutuellement indépendants. On a, pour tout (x1 , . . . , xn ) ∈ {0, 1}n :

P(1A1 = x1 , . . . , 1An = xn ) = P (B1 ∩ · · · ∩ Bn ) , où Bi = Ai si xi = 1 et Bi = Ai si xi = 0 . Les événements A1 , . . . , An étant indépendants, il en est de même des événements B1 , . . . , Bn . On a donc : P(1A1 = x1 , . . . , 1An = xn ) =

n �

P(Bi ) =

i=1

n �

P (1Ai = xi ) .

i=1

Les variables 1A1 , . . . , 1An sont donc mutuellement indépendantes. • Supposons les variables aléatoires mutuellement indépendantes. Soit I une partie non vide de [[1, n]] . D’après la proposition 13 de la page 644, (1Ai )i∈I est encore une famille de variables aléatoires mutuellement indépendantes, donc on a : P

�

�

Ai

i∈I

�

=P

�

�

i∈I

�

{1Ai = 1}

=

�

P(1Ai = 1) =

i∈I

�

P(Ai ).

i∈I

Les événements A1 , . . . , An sont donc mutuellement indépendants.

16.15 L’application Yr est à valeurs dans l’ensemble dénombrable IN∗ ∪ {+∞} . • Soit k ∈ IN∗ . Si k < r , on a {Yr = k} = ∅ et si k  r , on a : {Yr = k} =

�

I⊂[[1,k−1]] card I=r−1

�

�

i∈I

�

{Xi = 1}



∩

�

i∈[[1,k−1]]\I



{Xi = 0} ∩ {Xr = 1}.

En effet, la k -ième épreuve correspond au r -ième 1 et dans les k − 1 premières épreuves, il doit y avoir r − 1 1 (et donc k − r 0 ). Ainsi {Yr = k} ∈ A et : P(Yr = k) =

�

car c’est la réunion disjointe de • On a {Yr = +∞} =

�

k∈IN∗

�

k − 1 r−1 k−r p q p= r−1

�k−1� r−1

�

�

k − 1 r k−r p q , r−1

événements de probabilité pr q k−r .

{Yr = k} , donc {Yr = +∞} est un événement. Il est inclus

dans l’événement H : « il existe un rang à partir duquel toutes les épreuves donnent 0 » � � qui peut s’écrire H = {Xk = 0} . On a, pour tout n ∈ IN∗ : n∈IN kn

P

��

�

{Xk = 0}

kn

=

lim P

N→+∞

�� N

�

{Xk = 0}

k=n

=

lim q N−n+1 = 0.

N→+∞

L’événement H qui est une réunion dénombrable d’événements négligeables est donc négligeable. A fortiori l’événement {Yr = +∞} est négligeable.

667

Chapitre 16. Conditionnement - Indépendance 16.16 Soit k ∈ [[1, n]] . Pour tout xk ∈ Xk (Ω) , on a :



P(Xk = xk ) =

P(X1 = x1 , . . . , Xn = xn ),

(x1 ,...,xk−1 ,xk+1 ,...,xn )∈Ak

où Ak = X1 (Ω) × · · · × Xk−1 (Ω) × Xk+1 (Ω) × · · · × Xn (Ω) . On en déduit : P(Xk = xk ) =



où Ck =

n 



ϕi (xi ) = Ck ϕk (xk ),

(x1 ,...,xk−1 ,xk+1 ,...,xn )∈Ak i=1



ϕi (xi ) . La fonction ϕk est bien à constante multi-

(x1 ,...,xk−1 ,xk+1 ,...,xn )∈Ak 1in i�=k

plicative près la distribution de probabilités de Xk . En posant C =

n 

Ck , l’hypothèse peut se réécrire :

k=1

∀(x1 , . . . , xn ) ∈ X1 (Ω) × · · · × Xn (Ω)

C P(X1 = x1 , . . . , Xn = xn ) =

n 

P(Xk = xk ).

k=1

En sommant sur (x1 , . . . , xn ) ∈ X1 (Ω) × · · · × Xn (Ω) , on obtient : C=

n 



P(Xk = xk ) = 1,

k=1 xk ∈Xk (Ω)

car on reconnaît un produit de familles sommables. On a ainsi : ∀(x1 , . . . , xn ) ∈ X1 (Ω) × · · · × Xn (Ω)

P(X1 = x1 , . . . , Xn = xn ) =

donc les variables aléatoires X1 , . . . , Xn sont indépendantes.

n 

P(Xk = xk ),

k=1

16.17 1. (a) On a D(Ω) = ZZ et I(Ω) = IN . Soit (k, ℓ) ∈ ZZ × IN . • Si k  0 , alors on a : {D = k} ∩ {I = ℓ} = {X − Y = k} ∩ {Y = ℓ} = {X = k + ℓ} ∩ {Y = ℓ} et donc, par indépendance de X et Y : P(D = k, I = ℓ) = P(X = k + ℓ)P(Y = ℓ) = pq k+ℓ pq ℓ = p2 q k+2ℓ . • Si k < 0 , alors on a : {D = k} ∩ {I = ℓ} = {X − Y = k} ∩ {X = ℓ} = {X = ℓ} ∩ {Y = −k + ℓ} et donc, par indépendance de X et Y : P(D = k, I = ℓ) = P(X = ℓ)P(Y = −k + ℓ) = pq ℓ pq −k+ℓ = p2 q −k+2ℓ .

Dans tous les cas, on trouve P(D = k, I = ℓ) = p2 q |k|+2ℓ . (b) On peut écrire, pour (k, ℓ) ∈ ZZ × IN :

P(D = k, I = ℓ) = p2 q |k| q 2ℓ = (p2 q |k| )q 2ℓ , produit d’une fonction de k et d’une fonction de ℓ . D’après l’exemple 7 de la page 642, les variables D et I sont indépendantes et, à une constante multiplicative près, la famille (q 2ℓ )ℓ∈IN est la distribution de probabilité de I . Comme



+∞ ℓ=0

668

q 2ℓ =

1 1−q 2

, on a donc :

∀ℓ ∈ IN

P(I = ℓ) = (1 − q 2 )q 2ℓ = p(1 + q) q 2ℓ .

Solutions des exercices On en déduit, pour tout k ∈ ZZ : P(D = k) =

pq |k| P(D = k, I = ℓ) = · P(I = ℓ) 1+q

2. Soit ℓ ∈ IN . Comme précédemment, on a : ∀k ∈ IN {D = k} ∩ {I = ℓ} = {X = k + ℓ} ∩ {Y = ℓ}. Par indépendance de X et Y d’une part, de D et I d’autre part, on en déduit : P(D = k)P(I = ℓ) = P(X = k + ℓ)P(Y = ℓ) = P(X = k + ℓ)P(X = ℓ) �= 0, par hypothèse. On a en particulier, pour tout k ∈ IN : P(D = k)P(I = 0) = P(X = k)P(X = 0) P(D = k)P(I = 1) = P(X = k + 1)P(X = 1). En divisant les égalités, on obtient : P(I = 1)P(X = 0) P(X = k + 1) = · P(X = k) P(I = 0)P(X = 1) Ce rapport est indépendant de k et strictement positif. On le note q .





La suite P(X = k) est géométrique de raison q .



Pour tout k ∈ IN , on a P(X = k) = P(X = 0)q k . La série P(X = k) converge et a pour somme 1 donc q < 1 et P(X = 0) = 1 − q . En posant p = 1 − q , on a le résultat voulu. 16.18 1. Pour tout n ∈ IN , la loi conditionnelle de S sachant {N = n} est la loi de la somme de n variables de Bernoulli indépendantes de paramètre p , c’est-à-dire la loi binomiale de paramètre (n, p) . D’autre part, N suit une loi de Poisson de paramètre λ . On montre, comme dans l’exercice 16.3 de la page 652, que S suit la loi de Poisson de paramètre λp . De la même façon, la loi de E sachant N = n est la loi binomiale de paramètre (n, 1 − p) donc E suit la loi de Poisson de paramètre λ(1 − p) . On remarque que S + E = N . On a donc, pour tout (m, n) ∈ IN2 : P({S = m} ∩ {E = n}) = P({S = m} ∩ {N = m + n})

= P(N = m + n) P(S = m | N = m + n) =

e−λ λm+n (m + n)!





m+n m p (1 − p)n m

e−λ(1−p) (λ(1 − p))n e−λp (λp)m × m! n! = P(S = m) P(E = n).

=

Le variables aléatoires S et E sont indépendantes. 2. On suppose que S et E sont indépendantes. On a donc pour tout (m, n) ∈ IN2 , P(S = m) P(E = n) = P({S = m} ∩ {E = n})

= P({S = m} ∩ {N = m + n}) = P(N = m + n) P(S = m | N = m + n) = P(N = m + n)





m+n m p (1 − p)n . m

669

Chapitre 16. Conditionnement - Indépendance On en déduit : P(N = m + n)(m + n)! = en posant um =

m! P(S = m) n! P(E = n) × = um vn , pm (1 − p)n

m! P(S = m) n! P(E = n) et vn = · pm (1 − p)n

Pour (m, n) ∈ IN∗ × IN , on a :

um−1 vn+1 = um vn = P(N = m + n)(m + n)! �= 0 um vn+1 = · et donc vn um−1 um vn+1 est égal à donc est indépendant de n : la suite (vn ) est donc Le rapport vn um−1 géométrique. On note λ > 0 sa raison. On en déduit, pour tout n ∈ IN : P(N = n) = l’égalité

+∞ 

u0 v0 λn u0 vn = · n! n!

P(N = n) = 1 impose u0 v0 = e−λ : N suit donc la loi de Poisson de

n=0

paramètre λ .

16.19 On pose q = 1 − p . Il a été démontré dans l’exercice 16.15 de la page 654 que Yr est une variable aléatoire discrète presque sûrement à valeurs dans IN∗ , pour tout r ∈ IN∗ . Donc Zn est une variable aléatoire discrète presque sûrement à valeurs dans IN∗ , pour tout n ∈ IN∗ . Soit n ∈ IN∗ . Pour (k1 , . . . , kn ) ∈ (IN∗ )n , on a :

P(Z1 = k1 , . . . , Zn = kn ) = P(Y1 = k1 , Y2 = k1 + k2 , . . . , Yn = k1 + · · · + kn ). En posant ℓ1 = k1 , ℓ2 = k1 + k2 , . . . , ℓn = k1 + · · · + kn , on obtient : {Z1 = k1 , . . . , Zn = kn } =



1in



{Xℓi = 1} ∩

{Xj = 0}

j∈[[1,k1 +···+kn ]]\{ℓ1 ,...,ℓn }

et donc, par indépendance des variables Xk : P(Z1 = k1 , . . . , Zn = kn ) = pn q k1 +k2 +...+kn −n . Cela peut s’écrire : P(Z1 = k1 , . . . , Zn = kn ) =

n 

pq ki −1 .

i=1

D’après l’exercice 16.16 de la page 655, cela prouve l’indépendance des variables Z1 , . . . , Zn et montre que la famille (pq k−1 )k∈IN∗ est à une constante mutiplicative près, la distribution de probabilités de Xn . Comme



+∞ k=1

pq k−1 = 1 , cette constante vaut 1 et Zn suit la loi G(p) .

Comme cela est vrai pour tout n ∈ IN∗ , on conclut que (Zn )n∈IN∗ est une suite de variables aléatoires discrètes i.i.d. de loi G(p) .

670

Solutions des exercices 16.20 1. (a) On a P(X < 0) =



n∈IN∗

P(X > 0) =

P(X = −n) =

1 − P(X = 0) 1  2 2

(b) On a, pour tout n ∈ ZZ : P(X + Y = n) =





P(X = n) = P(X > 0) . On en déduit :

n∈IN∗

et

P(X  0) =



P(X = i) P(Y = j) =

(i,j)∈Z Z2 i+j=n

i∈Z Z

1 + P(X = 0) 1  · 2 2

P(X = i) P(Y = n − i).

On en déduit, en utilisant le fait que X et Y sont symétriques, puis un changement d’indice : P(X + Y = −n) = =

 i∈Z Z

 i∈Z Z

=

 j∈Z Z

P(X = i) P(Y = −n − i) P(X = −i) P(Y = n + i) P(X = j) P(Y = n − j) = P(X + Y = n).

2. (a) Cela se déduit de la question 1 par récurrence sur n , en utilisant le fait que, si X1 , . . . , Xn sont indépendantes, alors Xn est indépendante de X1 + · · · + Xn−1 , d’après le lemme des coalitions. (b) Soit k ∈ [[1, n]] . • On a {Sn − Sk  0} ∩ Ωk ⊂ {Sn  Sk } ∩ {Sk > x} ⊂ {Sn > x} et donc : • On a :

{Sn − Sk  0} ∩ Ωk ⊂ {Sn > x} ∩ Ωk . {Sn − Sk  0} ∩ Ωk = {Xk+1 + · · · + Xn  0} ∩ Ωk .

On peut écrire Ωk sous la forme {f (X1 , . . . , Xk ) ∈ Ak } , où f est une application de IRk dans IR et Ak une partie de ZZ . Les variables X1 , . . . , Xn étant indépendantes, il en est de même de Xk+1 + · · · + Xn et de f (X1 , . . . , Xk ) . On en déduit l’indépendance des événements {Sn − Sk  0} et Ωk . On a donc : P ({Sn − Sk  0} ∩ Ωk ) = P(Sn − Sk  0) P (Ωk ) .

La variable Sn − Sk est symétrique, comme somme de variables symétriques in1 dépendantes, donc P(Sn − Sk  0)  · D’où l’inégalité voulue.  2 (c) Soit ω ∈ Ω . Alors ω ∈ max Sj > x si, et seulement s’il existe j ∈ [[1, n]] , tel 1jn

que ω ∈ {Sj > x} . En considérant k , le plus petit des tels entiers j , on en déduit que ω ∈ Ωk . On a donc :



max Sj > x

1jn



⊂

n 

Ωk .

k=1

Comme l’inclusion inverse est évidente, on a bien l’égalité. (d) Les événements Ωk , pour 1  k  n , sont incompatibles donc : P



max Sj > x

1jn



=

n 

P(Ωk ).

k=1

671

Chapitre 16. Conditionnement - Indépendance En utilisant la question (b), on obtient : P(Ωk )  2P ({Sn − Sk  0} ∩ Ωk )  2P ({Sn > x} ∩ Ωk ) . On en déduit : P



max Sj > x

1jn



2

n  k=1

P ({Sn > x} ∩ Ωk ) .

Les événements {Sn > x} ∩ Ωk , pour 1  k  n , sont incompatibles donc : n   k=1





P {Sn > x} ∩ Ωk = P {Sn > x} ∩



= P {Sn > x} ∩ D’où le résultat.

n 

Ωk

k=1





max Sj > x

1jn

 

= P(Sn > x).

16.21 1. (a) On démontre la propriété par récurrence sur n . Pour n = 1 , on a P(X1 = x1 | X0 = x0 ) = px0 ,x1 par définition. Supposons la propriété vraie au rang n − 1 ( n  2 ) et montrons-la au rang n .   • Si P X0 = x0 , . . . , Xn−1 = xn−1 �= 0 , la probabilité conditionnelle : P(X1 = x1 , . . . , Xn = xn | X0 = x0 ) =

P(X0 = x0 , . . . , Xn = xn ) P(X0 = x0 )

peut s’écrire : P(X0 = x0 , . . . , Xn−1 = xn−1 ) P(X0 = x0 , . . . , Xn = xn ) × , P(X0 = x0 , . . . , Xn−1 = xn−1 ) P(X0 = x0 ) c’est-à-dire : P(Xn = xn | X0 = x0 , . . . , Xn−1 = xn−1 ) × P(X1 = x1 , . . . , Xn−1 = xn−1 | X0 = x0 ). En utilisant l’hypothèse de récurrence et la définition d’une chaîne de Markov, on obtient : P(X1 = x1 , . . . , Xn = xn | X0 = x0 ) = pxn−1 ,xn × (px0 ,x1 · · · pxn−2 ,xn−1 ) = px0 ,x1 · · · pxn−2 ,xn−1 pxn−1 ,xn .

• Si P(X0 = x0 , . . . , Xn−1 = xn−1 ) = 0 , alors on a a fortiori : P(X1 = x1 , . . . , Xn = xn | X0 = x0 ) = 0 et l’égalité reste vérifiée car px0 ,x1 · · · pxn−2 ,xn−1 = 0 par hypothèse de récurrence. La propriété est donc vérifiée pour tout n ∈ IN . (b) Pour obtenir la loi conditionnelle de Xn sachant {X0 = x0 } , il faut sommer l’égalité précédente par rapport à x1 , . . . , xn−1 . On obtient, pour x0 et xn dans [[1, N ]] : P(Xn = xn | X0 = x0 ) =



px0 ,x1 px1 ,x2 · · · pxn−1 ,xn ,

(x1 ,...,xn−1 )∈[[1,N]]n−1

(n)

somme qui est égale à px0 ,xn , comme on le voit en itérant la formule donnant les coefficients du produit de deux matrices.

672

Solutions des exercices 2. L’événement {X0 = x0 } qui contient {X0 = x0 , . . . , Xn = xn } est a fortiori de probabilité non nulle et l’on a : P(Xn+1 = xn+1 , . . . , Xn+k = xn+k | X0 = x0 , . . . , Xn = xn ) =

P(X0 = x0 , . . . , Xn+k = xn+k ) P(X0 = x0 , . . . , Xn = xn )

=

P(X1 = x1 , . . . , Xn+k = xn+k | X0 = x0 ) P(X1 = x1 , . . . , Xn = xn | X0 = x0 )



n+k−1

pxi ,xi+1

i=0 n−1

=



n+k−1



= pxi ,xi+1

pxi ,xi+1 = P(X1 = xn+1 , . . . , Xk = xn+k | X0 = xn ),

i=n

i=0

d’après la question précédente.

16.22 1. Les réels

+∞  n−s n−s , pour n ∈ IN∗ , sont positifs et = 1 par définition, donc on définit ζ(s) ζ(s) n=1

bien la loi d’une variable aléatoire. 2. Pour tout n ∈ IN∗ , An = P(An ) =

+∞ 



j∈IN∗

{X = nj} est un événement et :

P(X = jn) =

j=1

+∞

+∞

j=1

j=1

1  n−s  −s (jn)−s = j = n−s . ζ(s) ζ(s)

Soit p1 , . . . , pk des nombres premiers distincts. Ces nombres sont deux à deux premiers entre eux donc, d’après le théorème de Gauss : Ap1 ∩ · · · ∩ Apk = Ap1 ···pk . On en déduit : P(Ap1 ∩ · · · ∩ Apk ) = P(Ap1 ...pk ) = (p1 · · · pk )−s =

k 

p−s = i

i=1

k 

P(Api ).

i=1

Les événements de la famille (Ap )p∈P sont donc indépendants.

On en déduit que (Ap )p∈P est aussi une famille d’événements indépendants. Notons (pn )n1 la suite des entiers premiers rangés par ordre croissant. On a :



p∈P

1−

1 ps



=

 

n∈IN∗

1−

1 psn



=

=

lim

N→+∞

lim

N→+∞

N  

n=1 N 

1−

1 psn



P(Apn ) =

n=1

lim P

N→+∞

 N

n=1



A pn ,

par indépendance des événements. Par ailleurs, on a, par continuité décroissante : lim P

N→+∞

 N

n=1

A pn



=P

 +∞ 

n=1



A pn .

673

Chapitre 16. Conditionnement - Indépendance Mais



+∞ n=1

Apn = {1} , car 1 est le seul entier naturel qui n’ait pas de diviseur premier.

Comme P({1}) =

1 , on en déduit : ζ(s)



p∈P

1−

1 ps



=

1 · ζ(s)

3. Notons E l’événement « aucun carré différent de 1 ne divise X ». L’événement E est réalisé si, et seulement si, le carré d’aucun nombre premier ne divise X . On a  donc E = Ap2 . Si p1 , . . . , pk des nombres premiers distincts, alors p21 , . . . , p2k sont p∈P

deux à deux premiers entre eux donc Ap2 ∩ · · · ∩ Ap2 = Ap2 ···p2 . On en déduit, en 1





P A p2 ∩ · · · ∩ A p2 = 1

k

1

k

raisonnant comme dans la question précédente :

k 

k

P(Ap2 ). i

i=1

Les événements de la famille (Ap2 )p∈P sont donc indépendants. Par indépendance des événements Ap2 on obtient alors : P(E) = P



p∈P

A p2



=

lim P

N→+∞

 N

Ap2n

n=1



=

=

lim

N→+∞

lim

N→+∞

=



P(Ap2n )

n=1 N  

n=1

1−

p∈P

d’après la question précédente.

N 

1−

1  p2s n

1 1  , = p2s ζ(2s)

16.23 1. On a, puisque X1 et X2 sont indépendantes : P(X1 = X2 ) =

+∞ 

P(X1 = X2 = k)

k=1

=

+∞ 

P(X1 = k)P(X2 = k)

k=1

=

+∞  k=1

(pq k−1 )2 =

p2 p · = 1 − q2 1+q

Les variables aléatoires (X1 , X2 ) et (X2 , X1 ) ont même loi, donc : P(X1 < X2 ) = P(X1 > X2 ) = 2. Pour n  2 et k  1 , on a :

1 − P(X1 = X2 ) 1 = 2 2



1−

p 1+q



=

q · 1+q

vn,k = P(X1 < · · · < Xn , X1 = k) = P(X1 = k, k < X2 < · · · < Xn ) = P(X1 = k)P(k < X2 < · · · < Xn ) = pq k−1 P(k < X2 < · · · < Xn ),

674

Solutions des exercices car X1 est indépendante de (X2 , . . . , Xn ) . On en déduit : vn,k = pq k−1

+∞ 

j=k+1

P(X2 = j, X2 < · · · < Xn ).

Comme (X2 , . . . , Xn ) a même loi que (X1 , . . . , Xn−1 ) , on obtient : +∞ 

vn,k = pq k−1

j=k+1

P(X1 = j, X1 < · · · < Xn−1 ) = pq k−1

+∞ 

vn−1,j .

j=k+1

3. On démontre, par récurrence sur n , que, pour n  2 , il existe αn ∈ IN tel que : ∀k ∈ IN∗

vn,k =

1 (pq k−1 )n q αn . πn−1

• Pour k ∈ IN∗ , on a :

v2,k = P(X1 = k, X1 < X2 ) = P(X1 = k, X2 > k) = P(X1 = k)P(X2 > k) = pq k−1 q k .

Comme

1 π1

=

1 1−q

=

1 p

, on obtient : 1 1 2 2k−1 p q = (pq k−1 )2 q, π1 π1

v2,k =

ce qui est le résultat voulu avec α2 = 1 . • Si la propriété est vraie au rang n − 1 , on a, pour k ∈ IN∗ : vn,k = pq k−1

+∞ 

vn−1,j = pq k−1

j=k+1

+∞ 

j=k+1

1 (pq j−1 )n−1 q αn−1 πn−2

+∞ pn q k−1 q αn−1 q (n−1)k pn q k−1 q αn−1  n−1 j−1 (q ) = · = πn−2 πn−2 1 − q n−1 j=k+1

Comme πn−2 (1 − q n−1 ) = πn−1 , on a : vn,k =

1 (pq k−1 )n q αn−1 +n−1 , πn−1

ce qui est le résultat voulu avec αn = αn−1 + n − 1 .

Comme α2 = 1 , on a αn = 1 + · · · + (n − 1) = 4. On a, pour n  2 , An =



+∞

n(n−1) 2

pour n  2 .

Bn,k et comme ces événements sont incompatibles, on

k=1

obtient, pour n  2 : un =

+∞  k=1

vn,k =

1 πn−1

pn q αn

+∞ 

(q n )k−1 =

k=1

C’est le résultat voulu avec βn = n et γn = αn =

1 n αn 1 1 n αn p q = p q . πn−1 1 − qn πn n(n−1) · 2

675

Chapitre 17 : Espérance – Variance I

Espérance . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Définition . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Espérance des lois usuelles . . . . . . . . . . . . . . . . . . Propriétés de l’espérance . . . . . . . . . . . . . . . . . . II Variance . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Variables aléatoires dont le carré est d’espérance finie . . 2 Définition et propriétés de la variance . . . . . . . . . . . 3 Variance des lois usuelles . . . . . . . . . . . . . . . . . . III Covariance . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Définition . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Bilinéarité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Variables décorrélées . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 Variance d’une somme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . IV Inégalités probabilistes et loi faible des grands nombres 1 Inégalités probabilistes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Loi faible des grands nombres . . . . . . . . . . . . . . . . V Fonctions génératrices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Définition - Propriétés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Fonctions génératrices des lois usuelles . . . . . . . . . . . 3 Somme de variables aléatoires indépendantes . . . . . . . Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 2 3

678 678 679 680 684 684 684 685 686 686 686 686 687 688 688 688 689 689 691 692 703

17

Espérance – Variance

Dans tout le chapitre, IK désigne IR ou C. Sauf mention plus précise, les variables aléatoires discrètes sont définies sur un espace probabilisé (Ω, A, P).

I

Espérance

1

Définition

Définition 1 Soit X une variable aléatoire discrète, à valeurs dans IR+ ∪ {+∞} . L’espérance   de X , notée E(X), est la somme dans [0, +∞] de la famille x P(X = x) x∈X(Ω) :  E(X) = x P(X = x). x∈X(Ω)

Remarque Si P(X = +∞) = 0 , alors E(X) = E(X1{X n) =

+∞ 

P(X  n).

n=1

Démonstration page 694

I Espérance Définition 2 Soit X une variable aléatoire discrète à valeurs dans IK. On dit que X est d’espé  rance finie si la famille x P(X = x) x∈X(Ω) est sommable. Dans ce cas, l’espérance de X , notée E(X), est la somme de cette famille :  x P(X = x). E(X) = x∈X(Ω)

Remarques • Soit X une variable aléatoire discrète. Si X est positive, elle possède une espérance finie ou infinie. Sinon, X peut ne pas posséder d’espérance (si la fa  mille x P(X = x) x∈X(Ω) n’est pas sommable).

• Si Ω est fini, la variable aléatoire X est d’espérance finie et la définition de l’espérance coïncide avec celle qui a été donnée en première année.

Ex. 2. Si X est une variable aléatoire presque sûrement égale à a ∈ IK , alors E(X) = a .

 

Ex. 3. Pour tout événement A , on a E 1A = P(A) . Ex. 4. Une variable aléatoire discrète bornée X est d’espérance finie. En effet, il existe alors M ∈ IR+ tel que, pour tout x ∈ X(Ω) , |x|  M et donc : ∀x ∈ X(Ω)

|x P(X = x)|  M P(X = x).

La famille (M P(X = x))x∈X(Ω) est sommable de somme M , donc (x P(X = x))x∈X(Ω) est également sommable et X est d’espérance finie. 1 est convergente, de somme 1 . Donc il existe une n(n + 1) variable aléatoire X à valeurs dans IN∗ dont la loi est donnée par :

Ex. 5. La série de terme général

∀n ∈ IN∗

P(X = n) =

1 · n(n + 1)

La série de terme général n P(X = n) diverge donc E(X) = +∞ . Ex. 6. La famille de réels positifs





1 n2 +1 n∈Z Z

est sommable de somme S > 0 . Donc il existe

une variable aléatoire X à valeurs dans ZZ dont la loi est donnée par : ∀n ∈ ZZ

P(X = n) =

1 · S(n2 + 1)



La série de terme général n P(X = n) diverge donc a fortiori la famille n P(X = n) pas sommable. Ainsi, X n’a pas d’espérance.



n∈Z Z

n’est

679

Chapitre 17. Espérance — Variance

2

Espérance des lois usuelles

Proposition 2 Si la variable aléatoire X suit une loi géométrique de paramètre p ∈ ]0, 1[ , alors son espérance est finie et E(X) = 1p · Démonstration.

On applique la formule démontrée dans la proposition 1 de la page 678. On obtient, avec q = 1 − p : E(X) =

+∞ 

P(X > n) =

n=0

+∞  n=0

qn =

1 1 = · 1−q p

Proposition 3 Si la variable aléatoire X suit une loi de Poisson de paramètre λ, alors son espérance est finie et E(X) = λ. Démonstration. De

+∞  λn−1 n=1

3

(n − 1)!

Pour n ∈ IN∗ , on a n P(X = n) = e−λ

nλn λn−1 = λe−λ · n! (n − 1)!

= eλ , on déduit que E(X) = λe−λ eλ = λ . Donc X est d’espérance finie.

Propriétés de l’espérance

Formule de transfert Théorème 4 (Formule de transfert) Soit X une variable aléatoire discrète, à valeurs dans un ensemble quelconque, et f une fonction à valeurs complexes définie sur X(Ω). Alors la variable aléatoire f (X)   est d’espérance finie si, et seulement si, la famille f (x) P(X = x) x∈X(Ω) est sommable. On a alors :

  E f (X) =



f (x) P(X = x).

x∈X(Ω)

Démonstration (non exigible) page 694

Ex. 7. Si X est une variable aléatoire discrète complexe d’espérance finie, alors X est d’espé  rance finie, car |x|P(X = x) x∈X(Ω) est sommable par définition et : E(X) =



x P(X = x) = E(X).

x∈X(Ω)

Ex. 8. Considérons la variable aléatoire eitX , où X suit la loi de Poisson de paramètre λ et t ∈ IR . Cette variable est d’espérance finie, car elle est bornée : |eitX | = 1 . On a, par la formule de transfert : E(eitX ) =

+∞  n=0

680

eitn P(X = n) =

+∞  n=0

 (λeit )n it it λn = e−λ = e−λ eλe = eλ(e −1) . n! n! +∞

eitn e−λ

n=0

I Espérance Remarques • La formule de transfert permet le calcul de l’espérance de f (X) sans qu’il soit besoin de déterminer sa loi : il suffit de connaître celle de X . • Si f est définie plus généralement sur un ensemble E contenant X(Ω), on peut remplacer la famille (f (x) P(X = x))x∈X(Ω) par la famille (f (x) P(X = x))x∈E . • La formule s’applique en particulier quand X est un couple ou un n-uplet de variables aléatoires. Le calcul de l’espérance du produit de deux variables aléatoires en donne un exemple. Ex. 9. Soit X et Y sont deux variables aléatoires discrètes complexes. On pose Z = (X, Y ) et l’on écrit XY = u(Z) , où u est l’application de IR2 dans IR définie par u(x, y) = xy . D’après la formule de transfert, XY est d’espérance finie si, et seulement si, la famille :





u(x, y) P Z = (x, y)



c’est-à-dire

(x,y)∈Z(Ω)







xy P(X = x, Y = y)



(x,y)∈Z(Ω)

est sommable. Si (x, y) ∈ X(Ω) × Y (Ω) \ (X, Y )(Ω) , alors P(X = x, Y = y) = 0 . Il revient



donc au même de dire que la famille xy P(X = x, Y = y))



(x,y)∈X(Ω)×Y (Ω)

est sommable.

Dans le cas où XY est d’espérance finie, on a, toujours par la formule de transfert : E(XY ) =



xy P(X = x, Y = y) =



xy P(X = x, Y = y).

(x,y)∈X(Ω)×Y (Ω)

(x,y)∈(X,Y )(Ω)

Inégalité triangulaire Proposition 5 (Inégalité triangulaire) Si X est une variable aléatoire discrète complexe, alors X est d’espérance finie si, et seulement si, |X| est d’espérance finie et l’on a alors :     E(X)  E |X| .

Démonstration page 695

Proposition 6 Soit X et Y deux variables aléatoires discrètes, respectivement complexe et réelle, telles que |X|  Y . Si Y est d’espérance finie, alors X est d’espérance finie.

Démonstration page 695 Considérer Z = (X, Y ) , ainsi que les projections π1 : (x, y) �→ x et π2 : (x, y) �→ y et appliquer la formule de transfert.

Principe de démonstration. Linéarité

Théorème 7 (Linéarité de l’espérance) Si X et Y sont deux variables aléatoires discrètes à valeurs dans IK, d’espérance finie, et λ ∈ IK , alors les variables aléatoires X + Y et λX sont d’espérance finie. De plus, on a : E(λX) = λE(X) Principe de démonstration. à (X, Y ) et f : (x, y) �→ x + y .

et

E(X + Y ) = E(X) + E(Y ).

Démonstration page 696 On applique la formule de transfert à X et f : x �→ λx , puis

681

Chapitre 17. Espérance — Variance Remarque L’ensemble des variables aléatoires discrètes sur l’espace probabilisé (Ω, A, P) à valeurs dans IK , d’espérance finie, est un IK -espace vectoriel, noté L1 (Ω, A, P), ou plus simplement L1 , et l’espérance est une forme linéaire sur cet espace vectoriel. Ex. 10. Si X est une variable aléatoire discrète complexe, d’espérance finie, alors X est aussi X −X X +X et Im X = sont d’espérance finie, égale à E(X) . On en déduit que Re X = 2 2i des variables d’espérance finie : E(Re X) = Re E(X) et E(Im Z) = Im E(Z) .

Remarque Si X et Y sont des variables aléatoires discrètes positives et λ ∈ IR+ , on a, dans IR+ ∪ {+∞} , E(λX) = λE(X) et E(X + Y ) = E(X) + E(Y ). Si X et Y sont d’espérance finie, cela résulte du théorème 7 de la page précédente. Si par exemple E(X) = +∞ alors E(X + Y ) = +∞ car X + Y  X ; de plus, si λ > 0 , on a aussi E(λX) = +∞, d’après la formule de transfert.

Exo 17.1

Point méthode Pour déterminer l’espérance d’une variable aléatoire discrète dont on ne sait pas déterminer la loi, on peut chercher à la décomposer en somme de variables aléatoires discrètes d’espérance connue.

Ex. 11. Soit (Xn )n∈IN∗ une suite de variables aléatoires i.i.d., de loi uniforme sur {−1, 1} . On pose, pour n ∈ IN∗ , Sn = X1 + · · · + Xn et Nn = card {k ∈ [[1, n]] : Sk = 0} . On a donc une marche aléatoire dans ZZ et l’on cherche le nombre de fois où l’on repasse par l’origine pendant les n premiers déplacements. Déterminons E(Nn ) . On écrit Nn =

n 

k=1

1{Sk =0} . On a donc par linéarité E(Nn ) =

n 

P(Sk = 0) .

k=1

Pour avoir Sk = 0 , il faut et il suffit que, parmi les variables X1 , . . . , Xn il y ait autant de (2j j) · valeurs −1 que de valeurs 1 . On a donc P(Sk = 0) = 0 si k est impair et P(S2j = 0) = 22j

On obtient :

E(Nn ) =

n   ⌊ 2 ⌋ 2j

j

j=1

22j

·

En utilisant la formule de Stirling et la sommation des relations de comparaison, on peut montrer que : E(Nn )

∼

n→+∞



2n · π

Définition 3 Une variable aléatoire discrète complexe d’espérance nulle est dite centrée. 682

I Espérance Corollaire 8 Si X est une variable aléatoire discrète complexe d’espérance finie, alors X − E(X) est centrée. Démonstration. La variable aléatoire constante E(X) a pour espérance E(X) . Donc, par linéarité, la variable aléatoire X − E(X) est d’espérance finie et : 



E X − E(X) = E(X) − E(X) = 0.

Positivité, croissance Dans cette section, les variables aléatoires sont réelles. Proposition 9 (Positivité de l’espérance) Soit X une variable aléatoire discrète, à valeurs dans IR+ . Alors on a : E(X)  0. De plus E(X) = 0 équivaut à X = 0 presque sûrement. Démonstration page 697

Corollaire 10 (Croissance de l’espérance) Soit X et Y deux variables aléatoires discrètes, d’espérance finie, telles que X  Y . Alors on a : E(X)  E(Y ). De plus E(X) = E(Y ) équivaut à X = Y presque sûrement. Démonstration. On applique la proposition 9 à la variable aléatoire Y − X , puis on utilise la linéarité de l’espérance. Espérance du produit de variables indépendantes Théorème 11 Si X et Y sont deux variables aléatoires discrètes complexes indépendantes, d’espérance finie, alors XY est d’espérance finie et : Exo 17.2

E(XY ) = E(X)E(Y ). Démonstration page 697

Cette propriété se généralise à n variables aléatoires indépendantes. Proposition 12 Si X1 , . . . , Xn sont des variables aléatoires complexes d’espérance finie, mutuellen  Xk est d’espérance finie et : ment indépendantes, alors k=1

   n n E(Xk ). Xk = E k=1

k=1

Démonstration page 697

683

Chapitre 17. Espérance — Variance

II

Variance

Dans cette section, les variables aléatoires sont réelles.

1

Variables aléatoires dont le carré est d’espérance finie

Notation On note L2 (Ω, A, P) ou, plus simplement, L2 l’ensemble des variables aléatoires discrètes réelles sur (Ω, A, P) telles que X 2 soit d’espérance finie. Terminologie d’ordre 2.

Si X 2 est d’espérance finie, on dit aussi que X possède un moment

Lemme 13 Si X et Y appartiennent à L2 (Ω, A, P), alors XY est dans L1 (Ω, A, P).

Démonstration page 697

Principe de démonstration.

1 Montrer que |XY |  (X 2 + Y 2 ) . 2

Proposition 14 Soit X une variable aléatoire discrète. Si X 2 est d’espérance finie, alors X est d’espérance finie. Démonstration. Comme X ainsi que la variable aléatoire constante, égale à 1 , sont dans L2 , leur produit, qui vaut X , est d’espérance finie, d’après le lemme 13.

Reformulation

On a donc L2 (Ω, A, P) ⊂ L1 (Ω, A, P).

Proposition 15 L’ensemble L2 (Ω, A, P) est un IR-espace vectoriel.

Démonstration page 698

Théorème 16 (Inégalité de Cauchy-Schwarz) Si les variables aléatoires discrètes X et Y appartiennent à L2 (Ω, A, P), alors XY est d’espérance finie et : E(XY )2  E(X 2 )E(Y 2 ).

Exo 17.3

Démonstration page 698

2

Définition et propriétés de la variance

Remarque Si X ∈ L2 (Ω, A, P), alors X est d’espérance finie et, comme les variables aléatoires constantes sont dans L2 (Ω, A, P), X − E(X) ∈ L2 (Ω, A, P). Définition 4 Soit X ∈ L2 . On appelle variance de X le réel positif V(X) défini par :   V(X) = E (X − E(X))2 . Terminologie 684

Si X ∈ L2 , on dit aussi que X est de variance finie.

II Variance Remarque La variance est la moyenne du carré de la distance entre les valeurs de X et E(X). Elle mesure donc la dispersion de X par rapport à sa moyenne. Théorème 17 (Formule de Kœnig-Huygens) Si X ∈ L2 , alors V(X) = E(X 2 ) − E(X)2 .

Démonstration page 698

Ex. 12. Soit X dans L2 . Étudions à quelle condition on a V(X) = 0 .   On a V(X) = E (X − E(X))2 , donc, d’après la proposition 9 de la page 683, V(X) = 0 équivaut à :     P X − E(X) = 0 = 1, c’est-à-dire à P X = E(X) = 1. • Si cette condition est réalisée, alors X est presque sûrement constante, égale à E(X) . • Réciproquement, s’il existe a ∈ IR tel que P(X = a) = 1 , alors :





E(X) = a, P X − E(X) = 0 = 1 et donc V(X) = 0. La variance de X est donc nulle si, et seulement si, X est presque sûrement constante.

Proposition 18 Si (a, b) est un couple de réels et X ∈ L2 , alors aX + b ∈ L2 et : V(aX + b) = a2 V(X). Démonstration page 698

Définition 5 Soit X ∈ L2 . L’écart-type de X est le réel σ(X) =



V(X).

Définition 6 Soit X ∈ L2 . Si E(X) = 0 et σ(X) = 1 , la variable aléatoire X est dite centrée réduite. Proposition 19 Si X est une variable aléatoire discrète de variance finie non nulle, la variable X − E(X) est une variable aléatoire discrète centrée réduite aléatoire discrète X ∗ = σ(X) appelée variable aléatoire réelle centrée réduite associée à X . Démonstration page 698

3

Variance des lois usuelles

Proposition 20 Si la variable aléatoire discrète X suit la loi géométrique de paramètre p ∈ ]0, 1[ , 1−p · alors elle est dans L2 et V(X) = p2 Démonstration page 698   Principe de démonstration. Commencer par calculer E X(X − 1) . 685

Chapitre 17. Espérance — Variance Proposition 21 Si la variable aléatoire discrète X suit la loi de Poisson de paramètre λ, alors elle est dans L2 et V(X) = λ. Principe de démonstration.

III



Démonstration page 699



Commencer par calculer E X(X − 1) .

Covariance

Dans cette section, toutes les variables aléatoires sont réelles.

1

Définition

Si X et Y sont dans L2 , alors il en est de même de X − E(X) et Y − E(Y ),    donc X − E(X) Y − E(Y ) est d’espérance finie d’après le lemme 13 de la page 684. Cela justifie la définition suivante. Définition 7 Soit X et Y dans L2 . On appelle covariance de X et Y , ou du couple (X, Y ), le réel noté Cov(X, Y ) défini par :    Cov(X, Y ) = E X − E(X) Y − E(Y ) . Remarque Pour tout X ∈ L2 , on a Cov(X, X) = V(X). Théorème 22 (Formule de Kœnig-Huygens) Soit X et Y dans L2 . On a :

Exo 17.4

Cov(X, Y ) = E(XY ) − E(X) E(Y ).

2 Exo 17.5 Exo 17.6

Démonstration page 699

Bilinéarité

Proposition 23 L’application (X, Y ) �−→ Cov(X, Y ) est une forme bilinéaire symétrique positive sur L2 .

Démonstration page 699

3

Variables décorrélées

Proposition 24 Si X et Y appartiennent à L2 et sont indépendantes, alors on a Cov(X, Y ) = 0 . Démonstration.

Cela résulte directement du théorème 11 de la page 683.

Remarque Si X et Y appartiennent à L1 et sont indépendantes, alors, d’après le théorème 11 de la page 683, XY ∈ L1 et E(XY ) = E(X)E(Y ), donc on peut définir Cov(X, Y ) et l’on trouve encore Cov(X, Y ) = 0 . 686

III Covariance Définition 8 Si un couple (X, Y ) de variables aléatoires discrètes réelles possède une covariance nulle, on dit que les variables aléatoires X et Y sont décorrélées. Remarque Il découle de ce qui précède que deux variables aléatoires discrètes réelles, indépendantes et d’espérance finie, sont décorrélées. Comme on l’a vu en première année dans le cas des variables finies, la réciproque est fausse : deux variables décorrélées ne sont pas nécessairement indépendantes.

4

Variance d’une somme

Théorème 25 Pour toute famille (X1 , . . . , Xn ) de variables aléatoires discrètes appartenant à L2 , la variable aléatoire discrète X1 + · · · + Xn est dans L2 et : V(X1 + · · · + Xn ) =

n 

V(Xk ) + 2



Cov(Xi , Xj ).

1i 0

  E(X) · P X a  a

Démonstration page 699

Ex. 14. Soit X une variable aléatoire discrète réelle et a ∈ IR . Si eX est d’espérance finie, alors on a : E(eX ) = E(eX−a ). P(X  a) = P(eX  ea )  ea

Théorème 28 (Inégalité de Bienaymé-Tchebychev) Toute variable aléatoire discrète réelle X de L2 vérifie l’inégalité :   V(X)  ∀ε > 0 P X − E(X)  ε  · ε2

Démonstration page 700

Remarque Les inégalités de Markov et Bienaymé-Tchebychev sont des inégalités de concentration, c’est-à-dire des inégalités qui majorent la probabilité qu’une variable aléatoire dévie d’une certaine valeur, généralement son espérance.

2

Loi faible des grands nombres

Théorème 29 (Loi faible des grands nombres) Soit (Xn ) une suite de variables aléatoires discrètes réelles i.i.d. sur le même espace probabilisé, de variance finie. ∗

On pose m = E(X1 ) et pour tout n ∈ IN , Sn = ∀ε > 0

n 

Xk . On a alors :

k=1

     Sn − m  ε = 0. lim P  n→+∞ n

Démonstration page 700

Remarques • La loi faible des grands nombres exprime le fait qu’en un certain sens la   Sn suite converge vers m. n

• Le résultat subsiste si les variables Xn ne sont pas mutuellement indépendantes, mais seulement deux à deux indépendantes, ou même deux à deux non corrélées.

688

V Fonctions génératrices Ex. 15. Soit (Xn )n∈IN∗ une suite de variables i.i.d. suivant la loi de Bernoulli de paramètre p ∈ ]0, 1[ , modélisant une suite d’épreuves identiques indépendantes. Si l’on appelle succès le fait d’obtenir 1 , alors Sn =

n 

Xk représente le nombre de succès et Yn =

k=1

de succès sur les n premières épreuves, et l’on a, pour tout ε > 0 ,



Sn n

la fréquence



lim P |Yn − p|  ε = 0 .

n→+∞

Souvent la valeur de p n’est pas connue. La suite (Yn )n∈IN∗ est alors appelée un estimateur de p .

Approfondissement Il existe également des lois fortes des grands nombres. On peut démontrer par exemple que, si (Xn )n∈IN∗ est une suite de variables aléatoires réelles i.i.d., d’espérance finie m, alors il existe un événement négligeable A, tel que :

On dit que la suite

V 1



∀ω ∈ Ω \ A

Sn n



lim

n→+∞

Sn (ω) = m. n

converge presque sûrement vers m. n∈IN∗

Fonctions génératrices Définition - Propriétés

Définition 9 Pour toute variable aléatoire X à valeurs dans IN, on appelle fonction génératrice de X la fonction GX de la variable réelle définie par GX (t) = E(tX ). Remarque D’après la formule de transfert, la fonction GX est définie en t si, et  seulement si, la série P(X = n)tn converge absolument et l’on a alors : GX (t) =

+∞ 

P(X = n)tn .

n=0

Proposition 30 Soit X une variable  aléatoirenà valeurs dans IN. La série entière P(X = n)t est de rayon de convergence supérieur ou égal à 1 ; elle converge normalement sur le disque fermé de centre 0 et de rayon 1 . La fonction GX est définie et continue sur [−1, 1]. Démonstration page 700

Remarques • D’après les propriétés des séries entières, la fonction GX est aussi définie et de classe C ∞ sur ]−R, R[ , où R est le rayon de convergence de la série entière.

• Si X est une variable finie, alors GX est définie sur IR et c’est une fonction polynomiale. 689

Chapitre 17. Espérance — Variance Proposition 31 La loi d’une variable aléatoire X à valeurs dans IN est déterminée de manière unique par GX . Plus précisément, on a : ∀n ∈ IN

(n)

P(X = n) = n! GX (0).

Deux variables aléatoires à valeurs dans IN ont donc même loi si, et seulement si, elles ont même fonction génératrice. Démonstration. Cela résulte immédiatement de la formule donnant les coefficients du développement d’une fonction en série entière. Théorème 32 Une variable aléatoire X à valeurs dans IN est d’espérance finie si, et seulement si, GX est dérivable en 1 et l’on a alors : E(X) = G′X (1). Démonstration (non exigible) page 700

Démonstration.

Supposons que X soit d’espérance finie, et montrons que GX est dérivable en 1 et G′X (1) = E(X) .

Notons R  1 le rayon de convergence de la série sur ]−R, R[ et : ∀t ∈ ]−R, R[

G′X (t) =



P(X = n)tn . La fonction GX est dérivable

+∞ 

nP(X = n)tn−1 .

n=1

• Si R > 1 , la fonction GX est dérivable en 1 et : G′X (1) =

+∞ 

nP(X = n) = E(X).

n=1

• Supposons R = 1 . La fonction GX est continue sur [0, 1] et dérivable sur [0, 1[ . D’autre part, la série



nP(X = n) converge, car X est d’espérance finie, donc d’après le

théorème d’Abel radial, G′X (t) =



+∞

nP(X = n)tn−1 tend vers

n=1

quand t tend vers 1 par valeurs inférieures.



+∞

nP(X = n) = E(X)

n=1

On en déduit, par le théorème de la limite de la dérivée, que GX est dérivable en 1 et G′X (1) = E(X) . La réciproque n’est pas exigible.

Théorème 33 Une variable aléatoire X à valeurs dans IN appartient à L2 si, et seulement si, GX est deux fois dérivable en 1 et l’on a alors G′′X (1) = E(X(X − 1)).

Démonstration (non exigible) page 701

690

V Fonctions génératrices Corollaire 34 Si la fonction génératrice d’une variable aléatoire X à valeurs dans IN est deux fois dérivable en 1 , alors X ∈ L2 et l’on a : V(X 2 ) = G′′X (1) + G′X (1) − G′X (1)2 .

Remarques • L’existence et le calcul de l’espérance et de la variance d’une variable aléatoire ne posent aucun problème quand la série définissant la fonction génératrice a un rayon de convergence strictement supérieur à 1 . • Il résulte de la démonstration du théorème 32 de la page ci-contre que GX est dérivable en 1 si, et seulement si, GX est dérivable à gauche en 1 . Il suffit donc, pour montrer que X est d’espérance finie, de considérer la restriction de GX à [0, 1]. La même remarque s’applique pour la dérivée seconde.

2

Fonctions génératrices des lois usuelles

Déterminons les fonctions génératrices des lois usuelles et retrouvons ainsi leur espérance et leur variance. Dans les trois premiers exemples, on posera q = 1 − p .

Ex. 16. Si X ∼ B(p) , la variable X est finie donc GX est définie sur IR par : GX (t) = P(X = 0)t0 + P(X = 1)t = q + pt. On en déduit, pour tout réel t , G′X (t) = p et G′′X (t) = 0 .





On a donc E(X) = p et E X(X − 1) = 0 , puis V(X) = p − p2 = pq . Ex. 17. Si X ∼ B(n, p) , la variable X est finie donc GX est définie sur IR par : GX (t) =

n 

k

P(X = k)t =

k=0

n    n k=0

=

k

pk q n−k tk

n    n k=0

k



(pt)k q n−k = q + pt

n

.

On en déduit, pour tout réel t : G′X (t) = np(q + pt)n−1



et

G′′X (t) = n(n − 1)p2 (q + pt)n−2 .



On a donc E(X) = np et E X(X − 1) ) = n(n − 1)p2 , puis : V(X) = n(n − 1)p2 + np − (np)2 = npq.

691

Chapitre 17. Espérance — Variance Ex. 18. Si X ∼ G(p) , la série de terme général P(X = n)tn = pt(qt)n−1 est une série géométrique qui converge absolument si, et seulement si, |qt| < 1 . On a :



1 1 ∀t ∈ − , q q



On en déduit, pour tout t ∈ − q1 , G′X (t) =



1 q

GX (t) =

∞ 

pt(tq)n−1 =

n=1



pt · 1 − qt

:

p (1 − qt)2

et

G′′X (t) =

2pq · (1 − qt)3

On a donc : E(X) = G′X (1) =

puis V(X) =

1 p = (1 − p)2 p





E X(X − 1 ) = G′′X (1) =

et

2q , p2

1 1 q 2q + − 2 = 2· p2 p p p

Ex. 19. Si X ∼ P(λ) , la série de terme général P(X = n)tn = e−λ

pour tout réel t et :

∀t ∈ IR

GX (t) = e−λ

+∞  (λt)n n=0

n!

(λt)n converge absolument n!

= e−λ eλt = eλ(t−1) .

On a, pour tout réel t , G′X (t) = λeλ(t−1) et G′′X (t) = λ2 eλ(t−1) .





On en déduit E(X) = G′X (1) = λ et E X(X − 1) = G′′X (1) = λ2 , puis V(X) = λ .

3

Somme de variables aléatoires indépendantes

Théorème 35 Soit X1 , . . . , Xn des variables aléatoires indépendantes à valeurs dans IN. On pose Sn =

n 

Xk . Alors, pour tout réel t tel que GXk (t) soit défini pour

k=1

tout k ∈ [[1, n]], GSn (t) est défini et : GSn (t) =

Exo 17.17

n 

GXk (t).

k=1

Démonstration page 702

À l’aide du théorème 35, on peut redémontrer les théorèmes de stabilité de la loi binomiale et de la loi de Poisson. 692

V Fonctions génératrices

Ex. 20. Soit X1 , . . . , Xk des variables aléatoires indépendantes, telles que, pour tout i ∈ [[1, k]] , la variable Xi suive la loi binomiale de paramètre (ni , p) . On pose X =

n 

Xi . On a alors,

i=1

pour tout réel t , GX (t) =

k 

GXi (t) =

i=1

k  i=1

(1 − p + pt)ni = (1 − p + pt)n

où

n=

k 

ni .

i=1

On reconnaît la fonction génératrice d’une loi binomiale de paramètre (n, p) . D’après la proposition 31 de la page 690, X suit la loi binomiale de paramètre (n, p) . Ex. 21. Soit X1 , . . . , Xk des variables aléatoires indépendantes, telles que, pour tout i ∈ [[1, k]] , la variable Xi suive la loi de Poisson de paramètre λi . On pose X =

n 

Xi . On a alors, pour tout réel t :

i=1

GX (t) =

k  i=1

GXi (t) =

k  i=1

eλi (t−1) = eλ(t−1)

où

λ=

k 

λi .

i=1

On reconnaît la fonction génératrice d’une loi de Poisson de paramètre λ . D’après la proposition 31 de la page 690, X suit la loi de Poisson de paramètre λ .

693

Chapitre 17. Espérance — Variance

Démonstrations Proposition 1 Démontrons d’abord la première égalité. • Si P(X = +∞) > 0 , alors E(X) = +∞ . D’autre part, on a, pour tout n ∈ IN : P(X > n)  P(X = +∞) > 0,

donc •





+∞

P(X > n) diverge et

P(X > n) = +∞ . L’égalité est établie.

n=0

Si P(X = +∞) = 0 , on considère la suite double (ak,n )(k,n)∈IN2 définie par : ak,n =



P(X = k) 0

si n < k sinon.

On a : +∞ 

∀n ∈ IN

ak,n =

k=0

+∞ 

∀k ∈ IN

+∞ 

P(X = k) = P(X > n),

k=n+1

ak,n =

n=0

k−1 

P(X = k) = k P(X = k).

n=0

D’après le théorème de Fubini sur les sommes doubles de réels positifs, on a : E(X) =

+∞ 

kP(X = k) =

k=0

+∞ +∞  

an,k =

k=0 n=0

+∞ +∞  

an,k =

n=0 k=0

La deuxième formule s’obtient par un changement d’indice. Théorème 4

+∞ 

P(X > n).

n=0

On sait que f (X)(Ω) = f (X(Ω)) . Pour tout y ∈ f (X)(Ω) , on pose : Iy = {x ∈ X(Ω) : f (x) = y} = f −1 ({y}) .

On a alors {f (X) = y} = {X ∈ Iy } et comme Iy est au plus dénombrable, car inclus dans X(Ω) : P(f (X) = y) =



P(X = x).

x∈Iy

L’ensemble X(Ω) est la réunion disjointe des Iy , pour y ∈ f (X)(Ω) .

•



Supposons que la famille f (x) P(X = x)



la sous-famille f (x) P(X = x)





x∈Iy



x∈X(Ω)

soit sommable. Pour tout y ∈ f (X)(Ω) ,

est sommable, de somme :

f (x) P(X = x) = y P(f (X) = y).

x∈Iy

On applique le théorème de sommation par paquets. On sait qu’alors la fa  mille y P(f (X) = y) y∈f (X)(Ω) est sommable et que :



y P(f (X) = y) =

y∈f (X)(Ω)



x∈X(Ω)

694

f (x) P(X = x).

x∈X(Ω)

Autrement dit, f (X) est d’espérance finie et : E(f (X)) =



f (x)P(X = x).

Démonstrations •

Supposons réciproquement que la variable aléatoire f (X) soit d’espérance finie, c’est-à-dire  que la famille yP(f (X) = y))y∈f (X)(Ω) soit sommable. Cela équivaut à la sommabilité de



la famille |y| P(f (X) = y)



y∈f (X)(Ω)

.

Montrons la sommabilité de la famille (f (x) P(X = x))x∈X(Ω) . Soit I une partie finie de X(Ω) . Alors J = f (I) est une partie finie de f (X)(Ω) donc, par définition de la somme d’une famille de réels positifs :

 y∈J



|y|P(f (X) = y) 

y∈f (X)(Ω)

|y| P(f (X) = y).

Mais, par ailleurs, I est inclus dans f −1 (J) donc :

 y∈J

|y| P(f (X) = y) =

 y∈J

|y|



P(X = x) =

x∈Iy



y∈J x∈Iy

=



x∈f −1 (J )



 x∈I

|f (x)| P(X = x) |f (x)|P(X = x)

|f (x)|P(X = x).

On a donc, pour toute partie I finie de X(Ω) :

 x∈I

|f (x)|P(X = x) 

Cela montre que la famille mille





f (x) P(X = x)

l’égalité souhaitée.



x∈X(Ω



y∈f (X)(Ω)



|f (x)| P(X = x)

|y|P(f (X) = y).

x∈X(Ω)

est sommable et donc que la fa-

est sommable et, en utilisant le premier point, on retrouve

Proposition 5 D’après la formule de transfert, |X| est d’espérance finie si, et seulement si, la   famille |x| P(X = x) x∈X(Ω) est sommable, ce qui équivaut par définition au fait que la fa-



mille x P(X = x)



x∈X(Ω)

soit sommable, c’est-à-dire que X soit d’espérance finie.

Si X est d’espérance finie, de E(X) =



x P(X = x) on tire :

x∈X(Ω)

         |x| P(X = x) = E(|X|), x P(X = x)  |E(X)| =   x∈X(Ω) x∈X(Ω)

la dernière égalité résultant de la formule de transfert.

695

Chapitre 17. Espérance — Variance Proposition 6 Considérons le couple de variables aléatoires Z = (X, Y ) et les deux projections canoniques de C×IR , π1 : (x, y) �→ x et π2 : (x, y) �→ y . On a donc X = π1 (Z) et Y = π2 (Z) . Comme Y est d’espérance finie, d’après la formule de transfert, appliquée à la variable aléatoire Z   et à la fonction π2 , la famille yP(Z = (x, y) (x,y)∈Z(Ω) est sommable et :



E(Y ) =









y P Z = (x, y) .

(x,y)∈Z(Ω)

Si (x, y) ∈ Z(Ω) , alors il existe ω ∈ Ω tel que (x, y) = (X(ω), Y (ω)) . Comme |X|  Y , on alors |x|  y . On a donc, pour tout (x, y) ∈ Z(Ω) : Comme la famille







|x|P Z = (x, y)  yP Z = (x, y) .



yP(Z = (x, y))

mille |x| P(Z = (x, y))



(x,y)∈Z(Ω)



(x,y)∈Z(Ω)

est sommable, il en est de même de la fa-



, c’est-à-dire de x P(Z = (x, y))



(x,y)∈Z(Ω)

. On en déduit,

par la formule de transfert, appliquée à la variable aléatoire Z et à la fonction π1 , que X est d’espérance finie. Théorème 7  1. La famille xP(X





λx P(X = x)

mille

= x)



x∈X(Ω)

étant sommable, il en est de même de la fa-

x∈X(Ω)

, donc d’après la formule de transfert appliquée à X et à la

fonction x �→ λx , la variable aléatoire λX est d’espérance finie et : E(λX) =



x∈X(Ω)

2.



λx P(X = x) = λ

x P(X = x) = λE(X).

x∈X(Ω)

On écrit X + Y = f (X, Y ) , où f est l’application (x, y) �→ x + y et l’on applique la formule de transfert à (X, Y ) et à la fonction f . Comme (X, Y )(Ω) ⊂ X(Ω) × Y (Ω) , X + Y est d’espérance finie si, et seulement si, la



famille (x + y) P(X = x, Y = y)



(x,y)∈X(Ω)×Y (Ω)

est sommable. Or on a :

|x + y|P(X = x, Y = y)  |x| P(X = x, Y = y) + |y| P(X = x, Y = y),

donc il suffit de montrer la sommabilité des deux familles :



|x| P(X = x, Y = y)



(x,y)∈X(Ω)×Y (Ω)

et



|y| P(X = x, Y = y)

Montrons-le pour la première famille. Pour tout x ∈ X(Ω) , on a :



y∈Y (Ω)

|x| P(X = x, Y = y) = |x|



y∈Y (Ω)



(x,y)∈X(Ω)×Y (Ω)

.

P(X = x, Y = y) = |x| P(X = x).

La famille (|x| P(X = x))x∈X(Ω) est sommable car X est d’espérance finie. Le théorème de sommation par paquets permet de   mille |x| P(X = x, Y = y)) (x,y)∈X(Ω)×Y (Ω) est sommable. On montre de même que la famille



|y| P(X = x, Y = y)

Ainsi X + Y possède une espérance donnée par : E(X + Y ) =



conclure



(x,y)∈X(Ω)×Y (Ω)

que

la

est sommable.

(x + y) P(X = x, Y = y)

(x,y)∈X(Ω)×Y (Ω)

=



x P(X = x, Y = y) +

(x,y)∈X(Ω)×Y (Ω)

696



y P(X = x, Y = y).

(x,y)∈X(Ω)×Y (Ω)

fa-

Démonstrations La formule de transfert, appliquée à la variable aléatoire Z et aux fonctions (x, y) �→ x et (x, y) �→ y respectivement, permet de conclure : E(X + Y ) = E(X) + E(Y ). Proposition 9





•

La famille x P(X = x)

•

Si X = 0 presque sûrement alors, pour tout x ∈ X(Ω) \ {0} , on a P(X = x) = 0 . On en déduit x P(X = x) = 0 pour tout x ∈ X(Ω) et donc E(X) = 0 .

•

x∈X(Ω)

est à termes positifs, donc sa somme E(X) est positive.

Réciproquement, si E(X) = 0 , on a alors, pour tout x ∈ X(Ω) , 0  xP(X = x)  E(X) = 0 et donc P(X = x) = 0 si x �= 0 . On en déduit : P(X = 0) = 1 −



P(X = x) = 1.

x∈X(Ω)\{0}

Théorème 11 Supposons X et Y indépendantes. On a P(X = x, Y = y) = P(X = x)P(Y = y) , pour tout (x, y) ∈ X(Ω) × Y (Ω) . D’après le théorème de transfert, XY est d’espérance finie si, et seulement si, la famille (xyP(X = x) P(Y = y))(x,y)∈X(Ω)×Y (Ω) est sommable. Par hypothèse, les familles



x P(X = x)



et



y P(Y = y)



sont sommables. On en déduit

que la famille (xyP(X = x) P(Y = y))(x,y)∈X(Ω)×Y (Ω) , qui est le produit de ces deux familles sommables, est sommable et que sa somme est :

 

x P(X = x)

x∈X(Ω)

 



y P(Y = y) ,

y∈Y (Ω)

ce qui est le résultat voulu. Proposition 12 On fait une démonstration par récurrence sur n . La propriété est évidente pour n = 1 et a déjà été démontrée pour n = 2 dans le théorème 11 de la page 683. Supposons que la propriété soit vraie au rang n et considérons X1 , . . . , Xn , Xn+1 des variables indépendantes. Alors, les variables X1 , . . . , Xn sont également indépendantes et d’espérance finie donc

n 

Xk est d’espérance finie :

k=1

E



n 

Xk

k=1



=

n 

E(Xk )

par hypothèse de récurrence.

k=1

D’autre part, d’après le lemme des coalitions, Xn+1 est indépendante de X1 · · · Xn ; en utilisant la propriété au rang 2 , on trouve que

E

n+1  k=1

Xk



=E



n 

k=1

Xk





n+1

Xk est d’espérance finie et :

k=1

E(Xn+1 ) =



n 

k=1

E(Xk )



n+1

E(Xn+1 ) =



E(Xk ).

k=1

1 2 (X + Y 2 ) , car (|X| − |Y |)2  0 . Les variables aléatoires X 2 et Y 2 2 1 étant d’espérance finie, il en est de même de (X 2 +Y 2 ) . On en déduit que XY est d’espérance 2 finie, d’après la proposition 6 de la page 681.

Lemme 13

On a |XY | 

697

Chapitre 17. Espérance — Variance Proposition 15

La variable aléatoire nulle appartient à L2 (Ω, A, P) .

Si X et Y sont deux variables aléatoires réelles discrètes admettant un moment d’ordre 2 et λ est un réel, on a (λX + Y )2 = λ2 X 2 + 2λXY + Y 2 . Par hypothèse les variables X 2 et Y 2 sont d’espérance finie. Il en est de même de XY , d’après le lemme 13. La variable aléatoire (λX +Y )2 est donc d’espérance finie, comme combinaison linéaire de variables aléatoires d’espérance finie, donc λX + Y ∈ L2 (Ω, A, P) . Théorème 16 Le fait que XY soit d’espérance finie est assuré par le lemme 13 de la page 684. Pour tout λ ∈ IR , la variable (λX + Y )2 = λ2 X 2 + 2λXY + Y 2 est d’espérance finie, comme combinaison linéaire de variables aléatoires ayant une espérance finie. Son espérance est positive car c’est une variable aléatoire positive. Par linéarité de l’espérance, on obtient : ∀λ ∈ IR





λ2 E(X 2 ) + 2λE(XY ) + E(Y 2 ) = E (λX + Y )2  0.

•

Si E(X 2 ) = 0 , alors X 2 est presque sûrement nulle, donc X et XY sont presque sûrement nulles. On a donc E(XY ) = 0 et E(XY )2 = E(X 2 )E(Y 2 ) .

•

Si E(X 2 ) �= 0 , la fonction trinôme λ �→ E (λX + Y )2 garde un signe constant. Son discriminant est donc négatif, ce qui donne l’inégalité voulue.



Théorème 17



Si X ∈ L2 , alors X 2 et X sont d’espérance finie. De :



X − E(X)

on déduit par linéarité :

2

= X 2 − 2E(X) X + E(X)2 ,



V(X) = E(X 2 ) − 2E(X)E(X) + E E(X)2 = E(X 2 ) − 2E(X)2 + E(X)2



= E(X 2 ) − E(X)2 . Proposition 18 La variable X admet un moment d’ordre 2 ainsi que la variable constante égale à b donc aX + b ∈ L2 . On a E(aX + b) = aE(X) + b et donc :



aX + b − E(aX + b)

On en déduit, par linéarité de l’espérance :





2



2

= a2 X − E(X) .





V(aX + b) = E a2 (X − E(X))2 = a2 E (X − E(X))2 = a2 V(X). Proposition 19

Par linéarité de l’espérance, on a E(X ∗ ) =

E(X) − E(X) = 0 . En utilisant la σ(X)

proposition 18, on obtient : V(X ∗ ) = Proposition 20 +∞

De

 n=2

V(X) = 1. σ(X)2

Pour n ∈ IN∗ , on a n(n − 1)P(X = n) = n(n − 1)p(1 − p)n−1 .

n(n − 1)xn−2 =

d2 dx2

 1  1−x

=

2 pour tout x ∈ ]−1, 1[ , on déduit que la (1 − x)3

variable aléatoire X(X − 1) possède une espérance finie donnée par la formule de transfert : E(X(X − 1)) = p(1 − p)

698

+∞  n=2

n(n − 1)(1 − p)n−2 = p(1 − p)

2 2(1 − p) = · p3 p2

Démonstrations Comme E(X) =

1 , on en déduit par linéarité : p

V(X) = E(X(X − 1)) + E(X) − E(X)2 = Proposition 21

Pour n  2 , on a : n(n − 1) P(X = n) = e−λ

De

+∞  λn−2 n=2

2(1 − p) 1 1−p 1 + − 2 = · p2 p p p2

(n − 2)!

n(n − 1)λn λn−2 = λ2 e−λ · n! (n − 2)!

= eλ , on déduit que X(X − 1) possède une espérance finie et : E(X(X − 1)) = λ2 e−λ eλ = λ2 .

On en déduit :

V(X) = E(X(X − 1)) + E(X) − E(X)2 = λ. Théorème 22

On a :



X − E(X)





Y − E(Y ) = XY − E(Y )X − E(X)Y + E(X) E(Y ).

Chaque variable aléatoire apparaissant ci-dessus est d’espérance finie et l’on a, par linéarité : Cov(X, Y ) = E(XY ) − E(Y ) E(X) − E(X) E(Y ) + E(X) E(Y ) = E(XY ) − E(X) E(Y ). Proposition 23 Soit X , Y et X ′ trois variables aléatoires appartenant à L2 et λ ∈ IR .





•

On a Cov(X, X) = E (X − E(X))2 = V(X)  0 .

•

Comme L2 est un espace vectoriel, X + X ′ appartient à L2 . Ainsi le couple (X + X ′ , Y ) possède une covariance. Par linéarité de l’espérance, on obtient :

•

La symétrie est immédiate par définition de la covariance.





Cov(X + X ′ , Y ) = E (X + X ′ )Y − E(X + X ′ )E(Y )





= E(XY ) + E(X ′ Y ) − E(X) + E(X ′ ) E(Y ) = E(XY ) − E(X)E(Y ) + E(X ′ Y ) − E(X ′ )E(Y ) = Cov(X, Y ) + Cov(X ′ , Y ), et de même : Cov(λX, Y ) = E(λXY ) − E(λX)E(Y ) = λE(XY ) − λE(X)E(Y ) = λCov(X, Y ). •

La linéarité par rapport à la deuxième variable résulte de la symétrie et de la linéarité par rapport à la première variable.

Théorème 25 Les variables X1 , . . . , Xn appartiennent à l’espace vectoriel L2 donc il en est de même de X1 + · · · + Xn et l’on obtient, par bilinéarité de la covariance : V(X1 + · · · + Xn ) = Cov (X1 + · · · + Xn , X1 + · · · + Xn ) =



Cov(Xi , Xj ).

1i,jn

Sachant que Cov(Xi , Xi ) = V(Xi ) et Cov(Xi , Xj ) = Cov(Xj , Xi ) , on obtient : V(X1 + · · · + Xn ) =

n  k=1

V(Xk ) + 2



Cov(Xi , Xj ).

1i 0 . a X(ω) X • Dans le cas contraire, on a 1{Xa} (ω) = 0  , car est une variable positive. a a X donc, par croissance de l’espérance : Ainsi, 1{Xa}  a   E(X) X · P(X  a) = E(1{Xa} )  E = a a •

Si ω ∈ {X  a} , alors on a 1{Xa} (ω) = 1 



2

Théorème 28 La variable X − E(X) est positive et possède une espérance égale à V(X) . D’après l’inégalité de Markov, on a pour tout ε > 0 : P Comme les événements voulu.





X − E(X)

|X − E(X)|  ε



et

2



 ε2 



V(X) · ε2

(X − E(X))2  ε2







sont égaux, on a le résultat

n Sn 1  E(Xk ) = m . D’autre part, = n n k=1 comme les variables Xk sont deux à deux non corrélées, puisque mutuellement indépendantes, et appartiennent à L2 , on a, d’après le corollaire 26 de la page 687 :

Théorème 29

Par linéarité de l’espérance, on a E

V



Sn n



=

n V(Sn ) nV(X1 ) V(X1 ) 1  · = V(Xk ) = = n2 n2 n2 n k=1

On a donc, pour ε > 0 , d’après l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev :

  S        V n V(X1 ) Sn    Sn  Sn n − m  ε = P  −E  · P  ε  2 2

n Le résultat découle de cette inégalité. Proposition 30



n

n

ε

nε

On a :

∀n ∈ IN

∀t ∈ [−1, 1]



|P(X = n)tn |  P(X = n).

Comme P(X = n) converge, la série P(X = n)tn converge normalement sur [−1, 1] . Donc GX est définie sur [−1, 1] et est continue sur [−1, 1] , car somme d’une série de fonctions continues convergeant normalement. La convergence sur [−1, 1] montre que le rayon de convergence de la série entière est supérieur ou égale à 1 .



Théorème 32 L’équivalence entre nP(X = n) converge et GX est dérivable en 1 est une conséquence immédiate du lemme suivant. Lemme



Soit (an ) une suite à termes positifs telle la série an converge. On note f la somme de la  n série entière an t . La fonction f est dérivable en 1 si, et seulement si, la série de terme général nan converge et l’on a alors : f ′ (1) =

+∞  n=1

700

nan .

Démonstrations 

Démonstration. On note R le rayon de convergence de la série an tn . Comme la série converge pour t = 1 , on a R  1 . La fonction f est dérivable sur ]−R, R[ et : ∀t ∈ ]−R, R[

f ′ (t) =

+∞ 

nan tn−1 .

n=1

Si R > 1 , la fonction f est dérivable en 1 et f ′ (1) =



+∞

nan , donc

n=1

suppose désormais R = 1 . On a, pour tout t ∈ [0, 1[ : +∞

+∞

n=1

n=1



nan converge. On

 tn − 1  f (t) − f (1) = = an an (tn−1 + · · · + t + 1). t−1 t−1

f (t) − f (1) est donc croissante sur [0, 1[ et positive. Elle possède donc une La fonction t �→ t−1 limite L en 1 dans [0, +∞] . On pose également S =



+∞

n=1

• •

nan ∈ [0, +∞] .

f (t) − f (1)  S donc, par passage à la limite, L  S . t−1 Pour tout entier N ∈ IN∗ , on a : On a pour tout t ∈ [0, 1[ ,

N  n=1

an (tn−1 + · · · + t + 1)  N 

puis, en faisant tendre t vers 1 ,

f (t) − f (1) , t−1

nan  L .

n=1

En faisant tendre N vers +∞ , on obtient S  L . On a donc L = S . On en déduit :



f dérivable en 1 ⇐⇒ L < +∞ ⇐⇒ S < +∞ ⇐⇒ On a alors f ′ (1) = S =



+∞

nan .

nan converge.

n=1

Théorème 33 La variable X appartient à L2 si, et seulement si, la série de terme général n2 P(X = n) converge, c’est-à-dire si, et seulement si, la série de terme général n(n − 1)P(X = n) converge. En effet, ces séries à termes positifs ont des termes généraux équivalents. En cas de convergence, on a, d’après la formule de transfert : +∞  n=2





n(n − 1)P(X = n) = E X(X − 1) .

On note R  1 le rayon de convergence de la série fois dérivable sur ]−R, R[ et : ∀t ∈ ]−R, R[

G′′X (t) =

+∞  n=2



P(X = n)tn . La fonction GX est deux

n(n − 1)P(X = n)tn−2 .

Si R > 1 , la fonction GX est deux fois dérivable en 1 et G′′X (1) = la série





+∞ n=2

n(n − 1)P(X = n) donc

n(n − 1)P(X = n) converge. On suppose désormais R = 1 .

701

Chapitre 17. Espérance — Variance •

Si la fonction GX est deux fois dérivable en 1 , elle est en particulier dérivable en 1 et d’après le théorème 32 de la page 690 on a : G′X (t) =

∀t ∈ [0, 1]

+∞ 

P(X = n)ntn−1 =

+∞ 

(n + 1)P(X = n + 1)tn .

n=0

n=1

D’après le lemme utilisé dans la démonstration du théorème 32, appliqué à la série entière définissant G′X , la dérivabilité de G′X en 1 implique la convergence de la série de terme général n(n + 1)P(X = n + 1) . De plus, on a : G′′X (1) =

∞ 

n(n + 1)P(X = n + 1)(n + 1) =

n=1

•

∞  n=2

n(n − 1)P(X = n).

Réciproquement, si la série de terme général n(n − 1)P(X = n) converge, alors la série de terme général nP(X = n) converge a fortiori donc, d’après le théorème 32 de la page 690, la fonction GX est dérivable en 1 et : ∀t ∈ [0, 1]

G′X (t) =

+∞ 

nP(X = n)tn−1 =

n=1

+∞ 

(n + 1)P(X = n + 1)tn .

n=0

La série de terme général n(n + 1)P(X = n + 1) converge donc, d’après le lemme utilisé dans la démonstration du théorème 32 de la page 690, la fonction G′X est dérivable en 1 et, d’après le premier point, G′′X (1) =

∞  n=2

n(n − 1)P(X = n) .

Théorème 35 Soit t ∈ IR tel que, pour tout k ∈ [[1, n]] , GXk (t) est défini, c’est-à-dire tXk est d’espérance finie. Les variables aléatoires X1 , . . . , Xn sont indépendantes donc, par transfert d’indépendance, les variables tX1 , . . . , tXn sont également indépendantes. De plus, on a tSn =

n 

tXk . Alors d’après la proposition 12 de la page 683, tSn est aussi

k=1

d’espérance finie et :





E tSn = Autrement dit, GSn (t) est défini et :

GSn (t) =

n  

k=1

n 

k=1

702



E t Xk .

GXk (t).

Exercices

S’entraîner et approfondir Espérance, variance, covariance 17.1 Soit n ∈ IN∗ . On considère une suite (Xk )k∈IN∗ de variables aléatoires discrètes i.i.d., de →682 loi uniforme sur [[1, n]] . On cherche à calculer le nombre moyen de tirages nécessaires pour obtenir tous les numéros de 1 à n . 1. Pour 1  k  n , on note Tk le nombre de tirages nécessaires pour obtenir k numéros distincts et l’on pose Z1 = T1 et Zk = Tk − Tk−1 pour 2  k  n . Montrer que les variables aléatoires Zk pour 2  k  n suivent une loi géométrique dont on précisera le paramètre. 2. En déduire l’espérance de Tn . 17.2 Soit X et Y deux variables aléatoires discrètes. Démontrer que X et Y sont indépendantes →683 si, et seulement si, pour toutes fonctions f et g , définies respectivement sur X(Ω) et Y (Ω) à valeurs complexes, bornées, on a :







 



E f (X)g(Y ) = E f (X) E g(Y ) . 17.3 1. Soit X et Y dans L2 (Ω, A, P) . À quelle condition a-t-on égalité dans l’inégalité de →684 Cauchy-Schwarz, c’est-à-dire E(XY )2 = E(X 2 )E(Y 2 ) ? 2. Soit X une variable discrète réelle strictement positive. Montrer que E(X)E Étudier les cas d’égalité.

1 X

 1.

17.4 Soit (Xn )n∈IN∗ une suite de variables de Bernoulli de paramètre p ∈ ]0, 1[ , indépendantes. →686 On pose q = 1 − p . On dit que la première série est de longueur n si les premières épreuves ont donné le même résultat et la (n + 1) -ième un résultat différent. De même la deuxième série commence à l’épreuve qui suit la dernière épreuve de la première série et s’arrête avant le changement suivant. On note L1 et L2 respectivement la longueur de la première et de la seconde série. (p − q)2 · Démontrer que Cov(L1 , L2 ) = − pq 17.5 Soit X et Y dans L2 (Ω, A, P) . →686

1. Montrer que Cov(X, Y )2  V(X)V(Y ) . 2. Montrer que, si V(X) �= 0 , l’égalité Cov(X, Y )2 = V(X)V(Y ) est obtenue si, et seulement s’il existe (a, b) ∈ IR2 tel que Y = aX + b presque sûrement.

17.6 Soit X1 , . . . , Xn des variables aléatoires discrètes appartenant à L2 . →686



On considère la matrice M = Cov(Xi , Xj ) 1. Montrer que M ∈

Sn+ (IR) .



1i,jn

∈ Mn (IR) .

2. Montrer que M ∈ Sn++ (IR) si, et seulement s’il n’existe pas de relation affine de la forme z1 X1 + · · · + zn Xn = b (où (z1 , . . . , zn , b) ∈ IRn+1 et (z1 , . . . , zn ) �= 0 ) presque sûre entre les variables X1 , . . . , Xn .

703

Chapitre 17. Espérance — Variance 17.7 Formule du crible 1. Soit A1 , . . . , An des événements d’un espace probabilisé (Ω, A, P) . Montrer que 1A1 ∪···∪An = 1 − P

n 

Ai

i=1



n 

(1 − 1Ai ) . En déduire la formule du crible :

i=1

=

n  k=1



(−1)



k−1

I⊂[[1,n]] card (I)=k

P

 i∈I

Ai



.

2. Soit n ∈ IN∗ et (Xk )k∈IN∗ une suite de variables aléatoires i.i.d. de loi uniforme sur [[1, n]] .

On note X la variable aléatoire égale au nombre de tirages nécessaires pour obtenir tous les numéros entre 1 et n au moins une fois (et à +∞ si on n’obtient jamais les n numéros). Pour j ∈ [[1, n]] et m ∈ IN , on note Bj,m l’événement : « au bout de m tirages, le numéro j n’est pas encore apparu ».

(a) Calculer P(Bj1 ,m ∩ · · · ∩ Bjk ,m ) , où j1 , . . . , jk sont des indices distincts entre 1 et n . (b) En déduire que P(X > m) =

n 

(−1)k−1

k=1

Calculer

lim P(X > m) . Interpréter.

m→+∞

(c) Montrer que E(X) = n

n 

(−1)k−1

k=1



(d) Montrer que E(X) = n 1 +

n k

k

  n k

n−k n

m

.

·



1 1 · + ··· + 2 n

17.8 On considère une suite (Xn )n∈IN∗ une suite i.i.d. de variables de Bernoulli de paramètre p ∈ ]0, 1[ . On se donne un entier r ∈ IN∗ . Pour n ∈ IN∗ , on note An l’événement « au cours des n premières épreuves, on a obtenu r 1 consécutifs (au moins une fois) » et Πn sa probabilité. 1. (a) Donner les valeurs de Π0 , Π1 , . . . , Πr . (b) Montrer que, pour n  r , on a Πn+1 = Πn + (1 − Πn−r )pr (1 − p) . (c) Montrer que la suite (Πn )n∈IN est convergente. Calculer sa limite. 2. Soit T la variable aléatoire discrète égale au temps d’attente de r 1 consécutifs. On a donc T = k si k est le plus petit des entiers n tels que Xn−r+1 = . . . = Xn = 1 et T = +∞ si l’on n’obtient jamais r 1 consécutifs. (a) Déduire de la question 1 que P(T = +∞) = 0 . (b) Montrer en utilisant la proposition 1 de la page 678 que : E(T ) =

1 − pr · (1 − p)pr

17.9 Soit X une variable aléatoire discrète positive, d’espérance finie. Montrer que P(X  x) = o

1 x

, quand x tend vers +∞ .

Indication. Commencer par le cas où X(Ω) ⊂ IN .

704

Exercices ⋆⋆ 17.10 Soit (En )n∈IN une suite d’événements de (Ω, A, P) . On suppose que 1. Soit Z =



+∞



P(En ) converge.

1En (on convient que Z = +∞ si la série diverge). Prouver que Z est une

n=0

variable aléatoire discrète. 2. Montrer que P(Z = +∞) = 0 . 3. Montrer que Z est d’espérance finie. 17.11 On lance une pièce de monnaie (la probabilité d’obtenir pile étant p ∈ ]0, 1[ ) jusqu’à l’obtention du premier pile. Soit N la variable aléatoire représentant le nombre de lancers nécessaire. Si N = n , on relance ensuite n fois la pièce et l’on appelle X la variable aléatoire représentant le nombre de piles obtenu. 1. Déterminer la loi de N , celle du couple (N, X) , puis la loi de X . 2. Montrer que X a même loi que le produit de deux variables indépendantes Y et Z telles que Y suive une loi de Bernoulli et Z une loi géométrique de même paramètre. 3. En déduire l’espérance et la variance de X . ⋆⋆ 17.12 Fonction caractéristique





Soit X une variable aléatoire discrète réelle. On pose, pour t ∈ IR , ΦX (t) = E eitX . La fonction ΦX est appelée fonction caractéristique de la variable aléatoire X . 1. Montrer que ΦX est définie et continue sur IR . 2. On suppose que X est dans L2 . Montrer que ΦX est de classe C 2 et exprimer E(X) et V(X) à l’aide de ΦX . 3. On suppose que X est à valeurs dans ZZ . Montrer que : ∀k ∈ ZZ

P(X = k) =

1 2π



2π

ΦX (t)e−itk dt. 0

En déduire que la fonction ΦX caractérise la loi de X .

Inégalités probabilistes 17.13 Inégalité de Kolmogorov Soit X1 , . . . , Xn des variables aléatoires réelles discrètes, indépendantes, appartenant à L2 , centrées, ainsi que a ∈ IR∗+ . On pose, pour tout i ∈ [[1, n]] :













Si = X1 + · · · + Xi , Bi = |S1 | < a ∩ · · · ∩ |Si−1 | < a ∩ |Si |  a . 1. Montrer que, pour i ∈ [[1, n]] , les variables Si 1Bi et Sn − Si sont indépendantes. En déduire que :

2. On pose C =















E Sn2 1Bi = E Si2 1Bi + E (Sn − Si )2 1Bi  a2 P(Bi ).



sup(|S1 |, . . . , |Sn |)  a .

(a) Montrer que P(C) =

n 

P(Bi ) .

i=1

(b) En déduire l’inégalité de Kolmogorov : P(C) 

V(Sn ) · a2

705

Chapitre 17. Espérance — Variance ⋆ 17.14 1. Montrer : ∀x ∈ [−1, 1]

etx 

∀t ∈ IR

1 − x −t 1 + x t e + e. 2 2

2. Soit X une variable aléatoire centrée telle que |X|  1 et t ∈ IR . Montrer que etX est



d’espérance finie et que E etX



e

t2 2

.

3. Soit (Xn )n∈IN∗ une suite de variables aléatoires discrètes indépendantes, centrées et (cn )n∈IN∗ une suite de réels positifs, telles que |Xn |  cn , pour tout n ∈ IN∗ . Soit n ∈ IN∗ . On note Sn =

n 

Xk . Montrer que :

k=1

P(|Sn | > ε)  2 exp

  n 1 2

k=1



c2k − ε .

17.15 Une action vaut initialement 1 euro. À chaque instant n  1 , sa valeur est multipliée par une quantité aléatoire Zn . On suppose que les variables Zn sont indépendantes et de même loi, telles que : P(Zn = 1 + a) = P(Zn = 1 − a) =

1 2

avec

a ∈ ]0, 1[.

On note Xn la valeur de l’action à l’instant n et l’on pose Yn = ln(Zn ) . On définit, pour tout entier naturel non nul n , la variable : Y1 + · · · + Yn · n 1. Calculer, pour tout n  0 , l’espérance et la variance de Xn . Déterminer la limite de V(Xn ) quand n tend vers l’infini. 2. Montrer qu’il existe δ > 0 tel que : Yn =

n→+∞

3. En déduire que pour tout ε > 0 :





lim P Yn > −δ = 0. lim P(Xn > ε) = 0.

n→+∞

⋆ 17.16 On dispose de n urnes et de N = na boules, où a et n sont des entiers naturels non nuls. Ces boules sont réparties de façon indépendante et équiprobable entre les urnes. On Yn · nomme Yn la variable aléatoire donnant le nombre d’urnes vides et Sn = n 1. Calculer E(Sn ) et V(Sn ) . 2. Montrer : ∀ε > 0 lim P(|Sn − e−a |  ε) = 0. n→+∞

Fonctions génératrices 17.17 Soit ℓ , m et n des entiers naturels non nuls tels que n = ℓm , ainsi que X et Y des variables →692 aléatoires indépendantes à valeurs dans IN ; on pose Z = X + Y . On suppose que X suit la loi uniforme sur [[0, ℓ − 1]] et que Z suit la loi uniforme sur [[0, n − 1]] . Déterminer la fonction génératrice de Y . En déduire la loi de Y .

706

Exercices 17.18 Dans une salle de cinéma, il arrive X personnes souhaitant voir le film. On suppose que X suit la loi géométrique de paramètre p . La capacité de la salle est de n places. On note Y le nombre de personnes ne pouvant entrer dans la salle. 1. Déterminer la loi de Y . 2. Déterminer la fonction génératrice de Y . 3. Calculer l’espérance de Y .

⋆⋆ 17.19 Soit n ∈ IN∗ . On désigne par Ω l’ensemble des permutations de [[1, n]] que l’on munit de la probabilité uniforme. Pour σ ∈ Ω et i ∈ [[1, n]] , on dit que σ(i) est un maximum provisoire de σ si :   σ(i) = max σ(1), σ(2), . . . , σ(i) .

On désigne par Xn la variable aléatoire représentant le nombre de maximums provisoires des permutations de [[1, n]] . Pour 1  k  n , on note Zk la variable indicatrice de l’événement « σ(k) est un maximum provisoire ». 1. Déterminer la loi de Zk pour tout k ∈ [[1, n]] .

2. On admet que les variables Z1 , . . . , Zn sont indépendantes. (a) Déterminer E(Xn ) et V(Xn ) (sous forme de sommes) et un équivalent de E(Xn ) et de V(Xn ) quand n tend vers +∞ . (b) Déterminer la fonction génératrice gn de Xn . En déduire P(Xn = 1) , P(Xn = 2) et P(Xn = n) . 3. Montrer que les variables Z1 , . . . , Zn sont indépendantes.

⋆ 17.20 Somme aléatoire de variables aléatoires Soit (Xn )n1 une suite de variables aléatoires discrètes à valeurs dans IN , de même loi, et N une variable aléatoire à valeurs dans IN . On suppose que N et les variables Xn , pour n ∈ IN∗ , forment une suite de variables aléatoires indépendantes. On pose : S0 = 0 et l’on définit SN : Ω ω

−→ �−→

et

∀n ∈ IN∗

Sn =

n 

Xk

k=1

. IN SN(ω) (ω)

1. Montrer que SN est une variable aléatoire. 2. Montrer que GSN = GN ◦ GX1 sur [0, 1] .

3. Montrer que, si X1 et N sont d’espérance finie, alors SN est d’espérance finie et vérifie la première formule de Wald : E(SN ) = E(X1 ) E(N ). 4. Montrer que, si X1 et N sont dans L2 , alors SN ∈ L2 et vérifie la seconde formule de Wald : V(SN ) = V(X1 ) E(N ) + E(X1 )2 V(N ).

707

Chapitre 17. Espérance — Variance 17.21 Marche aléatoire dans Z Z : premier retour à l’origine Soit p ∈ ]0, 1[ et (Xn )n∈IN∗ une suite de variables aléatoires discrètes i.i.d. dont la loi est définie par : P(Xn = 1) = p

et

P(Xn = −1) = 1 − p.

n

On pose S0 = 0 et, pour tout n ∈ IN∗ , Sn =



Xk .

k=1

La suite (Sn ) est appelée marche aléatoire dans Z Z . On peut imaginer un mobile partant de l’origine et se déplaçant à chaque instant (entier) de ±1 , les déplacements successifs étant indépendants. Alors Sn représente la position du mobile au bout de n déplacements. 1. (a) Déterminer un = P(Sn = 0) , pour tout n ∈ IN . (b) On note f (x) la somme de la série entière ∀x ∈ ]−1, 1[



un xn . Montrer que :

1 · f (x) =  1 − 4p(1 − p)x2

2. Pour tout entier naturel non nul k , on note Ak l’événement « le mobile retourne pour la première fois à l’origine au bout n déplacements », c’est-à-dire : Ak = {Sk = 0} ∩

 k−1  i=1



{Si �= 0} .

On pose vk = P(Ak ) , pour tout k  1 et v0 = 0 .

(a) Montrer que, pour tout entier naturel n non nul, on a : P(Sn = 0) =

n  k=1

P ({Sn = 0} ∩ Ak ) .

(b) En déduire que, pour tout entier naturel non nul n , on a un = 3. On note g(x) la somme de la série entière



n 

un−k vk .

k=0

vn xn .

(a) Montrer que le rayon de la série entière définissant g(x) est supérieur ou égal à 1 . Montrer que : ∀x ∈ ]−1, 1[

g(x) =

 f (x) − 1 = 1 − 1 − 4p(1 − p)x2 . f (x)

(b) Déterminer la probabilité de l’événement A : « il existe n ∈ IN∗ tel que Sn = 0 ». 1 On suppose dans le reste de l’exercice que p = · 2 4. (a) Soit T la variable aléatoire égale au premier indice n non nul pour lequel l’événement {Sn = 0} est réalisé, si un tel indice existe, et +∞ sinon. Montrer que P(T = +∞) = 0 .   2 2n−2 n−1 ∗ (b) Montrer que pour tout n ∈ IN , on a v2n = · n4n (c) La variable T est-elle d’espérance finie ?

708

Solutions des exercices

Solutions des exercices 17.1 1. Soit k ∈ [[2, n]] et (i, j) ∈ (IN∗ )2 . Si P(Tk−1 = i) �= 0 , on a :

P(Zk = j | Tk−1 = i) = P(Tk − Tk−1 = j | Tk−1 = i) = P(Tk = i + j | Tk−1 = i).

Si {Tk−1 = i} est réalisé, les variables aléatoires X1 , . . . , Xi−1 ont donné k − 2 valeurs différentes et Xi une valeur différente des k − 2 précédentes. Alors {Tk = i + j} est réalisé si, et seulement si, : • les variables aléatoires Xi+1 , . . . , Xi+j−1 redonnent l’une des k − 1 valeurs déjà obk−1 ; tenues, ce qui, pour chaque variable aléatoire, se fait avec la probabilité n • Xi+j donne une valeur différente des précédentes, ce qui se fait avec une probabik−1 · lité 1 − n Par indépendance des variables aléatoires Xi+1 , . . . , Xi+j , on obtient :









k − 1 j−1 k−1 1− · n n ∗ Ce résultat ne dépend pas de i , donc pour tout j ∈ IN , on a : P(Zk = j | Tk−1 = i) =

P(Zk = j) =

+∞  i=1

= =



P(Zk = j | Tk−1 = i)P(Tk−1 = i)

k−1 n

j−1 

 k − 1 j−1  n

 +∞ k−1  1− P(Tk−1 = i) n i=1

1−

 k−1 n

La variable Zk suit la loi géométrique de paramètre 2. On a Tn =

n 

·

n−k+1 · n

Zk . La variable aléatoire Z1 = T1 est la variable certaine égale à 1 .

k=1

n · n−k+1 Comme la formule est valable pour k = 1 , on obtient : Pour 2  k  i , on a E(Zk ) =

E(Tn ) =

n 

E(Zk ) =

k=1

n  k=1

n

1 n =n · n−k+1 j j=1

17.2 Si f et g sont bornées, les variables aléatoires f (X) , g(Y ) et f (X)g(Y ) sont bornées, donc sont d’espérance finie. • Si X et Y sont indépendantes, il en est de même de f (X) et g(Y ) , par transfert d’indépendance, et l’égalité découle directement du théorème 11 de la page 683.







 



et

f (X)g(Y ) = 1{X=x}∩{Y =y} .

• Réciproquement supposons que E f (X)g(Y ) = E f (X) E g(Y ) , pour toutes fonctions f et g bornées. Soit (x, y) ∈ X(Ω) × Y (Ω) . Prenons f = 1{x} et g = 1{y} . On a alors : f (X) = 1{X=x},

g(Y ) = 1{Y =y}

L’hypothèse se traduit par P(X = x, Y = y) = P(X = x)P(Y = y) . Cela est vrai pour tout (x, y) ∈ X(Ω) × Y (Ω) , ce qui établit l’indépendance de X et Y .

709

Chapitre 17. Espérance — Variance 17.3 1. • Si X est presque sûrement nulle, on a E(XY )2 = E(X 2 )E(Y 2 ) = 0 . • Sinon, l’égalité E(XY )2 = E(X 2 )E(Y 2 ) équivaut à la nullité du discriminant de





la fonction trinôme λ �→ E (λX + Y )2 , c’est-à-dire à l’existence de λ ∈ IR tel





que E (λX + Y )2 = 0 . Cette dernière condition est réalisée si, et seulement si, on a Y = −λX presque sûrement. On conclut qu’il y a égalité dans l’inégalité de Cauchy-Schwarz si, et seulement si : P(X = 0) = 1

ou

P(Y = αX) = 1,

∃α ∈ IR

c’est-à-dire si, et seulement si, X et Y sont presque sûrement proportionnelles. 1 X

2. On suppose que X et

sont d’espérance finie sinon l’inégalité est évidente. On applique √ l’inégalité de Cauchy-Schwarz aux variables X et √1X qui sont dans L2 . On obtient : 1=E



√

1 X√ X



 E(X)E

1 X

·

Le cas d’égalité correspond à l’égalité dans l’inégalité de Cauchy-Schwarz, c’est-à-dire √ d’après la première question à X et √1X presque sûrement proportionnelles, soit encore à X presque sûrement constante. 17.4 • Pour (m, n) ∈ (IN∗ )2 , on a : {L1 = m, L2 = n}





= {X1 = · · · = Xm = 1} ∩ {Xm+1 = · · · = Xm+n = 0} ∩ {Xm+n+1 = 1}





∪ {X1 = · · · = Xm = 0} ∩ {Xm+1 = · · · = Xm+n = 1} ∩ {Xm+n+1 = 0} et donc :

P(L1 = m, L2 = n) = pm+1 q n + q m+1 pn . On en déduit, pour tout m ∈ IN∗ : P(L1 = m) =

+∞ 

P(L1 = m, L2 = n) =

n=1

+∞  

pm+1 q n + q m+1 pn

n=1

= pm+1

On trouve de même que, pour tout n ∈ IN∗ :



q p + q m+1 = qpm + pq m . 1−q 1−p

P(L2 = n) = p2 q n−1 + q 2 pn−1 .

On vérifie au passage que

+∞ 

P(L1 = m) =

m=1

+∞ 

P(L2 = n) = 1 , ce qui montre que L1

n=1

et L2 sont bien des variables aléatoires à valeurs dans IN∗ , définies presque sûrement. • On calcule l’espérance de L1 et de L2 . On obtient : E(L1 ) =

+∞ 

m=1

m(qpm + pq m ) = p

+∞ 

m=1

mpm−1 q + q

+∞ 

mq m−1 p.

m=1

On reconnaît dans les deux sommes l’espérance de variables géométriques de paramètres q et p respectivement. On obtient : q p E(L1 ) = + · q p

710

Solutions des exercices On trouve de même : E(L2 ) = • On a : E(L1 L2 ) =



p q + = 2. p q

mnP(L1 = m, L2 = n)

(m,n)∈(IN∗ )2

=



mn(pm+1 q n + q m+1 pn )

(m,n)∈(IN∗ )2

=

 +∞

mp

m+1

m=1

  +∞ n=1

nq

n



+

 +∞

mq

m+1

m=1

  +∞ n=1

np

n



·

On reconnaît dans chaque terme, à une constante près, l’espérance d’une variable suivant une loi géométrique. On obtient : E(L1 L2 ) =

1 p q q p 1 + = + · q p2 p q2 q p

Finalement, on a : Cov(L1 , L2 ) = E(L1 L2 ) − E(L1 ) E(L2 ) =

−(p + q) + 2p2 + 2q 2 1 2p 2q 1 + − − =− q p q p pq

et donc, puisque p + q = 1 : Cov(L1 , L2 ) = −

(p − q)2 −(p + q)2 + 2p2 + 2q 2 =− · pq pq

17.5 1. • Supposons V(X) = 0 . On sait qu’alors X est presque sûrement constante (cf. exemple 12 de la page 685). Elle est donc indépendante de Y . On a donc Cov(X, Y ) = 0 , ce qui donne le résultat. • Supposons V(X) > 0 . Soit f la fonction définie sur IR par λ �→ V(λX + Y ) . On a, pour tout réel λ : f (λ) = λ2 V(X) + 2 λ Cov(X, Y ) + V(Y ). Pour tout λ , on a f (λ)  0 . La fonction trinôme f garde un signe constant donc son   discriminant est négatif. On obtient ∆ = 4 (Cov(X, Y ))2 − V(X)V(Y )  0 ce qui donne l’inégalité voulue.

2. L’égalité Cov(X, Y )2 = V(X)V(Y ) équivaut à ∆ = 0 et donc à l’existence de λ0 ∈ IR tel que : f (λ0 ) = V(λ0 X + Y ) = 0.

On sait qu’une variable aléatoire de L2 est de variance nulle si, et seulement si, elle est presque sûrement constante. Ainsi V(λ0 X + Y ) = 0 équivaut à λ0 X + Y est presque sûrement constante, c’est-à-dire     à l’existence de b ∈ IR tel que P λ0 X + Y = b = 1 , c’est-à-dire P Y = −λ0 X + b = 1 , ce qui est le résultat voulu avec a = −λ0 .

711

Chapitre 17. Espérance — Variance  

z1 ..  dans M (IR) . On a, par bilinéarité n,1 . zn

 17.6 1. La matrice M appartient à Sn (IR) . Soit Z =  de la covariance :

�

ZT M Z =

zi zj Cov(Xi , Xj ) = V

1i,jn

donc M ∈ Sn+ (IR) .

�� n

zi Xi

i=1

�

 0,

2. La matrice M n’appartient pas à Sn++ (IR) si, et seulement si, 0 ∈ sp(M ) . On démontre donc que 0 ∈ sp(M ) équivaut à l’existence d’une relation affine presque sûre entre les variables X1 , . . . , Xn .

  z1

  • Si 0 ∈ sp(M ) et  ...  est un vecteur propre associé, on obtient : zn

V

�� n

zi Xi

i=1

� n

donc

i=1

�

= Z T M Z = 0,

zi Xi est presque sûrement constante. Il existe b ∈ IR tel que : P

�� n

zi Xi = b

i=1

�

= 1.

• Réciproquement, supposons qu’il existe (z1 , . . . , zn ) ∈ IRn non nul et b ∈ IR tels que P

�

n �

zi Xi = b

i=1

�

= 1 . Alors on a, pour tout i ∈ [[1, n]] :

�

0 = Cov(Xi , b) = Cov Xi ,

n �

zj Xj

j=1

�

=

n �

Cov(Xi , Xj )zj ,

j=1

donc 0 est valeur propre de M , un vecteur propre associé étant (z1 , . . . , zn ) . 17.7 1. L’application 1 − 1−

On en déduit 1 − 1� n

Ai

(1 − 1Ai ) est à valeurs dans {0, 1} . Pour tout ω ∈ Ω , on a :

i=1

n � � i=1

n �

�

1 − 1Ai (ω) = 1 ⇐⇒ ∃i ∈ [[1, n]] n �

(1 − 1Ai ) = 1 � n

i=1

=1−

I⊂[[1,n]]

i=1

=

�

�

I⊂[[1,n]] I�=∅

712

1Ai (ω) = 1 ⇐⇒ ω ∈

n �

Ai .

i=1

. En développant, on obtient : Ai

i=1

(−1)card I

�

1Ai

i∈I

(−1)card I−1 1� A = i

i∈I

n � k=1

(−1)k−1

�

I⊂[[1,n]] card I=k

1� A . i

i∈I

Solutions des exercices Sachant que pour tout événement A , on a E(1A ) = P(A) , on en déduit, par linéarité de l’espérance : P

 n

Ai

i=1



=

n  k=1



(−1)



k−1

P

m 

Bj1 ,m ∩ · · · ∩ Bjk ,m =

Ai

i∈I

I⊂[[1,n]] card I=k

2. (a) En posant I = {j1 , . . . , jk } , on a :





.

{Xi ∈ / I}.

i=1

Les variables Xi (pour i ∈ IN∗ ) étant indépendantes, on en déduit : P(Bj1 ,m ∩ · · · ∩ Bjk ,m ) = (b) On a {X > m} =

n 

m  i=1

n−k n

m

.

Bj,m . On en déduit en appliquant la formule du crible :

j=1

P(X > m) =

n 

=

n 



(−1)k−1

k=1

P

(−1)k−1

  n k



Bj,m

j∈I

I⊂[[1,n]] card I=k

k=1

On en déduit



P(Xi ∈ / I) =

n−k n

m



.

lim P(X > m) = 0 car on a une combinaison linéaire de suites

m→+∞

géométriques de raison appartenant à [0, 1[ . La suite ({X > m}) décroît donc, par continuité décroissante : 0=

lim P(X > m) = P

m→+∞

 

m∈IN∗



{X > m} = P(X = +∞).

La variable aléatoire X est presque sûrement à valeurs dans IN∗ . (c) On a, d’après la proposition 1 de la page 678 : E(X) =

+∞ 

P(X > m) =

m=0

+∞ n  

(−1)k−1

m=0 k=1

=

n 

(−1)k−1

k=1

=

n 

(−1)k−1

k=1

=n

n 

(−1)

(d) Pour tout t ∈ [0, 1] , on pose f (t) = n et pour t ∈]0, 1] , on obtient : f ′ (t) = n

n  k=1

(−1)k−1

 

n 

(−1)

k−1

k=1

n k

n−k n

m

  +∞   n n−k m k

 

m=0

n

n 1 k 1 − n−k n

k−1

k=1

 

n k

k

n k

tk

k

·

· La fonction f est dérivable

 

n 1 − (1 − t)n n n n k−1 (−t)k = n t =− · t t k k k=1

713

Chapitre 17. Espérance — Variance On en déduit : E(X) = f (1) =



1

f ′ (t)dt = n

0

et donc :



1

0

E(X) = n

n−1   j=0

1 − (1 − t)n dt = n t



1

uj du = n 1 +

0



1

0

1 − un du 1−u



1 1 +··· + · 2 n

Remarque On retrouve par une autre méthode le résultat de l’exercice 17.1 de la page 703.

17.8 1. (a) On a Π0 = Π1 = · · · = Πr−1 = 0 et Πr = pr . (b) On a clairement An ⊂ An+1 et donc Πn+1 − Πn = P(An+1 \ An ) . L’événement An+1 \ An est réalisé si, et seulement si, on obtient r 1 consécutifs pour la première fois comme valeurs de Xn−r+2 , . . . , Xn+1 , ce qui impose que Xn−r+1 = 0 et que l’on n’ait pas obtenu r succès consécutifs auparavant. On a donc : An+1 \ An = An−r ∩ {Xn−r+1 = 0} ∩ {Xn−r+2 = 1} ∩ · · · ∩ {Xn+1 = 1}. L’événement An−r ne dépend que X1 , . . . , Xn−r . Il est donc de la forme {(X1 , . . . , Xn−r ) ∈ C} , où C ⊂ IRk . Par le lemme des coalitions, la variable aléatoire (X1 , . . . , Xn−r ) est indépendante de (Xn−r+1 , . . . , Xn+1 ) . On a donc :



 



Πn+1 − Πn = P An−r P Xn−r+1 = 0, Xn−r+2 = 1, . . . , Xn+1 = 1 = (1 − Πn−r ) (1 − p) pr .

(c) La suite (Πn )n∈IN est croissante et majorée par 1 donc convergente. On note L sa limite. Par passage à la limite dans la relation précédente, on obtient L − L = (1 − L)(1 − p)pr , et donc L = 1 , puisque p ∈ ]0, 1[ .

2. (a) Comme la suite (An ) est croissante, on a : P Comme



n∈IN∗





An

n∈IN∗



= lim Πn = 1. n→+∞

An = {T = +∞} , on en déduit que P(T = +∞) = 0 . L’application T

est presque sûrement finie. Pour tout k ∈ IN∗ , on a, par définition {T = k} = Ak \ Ak−1 , donc {T = k} est un événement et T est bien une variable aléatoire. (b) Pour tout k ∈ IN , on a {T > k} = Ak et donc P(T > k) = 1 − Πk . D’après la question 1, on a pour tout k  0 : 1 − Πk =

Πk+r+1 − Πk+r · (1 − p)pr

De la proposition 1 de la page 678, on déduit : E(T ) =

+∞  Πk+r+1 − Πk+r k=0

714

(1 −

p)pr

=

lim Πn − Πr

n→+∞

(1 −

p)pr

=

1 − pr · (1 − p)pr

Solutions des exercices 17.9 Pour commencer, on suppose X(Ω) ⊂ IN . Pour x > 0 , on a : +∞ 

0  x P(X  x) = x

+∞ 

P(X = n) 

n=⌈x⌉

nP(X = n),

n=⌈x⌉

où ⌈x⌉ est le plus petit entier supérieur ou égal à x . On reconnaît dans le terme de droite une  nP(X = n) qui est convergente, puisque X est d’espérance finie. Quand x reste de la série tend vers +∞ , ⌈x⌉ tend aussi vers +∞ , donc le reste tend vers 0 . Ainsi, xP(X  x) tend vers 0 , ce qui est le résultat voulu. Dans le cas général, on considère la variable aléatoire Y = ⌊X⌋ + 1 , à valeurs dans IN , qui vérifie l’inégalité X  Y . Soit x > 0 . On a {X  x} ⊂ {Y  x} et donc : 0  x P(X  x)  x P(Y  x).

D’après ce qui précède, xP(Y  x) tend vers 0 quand x tend vers +∞ , donc a fortiori xP(X  x) tend vers 0 . 17.10 1. L’application Z est à valeurs dans IN ∪ {+∞} , ensemble dénombrable.

• Soit n ∈ IN . Pour tout ω ∈ Ω , on a Z(ω) = n si, et seulement si, ω appartient exactement à n des ensembles Ek (pour k ∈ IN ). On a donc : {Z = n} =



I∈Pn (IN)



Ek

k∈I



∩

 

k∈IN\I



Ek ,

où Pn (IN) est l’ensemble des parties de IN de cardinal n . Pour tout I ∈ Pn (IN) ,





Ek

k∈I



∩





k∈IN\I

Ek



est un événement, car c’est l’inter-

section d’une famille dénombrable d’événements.  Pn ([[0, N ]]) , où Pn ([[0, N ]]) est l’ensemble D’autre part, on peut écrire Pn (IN) = N∈IN

des parties de cardinal n de [[0, N ]] . Donc Pn (IN) est dénombrable, car infini et réunion dénombrable d’ensembles finis. Enfin, {Z = n} est un événement, car réunion dénombrable d’événements. • D’autre part {Z = +∞} est l’ensemble des éléments de Ω qui appartiennent à une infinité d’ensembles Ek ( k ∈ IN ). On a (cf. exemple 6 de la page 602) : {Z = +∞} = donc {Z = +∞} est un événement.

 

Ep

n∈IN pn

Par conséquent, {Z = x} est un événement, pour tout x ∈ Z(Ω) , donc Z est une variable aléatoire discrète.  2. La série P(En ) converge. Il résulte du premier lemme de Borel-Cantelli (cf. exemple 10 de la page 605) que : P

 

n∈IN pn

Ep



=0

c’est-à-dire

P(Z = +∞) = 0.

3. Comme Z  0 , elle possède une espérance dans [0, +∞] . Pour tout n ∈ IN , posons Zn =

n 

i=0

1Ei . On a alors E(Zn ) =

n 

i=0

E(1Ei ) =

n 

P(Ei ) .

i=0

715

Chapitre 17. Espérance — Variance Les variables Zn sont à valeurs dans IN . D’après la proposition 1 de la page 678, on a, pour tout n ∈ IN , E(Zn ) =



+∞

P(Zn > k) et E(Z) =

k=0



+∞

P(Z > k) .

k=0

Soit k ∈ IN . La suite (Zn ) converge simplement vers Z sur Ω . Soit ω ∈ Ω . Si Z(ω) > k alors, pour n assez grand, on a Zn (ω) > k . On a donc : {Z > k} ⊂





{Zn > k}.

n∈IN

Comme la suite {Zn > k})n∈IN est croissance (car (Zn ) est croissante), on a, par continuité croissante : P(Z > k)  P





{Zn > k}

n∈IN

Pour tout N ∈ IN , on a donc : N 

P(Z > k)  lim

n→+∞

k=0

N 

= lim P(Zn > k). n→+∞

P(Zn > k)  lim E(Zn ) = n→+∞

k=0

+∞ 

P(Ei ).

i=0

Cela est valable pour tout N ∈ IN , donc Z est d’espérance finie et : E(Z) 

+∞ 

P(Ei ).

i=0

Mais d’autre part, on a Z  Zn et donc E(Z)  E(Zn ) =

n 

i=0

Par passage à la limite, on obtient E(Z) 



+∞

P(Ei ) pour tout n ∈ IN .

P(Ei ) et donc E(Z) =



+∞

i=0

P(Ei ) .

i=0

17.11 1. La variable N suit la loi géométrique de paramètre p . Pour n ∈ IN∗ , la loi conditionnelle de X sachant {N = n} est la loi binomiale B(n, p) . On a donc, pour tout (n, k) ∈ IN∗ × IN : P(N = n, X = k) = P(N = n) P(X = k | N = n) =

n k

0

pk+1 (1 − p)2n−k−1

si si

kn k > n.

Pour k ∈ IN , on en déduit P(X = k) , en sommant sur n (avec n  k et n  1 ). • Pour tout k ∈ IN∗ , on a :

P(X = k) =

+∞    n n=k

=

k

pk+1 (1 − p)2n−k−1

+∞ pk+1 (1 − p)k−1  n! (1 − p)2(n−k) . k! (n − k)! n=k

On a, pour tout x ∈ ]−1, 1[ : +∞  n=k

716

dk n! xn−k = (n − k)! dxk

 1  1−x

=

k! · (1 − x)k+1

Solutions des exercices On en déduit : P(X = k) = • On a :

(1 − p)k−1 k! pk+1 (1 − p)k−1 = · k! (1 − (1 − p)2 )k+1 (2 − p)k+1

P(X = 0) =

+∞  n=1

p(1 − p)2n−1 =

p(1 − p) 1−p · = 1 − (1 − p)2 2−p

2. Soit p′ ∈ ]0, 1[ . On considère deux variables aléatoires X et Y , indépendantes, Y suivant une loi de Bernoulli de paramètre p′ et Z suivant une loi géométrique de paramètre p′ . La variable aléatoire Y Z est à valeurs dans IN . On a : • P(Y Z = 0) = P(Y = 0) = 1 − p′ ; 2

• pour k ∈ IN∗ , P(Y Z = k) = P(Y = 1, Z = k) = p′ (1 − p′ )k−1 . 1 · On voit que X et Y Z ont même loi si, et seulement si, p′ = 2−p 3. On a, puisque Y et Z sont indépendantes : E(X) = E(Y Z) = E(Y )E(Z) = p′

1 = 1. p′

On a, de même, par indépendance de Y 2 et Z 2 :



E(X 2 ) = E(Y 2 Z 2 ) = E(Y 2 )E(Z 2 ) = E(Y ) V(Z) + E(Z)2 = p′ On en déduit V(X) = 2(1 − p) .



1 − p′ 1 + ′2 p′ 2 p





=

2 − p′ = 3 − 2p. p′

17.12 1. Pour tout t ∈ IR , on a |eitX | = 1 : la variable eitX est bornée donc d’espérance finie, donc ΦX (t) est définie. Soit D un ensemble dénombrable tel que X(Ω) ⊂ D (si X(ω) est finie, on prend par exemple D = X(Ω) ∪ IN ) que l’on écrit D = {xn | n ∈ IN} . On a alors, pour tout t ∈ IR , ΦX (t) =



eitxn P(X = xn ),

n∈IN

car si x �∈ X(Ω) , alors P(X = xn ) = 0 .

On considère pour tout ∈ IN , la fonction un : t �→ eitxn P(X = xn ) . Les fonctions un sont continues sur IR . D’autre part, pour tout t ∈ IR , on a |un (t)| = P(X = xn ) .   P(X = xn ) converge, la série de fonctions un converge normalement sur IR . Comme Donc ΦX est continue sur IR . 2. On a, pour tout réel t et tout n ∈ IN : u′n (t) = ixn eitxn P(X = xn )

et

On en déduit : |u′n (t)| = |xn |P(X = xn )

et

u′′n (t) = −x2n eitxn P(X = xn ). |u′′n (t)| = x2n P(X = xn ).

Comme X ∈ L2 , les variables aléatoires X et X 2 sont d’espérance finie donc les sé  2  ′ ries |xn |P(X = xn ) et xn P(X = xn ) convergent. Les séries de fonctions un  ′′ et un convergent donc normalement sur IR .

717

Chapitre 17. Espérance — Variance Du théorème de dérivation des séries de fonctions on déduit que ΦX est de classe C 2 et que : ∀t ∈ IR

Φ′X (t) =



ixn eitxn P(X = xn )

∈IN

On a, en particulier :

Φ′X (0)

=i



et

Φ′′X (t) = −

xn P(X = xn ) = iE(X) et

x2n eitxn P(X = xn ).

∈IN

Φ′′X (0)

= −E(X 2 ) . On en



2

∈IN

déduit : E(X) = −iΦ′X (0)

V(X) = −Φ′′X (0) + Φ′X (0) .

et

3. Dans cette question D = ZZ . On a :





2π

ΦX (t)e

−itk

dt =

0



2π

0



car la série



tout j ∈ ZZ∗ , on a



=

n∈IN

P(X = xn )e



P(X = xn )e

it(xn −k)

P(X = xn )

2π

eit(xn −k) dt,

0

n∈IN

it(xn −k)



converge uniformément par rapport à t . Pour

2π

0

eitj dt = 0 . Comme xn ∈ ZZ , pour tout n ∈ IN , il ne reste qu’un

terme non nul dans la somme, pour xn = k . On a donc



2π

ΦX (t)e−itk dt = 2πP(X = k) .

0

Connaissant la fonction ΦX , on peut calculer P(X = k) pour tout k ∈ ZZ , donc la fonction ΦX détermine la loi de X . 17.13 1. On a, pour i ∈ [[1, n]] :

Bi = {|S1 | < a} ∩ · · · ∩ {|Si−1 | < a} ∩ {|Si |  a},

donc Si 1Bi est une fonction des variables aléatoires X1 , . . . , Xi . D’autre part, on a Sn −Si =

n 

k=i+1

Xk , donc Sn −Si est une fonction des variables aléatoires Xi+1 , . . . , Xn .

Les variables aléatoires X1 , . . . , Xn étant indépendantes, il en est de même de Si 1Bi et Sn − Si , d’après le lemme des coalitions.

Les variables aléatoires Xi sont dans L2 , donc il en est de même des variables aléatoires Si . Les variables aléatoires Sn2 1Bi , Si2 1Bi et (Sn − Si )2 1Bi ont une espérance finie, car, elles sont positives et inférieures respectivement à Sn2 , Si2 et (Sn − Si )2 , qui ont une espérance finie. On a, par linéarité de l’espérance :









E Sn2 1Bi − E Si2 1Bi = E ((Sn − Si )(Sn + Si ) 1Bi )





= E (Sn − Si )2 1Bi + 2E ((Sn − Si )Si 1Bi ) .

Les variables aléatoires Si 1Bi et Sn − Si sont indépendantes donc : E ((Sn − Si )Si 1Bi ) = E (Si 1Bi ) E(Sn − Si ) = 0,

car E(Sn − Si ) =

n 

E(Xk ) = 0 . On a donc l’égalité voulue.

k=i+1

Soit ω ∈ Ω . • Si ω ∈ Bi , alors Si2 (ω) 1Bi (ω) = Si2 (ω)  a2 1Bi (ω) . • Si ω ∈ / Bi , alors Si2 (ω) 1Bi (ω) = a2 1Bi (ω) = 0 .

718

Solutions des exercices On a donc Si2 1Bi  a2 1Bi , d’où l’on déduit, par croissance de l’espérance :



Comme E (Sn − Si )2 1Bi fortiori E

2. (a) On a :



Sn2 1Bi



2







E Si2 1Bi  a2 E (1Bi ) = a2 P(Bi ).  0 , car c’est l’espérance d’une variable positive, on a a

 a P(Bi ) .

C = B1 ∪ · · · ∪ Bn . Les événements B1 , . . . , Bn étant incompatibles, on en déduit : P(C) =

n 

P(Bi ).

i=1

(b) De la question 1, on déduit :

n  1   2 1 P(C)  2 E Sn 1Bi  2 E a a i=1

Mais

n 



1Bi = 1C  1 , donc E Sn2

i=1

On obtient :

n 

1Bi

i=1

P(C) 

17.14 1. Soit x ∈ [−1, 1] et t ∈ IR . On remarque que







Sn2



n 

1Bi

i=1



.

 E Sn2 = V(Sn ) , car E(Sn ) = 0 .

V(Sn ) · a2

1+x 1−x (−t) + t = xt . 2 2

1+x 1−x et sont deux réels positifs, de somme 1 , on obtient par convexité 2 2 de la fonction exp :   1 − x −t 1 + x t 1+x 1−x etx = exp (−t) + t  e + e. 2 2 2 2 Comme

2. Comme |X|  1 , on a, d’après la première question, pour tout réel t :

1 − X −t 1 + X t e + e. 2 2 La variable X est d’espérance finie, donc il en est de même de la variable aléatoire qui est dans le membre de droite de l’inégalité et, par linéarité, on a : etX 

E





 et   e−t  1 − X −t 1 + X t 1 − E(X) + 1 + E(X) = ch(t), e + e = 2 2 2 2

car X est centrée. Comme la variable aléatoire etX est positive, on en déduit qu’elle est   également d’espérance finie et que E etX  ch(t) .

Mais on a ch(t) =

 t2n

+∞

(2n)!

n=0

· On remarque que, pour n ∈ IN∗ , on a :

(2n)! = n! × ((n + 1) × · · · × (2n))  n! 2n ,

car il y a dans le produit n termes supérieurs à 2 . Cela reste vrai pour n = 0 . On en déduit : ch(t) 





On a donc E etX  e

+∞  t2n n=0

t2 2

.

n! 2n

=

+∞  n=0

 t2 2 2

n!

=e

t2 2

.

719

Chapitre 17. Espérance — Variance 3. On peut supposer que les ck pour 1  k  n sont non nuls. En effet si ck = 0 , alors Xk = 0 et on peut les supprimer des deux membres de l’inégalité. Xk , pour tout k . La variable Yk est centrée et |Yk |  1 , donc on a, On pose Yk = ck









t2 c2 k 2

d’après la question 2, E etXk = E etck Yk  e etSn = exp

 n

tXk

k=1

Les variables aléatoires e dantes, donc :



E e

tSn

La chaîne d’inclusions





tXk

=

e

, pour tout réel t . On a :

=

n 

etXk .

k=1

sont indépendantes, car fonctions de variables indépen-

n  

E e

tXk

k=1 |Sn |



>e

ε











⊂ e

P(|Sn | > ε) = P e|Sn | > e

n 

e

t2 c2 k 2

= exp

k=1 Sn

 ε

>e



ε





∪ e

 P eSn > e

On en déduit, en appliquant l’inégalité de Markov :









−Sn

 ε



n t2  2 ck . 2 k=1

> eε





donne :



+ P e−Sn > eε .



E e−Sn E eSn + · P(|Sn | > ε)  eε eε



En appliquant la majoration de E etSn exp

n 

pour t = 1 et t = −1 , on obtient :

  n 1 2

c2k

k=1 eε

P(|Sn | > ε)  2

17.15 1. Pour n ∈ IN∗ , on a Xn =





= 2 exp

  n 1 2

k=1

c2k



−ε .

Zk . Pour tout k  1 , on a E(Zk ) = 1 et, comme les

k=1

variables Zk sont indépendantes : E(Xn ) =

n 

E(Zk ) = 1.

k=1

Pour tout k  1 , on a E(Zk2 ) =

(1 − a)2 + (1 + a)2 = 1 + a2 . Par indépendance des 2

variables Zk2 , on en déduit : E(Xn2 ) =

n 

E(Zk2 ) = (1 + a2 )n

puis

k=1

V(Xn ) = (1 + a2 )n − 1.

Ainsi, V(Xn ) tend vers +∞ quand n tend vers +∞ . 2. Les variables aléatoires Yk sont finies donc appartiennent à L2 . On obtient par la formule de transfert :   1 ln(1 − a) + ln(1 + a) = ln 1 − a2 . ∀k  1 E(Yk ) = 2 Les variables Yk sont indépendantes, car fonctions des variables Zk qui sont indépen√ dantes, de même loi, possèdent une espérance finie ln 1 − a2 et une variance finie donc,

720

Solutions des exercices d’après la loi faible des grands nombres, on a :

Comme



Yn > ln





Yn − ln lim P 

n→+∞





1 − a2 + ε ⊂ Yn − ln ∀ε > 0







1 − a2   ε = 0.





1 − a2   ε , on a a fortiori :

lim P Yn > ln

n→+∞

Comme

a2 )

√



 



1 − a2 + ε = 0.





< 0 , donc on peut choisir ε ∈ 0, − ln 1 − a2 ) .   √ On pose alors δ = − ln 1 − a2 −ε . On a bien δ > 0 et P Yn > −δ tend vers 0 quand n tend vers l’infini. ln Z1 + · · · + ln Zn ln Xn 3. On remarque que Yn = = · On a donc : n n On a ln

1−

√

∀ε > 0





Yn > −δ =









ln Xn > −nδ = Xn > e−nδ .

lim e−nδ = 0 , il existe n0 ∈ IN∗ tel que, pour n  n0 , on ait e−nδ  ε .

n→+∞

Pour n  n0 , on a {Xn > ε} ⊂ {Xn > e−nδ } et donc :





n > −δ . 0  P(Xn > ε)  P Y

On en déduit que P(Xn > ε) tend vers 0 quand n tend vers l’infini.

17.16 1. Numérotons les urnes de 1 à n et considérons pour 1  i  n , la variable Xi indicatrice n 

de l’événement « la i -ème urne est vide ». Il est clair que Yn =

Xi .

i=1

L’événement {Xi = 1} est réalisé si, et seulement si, toutes les boules ont été placées   n − 1 na . Comme Xi suit dans l’une des n − 1 autres urnes. On a donc P(Xi = 1) = n une loi de Bernoulli, on en déduit : E(Xi ) =



n−1 n

na

et

V(Xi ) =

Par linéarité de l’espérance, on a : E(Sn ) =



n−1 n

na 

1−



n−1 n

na 

.

n   n − 1 na 1 E(Xi ) = . n n i=1

D’autre part, on a : 1 V(Sn ) = 2 n

 n

V(Xi ) + 2





Cov(Xi , Xj ) .

1i 0 . Puisque on ait |E(Sn ) −

lim E(Sn ) = e−a , il existe n0 ∈ IN∗ tel que, pour tout n  n0 ,

n→+∞ e−a |  ε2 . Pour

n  n0 , on a par inégalité triangulaire :





|Sn − E(Sn )|  |Sn − e−a | − E(Sn ) − e−a   |Sn − e−a | −

On en déduit :





|Sn − e−a |  ε ⊂

On a donc, pour n  n0 :







|Sn − E(Sn )| 

ε 2







P |Sn − e−a |  ε  P |Sn − E(Sn )|  d’après l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev. Comme

ε 2



ε · 2

.

4V(Sn ) , ε2

lim V(Sn ) = 0 , on en déduit :

n→+∞

lim P(|Sn − e−a |  ε) = 0.

n→+∞

17.17 Les variables X , Z et Y (car Y  Z ) sont finies, donc leurs fonctions génératrices sont définies sur IR . Pour tout t ∈ IR \ {1} , on a : GX (t) =

ℓ−1 1 i tℓ − 1 t = ℓ ℓ(t − 1)

et, de même,

i=0

GZ (t) =

tn − 1 · n(t − 1)

Les variables X et Y étant indépendantes, on a GZ = GX GY et donc : ∀t ∈ IR \ {1}

GY (t) =

m−1 ℓ(tn − 1) GZ (t) tℓm − 1 1  ℓi = = = t · GX (t) n(tℓ − 1) m(tℓ − 1) m i=0

Cette égalité est encore valable pour t = 1 par continuité. On en déduit que P(Y = ℓi) = sur {0, ℓ, 2ℓ, . . . , (m − 1)ℓ} .

722

1 , pour tout i ∈ [[0, m − 1]] . Ainsi Y suit la loi uniforme m

Solutions des exercices 17.18 On pose q = 1 − p . 1. On a P(Y = 0) = P(X  n) = 1 − P(X > n) = 1 − q n .

Pour k  1 , on a P(Y = k) = P(X = n + k) = pq n+k−1 . 2. On en déduit, sous réserve d’absolue convergence : GY (t) = (1 − q n ) +

+∞ 

pq n+k−1 tk .

k=1

q n pt · 1 − qt est dérivable en 1 , donc Y est d’espérance

Ainsi, GY (t) est défini pour |tq| < 1 et GY (t) = 1 − q n + 3. Comme 1 ∈ ]−1/q, 1/q[ , la fonction GY finie : E(Y ) = G′Y (1) =

q n pq qn qn p + · = 1−q (1 − q)2 p

17.19 1. Soit k ∈ [[1, n]] . Pour construire une permutation σ ∈ {Zk = 1} , on commence par choisir   les images par σ des entiers entre 1 et k (il y a nk choix). Alors σ ∈ {Zk = 1} si, et seulement si, σ(k) est le plus grand de ces k entiers. Les k − 1 autre éléments peuvent être attribués arbitrairement comme images par σ de 1, . . . , k − 1 , ce qui donne (k − 1)! choix. Enfin, pour compléter σ , les éléments de [[k + 1, n]] doivent être mis en bijection avec les n − k éléments restants : il y a (n − k)! choix. On obtient : card ({Zk = 1}) =

 

n (k − 1)!(n − k)! k

et

Ainsi Zk suit la loi de Bernoulli de paramètre 2. (a) Il est clair que Xn =

 n

card ({Zk = 1}) 1 = · n! k

P(Zk = 1) = 1 · k

Zk . On a donc :

k=1

E(Xn ) =

n 

n  1

E(Zk ) =

k=1

k=1

k

·

De plus, comme Z1 , . . . , Zn sont indépendantes, on a : V(Xn ) =

n 

V(Zk ) =

k=1

n   1 k=1

k

1 k

1−



=

n  1 k=1

k

−

On a E(Xn ) ∼ ln n et V(Xn ) ∼ ln n quand n tend vers +∞ . (b) De l’indépendance des variables Zk , on déduit gn =

n 

n  1 k=1

k2

·

hk , où hk est la fonction

k=1

génératrice de Zk . Pour tout réel t , on a : hk (t) = P(Zk = 0) + t P(Zk = 1) = 1 −

1 t k−1+t + = · k k k

On en déduit : gn (t) =

n  k−1+t

k=1

k

=

n−1 1  (k + t). n! k=0

Le coefficient de tk dans gn (t) est P(Xn = k) . On obtient : 1 P(Xn = 1) = , n

1 P(Xn = 2) = n

n−1  1 k=1

k

et

P(Xn = n) =

1 · n!

723

Chapitre 17. Espérance — Variance 3. Montrons que (Z1 , . . . , Zn ) sont indépendantes. Soit p ∈ [[1, n − 1]] . Fixons (ε1 , . . . , εp+1 ) ∈ {0, 1}p+1 et montrons que :



P(Z1 = ε1 , . . . , Zp+1 = εp+1 ) = P Z1 = ε1 , . . . , Zp = εp )P(Zp+1 = εp+1 ).

(⋆)

Une récurrence immédiate sur p donnera alors :



P(Z1 = ε1 , . . . , Zn = εn ) = P Z1 = ε1 ) · · · P(Zn = εn ). Puisque Zp+1 suit une loi de Bernoulli, on peut sans perte de généralité supposer εp+1 = 1 . Rappelons que pour tout événement A ∈ P(Ω) , on a P(A) =



card A card Ω

=

card A · n!

• Détaillons le calcul de card Z1 = ε1 , . . . , Zp+1 = εp+1 } . Pour construire une permutation σ appartenant à cet événement : ∗ on fixe l’ensemble A = {σ(1), . . . , σ(p)} , partie à p éléments dans [[1, n]] ;   ∗ on construit la liste σ(1), . . . , σ(p) ; on constate que le nombre de manière d’ordonner l’ensemble A de telle sorte à ce les maximums provisoires soient aux endroits souhaités ne dépend que de (ε1 , . . . , εp ) et pas de l’ensemble A , car il ne dépend que des positions relatives des σ(i) et non de leurs valeurs exactes ; notons α le nombre de ces possibilités ; ∗ on fixe σ(p + 1) pour que ce soit un maximum provisoire, c’est-à-dire strictement supérieur à max A : n − max A possibilités ;   ∗ on construit le reste de la permutation σ(p+2), . . . , σ(n) , ce qui donne (n−p−1)! possibilités.   On a donc card Z1 = ε1 , . . . , Zp+1 = εp+1 } = α (n − max A)(n − p − 1)! A∈Pp ([[1,n]])

donc :

P(Z1 = ε1 , . . . , Zp+1 = εp+1 ) =



α (n − p − 1)! n!

A∈Pp ([[1,n]]

(n − max A).

• En raisonnant de manière semblable, on trouve :



card Z1 = ε1 , . . . , Zp = εp } =



A∈Pp ([[1,n]])

=

donc : P(Z1 = ε1 , . . . , Zp = εp ) = • Enfin, on a : card {Zp+1 = 1} =



A∈Pp ([[1,n]])

α n! p!

α · p!

p! (n − max A)(n − p − 1)!

donc : P(Zp+1 = 1) =

p! (n − p − 1)! n!



A∈Pp ([[1,n]])

(n − max A).

Les résultat obtenus nous offrent bien la relation (⋆) souhaitée.

724



α (n − p)! = α (n − p)! card Pp ([[1, n]])



Solutions des exercices 17.20 1. Pour tout n ∈ IN , Sn est une variable aléatoire discrète comme somme de variables aléatoires discrètes. On a : • SN (Ω) ⊂ IN , donc SN (Ω) est au plus dénombrable ;   {SN = k} ∩ {N = n} = {Sn = k} ∩ {N = n} , • pour tout k ∈ IN , {SN = k} = n∈IN

n∈IN

donc {SN = k} , union dénombrable d’événements, est un événement. Par conséquent, SN est une variable aléatoire discrète. 2. Pour tout t ∈ [0, 1] , on a : GSN (t) =





tk P(SN = k) =

k∈IN k

Comme t P(SN = k, N = n)

tk P(SN = k, N = n).

k∈IN n∈IN



est une famille de réels positifs, on peut échanger

(k,n)∈IN2

l’ordre de sommation. Pour n ∈ IN , on a :





tk P(SN = k, N = n) =

k∈IN



tk P(Sn = k, N = n)

k∈IN

=



tk P(Sn = k)P(N = n),

k∈IN

car Sn et N sont indépendantes. On en déduit :



tk P(SN = k, N = n) = GSn (t)P(N = n) = GX1 (t)n P(N = n),

k∈IN

car GSn (t) = GX1 +···+Xn (t) =

n 

GXi (t) = GX1 (t)n , par indépendance des va-

i=1

riables Xi . On obtient finalement : ∀t ∈ [0, 1]

GSN (t) =







GX1 (t)n P(N = n) = GN GX1 (t) ,

n∈IN

ce qui est le résultat voulu. 3. Les fonctions GN et GX1 sont dérivables en 1 , car N et X1 sont d’espérance finie et GX1 (1) = 1 . On en déduit que GSN est dérivable en 1 à gauche, donc dérivable en 1 (cf. remarque page 691). Ainsi la variable aléatoire SN est d’espérance finie : E(SN ) = G′SN (1) = G′N (GX1 (1)) G′X1 (1) = G′N (1)G′X1 (1) = E(N )E(X1 ). 4. Les fonctions GN et GX1 sont deux fois dérivable en 1 , car N et X1 appartiennent à L2 . On en déduit que GSN est deux fois dérivable en 1 à gauche donc deux fois dérivable en 1 et : G′′SN (1) = G′N (GX1 (1)) G′′X1 (1) + G′′N (GX1 (1)) G′X1 (1)2 = G′N (1)G′′X1 (1) + G′′N (1)G′N (1)2 . On a donc : E (SN (SN − 1)) = E(N )E (X1 (X1 − 1)) + E (N (N − 1)) E(X1 )2

 









= E(N ) E X12 − E(X1 ) + E(N 2 ) − E(N ) E (X1 )2 . On en déduit :





V(SN ) = E SN (SN − 1) + E(SN ) − E(SN )2 = V(X1 )E(N ) + E(X1 )2 V(N ), après simplifications.

725

Chapitre 17. Espérance — Variance 17.21 1. (a) On a Sn = 0 si, et seulement si, parmi les n variables Xi pour 1  i  n , il y en a autant qui prennent la valeur 1 et la valeur −1 . Cela nécessite n pair. On a donc un = 0 si n est impair et, si n est pair : un =

  n n 2

n

n

p 2 (1 − p) 2 =

  n 

p(1 − p)

n 2

 n2

.

(b) On dispose du développement en série entière usuel suivant : +∞

 1 √ = 1−t

∀t ∈ ]−1, 1[

n=0

2n n

tn

4n

·

Or 4p(1 − p) ∈ [0, 1] donc pour x ∈ ]−1, 1[ on a 4p(1 − p)x2 ∈ [0, 1[ ⊂ ]−1, 1[ , d’où : 1



1 − 4p(1 − p)x2

=

+∞  n=0

=

+∞ 

2n

(4p(1 − p))n x2n 4n

n

u2n x2n = f (x),

n=0

car un = 0 si n est impair. 2. (a) Les événements Ak pour 1  k  n sont incompatibles et : {Sn = 0} ⊂ On a donc {Sn = 0} = patibles :

n 

k=1



Ak .

1kn

({Sn = 0} ∩ Ak ) et comme il s’agit d’événements incom-

P(Sn = 0) =

n  k=1

(b) Soit k ∈ [[1, n]] . Comme :

P ({Sn = 0} ∩ Ak ) .

S1 = X1 , S2 = X1 + X2 , . . . , Sk = X1 + X2 + · · · Xk , on peut écrire Ak sous la forme : Ak = {f (X1 , X2 , . . . , Xk ) ∈ Nk } ,

en posant f (x1 , . . . , xk ) = (x1 , x1 + x2 , . . . , x1 + · · · + xk ) et Nk = IN∗k−1 × {0} . On a alors :









P {Sn = 0} ∩ Ak = P {Xk+1 + · · · + Xn = 0} ∩ {f (X1 , X2 , . . . , Xk ) ∈ Nk }



 



= P Xk+1 + · · · + Xn = 0 P f (X1 , X2 , . . . , Xk ) ∈ Nk ,

car les variables aléatoires Xk+1 + · · · + Xn et f (X1 , . . . , Xk ) sont indépendantes (puisque de X1 , . . . , Xn sont indépendantes). On obtient :









P {Sn = 0} ∩ Ak = P Xk+1 + · · · + Xn = 0 P(Ak ).

Les variables aléatoires Xi sont indépendantes et suivent la même loi, donc la loi de Xk+1 + · · · + Xn est la même que celle de X1 + · · · + Xn−k = Sn−k . On a donc :









P {Sn = 0} ∩ Ak = P Sn−k = 0 P(Ak ) = un−k vk .

Comme de plus v0 = 0 , on obtient, d’après la question précédente : un = P(Sn = 0) =

n  k=0

726

un−k vk .

Solutions des exercices 3. (a) Comme 0  vn  1 , le rayon de la série entière définissant g(x) est supérieur ou égal à 1 . La fonction f g possède un développement en série entière dont les coefficients sont obtenus par produit de Cauchy. Pour n  1 , on a

n 

un−k vk = un . Pour n = 0 , u0 v0 = 0 . On obtient :

k=0

∀x ∈ ]−1, 1[

f (x)g(x) =

n=1

On en déduit : ∀x ∈ ]−1, 1[

+∞ 

g(x) =

(b) On a :

un xn = f (x) − 1.

 f (x) − 1 = 1 − 1 − 4p(1 − p)x2 . f (x) A=



Ak .

n∈IN∗

Comme les Ak sont deux à deux incompatibles, on en déduit : P(A) =

+∞ 

P(Ak ) =

k=1

+∞ 

vk = g(1).

k=1



On a pour x ∈ ]−1, 1[ , g(x) = 1 − 1 − 4p(1 − p)x2 .   vn est convergente. Donc la série vn xn est une série de fonctions La série continues, normalement convergente sur [−1, 1] . La fonction g est donc continue sur [−1, 1] et : P(A) = g(1) = lim g(x) = 1 − |2p − 1|. x→1−

1 , on a P(A) = 1 . Il est presque sûr que le mobile repassera à l’origine. 2 1 • Si p �= , on a P(A) < 1 . Le mobile peut ne pas repasser à l’origine. 2 4. (a) Il est presque sûr qu’il existe n ∈ IN tel que {Sn = 0} est réalisé et donc un plus petit entier n pour lequel {Sn = 0} est réalisé, donc T est presque sûrement finie. Pour tout k ∈ IN∗ , on a {T = k} = Ak . Or Ak est un événement, donc T est bien une variable aléatoire. (b) On a, pour tout x ∈ ]−1, 1[ : • Si p =

g(x) = 1 − On a donc :



1−

∀n ∈ IN

∗

x2

=

  2n +∞  2 2n−2 x n−1 n4n

n=1

v2n =

·

2n−2

2

n−1

n4n

et, bien entendu, vn = 0 si n est impair. (c) La variable T est d’espérance finie si, et seulement si, la série de terme général 2nv2n converge. En utilisant la formule de Stirling, on obtient : 1 2nv2n ∼ √ · nπ La série diverge, donc T n’est pas d’espérance finie.

727

Chapitre 18 : Équations différentielles linéaires

I

Équations différentielles linéaires d’ordre 1 . . . . . . . Définitions et notations . . . . . . . . . . . . . . . . . . Structure de l’ensemble des solutions . . . . . . . . . . . Traduction matricielle : systèmes différentiels linéaires . Théorème de Cauchy linéaire . . . . . . . . . . . . . . . II Exponentielle d’un endomorphisme, d’une matrice . . 1 Exponentielle d’un endomorphisme . . . . . . . . . . . . 2 Exponentielle d’une matrice . . . . . . . . . . . . . . . . III Systèmes différentiels à coefficients constants . . . . . 1 Définition . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Expression des solutions de l’équation homogène . . . . 3 Résolution pratique de l’équation homogène . . . . . . . IV Équations différentielles linéaires scalaires d’ordre n . 1 Définition . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Traduction sous la forme d’un système différentiel linéaire d’ordre 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . V Équations différentielles linéaires scalaires d’ordre 2 . 1 Wronskien . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Recherche d’une solution particulière : méthode de variation des constantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Quelques techniques classiques d’obtention de solutions d’une équation scalaire d’ordre 2 . . . . . . . . . . . . . 4 Résolution de l’équation homogène (E0 ) quand on en connaît une solution non nulle . . . . . . . . . . . . . . 5 Exemples de résolution d’équations non normalisées . . Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 2 3 4

. . . . . . . . . .

730 730 732 733 734 736 736 738 742 742 742 744 747 747

. 748 749 . 750 . 751 . 753 . 756 . 758 767

Équations différentielles linéaires

18

En première année ont été abordées : • les équations différentielles linéaires d’ordre 1 de la forme :

y ′ + a(t) y = b(t) avec a : I → IK et b : I → IK continues ;

• les équations différentielles linéaires d’ordre 2 à coefficients constants de la forme : y ′′ + a y ′ + b y = c(t)

avec (a, b) ∈ IK2 et c : I → IK continue.

Les objectifs du cours de seconde année sont, toujours en restant dans le cas linéaire : • pour les équations d’ordre 1 , étendre l’étude aux cas de fonctions à valeurs vectorielles (dans un espace de dimension finie) ; • pour les équations d’ordre 2 , étendre l’étude au cas de coefficients non constants. Dans ce chapitre, IK désigne IR ou C, I un intervalle de IR d’intérieur non vide, et E un IK -espace vectoriel de dimension finie muni d’une norme �·� .

I

Équations différentielles linéaires d’ordre 1

1

Définitions et notations

Notation Dans tout ce chapitre, afin d’alléger les écritures, si u est un endomorphisme de E et e un vecteur de E , alors la valeur de u en e, notée traditionnellement u(e), sera souvent notée u · e. Définition 1 • On appelle équation différentielle linéaire du premier ordre toute équation de la forme : x′ = a(t) · x + b(t), (E) où a : I → L(E) et b : I → E sont deux applications continues.

• L’application b est appelée second membre de l’équation (E).

• On appelle équation homogène (ou sans second membre) associée à (E) l’équation : x′ = a(t) · x. (E0 )

´ I Equations différentielles linéaires d’ordre 1

Exo 18.1

Définition 2 Soit a : I → L(E) et b : I → E deux applications continues. On appelle solution de l’équation différentielle x′ = a(t) · x + b(t) toute application dérivable ϕ : I → E vérifiant : ∀t ∈ I ϕ′ (t) = a(t) · ϕ(t) + b(t). Remarques • Sans la convention « u · e » donnée plus haut, la relation ci-dessus s’écrit :   ∀t ∈ I ϕ′ (t) = a(t) ϕ(t) + b(t), et l’équation est notée :

x′ = a(t)(x) + b(t). • On pourra noter x′ (t) = a(t)·x(t)+ b(t) l’équation (E) si l’on veut préciser le nom de la variable libre, en particulier s’il y a ambiguïté sur le nom de cette variable. • Les applications a et b sont supposées continues, x est continue car dérivable et l’application bilinéaire (u, y) → u · y est également continue sur L(E) × E car définie sur un espace vectoriel de dimension finie, donc une solution de (E) est au moins de classe C 1 . Dans la suite de cette partie, a : I → L(E) et b : I → E sont deux deux applications continues et (E) est l’équation différentielle x′ = a(t) · x + b(t). Notation

Pour a : I → L(E) et x : I → E , notons a · x l’application : a·x :

I t

−→ E �−→ a(t) · x(t).

Avec cette notation, l’équation différentielle (E) s’écrit : x′ = a · x + b.

(E)

Problème de Cauchy Définition 3 • On dit qu’une solution ϕ de l’équation différentielle (E) vérifie la condition initiale (t0 , x0 ) ∈ I × E si l’on a : ϕ(t0 ) = x0 .

• On appelle problème de Cauchy, l’équation (E) munie d’une condition initiale (t0 , x0 ) ∈ I × E : (E) : x′ = a(t) · x + b(t)

et

x(t0 ) = x0 .

• Résoudre ce problème de Cauchy, c’est trouver toutes les solutions ϕ de (E) vérifiant la condition initiale ϕ(t0 ) = x0 . 731

´ Chapitre 18. Equations différentielles linéaires Mise sous forme intégrale d’un problème de Cauchy Proposition 1 Soit (t0 , x0 ) ∈ I × E . Une application ϕ : I → E est une solution du problème de Cauchy : et x(t0 ) = x0 (E) : x′ = a(t) · x + b(t) si, et seulement si, elle est continue et vérifie :  t  t ∀t ∈ I ϕ(t) = x0 + a(s) · ϕ(s) ds + b(s) ds. t0

t0

Démonstration page 761

2

Structure de l’ensemble des solutions

L’application : L

: C 1 (I, E) x

→ C 0 (I, E) �→ x′ − a · x

est bien définie, c’est une application linéaire, et l’on constate que les équations (E) et (E0 ) se formulent naturellement à l’aide de L : (E) : L(x) = b

et

(E0 ) : L(x) = 0.

Le théorème de Cauchy linéaire (cf. théorème 4 de la page 734) montrera que L est surjective. Les propriétés générales des équations linéaires donnent alors les deux résultats suivants. Proposition 2 • L’ensemble S0 des solutions de l’équation homogène (E 0 ) est un sous-espace vectoriel de C 1 (I, E) ; c’est le noyau de l’application linéaire L introduite cidessus. • Si ϕp est une solution particulière de (E), l’ensemble S des solutions de l’équation (E) s’écrit : S = ϕp + S0 . C’est donc un sous-espace affine de C 1 (I, E) de direction S0 .

Proposition 3 (Principe de superposition) Soit (α1 , α2 ) ∈ IK2 et (b1 , b2 ) ∈ C 0 (I, E)2 tels que b = α1 b1 + α2 b2 . Si ϕ1 et ϕ2 sont respectivement solutions des équations : x′ = a(t) · x + b1 (t)

et

x′ = a(t) · x + b2 (t),

alors la fonction α1 ϕ1 + α2 ϕ2 est solution de (E) : x′ = a(t) · x + b(t). 732

´ I Equations différentielles linéaires d’ordre 1

3

Traduction matricielle : systèmes différentiels linéaires

Convention

Dans la suite, on identifie Mn,1 (IK) et IKn .

Définition 4 On appelle système différentiel linéaire du premier ordre toute équation différentielle linéaire du premier ordre de la forme : X ′ = A(t) X + B(t), avec A : I → Mn (IK) et B : I → IKn continues, et où la fonction inconnue est X : I → IKn . Un tel système s’écrit :   ′   x1 = a1,1 (t) x1   .. .. . .      x′ = a (t) x n,1 1 n

+

+

··· +

a1,n (t) xn .. .

+

· · · + an,n (t) xn

+

b1 (t) .. .

(Sys)

bn (t)

où les ai,j , appelées coefficients, et les bi , appelées seconds membres, sont des applications continues de I dans IK. Interprétation Si l’on munit l’espace vectoriel E d’une base B , alors l’équation différentielle : x′ = a(t) · x + b(t)

(E)

se traduit matriciellement par le système différentiel linéaire du premier ordre : X ′ = A(t) X + B(t)

(Sys)

où, pour tout t ∈ I :

• A(t) est la matrice de a(t) dans la base B ;

• B(t) est la matrice colonne des coordonnées de b(t) dans la base B .

En effet, une application ϕ : I → E est solution de (E) si, et seulement si, : ∀t ∈ I

X ′ (t) = A(t) X(t) + B(t)

où X(t) est la matrice colonne des coordonnées de ϕ(t) dans la base B . Remarque Si n = 1 , alors le système différentiel (Sys) s’écrit : x′1 = a1,1 (t) x1 + b1 (t), et n’est rien d’autre qu’une équation différentielle linéaire scalaire d’ordre 1 .

733

´ Chapitre 18. Equations différentielles linéaires

4

Théorème de Cauchy linéaire

On rappelle que a et b désignent des applications continues sur I à valeurs respectivement dans L(E) et E . On considère l’équation différentielle linéaire du premier ordre : (E) x′ = a(t) · x + b(t). La démonstration du théorème fondamental suivant n’est pas exigible.

Théorème 4 (Théorème de Cauchy linéaire) Pour tout (t0 , x0 ) ∈ I × E, il existe une et une seule solution ϕ de l’équation (E) vérifiant la condition initiale ϕ(t0 ) = x0 . Autrement dit, le problème de Cauchy : x′ = a(t) · x + b(t)

et

x(t0 ) = x0

possède une unique solution.

Démonstration (non exigible) page 761

Remarque Le théorème de Cauchy linéaire a été démontré dans le cours de première année pour les équations différentielles linéaires scalaires (E = IK ) du premier ordre en exhibant la forme explicite des solutions. Pour ces équations, de la forme : x′ + a(t)x = b(t) avec a : I → IK et b : I → IK continues,

l’unique solution prenant la valeur x0 au point t0 ∈ I est :    t     t �→ exp −F (t) x0 + exp F (u) b(u) du , t0

où F est la primitive de a sur I s’annulant en t0 . Cette forme explicite ne s’étend pas au cas général (dim E  2 ).

Remarques • La partie « existence » du théorème de Cauchy linéaire assure que l’ensemble des solutions de (E) est non vide (car I × E est non vide).

• On utilise souvent l’unicité pour établir des propriétés des solutions de (E) sans résoudre l’équation.

Ex. 1. Deux solutions distinctes de (E) ne se croisent pas. Autrement dit, si ϕ1 et ϕ2 sont deux solutions distinctes de (E) , on a : ∀t ∈ I

ϕ1 (t) �= ϕ2 (t).

En effet, s’il existait t0 ∈ I tel que ϕ1 (t0 ) = ϕ2 (t0 ) , alors les fonctions ϕ1 et ϕ2 seraient toutes deux solutions du problème de Cauchy : x′ = a(t) · x + b(t)

et

x(t0 ) = ϕ1 (t0 ) = ϕ2 (t0 ).

et donc, par propriété d’unicité, on aurait ϕ1 = ϕ2 . Ex. 2. En particulier, une solution non nulle de l’équation homogène (E0 ) ne s’annule en aucun point de I . En effet, la fonction nulle étant solution de l’équation homogène, elle n’en croise aucune autre.

734

´ I Equations différentielles linéaires d’ordre 1 Ex. 3. Soit T ∈ IR∗+ . Supposons I = IR et a et b T -périodiques. Si ϕ est une solution de (E) , alors ϕT : t �→ ϕ(t + T ) est encore une solution de (E) . En effet, on a : ∀t ∈ IR

ϕ′T (t) = ϕ′ (t + T ) = a(t + T ) · ϕ(t + T ) + b(t + T ) = a(t) · ϕT (t) + b(t).

On en déduit que :

ϕ est T -périodique ⇐⇒ ϕT = ϕ ⇐⇒ ϕT (0) = ϕ(0) ⇐⇒ ϕ(T ) = ϕ(0).

Formulation en termes de systèmes différentiels linéaires Soit A : I → Mn (IK) et B : I → IKn des applications continues. Pour tout (t0 , X0 ) ∈ I × IKn , le problème de Cauchy : Exo 18.2

(Sys) : X ′ = A(t) · x + B(t) possède une unique solution.

et

X(t0 ) = X0

Espace des solutions de l’équation homogène Proposition 5 Soit t0 ∈ I . Notons S0 l’espace vectoriel des solutions de l’équation homogène (E0 ) : x′ = a(t) · x. L’application : δt0

: S0 ϕ

est un isomorphisme d’espaces vectoriels.

→ E �→ ϕ (t0 )

Démonstration.

L’application δt0 est évidemment linéaire, et elle est bijective puisque, pour tout x0 ∈ E , le théorème de Cauchy linéaire assure l’existence d’un et un seul élément ϕ ∈ S0 tel que ϕ(t0 ) = x0 , c’est-à-dire δt0 (ϕ) = x0 .

Corollaire 6 L’espace S0 est de dimension finie égale à celle de E. Corollaire 7 Si ϕ1 , . . . , ϕn sont des solutions de l’équation homogène (E0 ), alors les trois assertions suivantes sont équivalentes : (i) la famille (ϕ1 , . . . , ϕn ) est une base de S0 ;   (ii) il existe t0 ∈ I tel que la famille ϕ1 (t0 ), . . . , ϕn (t0 ) soit une base de E ;   (iii) pour tout t ∈ I , la famille ϕ1 (t), . . . , ϕn (t) est une base de E .

Démonstration.

• L’implication (iii) ⇒ (ii) est évidente. • (ii) ⇒ (i) . Soit t0 ∈ I tel que la famille (ϕ1 (t0 ), . . . , ϕn (t0 )) soit une base de E . En reprenant les notations de la proposition 5, la famille (ϕ1 , . . . , ϕn ) est l’image de la base   ϕ1 (t0 ), . . . , ϕn (t0 ) de E par l’isomorphisme δt−1 . C’est donc une base de S0 . 0 • (i) ⇒ (iii) . Supposons que (ϕ1 , . . . , ϕn ) soit une base de S0 . Fixons t ∈ I et montrons que (ϕ1 (t), . . . , ϕn (t)) est une base de E . C’est le cas, à nouveau grâce à la proposition 5, car la famille (ϕ1 (t), . . . , ϕn (t)) apparaît comme l’image par l’isomorphisme δt de la base (ϕ1 , . . . , ϕn ) de S0 .

735

´ Chapitre 18. Equations différentielles linéaires Ex. 4. Considérons l’équation homogène (E0 ) : x′ = a(t)·x et t0 ∈ I . Soit B = (e1 , . . . , en ) une base de E . Pour tout k ∈ [[1, n]] , il existe une unique solution ϕk de (E0 ) telle que ϕk (t0 ) = ek . Alors (ϕ1 , . . . , ϕk ) est une base de S0 . Soit (λ1 , . . . , λn ) ∈ IKn . On a, pour tout ϕ ∈ S0 : ϕ=

n  k=1

λk ϕk ⇐⇒ ϕ(t0 ) =

n 

λk e k .

k=1

Point méthode Le fait de connaître la dimension de S0 se révèle très utile. En effet, si l’on dispose de n fonctions ϕ1 , . . . , ϕn de I dans E de dimension n, alors pour prouver que la famille (ϕ1 , . . . , ϕn ) est une base de S0 , il suffit de démontrer au choix : • que ϕ1 , . . . , ϕn appartiennent à S0 et forment une famille libre ;     • que S0 ⊂ Vect ϕ1 , . . . , ϕn . On a alors S0 = Vect ϕ1 , . . . , ϕn , pour des rai sons de dimension, et la famille (ϕ1 , . . . , ϕn est génératrice, donc est une base de S0 . Il n’est pas nécessaire de démontrer préalablement que les fonctions ϕk appartiennent à S0 .

II

Exponentielle d’un endomorphisme, d’une matrice

1

Exponentielle d’un endomorphisme

Dans la suite, on munit L(E) d’une norme sous-multiplicative, c’est-à-dire vérifiant : ∀(a, b) ∈ L(E)2

�a ◦ b�  �a� �b�,

par exemple la norme subordonnée à une norme de E . Définition et premières propriétés Proposition 8 Soit a ∈ L(E). La série de terme général Démonstration.

La norme �·� utilisée sur L(E) étant sous-multiplicative, on a : ∀k ∈ IN

 k  a  �a�k   ·  k!  k!

Donc, par comparaison, la convergence de la série

   ak   · entraîne celle de la série  k!  D’où la définition suivante. 736

ak est absolument convergente. k!

 �a�k k!

(série numérique de l’exponentielle)

II Exponentielle d’un endomorphisme, d’une matrice Définition 5 Soit a ∈ L(E). On appelle exponentielle de a et l’on note exp(a) ou ea , la somme ak : de la série absolument convergente de terme général k! +∞ k  a exp(a) = · k! k=0

Ex. 5. Pour tout t ∈ IR , on a : exp(t IdE ) =

+∞  (t IdE )k k=0

k!

=

 +∞   tk k=0

k!

IdE = et IdE .

En particulier, on a exp(0) = IdE . Ex. 6. Si a ∈ L(E) est nilpotente et si p ∈ IN est tel que ap = 0 , alors on a : ∀k  p

ak = 0

et donc

exp(a) =

p−1 k  a k=0

k!

·

Proposition 9 L’application exp : L(E) −→ L(E) est continue. a �−→ exp(a) Principe de démonstration.

Démonstration page 763 Utiliser le théorème de continuité des séries de fonctions.

Proposition 10 Soit a ∈ L(E). L’application ϕ : IR −→ L(E) est de classe C 1 et sa dérivée t �−→ exp(ta) est donnée par : ∀t ∈ IR ϕ′ (t) = a ◦ exp(ta) = exp(ta) ◦ a. Principe de démonstration.

Démonstration page 764 Utiliser le théorème de dérivation des séries de fonctions.

Remarque On obtient par récurrence que l’application ϕ : t �→ exp(ta) est de classe C ∞ et, pour tout p ∈ IN, on a : ∀t ∈ IR ϕ(p) (t) = ap ◦ exp(ta) = exp(ta) ◦ ap .

Propriété fondamentale de l’exponentielle Proposition 11 Soit a et b des endomorphismes de E qui commutent. Alors on a :   exp a + b = exp(a) ◦ exp(b) = exp(b) ◦ exp(a).

Démonstration page 764   Principe de démonstration. On montre que les applications t �→ exp t(a + b) et t �→ exp(ta) ◦ exp(tb) sont solutions du même problème de Cauchy.

737

´ Chapitre 18. Equations différentielles linéaires Corollaire 12

 −1 Soit a ∈ L(E). L’endomorphisme exp(a) est inversible et exp(−a) = exp(a) .

Démonstration. précédente :

Comme a et −a commutent, il vient de la proposition 11 de la page

exp(a) ◦ exp(−a) = exp(−a) ◦ exp(a) = exp(0) = IdE .

Corollaire 13 Soit a ∈ L(E). On a alors :

∀(s, t) ∈ IR2

Démonstration.

  exp(sa) ◦ exp(ta) = exp (s + t)a .

Cela résulte directement de la proposition 11 de la page précédente, car sa

et ta commutent.

2

Exponentielle d’une matrice

Définition Proposition 14 Soit A ∈ Mn (IK). La série de terme général Démonstration.

Ak est absolument convergente. k!

Même démonstration que pour l’exponentielle d’un endomorphisme.

Définition 6 Soit A ∈ Mn (IK). On appelle exponentielle de A et l’on note exp(A) ou eA , la Ak : somme de la série absolument convergente de terme général k! exp(A) =

+∞  Ak k=0

k!

·

Ex. 7. Pour tout t ∈ IR , on a exp(t In ) = et In et, en particulier, exp(0) = In . Ex. 8. Si A ∈ Mn (IK) est nilpotente, et si p ∈ IN est tel que Ap = 0 , alors exp(A) = Ex. 9. Soit V est un vecteur propre de A associé à la valeur propre λ . Soit t ∈ IR . On a pour tout N ∈ IN ,

N 

k=0

(tA)k V k!

=



N 

k=0

(λt)k k!





p−1 k=0

Ak · k!

V . L’application M �→ M V

de Mn (IK) dans IKn étant continue, car linéaire avec un espace vectoriel de départ de dimension finie, on en déduit, en faisant tendre N vers +∞ , etA V = eλt V . Ex. 10. Soit A =



0 1

1 0



∈ M2 (IR) . On a A2 = I2 donc, pour tout n ∈ IN , A2n = I2

et A2n+1 = A . On en déduit : exp(A) =

+∞  n=0

738

+∞

 1 1 I2 + A = ch(1)I2 + sh(1)A. (2n)! (2n + 1)! n=0

II Exponentielle d’un endomorphisme, d’une matrice Remarque Soit A et B deux matrices semblables de Mn (IK) et P ∈ GLn (IK) telle que A = P BP −1 . On a alors : �� � N N N � � Ak P B k P −1 Bk = =P P −1 . ∀N ∈ IN k! k! k! k=0

k=0

k=0

L’endomorphisme Mn (IK) −→ Mn (IK) étant continu, car linéaire entre espaces M �−→ P M P −1 de dimension finie, on obtient, en passant à la limite : exp(A) = P exp(B)P −1 . Exo 18.3

Exemples de calculs Ex. 11. Soit A = Diag(λ1 , . . . , λn ) une matrice diagonale. On a alors :



 ∀k ∈ IN Ak = 

λk1

(0) ..

.

(0)

λkn

  

puis

k=0

Par passage à la limite, on obtient :

 

exp(A) = 

eλ1

k=0

λk 1 k!

(0)

(0) ..

. N �

k=0

λk n k!



   .  

 .

. eλ n

(0)

N �



(0) ..

   = k!  

N � Ak

∀N ∈ IN



Ex. 12. Supposons A diagonalisable. On peut donc écrire : A = P DP −1

avec

P ∈ GLn (IK)

D = Diag(λ1 , . . . , λn ).

et

On a alors, d’après la remarque qui précède :

 

exp(A) = P exp(D)P −1 = P 

eλ1

(0) ..

. eλ n

(0)



 −1 P .

Ex. 13. Soit T une matrice triangulaire supérieure de Mn (IK) de coefficient diagonaux λ1 , . . . , λn . Pour tout k ∈ IN , la matrice T k est triangulaire supérieure de coefficients diagonaux λk1 , . . . , λkn . Pour tout N ∈ IN , la matrice

N �

k=0

Tk k!

est donc triangulaire supérieure.

Comme l’ensemble des matrices triangulaires supérieures est un espace vectoriel de dimension finie, donc fermé, on en déduit que exp(T ) est triangulaire supérieure. Ses termes diagonaux sont eλ1 , . . . , eλn .

739

´ Chapitre 18. Equations différentielles linéaires  

Ex. 14. Si A ∈ Mn (IK) est diagonale par blocs et s’écrit A = 



A1 ..

. Am

où A1 , . . . , Am sont des matrices carrées, on obtient, en effectuant des produits par blocs :

∀N ∈ IN

puis, par passage à la limite :

   = k!  

N � Ak k=0



 

exp(A) = 

N �

k=0



Ak 1 k!

..

k=0

exp(A1 ) ..

     

. N �

. exp(Am )

 ,

Ak m k!



 .

Lien entre exponentielle d’endomorphisme et exponentielle de matrice Proposition 15 Si A est la matrice d’un endomorphisme a dans une base B de E , alors exp(A) est la matrice dans B de exp(a).

Démonstration page 765

Propriétés de l’exponentielle d’une matrice Les résultats suivants résultent de la traduction dans une base des propriétés de l’exponentielle d’un endomorphisme. En effet, si Φ désigne l’application qui à un endomorphisme de IKn associe sa matrice dans la base canonique, on a d’après la proposition 15 : ∀A ∈ Mn (IK) exp(A) = Φ ◦ exp ◦Φ−1 (A),

où Φ et Φ−1 sont continues et sont des morphismes d’algèbres. Les propriétés de l’exponentielle d’une matrice en découlent. Proposition 16 L’application exp : Mn (IK) −→ Mn (IK) est continue. A �−→ exp(A) Proposition 17 Soit A ∈ Mn (IK). L’application ϕ : IR −→ Mn (IK) t �−→ exp(tA) dérivée est donnée par :

est de classe C 1 et sa

∀t ∈ IR ϕ′ (t) = A exp(tA) = exp(tA)A. Remarque Plus généralement, l’application ϕ : t �→ exp(tA) est de classe C ∞ et, pour tout p ∈ IN, on a : ∀t ∈ IR ϕ(p) (t) = Ap exp(tA) = exp(tA) Ap .

740

II Exponentielle d’un endomorphisme, d’une matrice

Proposition 18 Soit A et B des matrices de Mn (IK) qui commutent. Alors on a :   exp(A) exp(B) = exp A + B = exp(B) exp(A). Corollaire 19 Pour A ∈ Mn (IK), la matrice exp(A) est inversible et l’on a :  −1 . exp(−A) = exp(A) Proposition 20 Soit A ∈ Mn (IK). On a :

  exp(sA) exp(tA) = exp (s + t)A .

∀(s, t) ∈ IR2

Spectre de l’exponentielle d’une matrice complexe

Proposition 21 Soit n ∈ IN∗ et A ∈ Mn (C). Si les valeurs propres de A, comptées avec ordre de multiplicité, sont λ1 , . . . , λn , alors celles de exp(A) sont eλ1 , . . . , eλn . Démonstration page 765

Attention

Ce résultat est faux en général pour le spectre réel d’une matrice réelle.

Ex. 15. Soit A =



0 −π

π 0



∈ M2 (IR) . Les valeurs propres complexes de A sont ±iπ ,

donc A n’a pas de valeur propre réelle. D’après la proposition 21, exp(A) a une seule valeur complexe −1 = e−iπ = eiπ . Le spectre réel de exp(A) est également {−1} .

Corollaire 22 Soit a un endomorphisme d’un C-espace vectoriel de dimension finie E . Si les valeurs propres de a, comptées avec ordre de multiplicité, sont λ1 , . . . , λn , alors celles de exp(a) sont eλ1 , . . . , eλn . 







Ex. 16. Montrons que det exp(A) = exp tr(A) , pour toute matrice A ∈ Mn (C) .

En notant λ1 , . . . , λn les valeurs propres de A , comptées avec ordre de multiplicité, les valeurs propres de exp(A) sont eλ1 , . . . , eλn . On a donc :





det exp(A) =

n 

k=1

eλk = exp

 n k=1

λk







= exp tr(A) .

741

´ Chapitre 18. Equations différentielles linéaires

III 1

Systèmes différentiels à coefficients constants Définition

Définition 7 L’équation différentielle linéaire : x′ = a(t) · x + b(t) est dite à coefficients constants si la fonction a : I −→ L(E) est constante. t �−→ a(t) On identifie alors a à un élément de L(E) et l’on note l’équation : x′ = a · x + b(t).

Si l’on dispose d’une base B de E et si A et B(t) sont respectivement les matrices de a et b(t) dans la base B , alors l’équation précédente s’écrit matriciellement : X ′ = A X + B(t).

2

Expression des solutions de l’équation homogène

Version vectorielle Proposition 23 (Résolution d’un problème de Cauchy) Soit a ∈ L(E) et (t0 , x0 ) ∈ IR × E . L’application : ϕ : IR −→ E   t �−→ exp (t − t0 )a · x0

est l’unique solution du problème de Cauchy : et x(t0 ) = x0 . x′ = a · x Démonstration. ∀t ∈ IR et

L’application ϕ est solution du problème de Cauchy considéré puisque :

ϕ′ (t) =





    d exp t − t0 )a .x0 = a ◦ exp (t − t0 )a · x0 = a · ϕ(t) dt 



ϕ(t0 ) = exp (t0 − t0 )a · x0 = exp(0) · x0 = IdE ·x0 = x0 .

D’après le théorème de Cauchy linéaire, c’est l’unique solution.

Remarque Les solutions sont toutes définies sur IR. Par restriction, on obtient les solutions sur un intervalle I . Corollaire 24 Soit a ∈ L(E) et x0 ∈ E . L’application : ϕ : IR t

−→ E �−→ exp(ta) · x0

est l’unique solution sur IR du problème de Cauchy : x′ = a · x et x(0) = x0 . 742

III Systèmes différentiels à coefficients constants Version matricielle Proposition 25 (Résolution d’un problème de Cauchy) Soit A ∈ Mn (IK) et (t0 , X0 ) ∈ IR × IKn . L’application :   ϕ : t �→ exp (t − t0 )A X0 est l’unique solution du problème de Cauchy : et X(t0 ) = X0 . X ′ = AX

Corollaire 26 Soit A ∈ Mn (IK) et X0 ∈ IKn . L’application :

ϕ : IR −→ Mn (IK) t �−→ exp(tA)X0

est l’unique solution sur IR du problème de Cauchy : X ′ = AX et X(0) = X0 . Ex. 17. Si V est un vecteur propre de A associé à la valeur propre λ , alors l’application ϕ : t �→ eλt V est l’unique solution sur IR du problème de Cauchy : X ′ = A X et X(0) = V . En effet, comme on l’a vu dans l’exemple 9 de la page 738, etA V = eλt V .

Solution de l’équation avec second membre Il est aussi possible de donner une expression d’une équation à coefficients constants avec second membre à l’aide de l’exponentielle. Ex. 18. Soit ϕ la solution du problème de Cauchy : (E) : x′ = a · x + b(t)

x(t0 ) = x0 .

et

La fonction ψ : t �→ exp(−ta) · ϕ(t) est aussi de classe C 1 et, pour tout t ∈ I : Ψ′ (t) = − exp(−ta) ◦ a · ϕ(t) + exp(−ta).ϕ′ (t)





= − exp(−ta) ◦ a · ϕ(t) + exp(−ta) a · ϕ(t) + b(t)) = exp(−ta) · b(t). Sachant que Ψ(t0 ) = exp(−t0 a) · x0 , on en déduit : ∀t ∈ I

ψ(t) = exp(−t0 a) · x0 +



t t0

exp(−sa) · b(s) ds

et donc : ∀t ∈ I

ϕ(t) = exp(ta) · ψ(t) = exp(ta) exp(−t0 a) · x0 + exp(ta)





= exp (t − t0 )a · x0 +



t t0





t

t0

exp(−sa) · b(s) ds



exp (t − s)a · b(s) ds.

On voit l’analogie avec la solution d’un équation linéaire scalaire du premier ordre, obtenue par la méthode de variation de la constante.

743

´ Chapitre 18. Equations différentielles linéaires

3

Résolution pratique de l’équation homogène

On s’intéresse dans cette partie à une équation homogène de la forme : X ′ = AX

(E0 )

avec A ∈ Mn (IK), dont les solutions sont les fonctions t �→ etA V , où V est un vecteur quelconque de IKn d’après le corollaire 26 de la page précédente. Cas où A est diagonalisable On a vu qu’il était facile de calculer l’exponentielle d’une matrice diagonalisable (cf. exemple 12 de la page 739) et donc d’exprimer les solutions de (E0 ) dans ce cas. Si : A = P DP −1 On a alors :

avec P ∈ GLn (IK) 

 exp(tA) = P exp(D)P −1 = P 

et D = Diag(λ1 , . . . , λn ), (0)

etλ1 .. (0)

. eλn t

On peut aussi donner une expression simple d’une base de S .



 −1 P .

Proposition 27 Supposons la matrice A diagonalisable. Soit (V1 , . . . , Vn ) une base de vecteurs propres de A et (λ1 , . . . , λn ) la liste des valeurs propres associées. Alors, en notant, pour tout k ∈ [[1, n]] : ϕk : IR −→ IKn t − � → eλk t Vk

Exo 18.4

la famille (ϕ1 , . . . , ϕn ) est une base de S .

Démonstration page 765

Remarques • Dans le cas où A est à coefficients réels, on peut s’intéresser aux solutions complexes ou réelles de l’équation. Lorsqu’il y a ambiguïté, on note SC et SIR pour éviter toute confusion. • Si A est diagonalisable dans IR et si (V1 , . . . , Vn ) est une base de vecteurs propres réels, alors les applications ϕk : t → � eλk t Vk de la proposition 27 sont à valeurs réelles et l’on a : SC = VectC (ϕ1 , . . . , ϕn )

et

SIR = VectIR (ϕ1 , . . . , ϕn ).

Cas où A est diagonalisable dans C mais pas dans IR Si A ∈ Mn (IR) est diagonalisable dans C mais pas dans IR , le paragraphe précédent nous fournit les solutions complexes. On souhaite déterminer les solutions réelles Ex. 19. Considérons une application ϕ : IR → Cn . Alors, dans le C -espace vectoriel des fonctions de IR dans Cn , on a : � � Vect(ϕ, ϕ) = Vect Re(ϕ), Im(ϕ) .

�

�

• On a Vect(ϕ, ϕ) ⊂ Vect Re(ϕ), Im(ϕ) du fait des deux relations : ϕ = Re(ϕ) + i Im(ϕ)

744

et

ϕ = Re(ϕ) − i Im(ϕ).

III Systèmes différentiels à coefficients constants 



• L’inclusion réciproque Vect Re(ϕ), Im(ϕ) ⊂ Vect(ϕ, ϕ) vient des relations : Re(ϕ) =

ϕ+ϕ 2

et

Im(ϕ) =

ϕ−ϕ · 2i

Point méthode Si A ∈ Mn (IR) est diagonalisable dans C mais pas dans IR, on peut déterminer l’ensemble SIR des solutions réelles de (E0 ) à partir de la diagonalisation de A. 1. On forme une base de vecteurs propres complexes de A telle que : • les vecteurs propres associés à des valeurs propres réelles appartiennent à IRn ; • vis-à-vis des valeurs propres non réelles, on forme des couples de vecteurs propres conjugués (i.e. de la forme (V, V )). 2. Dans la base (ϕ1 , . . . , ϕn ) de SC évoquée dans la proposition 27 de la page ci-contre, on voit alors apparaître : • pour les valeurs propres réelles, des applications de la forme t �→ eλt V , qui sont à valeurs dans IRn ; • pour les valeurs propres non réelles, des couples de la   forme t �→ eλt V, t �→ eλt V , c’est-à-dire de la forme (ϕ, ϕ)   3. On change les couples de la forme (ϕ, ϕ) en Re(ϕ), Im(ϕ) . L’exemple 19 de la page précédente assure que la nouvelle famille ainsi obtenue est encore une base de SC . Cette base de SC : • est constituée de solutions de (E0 ) à valeurs dans IRn , i.e. d’éléments de SIR ; Exo 18.5

• est libre dans le C-espace vectoriel F(IR, C), donc l’est également dans le IRespace vectoriel F (IR, IR). Comme elle comporte n éléments et que dim SIR = n, c’est une base de SIR .

Ex. 20. Résolvons dans C puis dans IR le système différentiel X ′ = AX avec :

A=



• Pour x ∈ C , on a :

  x−1 1  x+1 χA (x) =  −2  0 0

−2 −3 x−1

1 2 0

−1 −1 0

    = (x − 1) 

2 3 1



.

  x−1 1   −2 x + 1

   = (x − 1)(x2 + 1). 

On a donc sp(A) = {1, i, −i} . La matrice A est donc diagonalisable dans C mais pas dans IR . • Après calculs : ∗ le vecteur V1 =



1 4 2



est vecteur propre associé à la valeur propre 1 ;

745

´ Chapitre 18. Equations différentielles linéaires

∗ le vecteur V2 =



1+i 2 0



est vecteur propre associé à la valeur propre i ; par suite,

comme A est à coefficients réels, le vecteur V2 est vecteur propre associé à la valeur propre −i . • Ainsi, une base de SC est donnée par (X1 , X2 , X2 ) avec : X1 : t �→ et V1



• Comme Vect(X2 , X2 ) = Vect Re(X2 ), Im(X2 )



X2 : t �→ eit V2 .

et





(cf. exemple 19 de la page 744), on en

déduit que la famille X1 , Re(X2 ), Im(X2 ) est une base de SC , et donc de SIR car elle est formée d’applications à valeurs dans IR3 . De manière plus explicite, on a :

X1 (t) = e

t



1 4 2



, Re(X2 )(t) =



cos t − sin t 2 cos t 0



, Im(X2 )(t) =



cos t + sin t 2 sin t 0



.

Cas où la matrice A n’est pas diagonalisable dans C Point méthode Dans le cas où A est seulement trigonalisable : 1. on trigonalise en écrivant A = P T P −1 avec T triangulaire supérieure ; 2. en posant Y = P −1 X et en traduisant sur Y le système différentiel X ′ = AX , on obtient le système différentiel Y ′ = T Y ; ce système différentiel est triangulaire et on peut le résoudre ligne par ligne, du bas vers le haut ; 3. on obtient alors les solutions cherchées à l’aide de la relation X = P Y .

Exo 18.6

Remarques • Dans la démarche précédente : ∗ il n’est pas nécessaire de calculer P −1 ;

∗ lorsque l’on trigonalise A, on cherchera à obtenir la matrice triangulaire la plus simple possible afin d’obtenir le système différentiel Y ′ = T Y le plus simple possible.

Exo 18.7 Exo 18.8

• La technique consistant à obtenir un système différentiel plus simple par réduction de la matrice A peut aussi s’appliquer pour un système différentiel avec second membre de la forme X ′ = AX + B(t). • Si l’on décompose Cn en somme de sous-espaces caractéristiques, on se ramène au cas où A s’écrit λIn + N , avec λ ∈ C et N nilpotente (cf. exercice 18.11). 746

´ III Equations différentielles linéaires scalaires d’ordre n

IV

Équations différentielles linéaires scalaires d’ordre n

On suppose ici que n est un entier naturel non nul.

1

Définition

Définition 8 • On appelle équation différentielle linéaire scalaire d’ordre n une équation de la forme : n−1  (n) x + ak (t)x(k) = b(t), (E) k=0

où (ak )k∈[[0,n−1]] est une famille de n applications continues de I dans IK et b une application continue de I dans IK.

• L’application b ∈ C (I, IK) s’appelle le second membre de (E).

• On dit que l’équation (E) est à coefficients constants si toutes les fonctions ak sont constantes et qu’elle est homogène ou sans second membre si b = 0. • On appelle équation homogène associée à (E), l’équation : x(n) +

n−1 

ak (t)x(k) = 0.

(E0 )

k=0

Définition 9 On appelle solution de l’équation différentielle linéaire (E) toute application n fois dérivable ϕ : I → IK vérifiant : ∀t ∈ I

ϕ(n) (t) +

n−1 

ak (t) ϕ(k) (t) = b(t).

k=0

Dans la suite de cette section, on considère une équation (E) de ce type. Remarques • L’équation (E) dans la définition 8 est écrite sous une forme dite normalisée, ce qui signifie que le coefficient devant x(n) vaut 1 . Si une équation différentielle linéaire scalaire d’ordre n apparaît sous une forme non normalisée, c’est-à-dire : alors :

αn (t) x(n) + αn−1 (t) x(n−1) + · · · + α0 (t) x = b(t).

∗ si la fonction αn ne s’annule pas sur I , on divise par αn pour se ramener à une forme normalisée ; ∗ sinon, le problème est plus délicat : quelques exemples de telles équations seront vus dans la partie V.5 page 758. • Puisque les applications a0 , . . . , an−1 , b sont a minima supposées continues, toute solution de (E) est de classe C n . 747

´ Chapitre 18. Equations différentielles linéaires

2

Traduction sous la forme d’un système différentiel linéaire d’ordre 1

Nous reprenons ici les notations de la définition 8 de la page précédente. Considérons les applications A : I → Mn (IK) et B : I → IKn définies par :    0 1    ..  .. ..  0  .  . . (0)  .    ..  .  .. ..  et B(t) =  A(t) =   . .  ..      0     0  ··· ··· 0 1   b(t) −a0 (t) −a1 (t) · · · · · · −an−1 (t)



    .   

Remarque Pour tout t, la matrice A(t) est la transposée de la matrice compagnon (cf. page 102) du polynôme X n + an−1 (t)X n−1 + · · · + a0 (t) . Les applications A et B ainsi définies permettent de traduire l’équation différentielle scalaire (E) sous la forme d’un système différentiel d’ordre 1 .

Proposition 28 Une fonction ϕ : I → IK est solution de l’équation différentielle (E) si, et seule  ϕ(t)   .. ment si, l’application Φ : t �−→   est solution du système différentiel . (n−1) ϕ (t) d’ordre 1 : (EM) X ′ = A(t)X + B(t). Démonstration page 766

La proposition précédente ramène ainsi l’étude des équations différentielles scalaires d’ordre n à celle des systèmes différentiels du premier ordre. Les résultats qui suivent sont donc des conséquences immédiates de ceux établis dans la partie I. Proposition 29 (Structure de l’ensemble des solutions) • L’ensemble S0 des solutions de l’équation homogène (E0 ) est un sous-espace vectoriel de C n (I, IK). • Si ϕP est une solution de (E), alors l’ensemble S des solutions sur I de l’équation de (E) est le sous-espace affine de C n (I, IK) passant par ϕP et de direction S0 : S = ϕp + S0 .

Problème de Cauchy Reprenons les notations de la proposition 28. Le théorème de Cauchy linéaire pour les systèmes différentiels nous assure que pour tout couple (t0 , X0 ) ∈ I × IKn , il existe une unique solution Φ au système différentiel (EM) vérifiant la condition initiale : Φ(t0 ) = X0 . 748

V Équations différentielles linéaires scalaires d’ordre 2 

 Puisque Φ(t0 ) = 

ϕ(t0 ) .. . ϕ(n−1) (t0 )



  , on constate que fixer une condition initiale de la

forme Φ(t0 ) = X0 revient à fixer les valeurs de ϕ(t0 ), . . . , ϕ(n−1) (t0 ). Cela mène à la version suivante du théorème de Cauchy linéaire :

Théorème 30 (Théorème de Cauchy linéaire) Pour tout (t0 , x0 , . . . , xn−1 ) ∈ I × IKn , il existe une et une seule solution ϕ de (E) vérifiant : ∀k ∈ [[0, n − 1]] ϕ(k) (t0 ) = xk . Ex. 21. Sans calculs, le théorème de Cauchy linéaire assure l’existence et l’unicité de la solution sur IR du problème de Cauchy suivant : x′′ + sin(t) x′ + cos(t) x = t

et

�

�

x(0), x′ (0) = (1, 0).

Espace des solutions de l’équation homogène Proposition 31 Soit t0 ∈ I. L’application :

S0 −→ �IKn � ϕ �−→ ϕ(t0 ), . . . , ϕ(n−1) (t0 )

est un isomorphisme d’espaces vectoriels.

Exo 18.13

Corollaire 32 L’espace S0 des solutions de l’équation différentielle homogène (E0 ) est de dimension n.

V

Équations différentielles linéaires scalaires d’ordre 2

Nous étudions dans ce qui suit une équation linéaire scalaire du second ordre de la forme : x′′ + a1 (t)x′ + a0 (t)x = b(t) (E) où a0 , a1 et b sont des fonctions continues de I dans IK . Cette équation est un cas particulier des équations linéaires scalaires d’ordre n étudiées dans la partie précédente. On a donc : • l’espace vectoriel S0 des solutions de l’équation homogène (E0 ) associée à (E) est de dimension 2 ; • si ϕP est une solution de (E), alors l’ensemble S des solutions de (E) est le sous-espace affine : S = ϕP + S0 ; 749

´ Chapitre 18. Equations différentielles linéaires • le théorème de Cauchy linéaire assure l’existence et l’unicité d’une solution ϕ de (E) vérifiant une condition initiale de la forme :   ϕ(t0 ), ϕ′ (t0 ) = (x0 , x1 ) avec (t0 , x0 , x1 ) ∈ I × IK2 .

Remarque Comme pour les équations linéaires d’ordre 1 , on déduit de l’unicité des propriétés qualitatives des solutions. Ex. 22. Les zéros (c’est-à-dire les points d’annulation) d’une solution ϕ non nulle de l’équation linéaire scalaire homogène du second ordre : x′′ + a1 (t)x′ + a0 (t)x = 0

(E)

sont isolés. Autrement dit, si ϕ(t0 ) = 0 , alors il existe r > 0 tel que ϕ ne s’annule pas sur [t0 − r, t0 + r] \ {t0 } .





Comme ϕ n’est pas la fonction nulle, on a ϕ(t0 ), ϕ′ (t0 ) �= (0, 0) , car la fonction nulle est la





seule solution f de (E) telle que f (t0 ), f ′ (t0 ) = (0, 0) . On a donc ϕ′ (t0 ) �= 0 . On en déduit : lim

t→t0

ϕ(t) − ϕ(t0 ) ϕ(t) = lim = ϕ′ (t0 ) �= 0. t→t0 t − t0 t − t0

Cela implique qu’il existe r > 0 tel que

1

ϕ(t) t−t0

�= 0 , c’est-à-dire ϕ(t) �= 0 , sur [t0 −r, t0 +r]\{t0 } .

Wronskien

Définition 10 Soit ϕ1 et ϕ2 deux solutions de l’équation homogène (E0 ). On appelle wronskien de la famille (ϕ1 , ϕ2 ) l’application : Wϕ1 ,ϕ2 : I t

−→ IK  ϕ1 (t) �−→ det ϕ′1 (t)

ϕ2 (t) ϕ′2 (t)



.

Remarque On a : Wϕ1 ,ϕ2 = ϕ1 ϕ′2 − ϕ′1 ϕ2 .

Comme ϕ1 et ϕ2 sont solutions de (E0 ), elles sont deux fois dérivables, donc Wϕ1 ,ϕ2 est dérivable. De plus, sa dérivée se simplifie ainsi : Wϕ′ 1 ,ϕ2 = ϕ1 ϕ′′2 − ϕ′′1 ϕ2 . Proposition 33 Le wronskien d’un couple (ϕ1 , ϕ2 ) ∈ (S0 )2 est solution sur I de l’équation différentielle linéaire homogène d’ordre 1 : x′ + a1 (t)x = 0. Démonstration.

L’expression obtenue pour la dérivée du wronskien de (ϕ1 , ϕ2 ) est : Wϕ′ 1 ,ϕ2 = ϕ1 ϕ′′2 − ϕ′′1 ϕ2 ,

750

V Équations différentielles linéaires scalaires d’ordre 2 et donc, puisque ϕ1 et ϕ2 sont solutions de (E0 ) :









Wϕ′ 1 ,ϕ2 = ϕ1 − a1 ϕ′2 − a0 ϕ2 − − a1 ϕ′1 − a0 ϕ1 ϕ2



= −a1 ϕ1 ϕ′2 − ϕ′1 ϕ2 = −a1 Wϕ1 ,ϕ2 ,



donc Wϕ1 ,ϕ2 est solution de l’équation x′ + a1 (t)x = 0 . Ex. 23. Si l’équation différentielle considérée est de la forme : (E) : x′′ + q(t)x = 0

avec

q : I → IK une fonction continue,

alors le wronskien Wϕ1 ,ϕ2 d’un couple (ϕ1 , ϕ2 ) ∈ (S0 )2 vérifie Wϕ′ 1 ,ϕ2 = 0 et donc, I étant un intervalle, il est constant sur I .

Le wronskien est un outil qui permet de caractériser les bases de solutions. Proposition 34 Soit ϕ1 et ϕ2 des solutions de (E 0 ). Notons W le wronskien de (ϕ1 , ϕ2 ). Les trois assertions suivantes sont équivalentes : (i) (ϕ1 , ϕ2 ) est une base de S0 ;

(ii) ∃t ∈ I

Exo 18.14

(iii) ∀t ∈ I

2

W (t) �= 0 ; W (t) �= 0 .

Démonstration page 766

Recherche d’une solution particulière : méthode de variation des constantes

Supposons connue (ϕ1 , ϕ2 ) une base de l’espace S0 des solutions de l’équation homogène (E0 ). La méthode de variation des constantes consiste alors à chercher une solution particulière de (E) sous la forme : ϕ = λ1 ϕ1 + λ2 ϕ2

avec λ1 et λ2 dérivables.

On a alors : ϕ′ = λ1 ϕ′1 + λ2 ϕ′2 + λ′1 ϕ1 + λ′2 ϕ2 . Si l’on impose la condition supplémentaire λ′1 ϕ1 + λ′2 ϕ2 = 0 , on a alors : ϕ′′ = λ1 ϕ′′1 + λ2 ϕ′′2 + λ′1 ϕ′1 + λ′2 ϕ′2 , ce qui donne : ϕ′′ + a1 ϕ′ + a0 ϕ = λ1 (ϕ′′1 + a1 ϕ′1 + a0 ϕ1 ) +λ2 (ϕ′′2 + a1 ϕ′2 + a0 ϕ2 ) +λ′1 ϕ′1 + λ′2 ϕ′2       =0

=0

= λ′1 ϕ′1 + λ′2 ϕ′2 .

Ainsi, pour que ϕ soit solution de (E) il suffit d’avoir :  ′ λ1 ϕ1 + λ′2 ϕ2 = 0 λ′1 ϕ′1 + λ′2 ϕ′2 = b. 751

´ Chapitre 18. Equations différentielles linéaires Puisque la famille (ϕ1 , ϕ2 ) est une base de S0 , son wronskien ne s’annule pas. Donc, pour tout t ∈ I , le système :  ′ λ1 (t)ϕ1 (t) + λ′2 (t)ϕ2 (t) = 0 λ′1 (t)ϕ′1 (t) + λ′2 (t)ϕ′2 (t) = b(t)

permet de déterminer λ′1 (t) et λ′2 (t). Les fonctions λ′1 et λ′2 obtenues sont alors continues comme quotients de fonctions continues. En primitivant, on obtient une solution ϕ de (E). Point méthode (Méthode de variation des constantes) Si l’on connaît une base (ϕ1 , ϕ2 ) de l’espace des solutions de (E0 ), alors on peut rechercher une solution particulière de (E) sous la forme : ϕ = λ1 ϕ1 + λ2 ϕ2

avec λ1 et λ2 dérivables sur I .

Une telle fonction ϕ est solution de (E) si :  ′ λ1 ϕ1 + λ′2 ϕ2 λ′1 ϕ′1 + λ′2 ϕ′2

= 0 = b.

On peut alors déterminer λ′1 et λ′2 , puis λ1 et λ2 par calcul de primitives. Ex. 24. Considérons l’équation différentielle : (E) : x′′ + x = tan t, sur un intervalle I de la forme ]− π2 + kπ, π2 + kπ[ , où k ∈ ZZ . L’équation homogène est à coefficients constants et une base de l’ensemble des solutions est (sin, cos) . On applique la méthode de la variations des constantes, en cherchant une solution de (E) sous la forme λ1 sin +λ2 cos , avec λ1 et λ2 dérivables sur I . Il suffit d’avoir : ∀t ∈ I



λ′1 (t) sin t + λ′2 (t) cos t λ′1 (t) cos t − λ′2 (t) sin t

= =

0 tan t,

ce qui après résolution donne : ∀t ∈ I

λ′1 (t) = sin t

et

λ′2 (t) = −

sin2 t · cos t

On peut choisir λ1 (t) = − cos t . Pour déterminer λ2 , on écrit : λ′2 (t) =

cos t cos2 t − 1 1 cos t cos t = cos t − = cos t − = cos t − − , cos t cos t 2(1 + sin t) 2(1 − sin t) 1 − sin2 t





t · On obtient la solution de (E) ce qui montre que l’on peut choisir λ2 (t) = sin t − 12 ln 1+sin 1−sin t donnée par :  1 + sin t  cos t · ln ∀t ∈ I ϕ(t) = − 2 1 − sin t

Le solutions réelles de (E) sur I sont les fonctions : t �→ −

752



1 + sin t cos t ln 2 1 − sin t



+ λ sin t + µ cos t

avec

(λ, µ) ∈ IR2 .

V Équations différentielles linéaires scalaires d’ordre 2

3

Quelques techniques classiques d’obtention de solutions d’une équation scalaire d’ordre 2

Ces techniques peuvent s’appliquer également aux équations non normalisées. Recherche de solutions « simples » Selon l’allure de l’équation, il peut être pertinent de rechercher une solution sous une forme explicite : fonctions polynomiales, exponentielles, trigonométriques, . . . Ex. 25. Cherchons les solutions polynomiales de l’équation : (t2 + 2t − 1)x′′ + (t2 − 3)x′ − (2t + 2)x = 0.

(E0 )

Le polynôme P est une solution de (E0 ) si, et seulement si, ′′

Q = (X 2 + 2X − 1)P + (X 2 − 3)P ′ − (2X + 2)P = 0. Si αn X n est le terme de plus haut degré de P , le terme de degré n + 1 de Q est : nαn − 2αn . Il doit être nul. Comme αn �= 0 , n = 2 . On cherche donc P de la forme : P = α2 X 2 + α1 X + α0

avec

α2 �= 0.

En reportant dans l’équation (E0 ) et, par unicité des coefficients, on obtient que t �→ P (t) est solution de (E0 ) si, et seulement si, de (E0 ) sont les fonctions :



α1 α0

= =

t �→ λ (t2 − 1) Exo 18.15

0 −α2 .

avec

Par suite, les solutions polynomiales

λ ∈ IR.

Recherche de solutions développables en série entière Ex. 26. Considérons sur IR l’équation homogène : (E0 ) : tx′′ + 2x′ + tx = 0. Recherchons les solutions de (E0 ) développables en série entière. • Soit ϕ une fonction développable en série entière sur un intervalle de la forme ]−r, r[ avec r > 0 . Pour t ∈ ]−r, r[ , on a : ϕ(t) =

+∞ 

an tn

ϕ′ (t) =

n=0

+∞ 

nan tn−1

et

ϕ′′ (t) =

n=1

+∞  n=2

n(n − 1)an tn−2 .

On a, pour tout t ∈ ]−r, r[ : A(t) = tϕ′′ (t) + 2ϕ′ (t) + tϕ(t) = t

+∞  n=2

n(n − 1)an tn−2 + 2

+∞ 

nan tn−1 + t

n=1

+∞ 

an tn ,

n=0

puis en réindexant les sommes pour obtenir dans chacune d’entre elles des tn : A(t) =

+∞  n=1

n(n + 1)an+1 tn + 2

+∞  n=0

(n + 1)an+1 tn +

+∞ 

an−1 tn ,

n=1

753

´ Chapitre 18. Equations différentielles linéaires ce qui donne, en regroupant les sommes : A(t) = 2a1 +

+∞  



(n + 1)(n + 2)an+1 + an−1 tn .

n=1

Par unicité du développement en série entière, on en déduit : ϕ solution de (EH) ⇐⇒ A est la fonction nulle ⇐⇒ a1 = 0 ⇐⇒ ∀n ∈ IN

∀n  1

et

(n + 1)(n + 2)an+1 + an−1 = 0

a2n+1 = 0

a2n =

et

(−1)n a0 . (2n + 1)!

∗ Si ϕ est une solution de (E0 ) développable en série entière, on a donc :

•

ϕ(t) = a0

+∞  (−1)n n=0

(2n + 1)!

∗ Réciproquement : ⋆ le rayon de convergence de la série entière

t2n .

 (−1)n

(2n + 1)!

t2n vaut +∞ (on le montre

par exemple par le critère de d’Alembert) ; ⋆ d’après les calculs effectués dans la première partie du raisonnement, la fonction : ϕ1 : t �→

+∞  (−1)n n=0

(2n + 1)!

t2n

est solution de (E0 ) sur IR . L’ensemble des solutions de (E0 ) développables en séries entières est Vect(ϕ1 ) • On peut simplifier l’expression de cette solution ϕ1 en remarquant que : ∀t ∈ IR

t ϕ1 (t) =

+∞  (−1)n n=0

(2n + 1)!

t2n+1 = sin t,

et donc finalement : ϕ1 (0) = 1

Exo 18.16

et

∀t ∈ IR∗

ϕ1 (t) =

sin t · t

Changement de variables Dans certains cas, l’équation différentielle (E) se traduit de manière plus simple   sur une fonction de la forme u �→ x θ(u) (idéalement, une équation à coefficients constants). La résolution de cette équation plus simple peut permettre d’en déduire les solutions de l’équation initiale. Cette technique n’est pas réservée aux équations homogènes, comme le montre l’exemple suivant. 754

V Équations différentielles linéaires scalaires d’ordre 2 Ex. 27. Considérons, sur ]0, +∞[ , l’équation différentielle linéaire d’ordre 2 : (E) : t2 x′′ + 3 t x′ + 4 x = t ln t. Résolvons (E) grâce au changement de variable t = eu . • Soit f une solution de (E) . ∗ Considérons la fonction : g : IR −→ IR u �−→ f (eu ).

Comme f est deux fois dérivable sur ]0, +∞[ , g est deux fois dérivable sur IR et l’on a, pour tout u ∈ IR : g ′ (u) = eu f ′ (eu )

g ′′ (u) = eu f ′ (eu ) + (eu )2 f ′′ (eu ).

et

On constate alors que, pour u ∈ IR : g ′′ (u) + 2 g ′ (u) + 4 g(u) = (eu )2 f ′′ (eu ) + 3 eu f ′ (eu ) + 4 f (eu ). La fonction f étant solution de (E) , on obtient, pour tout u ∈ IR : g ′′ (u) + 2 g ′ (u) + 4 g(u) = u eu , et donc la fonction g est solution sur IR de l’équation différentielle :

 : x′′ + 2 x′ + 4 x = u eu . (E)

Cette équation est une équation différentielle linéaire scalaire d’ordre 2 à coefficients constants que l’on sait résoudre. Après l’avoir résolue, on en déduit qu’il existe (a, b) ∈ IR2 tel que, pour tout u ∈ IR : g(u) = a e−u cos

√



3 u + b e−u sin

√



3u +

7u − 4 u e . 49

∗ Revenons sur la fonction f . Pour tout t ∈ ]0, +∞[ , on a :





f (t) = f eln t = g(ln t). Par suite, on obtient l’expression suivante de f (t) pour t ∈ ]0, +∞[ : f (t) =

√  b √  7t ln t − 4t a cos · 3 ln t + sin 3 ln t + t t 49

• Notons S l’ensemble des solutions. ∗ Puisque l’on travaille sur ]0, +∞[ , l’équation (E) peut être mise sous forme normalisée. Si ϕP ∈ S , alors S = ϕP + S0 , où S0 est l’espace vectoriel de dimension 2 des solutions de l’équation homogène.



∗ On a montré que S ⊂ ϕ + Vect ϕ1 , ϕ2 ϕ : t �→

4t t ln t − , 7 49

ϕ1 : t �→



avec :

 √ 1 cos 3 ln t t

et

ϕ2 : t �→

 √ 1 sin 3 ln t . t

L’inclusion entre deux sous-espace affines implique l’inclusion de leur direction. On a     donc S0 ⊂ Vect ϕ1 , ϕ2 et pour des raisons de dimension S0 = Vect ϕ1 , ϕ2 . Comme ϕP est une solution de S , elle appartient à ϕ + S0 . On a donc :





S = ϕP + S0 = ϕ + S0 = ϕ + Vect ϕ1 , ϕ2 .

755

´ Chapitre 18. Equations différentielles linéaires

4

Résolution de l’équation homogène (E0 ) quand on en connaît une solution non nulle

Supposons connue une solution ϕ1 non nulle de (E0 ). Comme dim(S0 ) = 2 , il reste à déterminer une solution non proportionnelle à ϕ1 . Méthode du wronskien • Pour ϕ ∈ S0 , l’équation différentielle linéaire scalaire du premier ordre vérifiée par le wronskien W de (ϕ1 , ϕ) permet d’en obtenir une expression, à une constante proportionnelle près.   ϕ • Sur un intervalle où ϕ1 ne s’annule pas, on peut considérer la fonction ϕ1 dont la dérivée est donnée par :  ′ ϕ′ ϕ1 − ϕ ϕ′1 W ϕ = = 2· ϕ1 ϕ21 ϕ1 ϕ puis de ϕ. En primitivant, on obtient alors une expression de ϕ1 Ex. 28. Supposons que l’on souhaite résoudre sur ]0, +∞[ l’équation différentielle : (E0 ) : x′′ +

x′ x − 2 = 0. t t

On constate que la fonction ϕ1 : t �→ t est solution. • Soit ϕ une solution de (E0 ) . Le wronskien W de la famille (ϕ1 , ϕ) est solution sur I de l’équation différentielle d’ordre 1 : 1 x′ + x = 0. t λ En résolvant cette équation, on obtient W (t) = avec λ ∈ IR . t   ϕ D’autre part, comme ϕ1 ne s’annule pas sur ]0, +∞[ , on peut considérer la fonction ϕ1 dont la dérivée vérifie :  ′ ϕ W ϕ′ ϕ1 − ϕ ϕ′1 = 2· = ϕ1 ϕ21 ϕ1 Ainsi, on a :

∀t ∈ ]0, +∞[



ϕ ϕ1

′

=

λ · t3

Il en résulte qu’il existe µ ∈ IR tel que pour tout t ∈ ]0, +∞[ : ϕ(t) λ =− 2 +µ ϕ1 (t) 2t

puis

ϕ(t) = −

1 · t • On peut alors conclure la résolution de (E0 ) . On a obtenu : On a donc ϕ ∈ Vect(ϕ1 , ϕ2 ) avec ϕ2 : t �→

S0 ⊂ Vect(ϕ1 , ϕ2 ). Comme dim S0 = 2 , on a nécessairement S0 = Vect(ϕ1 , ϕ2 ) .

756

λ + µt. 2t

V Équations différentielles linéaires scalaires d’ordre 2 Remarque L’exemple précédent est favorable car la solution ϕ1 dont on est parti ne s’annule pas sur l’intervalle de résolution. Il peut arriver que cette fonction ϕ1 s’annule, auquel cas il faut se restreindre à un sous-intervalle J ⊂ I sur lequel elle ne s’annule pas. La relation : ∀t ∈ J

Exo 18.17

ϕ = λ ϕ1 (t) + µ ϕ2 (t)

obtenue ne permet pas de conclure directement ; en revanche, si ϕ2 est définie sur I tout entier et que l’on pense qu’elle est solution, alors il est facile de le montrer. Méthode alternative à la méthode précédente Connaissant une solution non nulle ϕ1 de l’équation homogène (E0 ), on dispose d’une méthode alternative à la méthode précédente. Elle consiste à rechercher d’autres solutions de (E0 ) sous la forme : ϕ = λ ϕ1

avec λ une fonction deux fois dérivable.

On a alors : ϕ′ = λ′ ϕ1 + λ ϕ′1

et

ϕ′′ = λ′′ ϕ1 + 2 λ′ ϕ′1 + λ ϕ′′1 ,

donc : ϕ′′ + a1 ϕ′ + a0 ϕ = λ′′ ϕ1 + λ′ (2 ϕ′1 + a1 ϕ1 ) + λ (ϕ′′1 + a1 ϕ′1 + a0 ϕ1 ) .    =0

Donc λ doit vérifier l’équation :

λ′′ ϕ1 + λ′ (2ϕ′1 + a1 ϕ1 ) = 0. La fonction λ′ est solution d’une équation différentielle linéaire d’ordre 1 . Sur un intervalle où ϕ1 ne s’annule pas, on peut alors déterminer λ et obtenir une expression de ϕ. Ex. 29. Reprenons l’exemple 28 de la page précédente. La fonction ϕ1 : t �→ t est solution et ne s’annule pas sur ]0, +∞[ . On cherche une solution sous la forme ϕ = λ ϕ1 . On obtient, pour tout t > 0 , tλ′′ (t) + 3λ′ (t) = 0 , c’est-à3λ′ (t) · En intégrant, on obtient l’existence de α ∈ IR tel que : dire λ′′ (t) = − t ∀t > 0

λ′ (t) = αe−3 ln t =

α , t3

puis l’existence de β tel que : ∀t > 0

λ(t) =

−α +β 2t2

et donc

∀t > 0

ϕ(t) =

−α + βt. 2t

On conclut comme par l’autre méthode que S0 = Vect(ϕ1 , ϕ2 ) avec ϕ2 : t �→

1 · t

757

´ Chapitre 18. Equations différentielles linéaires

5

Exemples de résolution d’équations non normalisées

Étant donné une équation différentielle linéaire scalaire de la forme : an (t) x(n) + · · · + a0 (t) x = b(t),

(E)

si la fonction an ne s’annule pas sur l’intervalle I de résolution, alors en divisant par an (t), on se ramène à une équation normalisée. L’objectif de cette partie est de traiter quelques exemples d’équations ne pouvant être mises sous forme normalisée. Le plan d’étude d’équations non normalisées sera en général le suivant : Point méthode (Étude d’une équation non normalisée) Pour résoudre une équation linéaire de la forme an (t)x(n) + · · · + a0 (t)x = b(t) lorsque la fonction an possède des points d’annulation : Exo 18.18 Exo 18.19

• on commence par résoudre l’équation sur tout intervalle sur lequel an ne s’annule pas ; • on cherche ensuite, par analyse-synthèse, les solutions sur l’intervalle entier. Pour des équations différentielles linéaires non normalisées subsistent : • le principe de superposition ; • l’ensemble S0 des solutions de l’équation homogène est un espace vectoriel ; • la structure de l’ensemble des solutions : s’il n’est pas vide, S = ϕP + S0 , où ϕP est une solution particulière. En revanche, certaines propriétés ne sont plus vérifiées : • la dimension de S0 n’est pas nécessairement égale à l’ordre de l’équation ; • l’existence et l’unicité de la solution à un problème de Cauchy n’est plus assurée : il peut ne pas y avoir de solution, en avoir deux ou une infinité. Ex. 30. Considérons sur IR l’équation différentielle : (E) : (1 − t) x′ − x = t. • Tout d’abord, on constate que l’équation se résout facilement sur les intervalles ]−∞, 1[ et ]1, +∞[ où elle se met sous forme normalisée : ∗ sur ]−∞, 1[ , les solutions sont : t �→

λ + t2 2(1 − t)

avec

λ ∈ IR ;

µ + t2 2(1 − t)

avec

µ ∈ IR.

∗ sur ]1, +∞[ , les solutions sont : t �→

758

V Équations différentielles linéaires scalaires d’ordre 2 • Recherchons par analyse-synthèse les solutions de (E) sur IR . Analyse Soit ϕ une solution de (E) sur IR . ∗ Tout d’abord, ϕ est solution de (E) sur l’intervalle ]−∞, 1[ et sur l’intervalle ]1, +∞[ , donc il existe (λ, µ) ∈ IR2 tel que : ϕ(t) =

 λ + t2  

2(1 − t) 2   µ+t 2(1 − t)

si

t 1.

∗ De plus, ϕ est dérivable sur IR et donc continue. En particulier, ϕ est continue en 1 , et donc possède une limite finie en 1 . Cela impose d’avoir λ = µ = −1 . On obtient : ∀t ∈ IR∗

ϕ(t) =

t+1 t2 − 1 =− 2(1 − t) 2

puis, par continuité en 1 : ϕ(t) = −

∀t ∈ IR

t+1 · 2

Synthèse Réciproquement, on vérifie que la fonction : ϕ : t �→ −

t+1 2

est solution de (E) sur IR . C’est donc l’unique solution de (E) sur IR . Ex. 31. Considérons sur IR l’équation différentielle : (E) : 2t2 x′′ − 5t x′ + 5x = 0. • Sur les intervalles ]−∞, 0[ et ]0, +∞[ , l’équation se met sous forme normalisée donc l’ensemble des solutions est un espace vectoriel de dimension 2 . ∗ Sur ]0, +∞[ , on cherche des solutions ϕ de la forme t �→ tα , avec α ∈ IR . On trouve facilement que ϕ est solution de (E) sur ]0, +∞[ si, et seulement si, 2α2 − 7α + 5 = 0 , 5

ce qui donne α = 1 ou α = 52 · Les fonctions t �→ t et t �→ t 2 n’étant pas colinéaires, elles forment une base de solutions. Sur ]0, +∞[ , les solutions sont donc : 5

t �→ λt + µt 2

avec

(λ, µ) ∈ IR2 .

∗ Sur ]−∞, 0[ , on cherche des solutions ϕ de la forme t �→ (−t)α , avec α ∈ IR . On trouve encore que ϕ est solution de (E) sur ]−∞, 0[ si, et seulement si, 2α2 − 7α + 5 = 0 . On conclut comme dans le premier cas. Sur ]−∞, 0[ , les solutions sont donc : 5

t �→ λt + µ(−t) 2

(λ, µ) ∈ IR2 .

avec

• Recherchons par analyse-synthèse les solutions de (E) sur IR . Analyse Soit ϕ une solution de (E) sur IR . ∗ Tout d’abord, ϕ est solution de (E) sur l’intervalle ]−∞, 0[ et sur l’intervalle ]0, +∞[ , donc il existe (λ, µ, σ, τ ) ∈ IR2 tel que : ϕ(t) =

�

5

λt + µ(−t) 2 5 σt + τ t 2

si si

t 0.

759

´ Chapitre 18. Equations différentielles linéaires ∗ Comme ϕ est solution de l’équation en 0 , on doit avoir de plus ϕ(0) = 0. ∗ La fonction ϕ est dérivable sur ]−∞, 0[ et ]0, +∞[ et : ′

ϕ (t) =



3

λ − 52 µ(−t) 2 3 σ + 52 τ t 2

t 0.

si si

La fonction ϕ′ est dérivable donc continue, ce qui impose λ = σ . Synthèse Soit ϕ : IR → IR une fonction de la forme : ϕ(t) =



5

λt + µ(−t) 2 5 λt + τ t 2

si si

t0 t  0.

Il n’y a pas d’ambiguïté dans la définition de ϕ(0) puisque les deux expressions donnent la même valeur. ∗ Cette fonction est solution de l’équation sur ]−∞, 0[ et ]0, +∞[ . ∗ Par définition, elle est continue à droite et à gauche en 0 , donc continue en 0 . 3

∗ On a, pour t < 0 , ϕ′ (t) = λ − 52 µ(−t) 2 donc lim ϕ′ (t) = λ , donc ϕ′g (0) = λ . On t→0−

montre de même que ϕ′d (0) = λ . Ainsi ϕ est dérivable en 0 , avec ϕ′ (0) = λ , et ϕ′ est continue sur IR . ∗ Le même raisonnement montre que ϕ′ est dérivable à droite et à gauche en 0 et que (ϕ′ )′g (0) = (ϕ′ )′d (0) = 0 . Ainsi, ϕ′ est dérivable en 0 et ϕ′′ (0) = 0. La fonction ϕ est donc solution de (E) sur IR . • On constate que l’ensemble des solutions de (E) est un espace vectoriel de dimension 3 , engendré par exemple par les fonctions : ϕ1 = t �→ t,

760

ϕ2 : t �→



5

(−t) 2 0

si si

t 0 , alors �X(t)� −→ +∞ ; t→+∞

⋆ si Re(λ) < 0 , alors �X(t)� −→ +∞ . t→−∞

Par suite, toutes les solutions de (Sys) étant bornées, on a sp(A) ⊂ iIR . ∗ Montrons maintenant que A est diagonalisable. Par l’absurde : supposons que cela ne soit pas le cas. Reprenons la relation (⋆) utilisée à la question 1(b). Comme A n’est pas diagonalisable, au moins un des blocs diagonaux Ak n’est pas une matrice d’homothétie, donc est de taille au moins 2 avec une matrice nilpotente Nk non nulle. Fixons une telle valeur de k , et notons : r = max{i ∈ IN : Nki �= 0}.

On a, pour t ∈ IR :

exp(tAk ) = eλk t

r  tj j=0

puis, comme λk ∈ iIR :

j!

Nkj

avec

Nkr �= 0

 r  r    r  j−r  tj j     |t| r! t     j exp(tAk ) =  Nk  = Nk  .  j! r!  j!    j=0 j=0    −→ �N r ��=0

t→+∞

k

  Comme r  1 , il en résulte que exp(tAk ) −→ +∞ , et donc : t→+∞   exp(tA) −→ +∞. t→+∞

n

Si (E1 , . . . , En ) est une base de C , alors l’application : Mn (C) M

−→ �−→

IR   max �M E1 �, . . . , �M En �

est une norme sur Mn (C) . La propriété :

  exp(tA) −→ +∞ t→+∞

778

Solutions des exercices appliquée avec cette norme donne que, parmi les fonctions : t �→ exp(tA) Ek

pour

k ∈ [[1, n]]

au moins une n’est pas bornée. Ceci est en contradiction avec l’hypothèse initiale car les fonctions précédentes sont solutions de (Sys) . • Réciproquement, supposons A diagonalisable et sp(A) ⊂ iIR . Il existe (V1 , . . . , Vn ) une base de vecteurs propres de A . En notant (λ1 , . . . , λn ) la liste des valeurs propres associées, on a : S = Vect(X1 , . . . , Xn )

avec

Xk : t �→ eλk t Vk .

∀k ∈ [[1, n]]

Pour tout k ∈ [[1, n]] , le fait que λk soit imaginaire pure donne : ∀t ∈ IR

 λ t   e k  = 1 et donc Xk (t) = �Vk �.

Ainsi, les applications X1 , . . . , Xn sont bornées, ainsi que tous les éléments de S car elles en sont des combinaisons linéaires.



18.12 Analyse Soit ϕ = ϕ1 , ϕ2 ) une solution de (Sys) . On constate que la fonction ψ = ϕ1 + iϕ2 vérifie : ψ ′ (t) = (1 + it) ψ(t) + t et .

∀t ∈ IR

En résolvant l’équation scalaire d’ordre 1 : z ′ = (1 + it) z + t et (résolution de l’équation homogène, puis recherche d’une solution particulière par la méthode de variation de la constante), on obtient l’existence d’une constante α ∈ C telle que : ∀t ∈ IR



t2 ψ(t) = α exp t + i 2



+ i et .

Puisque ϕ1 = Re(ψ) et ϕ2 = Im(ψ) , on obtient (en écrivant α sous forme algébrique α = a + ib ) : ∀t ∈ IR



ϕ1 (t) ϕ2 (t)



=



0 et



+ ae

t



cos sin

 t2   2 t2 2

 

+ be

t



Synthèse De la partie « analyse » du raisonnement il résulte que :

− sin

cos

 t2    t22 

.

2

S ⊂ ϕP + Vect(ϕ1 , ϕ2 ) avec ϕP (t) =



0 et



, ϕ1 (t) = e

t



cos sin

 t2   2 t2 2

 

et ϕ2 (t) = e

t



− sin

cos

 t2    t22 

.

2

Comme on sait que S est un sous-espace affine dont la direction est l’espace vectoriel S0 de dimension 2 , on montre comme dans l’exemple 27 de la page 755 que l’inclusion précédente est une égalité.

779

´ Chapitre 18. Equations différentielles linéaires 18.13 1. L’équivalence cherchée vient du fait que pour tout t ∈ IR , on a : et donc, pour tout t ∈ IR : (n) fλ (t)

+

n−1 

(k)

fλ (t) = λk eλt

∀k ∈ [[0, n]]

(k) ak fλ (t)

n λt

=λ e

+

k=0

n−1  k=0

ak λk eλt = P (λ)  eλt . �=0

2. Supposons que P possède n racines simples λ1 , . . . , λn . • Comme (E0 ) est une équation différentielle linéaire homogène scalaire d’ordre n , on sait que son ensemble solution S0 est un espace vectoriel de dimension n . • D’après la question précédente, pour tout k ∈ [[1, n]] , la fonction fλk : t �→ eλk t est solution de (E0 ) . On a donc :





Vect fλ1 , . . . , fλn ⊂ S0 . Comme dim S0 = n , pour prouver que l’inclusion précédente est une égalité, il suffit de prouver que la famille (fλ1 , . . . , fλn ) est libre. Pour k ∈ [[1, n]] , on a fλ′ k = λk fλk . Ainsi les fonctions fλ1 , . . . , fλn sont des vecteurs propres pour la dérivation, associées à des valeurs propres distinctes. Elles forment donc une famille libre. 18.14 Si une telle équation différentielle existait, alors les fonctions t �→ cos(t) et t �→ t , puisqu’elles ne sont pas proportionnelles, formeraient une base de l’espace S0 des solutions. Et alors, d’après la proposition 34 de la page 751, leur wronskien W ne s’annulerait pas sur IR . Or ce wronskien est donné par : W (t) = ϕ1 (t) ϕ′2 (t) − ϕ′1 (t) ϕ2 (t) = cos t + t sin t,

et le théorème des valeurs intermédiaires assure que W s’annule en au moins un point de     π π π l’intervalle = > 0 et W (π) = −1 < 0 . , π puisque W 2 2 2 18.15 1. Supposons que ϕ soit une fonction développable en série entière sur un intervalle de la forme ]−r, r[ avec r > 0 . Pour t ∈ ]−r, r[ , on a : ϕ(t) =

+∞ 

an tn

n=0

et donc :

ϕ′ (t) =

+∞ 

n an tn−1

et

ϕ′′ (t) =

n=1

+∞  n=2

n(n − 1)an tn−2

(1 + t2 )ϕ′′ (t) + 4tϕ′ (t) + 2ϕ(t) =

+∞  n=2 +∞

=

 n=0

 +∞

=

n=0

780

n(n − 1)an tn−2 +

+∞  n=2

n(n − 1)an tn + 4

(n + 2)(n + 1)an+2 tn +

+∞



+∞ 

n an tn + 2

n=1

(n2 + 3n + 2)an tn

n=0

(n + 2)(n + 1)(an+2 + an )tn .

+∞  n=0

an tn

Solutions des exercices Par unicité du développement en série entière, ϕ est solution de (E0 ) si, et seulement si, pour tout n ∈ IN , an+2 = −an . On en déduit, pour tout n ∈ IN , a2n = (−1)n a0

�

a2n+1 = (−1)n a1 .

et

an tn a alors un rayon de convergence supérieur ou égal à 1 et la La série entière somme ϕ de la série entière est solution de l’équation différentielle sur ]−1, 1[ . On a, pour tout t ∈ ]−1, 1[ : ϕ(t) = a0

+∞ �

(−1)n t2n + a1

n=0

= a0

+∞ �

+∞ �

(−1)n t2n+1

n=0

(−t2 )n + a1 t

n=0

+∞ �

(−t2 )n =

n=0

Mais, pour tout (a0 , a1 ) ∈ IR , la fonction t �→

a0 1+t2

+

a1 t a0 + · 1 + t2 1 + t2

a1 t 1+t2

est de classe C 2 sur IR et on

vérifie facilement qu’elle est solution de (E0 ) sur IR . Comme (E0 ) peut être mise sous forme normalisée, l’ensemble S0 de ses solution est de dimension 2 . 1 t et ϕ2 : t �→ formant une famille libre, on peut Les fonctions ϕ1 : t �→ 1 + t2 1 + t2 conclure que : S0 = Vect (ϕ1 , ϕ2 ) .

2. On applique la méthode de variations des constantes. On cherche une solution ϕ de (E) sous la forme ϕ = ϕ1 λ1 + ϕ2 λ2 , avec λ1 et λ2 dérivables sur IR et vérifiant :

   

1 t λ′ (t) + λ′ (t) 1 + t2 1 1 + t2 2  −2t 1 − t2 ′   λ′ (t) + λ (t) (1 + t2 )2 1 (1 + t2 )2 2

∀t ∈ IR ce qui donne :

λ′1 (t) =

−t 1 + t2

et

λ′2 (t) =

=

0

=

1 , (1 + t2 )2

1 · 1 + t2

√ On peut prendre λ1 (t) = − 21 ln(1 + t2 ) = − ln 1 + t2 et λ2 (t) = Arctan(t) , et donc : √ − ln 1 + t2 + t Arctan(t) ∀t ∈ IR ϕ(t) = · 1 + t2 Les solutions de (E) sont donc les fonctions : √ − ln 1 + t2 + t Arctan(t) + λ + µt t �→ 1 + t2 18.16 Analyse Soit f une solution de (E) . • Considérons la fonction g :

�

− π2 ,

π 2

�

u

−→ �−→

avec

(λ, µ) ∈ IR2 .

IR f (tan u).

�

Comme f est deux fois dérivable sur IR , g est deux fois dérivable sur − π2 ,

�

Fixons u ∈ − π2 ,

� π 2

. On a, en notant t = tan u :

π 2

�

.

g ′ (u) = (1 + t2 ) f ′ (t)

et g ′′ (u) = (1 + t2 )2 f ′′ (t) + 2 t (1 + t2 ) f ′ (t),

781

´ Chapitre 18. Equations différentielles linéaires et l’on constate que : g ′′ (u) + 2 g ′ (u) + g(u) = (1 + t2 )2 f ′′ (t) + 2 (t + 1)(1 + t2 ) f ′ (t) + f (t). En utilisant le fait que f est solution de (E) , on obtient : g ′′ (u) + 2 g ′ (u) + g(u) = 0, et donc la fonction g est solution sur IR de l’équation différentielle :

 : x′′ + 2x′ + x = 0. (E)

Cette équation est une équation différentielle linéaire scalaire d’ordre 2 à coefficients constants, homogène, que l’on sait résoudre. On en déduit l’existence de (a, b) ∈ IR2 tel que, pour tout u ∈ IR : g(u) = (au + b)e−u . • Revenons sur la fonction f . Pour tout t ∈ IR , on a :





f (t) = f tan(Arctan t) = g(Arctan t).

Par suite, on obtient l’expression suivante de f (t) pour t ∈ IR :





f (t) = a Arctan t + b e− Arctan t .

Synthèse D’après la partie « analyse » du raisonnement, on a : S0 ⊂ Vect(ϕ1 , ϕ2 )

avec

ϕ1 = t �→ e− Arctan t

et

ϕ2 : t �→ Arctan(t)e− Arctan t .

Comme l’équation est d’ordre 2 et peut être mise sous forme normalisée, on a dim S0 = 2 . L’inclusion précédente est donc une égalité. 18.17 1. La fonction ϕ1 est définie et deux fois dérivable sur ]0, +∞[ et l’on a : t cos t − sin t t2 On vérifie facilement que : ∀t > 0

ϕ′1 (t) =

∀t ∈ ]0, +∞[

ϕ′′1 (t) = −

et

ϕ′′1 (t) +

t2 sin t + 2t cos t − 2 sin t · t3

2 ′ ϕ1 (t) + ϕ1 (t) = 0. t

2. • Soit ϕ une solution sur ]0, +∞[ de (E0 ) . ∗ Le wronskien W de (ϕ1 , ϕ) vérifie sur ]0, +∞[ l’équation différentielle : 2 x′ + x = 0. t On en déduit qu’il existe λ ∈ IR tel que : λ ∀t ∈ ]0, +∞[ W (t) = 2 · t ∗ Plaçons-nous sur un intervalle J ⊂ ]0, +∞[ où ϕ1 ne s’annule pas ; prenons par ϕ dont exemple J = ]0, π[ . Sur cet intervalle J , on peut considérer la fonction ϕ1 la dérivée vérifie :  ′ ϕ W ϕ′ ϕ1 − ϕ ϕ′1 = 2· = ϕ1 ϕ21 ϕ1 Ainsi, on a :

∀t ∈ J



ϕ ϕ1

′

(t) =

λ · sin2 t

En primitivant, on obtient l’existence de µ ∈ IR tel que pour tout t ∈ J : ϕ(t) sin t t

782

= −λ

cos t +µ sin t

et donc

ϕ(t) = −λ

cos t sin t +µ · t t

Solutions des exercices cos t · t La fonction ϕ2 est définie et deux fois dérivable sur ]0, +∞[ (et pas seulement sur J ), et il est facile de vérifier que ϕ2 est solution de (E0 ) . Comme ϕ1 et ϕ2 ne sont pas proportionnelles, car sin et cos ne sont pas proportionnelles, on peut conclure que l’ensemble des solutions de (E0 ) est :

• Notons alors ϕ2 la fonction t �→

S0 = Vect(ϕ1 , ϕ2 ). sin t de (E0 ) peut s’obtenir par technique « recherche de t solutions développables en série entière » (cf. exemple 26 de la page 753). Remarque

La solution ϕ : t �→

18.18 • Tout d’abord, on constate que l’équation se résout facilement sur les intervalles ]−∞, 0[ et ]0, +∞[ où elle se met sous forme normalisée. ∗ Sur ]−∞, 0[ , les solutions sont les fonctions : t �→ λ t2 + t3

avec

λ ∈ IR.

∗ Sur ]0, +∞[ , les solutions sont les fonctions : t �→ µ t2 + t3

avec

µ ∈ IR.

• Recherchons les solutions sur IR .

Analyse Si ϕ est une solution de (E) sur IR , alors elle est solution sur ]−∞, 0[ et sur ]0, +∞[ , donc il existe des réels λ et µ tels que : ∀t < 0

ϕ(t) = λ t2 + t3

et

ϕ(t) = µ t2 + t3 .

∀t > 0

La continuité de ϕ en 0 entraîne alors ϕ(0) = 0 . On a donc : ϕ(t) =



λ t2 + t 3 µ t2 + t3

si t  0 si t > 0.

Synthèse Soit ϕ : IR → IR une fonction de la forme : ϕ(t) =



λ t2 + t3 µ t2 + t3

si t  0 si t > 0

avec

(λ, µ) ∈ IR2 .

∗ Cette fonction ϕ est dérivable sur IR∗ et est manifestement solution de l’équation (E) sur les intervalles ]−∞, 0[ et ]0, +∞[ . ∗ On voit rapidement que ϕ est de plus continue en 0 . ∗ Pour tout t < 0 , on a ϕ′ (t) = 2λt + 3t2 . On a donc ϕ′ (t) −→ 0 , ce qui prouve t→0−

que ϕ est dérivable à gauche en 0 et ϕ′g (0) = 0 . De même, on montre que ϕ est dérivable à droite en 0 et que ϕ′d (0) = 0 . Comme ϕ′g (0) = ϕ′d (0) , la fonction ϕ est dérivable en 0 et ϕ′ (0) = 0 . ∗ Enfin, on a 0 ϕ′ (0) − 2ϕ(0) = 0 , donc ϕ vérifie l’équation différentielle en 0 . La fonction ϕ est donc solution de (E) sur IR .

783

´ Chapitre 18. Equations différentielles linéaires 18.19 1. • Soit ϕ une fonction développable en série entière sur un intervalle de la forme ]−r, r[ avec r > 0 . Pour t ∈ ]−r, r[ , on a : ϕ(t) =

+∞ 

an tn

ϕ′ (t) =

n=0

+∞ 

n an tn−1

ϕ′′ (t) =

et

n=1

et donc, pour tout t ∈ ]−r, r[ :

+∞  n=2

n(n − 1)an tn−2

A(t) = 4tϕ′′ (t) + 2ϕ′ (t) − ϕ(t) = 4t

+∞  n=2

n(n − 1)an tn−2 + 2

+∞  n=1

nan tn−1 −

+∞ 

an tn .

n=0

En réindexant pour obtenir dans chaque somme des termes en tn , obtient : A(t) = 4

+∞ 

n(n + 1)an+1 tn + 2

n=1

=

n=0

+∞   n=0

+∞ 

(n + 1)an+1 tn −

+∞ 

an tn

n=0



(2n + 2)(2n + 1)an+1 − an tn .

Par unicité du développement en série entière, on a : ϕ

solution de (E0 ) ⇐⇒ A = 0 ⇐⇒ ∀n ∈ IN

Il en résulte que :

∀n ∈ IN

an =

(2n + 2)(2n + 1)an+1 − an = 0. (⋆)

1 a0 , (2n)!

ce qui donne : ϕ(t) = a0

+∞  tn n=0

(2n)!

·

• Réciproquement :  tn ∗ le rayon de convergence de la série entière vaut +∞ (on le montre par (2n)! exemple par le critère de d’Alembert) ;

∗ la fonction ϕ1 : t �→

tn (2n)!

est telle que ses coefficients vérifient la propriété (⋆) , et

par suite, d’après les calculs effectués dans la première partie du raisonnement, ϕ1 est solution de (E0 ) sur IR . Comme de plus ϕ1 (0) = 1 , cela répond à la question.   +∞ √ 2n  √  t 2. (a) Pour t > 0 , on a ϕ1 (t) = t . = ch (2n)! n=0

(b) Sur ]0, +∞[ , l’équation (E0 ) s’écrit sous forme normalisée :

x′ x − = 0. 2t 4t L’espace solution S0 sur cet intervalle est donc de dimension 2 . Soit ϕ une solution de (E) sur ]0, +∞[ . Le wronskien W de la famille (ϕ1 , ϕ) est solution sur ]0, +∞[ de l’équation différentielle : x = 0. x′ + 2t λ En résolvant cette équation, on obtient W (t) = √ avec λ ∈ IR . t (E0 ) : x′′ +

784

Solutions des exercices On a d’autre part :

et donc :



ϕ ϕ1

′

∀t ∈ ]0, +∞[

=

ϕ′ ϕ1 − ϕ ϕ′1 W = 2 ϕ21 ϕ1



ϕ ϕ1

′

(t) = √

λ √  · t ch2 t

En primitivant, on obtient qu’il existe une constante µ ∈ IR telle que : √  √  √  ϕ(t) = 2λ th ∀t ∈ ]0, +∞[ t + µ puis ϕ(t) = 2λ sh t + µ ch t . ϕ1 (t) Comme la fonction ϕ a été prise quelconque dans S0 , il en résulte que :  √  √  t , t �→ sh t , S0 ⊂ Vect t �→ ch

puis, comme dim S0 = 2 , on obtient :



S0 = Vect t �→ ch

Remarque

√ 

t , t �→ sh

√  t

Une fois connue la solution ϕ1 : t �→ ch

.

√ 

t , on peut, sans utiliser √  t l’est égalela méthode du wronskien, pressentir que la fonction ϕ2 : t �→ sh ment. On peut alors conclure la résolution de (E0 ) en vérifiant simplement que cette fonction ϕ2 est bien solution de (E0 ) et qu’elle est linéairement indépendante de ϕ1 . 3. (a) Pour t < 0 , on a : ϕ1 (t) =

+∞ 

(−1)n

n=0

√

2n

−t (2n)!

= cos

√



−t .

(b) Le même raisonnement qu’à la question précédente prouve que si ϕ est solution de (E0 ) sur un intervalle J ⊂ ]−∞, 0[ , alors on a : √   √  −t , t �→ sin −t . ϕJ ∈ Vect t �→ cos √  La fonction ϕ2 : t �→ sin −t est définie et de classe C 1 sur ]−∞, 0[ et il n’est pas difficile de montrer qu’elle est solution de l’équation différentielle. On conclut alors, pour des raisons de dimensions, que :  √  √  S0 = Vect t �→ cos −t , t �→ sin −t .

Remarque On pouvait également pressentir que la fonction ϕ2 est solution de (E0 ) sur ]−∞, 0[ (ce que l’étude sur ]0, +∞[ rend très vraisemblable).

4. Analyse. Soit ϕ une solution de (E0 ) sur IR . • Comme ϕ est solution de (E0 ) sur les intervalles ]−∞, 0[ et ]0, +∞[ , il existe (λ1 , λ2 , µ1 , µ2 ) ∈ IR4 tel que :  √  √  λ1 cos  −t + λ2 sin  −t si t < 0 √ √ ∀t ∈ IR ϕ(t) = µ1 ch t + µ2 sh t si t > 0. • La fonction ϕ est continue sur IR , donc en particulier continue en 0 . On a ainsi : ϕ(0) = lim ϕ = lim ϕ, 0−

0+

et donc

ϕ(0) = λ1 = µ1 .

785

´ Chapitre 18. Equations différentielles linéaires • La fonction ϕ est dérivable sur IR , donc en particulier en 0 . ∗ Pour tout t > 0 , on a :

√  √  µ2 ch µ1 sh t t √ √ + · ϕ (t) = 2 t 2 t ′

Si µ2 n’était pas nul, alors on aurait ϕ′ (t) −→ ±∞ (selon le signe de µ2 ), t→0+

ce qui contredirait la dérivabilité à droite de ϕ en 0 . Donc µ2 = 0 . ∗ Pour tout t < 0 , on a : √  √  λ1 sin −t −t λ2 cos ′ √ √ ϕ (t) = − · 2 −t 2 −t

Si λ2 n’était pas nul, alors on aurait ϕ′ (t) −→ ±∞ (selon le signe de λ2 ), ce t→0−

qui contredirait la dérivabilité à gauche de ϕ en 0 . Donc λ2 = 0 . • On obtient : ϕ(t) = et donc finalement :



∀t ∈ IR

√  λ1 cos  −t √ λ1 ch t ϕ(t) = λ1

si si

t 0 tel que u ne s’annule pas sur [t0 − r, t0 + r] .





Notons A = t ∈ ]t0 , +∞[ : u(t) = 0 l’ensemble des zéros de u sur ]t0 , +∞[ et montrons que A admet un plus petit élément. L’ensemble A est une partie non vide (car u s’annule sur ]t0 , +∞[ ) et minorée (par t0 ) de IR , il possède donc une borne inférieure. Notons t1 = inf(A) et montrons que t1 ∈ A . • Par caractérisation séquentielle de la borne inférieure, il existe une suite (αn ) d’éléments de A tendant vers t1 . Le fait que (αn ) soit à valeurs dans A et la continuité de u donnent :



∀n ∈ IN



u(αn ) = 0

et

u(αn ) → u(t1 ).

On a donc u(t1 ) = 0 . • Prouvons alors que t1 > t0 . On sait déjà que t1  t0 . D’après ce qui précède, u ne s’annule pas sur [t0 , t0 + r] , donc t0 + r  t1 . Par suite, on a t1 > t0 . 2. Montrons que la fonction v possède un et un seul point d’annulation dans ]t0 , t1 [ . • Existence. Le wronskien W = u v ′ − u′ v de (u, v) vérifie l’équation différentielle W ′ = 0 , donc est constant. Comme il est non nul (car u et v sont linéairement indépendantes), il existe k ∈ IR∗ tel que : ∀t ∈ IR

u(t) v ′ (t) − u′ (t) v(t) = k.

(⋆)

Comme u(t0 ) = 0 et u n’est pas la fonction nulle, on a u′ (t0 ) �= 0 . De même, comme u(t1 ) = 0 , on a u′ (t1 ) �= 0 . D’autre part, u ne s’annulant pas sur l’intervalle ]t0 , t1 [ , elle y garde un signe constant d’après le théorème des valeurs intermédiaires. On est donc dans l’une des deux situations suivantes : ∗ Premier cas : ∀t ∈ ]t0 , t1 [ u(t) > 0 . On a alors : ∀t ∈ ]t0 , t1 [ puis, comme u′ (t0 ) = lim

t→t0 t>t0

u(t) >0 t − t0

u(t) , on a u′ (t0 )  0 et donc u′ (t0 ) > 0 . t − t0

De la même manière, on obtient u′ (t1 ) < 0 . ∗ Deuxième cas : ∀t ∈ ]t0 , t1 [ u(t) < 0 . Alors, de même que précédemment, on obtient u′ (t0 ) < 0 et u′ (t1 ) > 0 . Dans les deux cas, la relation (⋆) , évaluée en t0 et en t1 , impose d’avoir : v(t0 ) v(t1 ) < 0. Le théorème des valeurs intermédiaires assure alors que la fonction continue v s’annule au moins une fois sur l’intervalle ]t0 , t1 [ . • Unicité. À ce stade de l’exercice, on peut affirmer qu’entre deux zéros consécutifs de u la fonction v s’annule au moins une fois. Les rôles de u et v étant symétriques, on en déduit qu’entre deux zéros consécutifs de v la fonction u s’annule au moins une fois. Donc, si v possédait plusieurs zéros sur l’intervalle ]t0 , t1 [ , alors la fonction u devrait aussi s’y annuler, ce qui est contradictoire avec la définition de t1 .

788

Solutions des exercices 18.23 1. Soit ϕ une solution de (E0 ) telle que ϕ(a) = ϕ(b) = 0 .



• Première solution On a ϕϕ′′ = −f ϕ2 et donc b



ϕ(t) ϕ′′ (t) dt = ϕ(t) ϕ′ (t)

On obtient donc :







a

b

=0

2

ϕ′ (t) dt =

a

′2

On a ϕ



ϕ(t)ϕ′′ (t) dt = −

a

intégrant par parties, on a :



b

b

b

− a





b



b

f ϕ2 (t) dt . En

a

2

ϕ′ (t) dt. a

f ϕ2 (t) dt.

a

 0 et f ϕ2  0 . On en déduit que



b

2

2

ϕ′ (t) dt = 0 , puis que ϕ′ = 0 et

a

donc ϕ′ = 0 . La fonction ϕ est donc constante et comme ϕ(a) = 0 , elle est nulle. • Deuxième solution Si ϕ n’est pas la fonction nulle, les zéros de ϕ sont isolés donc on peut considérer le plus petit zéro c > a de ϕ (cf. exercice 18.22). La fonction ϕ ne s’annule pas sur ]a, c[ donc elle y garde un signe constant. Quitte à considérer −ϕ , on peut supposer ϕ > 0 sur ]a, c[ . On a ϕ′′ = −f ϕ  0 . La fonction ϕ est donc convexe. Sa courbe est donc sous la sécante joignant les points d’abscisse a et b . On a donc ϕ  0 , ce qui donne une contradiction. Donc ϕ est nulle. 2. On fixe une base (ϕ1 , ϕ2 ) de l’ensemble des solutions de l’équation homogène (E0 ) . On choisit pour ϕ1 et ϕ2 les solutions de (E0 ) vérifiant les conditions initiales :



ϕ1 (a) ϕ′1 (a)

= =

1 0



et

ϕ2 (a) ϕ′2 (a)

= =

0 1

Le wronskien de (ϕ1 , ϕ2 ) en a vaut 1 donc (ϕ1 , ϕ2 ) est bien une famille libre. Si ϕP une solution particulière de (E) , toute solution de (E) s’écrit de manière unique ϕ = λ1 ϕ1 + λ2 ϕ2 + ϕP

(λ1 , λ2 ) ∈ IR2 .

avec

On a alors ϕ(a) = λ1 + ϕP (a) et ϕ(b) = λ1 ϕ1 (b) + λ2 ϕ2 (b) + ϕP (b) . La condition ϕ(a) = 0 équivaut à λ1 = −ϕP (a) . La condition ϕ(b) = 0 équivaut alors à : λ2 ϕ2 (b) = −λ1 ϕ1 (b) − ϕP (b) = ϕP (a)ϕ1 (b) − ϕP (b).

Comme ϕ2 n’est pas la fonction nulle (en effet, on a ϕ′2 (a) = 1 ), on a d’après la première question ϕ2 (b) �= 0 , car ϕ2 (a) = 0 . On trouve un couple (λ1 , λ2 ) unique et donc une solution ϕ unique telle que ϕ(a) = ϕ(b) = 0 . 18.24 1. Soit M tel que |ϕ(t)|  M pour tout t ∈ IR . On a donc, pour tout t ∈ IR+ : |ϕ′′ (t)| = |q(t)ϕ(t)|  M |q(t)|.

Comme q est intégrable sur IR+ , il en est de même de ϕ′′ . Pour tout t ∈ IR+ , on a ϕ′ (t) = ϕ′ (0) + ′

en +∞ . Si ℓ �= 0 , alors ϕ (t)

∼

t→+∞



t

ϕ′′ (s) ds donc ϕ′ possède une limite finie ℓ

0

ℓ , et comme

des relations d’équivalence : ϕ(t) = ϕ(0) +



0



+∞

ℓ ds diverge, on a, par intégration 0

t

ϕ(s) ds

∼

t→+∞

ℓ t,

789

´ Chapitre 18. Equations différentielles linéaires ce qui contredit le fait que ϕ est bornée. Ainsi ϕ′ (t) tend vers 0 quand t tend vers +∞ . 2. Raisonnons par l’absurde et supposons que toutes les solutions de (E) soient bornées. Soit (ϕ1 , ϕ2 ) une base de solutions de (E) . Comme il a été remarqué dans l’exemple 23 de la page 751, leur wronskien W est constant. Mais, par hypothèse, ϕ1 et ϕ2 sont bornées, donc d’après la question 1, ϕ′1 et ϕ′2 ont pour limite 0 en +∞ . On en déduit que : W (t) = ϕ1 (t)ϕ′2 (t) − ϕ′1 (t)ϕ2 (t) −→ 0. t→+∞

Comme W est une fonction constante, c’est la fonction nulle. Mais cela contredit le fait que (ϕ1 , ϕ2 ) une base de solutions de (E) . Donc (E) possède des solutions non bornées. 18.25 • Supposons (ii) et montrons qu’il existe une base (f, g) de S0 avec f paire et g impaire.

˜ : t �→ ϕ(−t) est également solution ∗ Remarquons que pour tout ϕ ∈ S0 , la fonction ϕ de (E) . En effet, pour tout t ∈ IR , on a : ϕ ˜′ (t) = −ϕ′ (−t)

et

ϕ ˜′′ (t) = ϕ′′ (−t),

donc, en utilisant l’imparité de a et la parité de b : ˜ = ϕ′′ (−t) − a(t) ϕ′ (−t) + b(t) ϕ(−t) ϕ˜′′ (t) + a(t) ϕ˜′ (t) + b(t) ϕ(t) = ϕ′′ (−t) + a(−t) ϕ′ (−t) + b(−t) ϕ(−t) = 0.

�

�

∗ Si f est la solution de (E) vérifiant la condition initiale f (0), f ′ (0) = (1, 0) , alors la fonction f˜ : t �→ f (−t) appartient à S0 , d’après le point précédent. Elle est solution du même problème de Cauchy que f , donc f˜ = f , c’est-à-dire f est paire. ∗ De la même façon, si g est la solution de (E) vérifiant la condition ini� � g : t �→ −g(−t) appartient à S0 . tiale g(0), g ′ (0) = (0, 1) , alors la fonction −˜ Elle est solution du même problème de Cauchy que g , donc −˜ g = g , c’est-à-dire g est impaire. ∗ La famille (f, g) est une base de S0 , car le wronskien de (f, g) en 0 n’est pas nul (il vaut 1 ). • Réciproquement, supposons qu’il existe une base (f, g) de S0 avec f paire et g impaire. On a : � af ′ + bf = −f ′′ ag ′ + bg = −g ′′ .

Le déterminant du système est l’opposé du wronskien de (f, g) qui ne s’annule pas. On a donc un système de Cramer et on obtient : a=

f g ′′ − f ′′ g f ′ g − f g′

et

b=

f ′′ g ′ − f ′ g ′′ · f ′ g − f g′

Comme f est paire et g impaire, les fonctions f ′′ et g ′ sont paires, alors que g ′′ et f ′ sont impaires. On en déduit immédiatement que a est impaire et b paire. 18.26 En notant :

790





y  y′  X =  ′′  y y ′′′



0  0 A= 0 −1

1 0 0 0

0 1 0 0



0 0  1  0

et





0  0  B(t) =  , 0  ϕ(t)

Solutions des exercices l’équation (E) se traduit matriciellement par (EM) : X ′ = A X + B(t) . L’existence d’une solution 2π -périodique à (E) équivaut à l’existence d’une solution 2π périodique à (EM) . • Comme il a été remarqué dans l’exemple 3 de la page 735, A étant constante et B étant 2π -périodique, une solution X : IR → C de (EM) est 2π -périodique si, et seulement si, X(2π) = X(0) . • On sait exprimer les solutions de (EM) :



X : t �→ exp(tA) X0 +



t

exp(−sA)B(s)ds

0



avec

X0 ∈ C4 .

D’après le point précédent, une telle solution X est 2π -périodique si, et seulement si, X(2π) = X(0) , ce qui s’écrit :



exp(2πA) X0 + ou encore :





2π

exp(−sA)B(s)ds

0



exp(2πA) − I4 X0 = − exp(2πA)





= X0 ,

2π

exp(−sA)B(s)ds.

0

• Justifions que la matrice exp(2πA) − I4 est inversible ; cela prouvera l’existence (et l’unicité) de X0 ∈ C4 vérifiant la condition ci-dessus, et donc l’existence (et l’unicité) d’une solution 2π -périodique. Pour justifier que exp(2πA) − I4 est inversible, il suffit de constater que, comme : sp(A) = {λ ∈ C : λ4 + 1 = 0},

on a :

iZZ ∩ sp(A) = ∅,

donc

2iπZZ ∩ sp(2πA) = ∅,

donc 1 n’est pas valeur propre de exp(2πA) (cf. proposition 21 de la page 741). 18.27 Soit ϕ : I → IK une fonction deux fois dérivable. Si α : I → IK est une fonction deux fois ϕ est aussi deux fois dérivable et l’on a : dérivable ne s’annulant pas, alors la fonction ψ = α ϕ′ = α′ ψ + α ψ ′

ϕ′′ = α′′ ψ + 2 α′ ψ ′ + α ψ ′′ .

et

On obtient alors que ϕ est solution de (E) si, et seulement si, ψ vérifie :









αψ ′′ + 2α′ +pα ψ ′ + α′′ +p α′ +qα ψ = 0. Choisissons alors pour α une solution non nulle de l’équation d’ordre 1 : y′ +

p(t) y = 0. 2

Une telle fonction α ne s’annule pas sur I et, puisque p est de classe C 1 sur I , α est de classe C 2 sur I . Alors, les solutions ϕ de l’équation : (E) : x′′ + p(t) x′ + q(t) x = 0

sont toutes les fonctions ϕ = αψ où ψ est solution de l’équation : z ′′ + r(t) z = 0

avec

r=

α′′ + p α′ + q α · α

Comme p et q sont continues et α de classe C 2 , la fonction r est continue.

791

´ Chapitre 18. Equations différentielles linéaires 18.28 • L’équation (E) est une équation linéaire scalaire homogène d’ordre 2 , à coefficients continus, et écrite sous forme normalisée, donc son ensemble S de solutions est un espace vectoriel de dimension 2 . • Soit f : IR → IR développable en série entière sur IR s’écrivant, pour tout x ∈ IR : +∞ 

f (x) =

an xn .

n=0

Pour tout x ∈ IR , on a, après simplification : f ′′ (x) − xf (x) = 2a2 +

+∞  



(n + 3)(n + 2)an+3 − an xn+1 .

n=0

Par unicité du développement en série entière, une telle fonction f est donc solution de l’équation (E) si, et seulement si, la suite (an ) vérifie : a2 = 0 et ∀n ∈ IN (n + 3)(n + 2)an+3 − an = 0. (⋆) On peut constater qu’une telle suite (an ) est entièrement caractérisée par ses deux premiers termes a0 et a1 et que tous les termes de la forme a3n+2 sont nuls. • Nous sommes alors en mesure d’expliciter deux solutions linéairement indépendantes ϕ1 et ϕ2 développables en série entière sur IR . ∗ Considérons la suite (αn ) définie par : (α0 , α1 , α2 ) = (1, 0, 0)

et

∀n ∈ IN

αn+3 =

αn · (n + 3)(n + 2)

On a alors : ∀n ∈ IN Posons, lorsque c’est possible : ϕ1 (x) =

α3n+1 = α3n+2 = 0.

+∞  n=0

αn xn =

+∞ 

α3n x3n .

n=0

La relation de récurrence vérifiée par la suite (αn ) donne, pour tout x ∈ IR∗ :

   α3n+3 x3n+3  |x|3 =  −→ 0.  α3n x3n  (3n + 3)(3n + 2) n→+∞

La règle de d’Alembert assure alors que le rayon de convergence de la série entière α3n t3n vaut +∞ . La fonction ϕ1 est donc bien définie sur IR , et est donc une solution de (E) développable en série entière sur IR . ∗ De la même manière, si l’on pose : βn et ∀n ∈ IN βn+3 = (β0 , β1 , β2 ) = (0, 1, 0) , (n + 3)(n + 2)



alors la fonction ϕ2 : IR

−→

x

�−→

IR +∞ 

β3n+1 x3n+1

n=0

est une solution de (E) développable en série entière sur IR .









∗ Comme ϕ1 (0), ϕ′1 (0) = (1, 0) et ϕ2 (0), ϕ′2 (0) = (0, 1) , les fonctions ϕ1 et ϕ2 sont linéairement indépendantes, donc forment une base de l’ensemble S des solutions.

792

Solutions des exercices 18.29 1. Appliquons le théorème de dérivation des intégrales à paramètre pour montrer que f est de classe C 2 sur IR . On a f (x) =



π

h(x, θ) dθ avec :

0

h : IR × [0, π] (x, θ)

−→ �−→

IR cos(x sin θ).

• Pour θ ∈ [0, π] , la fonction x �→ h(x, θ) est de classe C 2 . Pour (x, θ) ∈ IR × [0, π] , on a : ∂h (x, θ) = − sin(θ) sin(x sin θ) ∂x

∂2h (x, θ) = − sin2 (θ) cos(x sin θ). ∂x2

et

2

• Pour x ∈ IR , les fonctions θ �→ h(x, θ) , θ �→ ∂h (x, θ) et θ �→ ∂∂xh2 (x, θ) sont continues ∂x donc continues par morceaux sur le segment [0, π] , donc intégrables. • Hypothèse de domination. Pour (x, θ) ∈ IR × [0, π] , on a :

  2  ∂ h    ∂x2 (x, θ)  1.

Puisque la fonction constante égale à 1 est intégrable sur [0, π] , cela fournit l’hypothèse de domination. Le théorème de dérivation des intégrales à paramètre s’applique : la fonction f est de classe C 2 , et l’on a, pour tout x ∈ IR : f ′ (x) = −



π

sin(θ) sin(x sin θ) dθ

f ′′ (x) = −

et

0



π

sin2 (θ) cos(x sin θ) dθ. 0

Montrer que f est solution de (E) sur IR revient à montrer que pour tout x ∈ IR :





f ′ (x) = −x f (x) + f ′′ (x) , ce qui s’écrit : − ou encore :



0

π

sin(θ) sin(x sin θ) dθ = −x



π

sin(θ) sin(x sin θ) dθ =

0



π

0







(1 − sin2 θ) cos(x sin θ) dθ,

π

x cos2 (θ) cos(x sin θ) dθ.

0

Cela s’obtient via une intégration par parties de la première intégrale, avec les fonctions θ �→ − cos(θ) et θ �→ cos(x sin θ) , qui sont de classe C 1 sur [0, π] .

2. Sur ]0, +∞[ , l’équation (E) se met sous forme normalisée. Étant une équation différentielle linéaire homogène d’ordre 2 , son ensemble solution S est un espace vectoriel de dimension 2 . Par suite, la famille (f, g) est une base de S si, et seulement si, elle est libre. • Puisque f est bornée au voisinage de 0 (car définie et continue sur IR ), si g ne l’est pas, alors la famille (f, g) est libre. • Réciproquement, supposons la famille (f, g) libre et montrons que g n’est pas bornée au voisinage de 0 . Par l’absurde : supposons g bornée au voisinage de 0 . Introduisons le wronskien W = f ′ g − f g ′ . Puisque la famille (f, g) est libre, le wronskien W ne s’annule pas (cf. la proposition 34 de la page 751). On a W ′ = f ′′ g − f g ′′ , ce qui donne, puisque f et g sont solutions de (E) : ∀t ∈ ]0, +∞[

tW ′ (t) + W (t) = 0.

793

´ Chapitre 18. Equations différentielles linéaires Comme W n’est pas nul, il existe λ ∈ IR∗ tel que : ∀t > 0

W (t) =

λ · t

Par hypothèse, g est bornée au voisinage de 0 , et f ′ l’est aussi (car f est de classe C 2 sur IR , donc f ′ est de classe C 1 donc continue), donc la fonction f ′ g est également bornée au voisinage de 0 . Comme |W (t)| −→ +∞ , on a : t→0

λ f (t)g ′ (t) = f ′ (t)g(t) − W (t) ∼ −W (t) = − · t→0 t De f (0) = π , on déduit g ′ (t) ∼ − t→0

λ · La fonction g ′ est de signe constant au πt

voisinage de 0 et n’est pas intégrable sur ]0, 1[ donc g(1) − g(x) =



x

1

g ′ (t) dt tend

vers ±∞ quand x tend vers 0 , ce qui contredit le fait que g est bornée au voisinage de 0 .

794

Chapitre 19 : Calcul différentiel I

Différentiabilité d’une fonction en un point . Dérivée selon un vecteur . . . . . . . . . . . . Dérivées partielles . . . . . . . . . . . . . . . Différentielle en un point . . . . . . . . . . . Différentiabilité et dérivabilité . . . . . . . . . Matrice jacobienne . . . . . . . . . . . . . . . Gradient . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Fonctions différentiables . . . . . . . . . . . . 1 Application différentielle . . . . . . . . . . . . 2 Opérations sur les fonctions différentiables . . 3 Application au calcul des dérivées partielles . 4 Dérivation le long d’un arc . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . .

Fonctions de classe C 1 . . . . . . . . . . . . . . . III Vecteurs tangents à une partie . . . . . . . . . . 1 Vecteurs tangents . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Exemples d’espaces tangents . . . . . . . . . . . 3 Cas des ensembles définis par une équation . . . IV Fonctions de classe C k . . . . . . . . . . . . . . . 1 Fonctions de classe C k . . . . . . . . . . . . . . . 2 Théorème de Schwarz . . . . . . . . . . . . . . . 3 Hessienne – Formule de Taylor-Young à l’ordre 2 4 Exemples d’équations aux dérivées partielles . . V Optimisation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Extrema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Conditions nécessaires d’extrema . . . . . . . . . 3 Utilisation de la compacité . . . . . . . . . . . . 4 Condition suffisante d’extremum . . . . . . . . . 5 Optimisation sous contrainte . . . . . . . . . . . Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . .

1 2 3 4 5 6 II

5

. . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

796 796 797 798 801 803 804 805 805 806 810 811

. 813 815 . 815 . 816 . 818 821 . 821 . 823 . 825 . 826 829 . 829 . 831 . 833 . 835 . 836 849

Calcul différentiel

19

Dans ce chapitre, tous les espaces vectoriels sont réels, de dimension finie non nulle et munis de normes, notées en général � � . Sauf mention explicite du contraire, les fonctions considérées sont définies sur un ouvert non vide d’un tel espace vectoriel à valeurs dans un espace vectoriel. Fixons donc deux espaces vectoriels de dimension finie E et F ainsi qu’un ouvert Ω non vide de E .

Remarques préliminaires Lorsque l’on fixe une base B = (e1 , . . . , ep ) de E , on sait que l’application Φ définie p  sur IRp par Φ(x1 , . . . , xp ) = xi ei est un isomorphisme de IRp sur E . i=1

Si A est une partie non vide de E , à toute application f : A → F on peut associer une application fB définie sur Φ−1 (A) par :   p  xi ei . fB (x1 , . . . , xp ) = f i=1

  Il est clair que f �→ fB définit une bijection de F (A, F ) sur F Φ−1 (A), F , ce qui permet, pour l’étude d’une fonction définie sur une partie de E , de se ramener à une fonction définie sur une partie de IRp ; on parle alors de fonction de plusieurs variables.

I

Différentiabilité d’une fonction en un point

1

Dérivée selon un vecteur

Rappelons que Ω désigne un ouvert non vide de E . Définition 1 Soit f : Ω → F une application, a ∈ Ω et v ∈ E . La dérivée de f en a selon v , notée Dv f (a), est, si elle existe, la dérivée en 0 de la fonction t �→ f (a + tv).

I Différentiabilité d’une fonction en un point Remarques • L’ensemble Ω étant ouvert, pour tout a ∈ Ω la fonction ϕ : t �→ f (a + tv) est définie sur un voisinage de 0 . Plus précisément, la fonction ϕ est définie :   r r , �v� si v �= 0 , où r > 0 est tel que BO (a, r) ⊂ Ω, ∗ en tout point de − �v� ∗ sur IR si v = 0 et elle est alors constante, ce qui donne D0 f (a) = 0 .

• Si E = IR et Ω est un intervalle ouvert, et si v �= 0 , alors Dv f (a) est définie en a ∈ Ω si, et seulement si, la fonction f est dérivable en a, et dans ce cas, on a Dv f (a) = vf ′ (a). Ex. 1. Si f est définie sur IR2 par f (x, y) = xy 2 et (a, b) ∈ IR2 , alors D(a,b) f (1, 1) = a + 2b , puisque, au voisinage de 0 :





f (1, 1) + t(a, b) = (1 + ta)(1 + tb)2 = (1 + ta)(1 + 2tb + t2 b2 ) = 1 + t(a + 2b) + o(t) (lien entre dérivabilité et existence d’un développement limité à l’ordre 1 pour une fonction d’une variable réelle). Ex. 2. Soit f : Mn (IR) M

−→ �−→

Mn (IR) M 2.

Pour (M, H) ∈ Mn (IR)2 , on a, pour tout t ∈ IR : f (M + tH) = M 2 + t(M H + HM ) + t2 H 2 . Il s’ensuit que DH f (M ) est définie et DH f (M ) = M H + HM . Ex. 3. Dans Mn (IR) , pour tout H ∈ Mn (IR) , on a DH exp(0) = H . En effet, on sait que l’application g : t �→ exp(tH) est dérivable et g ′ (t) = H exp(tH) pour tout t ∈ IR . On conclut en remarquant que exp(0) = In .

Exo 19.1

Attention L’existence de dérivées en a selon tout vecteur n’est pas une bonne condition de régularité en a de la fonction. Par exemple, une fonction peut avoir des dérivées en a selon tout vecteur sans pour autant être continue en a.

2

Dérivées partielles

Définition 2 Soit B = (e1 , . . . , ep ) une base de E et f une fonction de Ω dans F .

Pour a ∈ Ω et j ∈ [[1, p]], la j -ème dérivée partielle de f en a dans la base B , notée : ∂f (a) ou ∂j f (a) ∂xj

est, lorsqu’elle existe, la dérivée de f en a selon le vecteur ej . Remarques • Lorsqu’il n’y a pas d’ambiguïté sur la base, on parle plus simplement de « j -ème dérivée partielle de f en a ». 797

Chapitre 19. Calcul différentiel • Cas des fonctions de plusieurs variables. Avec les notations précédentes, si E = IRp , alors la j -ème application partielle de f est la fonction de la variable réelle : t �→ f (a1 , . . . , aj−1 , t, aj+1 , . . . , ap ). Dans ce contexte, la j -ème dérivée partielle de f en a dans la base canonique est définie si, et seulement si, la j -ème application partielle est dérivable en aj ; ∂j f (a) est alors la dérivée en aj de cette j -ème application partielle de f , puisque t �→ f (a1 , . . . , aj−1 , t, aj+1 , . . . , ap ) est dérivable en aj si, et seulement si, s �→ f (a1 , . . . , aj−1 , aj + s, aj+1 , . . . , ap ) est dérivable en 0 , leurs dérivées étant alors égales.

Sauf mention expresse, lorsque l’on parle de dérivées partielles pour une fonction définie sur un ouvert de IRp , il est sous-entendu que c’est par rapport à la base canonique. p  • Si B est une base de E et a = ai ei ∈ Ω, alors ∂j f (a) est définie si, et seulement i=1

si, ∂j fB (a1 , . . . , ap ) l’est et elles sont alors égales.

• Si f : Ω → F est définie par une expression où les variables sont notées u1 , . . . , up , ∂f ∂f on notera ,..., ses dérivées partielles. ∂u1 ∂up • En particulier, lorsque E = IR2 ou E = IR3 , on a l’habitude de noter (x, y) ou (x, y, z) les variables. Les dérivées partielles seront donc traditionnellement ∂f ∂f ∂f , , et éventuellement · notées ∂x ∂y ∂z

3

Différentielle en un point

Soit ϕ : Ω′ → F , où Ω′ est un ouvert de E contenant 0 . Notations o et O

  • Pour k ∈ IN, on écrit ϕ(h) = o �h�k (sous-entendu au voisinage de 0 ) lorsqu’il existe une fonction ε : Ω′ → F , tendant vers 0 en 0 , telle que :

∀h ∈ Ω′ ϕ(h) = �h�k ε(h).   • De même, on écrit ϕ(h) = O �h�k s’il existe une fonction α : Ω′ → F , bornée au voisinage de 0 , telle que : ∀h ∈ Ω′

ϕ(h) = �h�k α(h).

• Dans la pratique, on utilisera surtout ces notations avec k = 1 et l’on simplifiera     alors les écritures o �h� et O �h� en o(h) et O(h).

Remarques   • Si ϕ(h) = O �h�2 , alors ϕ(h) = o(h).

• Pour k = 0 , on retrouve la signification habituelle : ϕ(h) = o(1) si, et seulement si, la fonction ϕ tend vers 0 en 0 et ϕ(h) = O(1) si, et seulement si, ϕ est bornée au voisinage de 0 .

798

I Différentiabilité d’une fonction en un point • De la même façon que pour les fonctions d’une variable réelle, on se permettra   d’écrire des relations du type f (h) = g(h) + o(h) ou f (h) = g(h) + o �h�2 pour   signifier respectivement f (h) − g(h) = o(h) ou f (h) − g(h) = o �h�2 .

Développement limité à l’ordre 1

Définition 3 Soit f : Ω → F et a ∈ Ω. On dit que f est différentiable en a , ou que f admet un développement limité à l’ordre 1 en a, s’il existe u ∈ L(E, F ) telle que l’on ait, au voisinage de 0 : f (a + h) = f (a) + u(h) + o(h). Reformulation Cela revient à dire qu’il existe une fonction ε tendant vers 0 en 0 telle que l’on ait, au voisinage de 0 : f (a + h) = f (a) + u(h) + �h�ε(h). Proposition 1 (Différentiabilité et continuité) Une application f : Ω → F différentiable en a ∈ Ω est continue en a. Démonstration.

Si f est différentiable en a , alors f (a + h) − f (a) = u(h) + o(h) , où u est une application linéaire de E dans F . Comme E est de dimension finie, u est continue et donc lim u(h) = 0 . La continuité de f en a en découle. h→0

Différentielle Théorème 2 (Différentielle en un point) Soit f : Ω → F différentiable en a ∈ Ω. Il existe alors une unique application u ∈ L(E, F ) telle que l’on ait f (a + h) = f (a) + u(h) + o(h) au voisinage de 0 . Elle est appelée la différentielle de f en a et notée df (a). Démonstration page 839

Terminologie La différentielle de f en a est également appelée application linéaire tangente à f en a . Notation • La valeur en h ∈ E de la différentielle de f en a se note df (a) · h pour alléger l’écriture de l’expression parenthésée df (a)(h). • Le développement limité de f en a à l’ordre 1 s’écrit donc : f (a + h) = f (a) + df (a) · h + o(h).

Exo 19.2

Point méthode Pour montrer que f est différentiable en a, on peut chercher une application linéaire u telle que f (a + h) − f (a) − u(h) = o(h). 799

Chapitre 19. Calcul différentiel

Ex. 4. Si E est un espace euclidien, alors f : x �→ �x�2 est différentiable en tout point de E .

En effet, E est un ouvert et pour tout (x, h) ∈ E 2 :

f (x + h) = f (x) + 2( x | h ) + �h�2 . Ainsi, au voisinage de 0 , on a f (x + h) = f (x) + 2( x | h ) + o(h) . L’application u : h �→ ( x | h ) étant linéaire, il s’ensuit que f est différentiable en x et que df (x) : h �→ 2( x | h ) . Ex. 5. Montrons que la fonction f définie sur IR2 par : f (x, y) =



x4 + y 4 x2 + y 2 0

si (x, y) ∈ IR2 \ {(0, 0)}

si (x, y) = (0, 0),

est différentiable en (0, 0) . Soit (x, y) ∈ IR2 \ {(0, 0)} . Puisque x4 + y 4  x4 + y 4 + 2x2 y 2 = (x2 + y 2 )2 , on a : 0  f (x, y)  x2 + y 2 . Cette dernière inégalité est encore vérifiée lorsque (x, y) = (0, 0) .



Par conséquent, on a f (x, y) = O �(x, y)�22



au voisinage de 0 , donc :





f (x, y) = f (0) + o (x, y) . Par suite, f est différentiable en (0, 0) et df (0, 0) est l’application nulle.

Proposition 3 (Cas particulier des fonctions d’une seule variable) Supposons que Ω soit un intervalle ouvert de E = IR. Une application f : Ω → F est différentiable en a ∈ Ω si, et seulement si, f est dérivable en a et alors df (a) est l’application linéaire h �→ hf ′ (a). En particulier f ′ (a) = df (a) · 1 .

Démonstration page 839 Remarquer que les applications linéaires de IR dans F sont les applications de la forme t �→ tu , avec u ∈ F .

Principe de démonstration.

Quelques exemples fondamentaux Ex. 6. Différentielle d’une application constante Soit f : Ω → F une fonction constante et a ∈ Ω . Pour tout h ∈ E tel que a + h ∈ Ω , on a f (a + h) = f (a) et donc au voisinage de 0 : f (a + h) = f (a) = f (a) + o(h). Il s’ensuit, l’application nulle étant linéaire, que f est différentiable en a et que df (a) = 0 .

Remarque La réciproque est fausse : une application peut être différentiable en tout point avec une différentielle nulle, sans pour autant être constante, comme le montre l’exemple de la fonction indicatrice de IR∗+ × IR sur l’ouvert IR∗ × IR. 800

I Différentiabilité d’une fonction en un point Proposition 4 (Différentielle d’une application linéaire) Soit u ∈ L(E, F ).

En tout a ∈ Ω, l’application f : Ω −→ F est différentiable et df (a) = u . x �−→ u(x)

Démonstration page 839

Ex. 7. Si E est euclidien et v ∈ E , l’application u définie sur E par f (x) = ( v | x ) est linéaire donc différentiable en tout a ∈ E et, pour tout h ∈ E , on a df (a) · h = ( v | h ) .

4

Différentiabilité et dérivabilité

Dérivée selon un vecteur Proposition 5 Soit f : Ω → F une fonction différentiable en a ∈ Ω. Alors la dérivée de f en a selon tout vecteur v ∈ E existe et : Dv f (a) = df (a) · v.

Principe de démonstration.

Démonstration page 839 Remplacer h par tv dans la relation :

f (a + h) = f (a) + df (a) · h + o(h).

Remarque Si f est différentiable en a, sa différentielle est v �→ Dv f (a) qui est donc une application linéaire. Point méthode Une application f : Ω → F n’est pas différentiable en a : • s’il elle n’admet pas de dérivée selon tout vecteur en a,

• si elle en admet, mais que l’application u : h �→ Dh f (a) n’est pas linéaire ou ne vérifie pas f (a + h) − f (a) − u(h) = o(h). Ex. 8. Une norme sur E n’est jamais différentiable en 0 . En effet, supposons qu’une norme N sur E soit différentiable en 0 . Alors, pour tout h ∈ E , l’application gh : t �→ N (th) est dérivable en 0 . Cependant, gh (t) = |t| N (h) pour tout t ∈ IR ; cette expression montre que gh n’est pas dérivable en 0 lorsque h �= 0 . Ex. 9. La fonction définie sur IR2 par :



x3 + y 3 si (x, y) �= (0, 0) f (x, y) = x2 + y 2 0 si (x, y) = (0, 0) n’est pas différentiable en (0, 0) . Pour le voir, étudions l’existence de D(h,k) f (0, 0) .





h3 + k3 · h2 + k2 On en déduit que f admet une dérivée en (0, 0) selon (h, k) et que :

Soit (h, k) ∈ IR2 \ (0, 0) . Pour tout t ∈ IR∗ , on a f (th, tk) = t

D(h,k) f (0, 0) =

h3 + k3 · h2 + k2

On constate que f n’est pas différentiable en (0, 0) , car l’application u : (h, k) �→ D(h,k) f (0, 0) n’est pas linéaire : par exemple, on a u(1, 0) = u(0, 1) = 1 et u(1, 1) = 1 .

801

Chapitre 19. Calcul différentiel Dérivées partielles Corollaire 6 Soit B = (e1 , . . . , ep ) une base de E et f : Ω → F .

Si f est différentiable en a ∈ Ω, alors, pour tout j ∈ [[1, p]], la dérivée partielle ∂j f (a) est définie et ∂j f (a) = df (a) · ej .

On déduit de ce qui précède une expression de la différentielle à l’aide des dérivées partielles. Corollaire 7 Soit B = (e1 , . . . , ep ) une base de E . Si f : Ω → F est une fonction différentiable p  en a ∈ Ω, alors, pour tout h = hj ej ∈ E , on a : j=1

df (a) · h =

Démonstration.

p 

hj ∂j f (a).

j=1

Par linéarité de df (a) , pour tout h =

df (a) · h = df (a) · donc, d’après le corollaire 6, on obtient :



p 

hj ej

j=1

df (a) · h =

p 



p 

j=1

=

p  j=1

hj ej ∈ E , on a :

hj df (a) · ej ,

hj ∂j f (a).

j=1

Point méthode Pour étudier si une fonction f : Ω → F est différentiable en a, on peut vérifier l’existence de toutes ses dérivées partielles en a, puis voir si l’applicap  tion linéaire u : h �→ hj ∂j f (a) vérifie f (a + h) − f (a) − u(h) = o(h). j=1

Ex. 10. Soit f la fonction définie sur IR2 par : f (x, y) =



x3 x2 +y 4

0

si (x, y) �= (0, 0)

si (x, y) = (0, 0).

• Pour tout t ∈ IR , on a f (t, 0) = t , et t �→ t est dérivable en 0 , de dérivée 1 , donc existe et

∂f (0, 0) ∂x

∂f (0, 0) ∂x

= 1.

• De même, pour tout t ∈ IR , on a f (0, t) = 0 , donc

∂f (0, 0) ∂y

= 0.

Si f est différentiable en (0, 0) , sa différentielle ne peut donc être que l’application linéaire : (h, k) �→ 1 × h + 0 × k = h. Étudions donc ∆(h, k) = f (h, k) − h pour (h, k) �= (0, 0) au voisinage de (0, 0) : ∆(h, k) =

802

hk4 h3 −h=− 2 · h2 + k4 h + k4

I Différentiabilité d’une fonction en un point Or, l’inégalité classique |ab| 

a2 +b2 2

h2 +k4 2

donne |hk2 | 

, donc :

2 2 2 � � �∆(h, k)�  k  h + k = o(h, k).

2

2

Donc f est différentiable en (0, 0) et l’on a df (0, 0) : (h, k) �→ h .

5

Matrice jacobienne

Posons B = (e1 , . . . , ep ) une base de E et B ′ = (e′1 , . . . , e′n ) une base de F . Soit f : Ω → F une fonction différentiable en a ∈ Ω ; notons f1 , . . . , fn les fonctions coordonnées de f dans la base B ′ . On sait qu’une fonction de la variable réelle à valeurs dans un espace vectoriel de dimension finie est dérivable si, et seulement si, toutes ses fonctions coordonnées sont dérivables (cf. proposition 3 de la page 339). Ainsi, pour tout j ∈ [[1, p]], puisque ∂j f (a) est définie, pour tout i ∈ [[1, n]], les n n � � ∂fi ′ dérivées partielles ∂j fi (a) sont définies et ∂j f (a) = ∂j fi (a) e′i = ∂xj (a) ei . i=1

i=1

Proposition 8 Avec les hypothèses précédentes, la matrice de df (a) dans les bases B et B ′ est : � ∂f � i (a) 1in ∈ Mn,p (IR). ∂xj 1jp Démonstration.

Il suffit de remarquer que pour tout j ∈ [[1, p]] : n

df (a) · ej =

� ∂fi ∂f (a) = (a) e′i . ∂xj ∂xj i=1

Terminologie, notation Lorsque E = IRp et F = IRn , la matrice de df (a) dans les bases canoniques est appelée matrice jacobienne de f en a , et notée Jf (a). Ex. 11. Soit f :

IR2 (u, v)

−→ �−→

IR3

�

f1 (u, v) = eu cos v f2 (u, v) = eu sin v f3 (u, v) = v

�

.

Nous verrons plus loin comment démontrer que cette application est différentiable en tout point (u, v) ∈ IR2 . Sa matrice jacobienne est alors :



  Jf (u, v) =   

∂f1 (u, v) ∂u ∂f2 (u, v) ∂u ∂f3 (u, v) ∂u

∂f1 (u, v) ∂v ∂f2 (u, v) ∂v ∂f3 (u, v) ∂v



 � eu cos v  = eu sin v   0

−eu sin v eu cos v 1

�

.

Ex. 12. La matrice jacobienne d’une application linéaire u : IRp → IRn est, en tout point de IRp , la matrice de u dans les bases canoniques.

803

Chapitre 19. Calcul différentiel

6

Gradient

Dans cette section, E est un espace euclidien et F = IR. Rappelons (cf. théorème 1 de la page 158) que pour toute forme linéaire ϕ sur E , il existe un unique v ∈ E tel que : ∀h ∈ E

ϕ(h) = ( v | h ).

Donc, si f : Ω → IR est différentiable en a ∈ Ω, il existe un unique v ∈ E tel que : ∀h ∈ E

Cela conduit à la définition suivante.

df (a) · h = ( v | h ).

Définition 4 Soit f : Ω → IR une fonction différentiable en a ∈ Ω. Le gradient de f en a , noté ∇f (a), est l’unique vecteur de E vérifiant : ∀h ∈ E Notation

df (a) · h = ( ∇f (a) | h ).

On trouve aussi la notation grad f (a) pour désigner ce gradient.

Proposition 9 (Composantes du gradient en base orthonormée) On suppose E muni d’une base orthonormée B = (e1 , . . . , ep ). Si f : Ω → IR est une fonction différentiable en a ∈ Ω, alors : ∇f (a) =

p �

∂j f (a) ej .

j=1

Démonstration page 840

Corollaire 10 On munit E = IRp du produit scalaire canonique. Si f : Ω → IR est une fonction différentiable en a ∈ Ω, alors :   ∂1 f (a)   T .. ∇f (a) =   = (Jf ) . . ∂p f (a)

Première interprétation géométrique du gradient De manière informelle, le gradient donne la direction de « variation maximale » de f . Plus précisément, on dispose du résultat suivant. Proposition 11 Soit f : Ω → IR une fonction différentiable en a ∈ Ω. La restriction à la sphère unité de la fonction h �→ Dh f (a) admet un maximum qui est atteint, si ∇f (a) �= 0 , en l’unique vecteur unitaire positivement colinéaire à ∇f (a).

Démonstration page 840

Principe de démonstration. Utiliser l’expression df (a) · h = ( ∇f (a) | h ) et l’inégalité de Cauchy-Schwarz.

804

II Fonctions différentiables Interprétation topographique Supposons que le relief d’une montagne soit représenté par le graphe d’une fonction f de deux variables différentiable en tout point : l’altitude d’un point de coordonnées horizontales (x, y) est z = f (x, y) . En tout point, le gradient de f indique la direction dans laquelle la pente sera la plus grande (c’est la direction de ce que l’on appelle la « ligne de plus grande pente »).

II 1

Fonctions différentiables Application différentielle

Définition 5 Soit f : Ω → F .

• La fonction f est différentiable si elle est différentiable en tout point de Ω. La différentielle de f est alors l’application : df : Ω −→ L(E, F ) x �−→ df (x).

• La fonction f est de classe C 1 si elle est différentiable et si l’application df est continue. Notation

L’ensemble des fonctions de classe C 1 de Ω dans F est noté C 1 (Ω, F ).

Remarques • Comme toute application différentiable en un point a est continue en a, on a l’inclusion C 1 (Ω, F ) ⊂ C(Ω, F ).

• Dans le cas où E = IR et Ω est un intervalle ouvert, la proposition 3 de la page 800 donne que la définition précédente de la classe C 1 coïncide avec celle donnée au chapitre 8.

Ex. 13. Une application constante admet une différentielle nulle en tout point. Elle est donc différentiable, et même de classe C 1 puisque l’application nulle de Ω dans L(E, F ) est continue. Ex. 14. De même, toute application linéaire u ∈ L(E, F ) est différentiable et sa différentielle est l’application constante x �→ u . Par continuité d’une application constante, u est donc de classe C 1 .

Notation différentielle Cette notation est hors programme, mais elle est omniprésente en physique, en sciences de l’ingénieur, etc. On suppose E muni d’une base B = (e1 , . . . , ep ). Pour tout j ∈ [[1, p]], l’applicap  tion xj ej �→ xj est linéaire, donc différentiable et égale à sa différentielle en tout j=1

point, ce qui mène à la noter dxj (différentielle de l’application x �→ xj ).

805

Chapitre 19. Calcul différentiel Si f : Ω → IR est une fonction différentiable, alors pour tout a ∈ Ω, la relation : ∀h ∈ E peut se récrire : df (a) =

p  ∂f (a) dxj ∂x j j=1

p  ∂f (a) hj , df (a) · h = ∂x j j=1

ou encore, en oubliant a

df =

p  ∂f dxj . ∂x j j=1

Ex. 15. Si f (x, y) = x2 y − y 3 , on a df (x, y) = 2xy dx + (x2 − 3y 2 ) dy .

2

Opérations sur les fonctions différentiables

Combinaisons linéaires Proposition 12 (Linéarité) Soit f et g deux fonctions de Ω dans F ainsi que λ et µ deux réels. • Si f et g sont différentiables en a ∈ Ω, alors l’application λf + µg est différentiable en a et : d(λf + µg)(a) = λ df (a) + µ dg(a). • Si f et g sont différentiables (respectivement de classe C 1 ), alors l’application λf + µg est différentiable (respectivement de classe C 1 ) et : d(λf + µg) = λ df + µ dg.

Démonstration page 840

Corollaire 13 L’ensemble C 1 (Ω, F ) est un sous-espace vectoriel de F (Ω, F ). Différentielles et applications multilinéaires Soit F1 , . . . , Fq , G des IR-espaces vectoriels de dimension finie. Soit f1 : Ω → F1 , . . . , fq : Ω → Fq des fonctions et M : F1 × · · · × Fq → G une application multilinéaire. On note : M (f1 , . . . , fq ) : Ω −→ G   x �−→ M f1 (x), . . . , fq (x) .

Proposition 14 • Si f1 , . . . , fq sont différentiables en a ∈ Ω, alors l’application g = M (f1 , . . . , fq ) est différentiable en a et pour tout h ∈ E : dg(a) · h =

q 

k=1

  M f1 (a), . . . , fk−1 (a), dfk (a) · h, fk+1 (a), . . . , fq (a) .    k -ième place

• Si f1 , . . . , fq sont différentiables (respectivement de classe C 1 ), alors M (f1 , . . . , fq ) est différentiable (respectivement de classe C 1 ).

Démonstration page 840

806

II Fonctions différentiables Ex. 16. Si f1 , . . . , fq sont des applications de classe C 1 de Ω dans IR , le produit f1 · · · fq est de classe C 1 sur Ω et, pour tout a ∈ Ω : d(f1 · · · fq )(a) =

q  k=1

f1 (a) · · · fk−1 (a)fk+1 (a) · · · fq (a)dfk (a).

Si E est euclidien, cela peut se réécrire : ∇(f1 · · · fq )(a) =

q  k=1

f1 (a) · · · fk−1 (a)fk+1 (a) · · · fq (a) ∇fk (a).

Lorsque q = 2 , on obtient : Corollaire 15 Soit B : F1 × F2 → G bilinéaire, ainsi que f1 : Ω → F1 et f2 : Ω → F2 .

• Si f1 et f2 sont différentiables en a ∈ Ω, alors B(f1 , f2 ) est différentiable en a et :       d B(f1 , f2 ) (a) · h = B df1 (a) · h, f2 (a) + B f1 (a), df2 (a) · h .

• Si f1 et f2 sont différentiables (respectivement de classe C 1 ), alors B(f1 , f2 ) est différentiable (respectivement de classe C 1 ).

Ex. 17. Produit de deux fonctions réelles Si f et g sont deux applications de Ω dans IR différentiables en a , alors f g est différentiable en a et : d(f g)(a) = g(a) df (a) + f (a) dg(a). Ex. 18. Supposons que F soit un espace euclidien. Si f : Ω → F et g : Ω → F sont deux applications différentiables en a ∈ Ω , alors ϕ = ( f | g ) est différentiable en a et : ∀h ∈ E

dϕ(a) · h = ( df (a) · h | g(a) ) + ( f (a) | dg(a) · h ).

En particulier : ∀h ∈ E





d �f �2 (a) · h = 2 ( f (a) | df (a) · h ).

Remarques • L’ensemble C 1 (Ω, IR) est muni d’une structure d’algèbre pour les lois usuelles.

• Plus généralement, si F est une algèbre, alors C 1 (Ω, F ) est une sous-algèbre de C(Ω, F ).

Proposition 16 Les applications polynomiales sur E sont de classe C 1 . Démonstration. Tout application polynomiale s’écrit comme une combinaison linéaire de produits de formes coordonnées dans une base, qui sont de classe C 1 puisque linéaires. 807

Chapitre 19. Calcul différentiel

Ex. 19. L’application f définie sur IR3 par f (x, y, z) = x3 + y 3 + z 3 + xyz est de classe C 1 , car polynomiale. Un calcul direct donne pour tout (x, y, z) ∈ IR3 : ∂f (x, y, z) = 3x2 + yz ∂x

∂f (x, y, z) = 3y 2 + xz ∂y

∂f (x, y, z) = 3z 2 + xy. ∂z

L’expression de la différentielle d’une fonction différentiable à l’aide de ses dérivées partielles donne, pour (x, y, z) ∈ IR3 : ∀(h, k, ℓ) ∈ IR3 Exo 19.3

df (x, y, z) · (h, k, ℓ) = (3x2 + yz)h + (3y 2 + xz)k + (3z 2 + xy)ℓ.

Ex. 20. L’application det définie sur Mn (IR) est de classe C 1 , car polynomiale.

Composition Proposition 17 (Différentielle d’une composée) Soit Ω′ un ouvert de F , ainsi que f : Ω → F et g : Ω′ → G telles que f (Ω) ⊂ Ω′ .

• Si f est différentiable en a ∈ Ω et si g est différentiable en b = f (a), alors g ◦ f est différentiable en a et : d(g ◦ f )(a) = dg(b) ◦ df (a). • Si f est différentiable (respectivement de classe C 1 ) et g différentiable (respectivement de classe C 1 ), alors g ◦f est différentiable (respectivement de classe C 1 ).

Démonstration page 841

Terminologie Ce résultat, ainsi surtout que sa conséquence pratique sur les dérivées partielles d’une composée, donnée par la proposition 19 de la page 810, s’appelle aussi la règle de la chaîne. Ex. 21. On suppose que F est un espace euclidien. • La fonction ψ : x �→ �x� =



( x | x ) est de classe C 1 sur F \ {0} .

En effet, d’après l’exemple 4 de la page 800, la fonction ϕ : x �→ ( x | x ) est différentiable sur F et dϕ(x) : h �→ 2( x | h ) . √ k · La fonction r : t �→ t est de classe C 1 sur IR∗+ et pour tout t ∈ IR∗+ on a dr(t) : k �→ 2√ t

Par conséquent, par composition, la fonction ψ est différentiable sur F \ {0} et : dψ(x) : h �→

(x | h) · �x�

• Si f : Ω → F est une fonction différentiable en a ∈ Ω telle que f (a) �= 0 , alors �f � = ψ ◦ f est différentiable en a et : ( f (a) | df (a) · h ) d (�f �) (a) · h = · �f (a)�

808

II Fonctions différentiables Ex. 22. Composition par une application linéaire Soit L ∈ L(F, G) et f : Ω → F . D’après la proposition 4 de la page 801, l’application linéaire L est de classe C 1 et ∀b ∈ F dL(b) = L . Donc, d’après la proposition 17 de la page précédente : • si f est différentiable en a ∈ Ω , alors L◦f est différentiable en a et d(L◦f )(a) = L◦df (a) ,

• si f est différentiable (respectivement de classe C 1 ), alors L ◦ f est différentiable (respectivement de classe C 1 ). Notation

La fonction L ◦ f se note également L(f ) ou Lf .

Ex. 23. Utilisation des fonctions composantes Soit B′ = (e′1 , . . . , e′n ) une base de F et f : Ω → F .

La fonction f est différentiable en a ∈ Ω si, et seulement si, toutes ses applications composantes f1 , . . . , fn dans B′ sont différentiables en a et l’on a alors : df (a)i = dfi (a).

∀i ∈ [[1, n]]

En effet : • si f est différentiable en a , chaque fonction fi également grâce à la relation fi = pi ◦ f , F −→ IR où pi est l’application linéaire n 

xi e′i

�−→

i=1

xi ,

• si les fi sont différentiables en a , alors f aussi grâce à l’égalité f = applications linéaires qi sont définies par qi : IR t

−→ �−→

F te′i .

n 

i=1

qi ◦ fi où les

On en déduit que la fonction f est différentiable (respectivement de classe C 1 ) si, et seulement si, toutes les applications composantes sont différentiables (respectivement de classe C 1 ). Ex. 24. Inverse Soit f : Ω → IR une fonction ne s’annulant pas et différentiable en a ∈ Ω . Alors

1 f

est différentiable en a et :

d En effet, la fonction ϕ : t �→

  1 f

(a) = −

df (a) · f 2 (a)

est de classe C 1 sur l’ouvert IR∗ et dϕ(t) · k = − tk2 pour

1 t

tout (t, k) ∈ IR∗ × IR . Par composition, d

  1 f

1 f

est donc différentiable en a et :

(a) · h = −

df (a) · h · f 2 (a)

Les fonctions polynomiales étant de classe C 1 , on déduit de l’exemple précédent :

Proposition 18 Toute fonction rationnelle définie sur Ω, c’est-à-dire un quotient de deux fonctions polynomiales, est de classe C 1 . 809

Chapitre 19. Calcul différentiel

Exo 19.4

Ex. 25. Rappelons que GLn (IR) est un ouvert de Mn (IR) car c’est l’image réciproque de l’ouvert IR∗ par l’application déterminant, continue puisque polynomiale. La formule M −1 = det1M Com(M )T montre que les n2 applications composantes (dans la base canonique) de l’application M �→ M −1 sont rationnelles, donc de classe C 1 . Il s’ensuit que l’application M → � M −1 est de classe C 1 .

3

Application au calcul des dérivées partielles

Soit Ω′ un ouvert de F , ainsi que f : Ω → F et g : Ω′ → G telles que f (Ω) ⊂ Ω′ . On note : ∂f les dérivées partielles • (x1 , . . . , xp ) les coordonnées dans la base B et donc ∂x j de f dans la base B , lorsqu’elles existent,

• (y1 , . . . , yn ) les coordonnées dans la base B ′ et donc

∂g ∂yi

les dérivées partielles

de g dans la base B , lorsqu’elles existent. ′

Proposition 19 (Règle de la chaîne) On suppose f différentiable en a ∈ Ω et g différentiable en b = f (a).

En notant f1 , . . . , fn les fonctions composantes de f dans la base B ′ on a, pour tout j ∈ [[1, p]] : n  ∂g ∂fi ∂(g ◦ f ) (a) = (a) (b). ∂xj ∂xj ∂yi i=1

Démonstration page 842

Principe de démonstration.

Utiliser la traduction matricielle de l’égalité d(g ◦ f )(a) = dg(b) ◦ df (a) .

∂fi ∂g (a) et (b) sont des ∂xj ∂yi réels. On peut alors réécrire la formule précédente dans un ordre « plus naturel » :

Remarque Dans le cas où g est à valeurs réelles, les n

 ∂g ∂fi ∂(g ◦ f ) (a) = (b) (a). ∂xj ∂y ∂x i j i=1 Ex. 26. Soit f : IR2 → IR une fonction différentiable. Calculons les dérivées partielles de la fonction g : (x, y) �→ f (x + y, xy) en fonction de celles de f . Les applications polynomiales u : (x, y) �→ x + y et v : (x, y) �→ xy sont de classe C 1 sur l’ouvert IR2 , donc différentiables. D’après la règle de la chaîne, pour tout (x, y) ∈ IR2 : ∂f ∂u ∂f ∂v ∂g (x, y) = (x + y, xy) (x, y) + (x + y, xy) (x, y) ∂x ∂u ∂x ∂v ∂x ∂f ∂f = (x + y, xy) + y (x + y, xy) ∂u ∂v ∂g ∂f ∂u ∂f ∂v (x, y) = (x + y, xy) (x, y) + (x + y, xy) (x, y) ∂y ∂u ∂y ∂v ∂y =

810

∂f ∂f (x + y, xy) + x (x + y, xy)· ∂u ∂v

II Fonctions différentiables Corollaire 20 (Matrice jacobienne d’une composée) Avec les mêmes notations que dans la proposition précédente, si E = IRp , F = IRn et G = IRq , on a : Jg◦f (a) = Jg (b) × Jf (a).

4

Dérivation le long d’un arc

Proposition 21 Soit I un intervalle de IR d’intérieur non vide, ainsi que γ : I → Ω et f : Ω → F . Si γ est dérivable en t0 ∈ I et si f est différentiable en a = γ(t0 ), alors f ◦ γ est dérivable en t0 avec : (f ◦ γ)′ (t0 ) = df (a) · γ ′ (t0 ).

Démonstration page 843

Démonstration en un point intérieur à I . Lorsque I est un intervalle ouvert, c’est une conséquence du théorème de différentiabilité d’une composée (proposition 17 de la page 808). En effet, on obtient ainsi la différentiabilité, donc la dérivabilité, en t0 de f ◦ γ , avec d(f ◦ γ)(t0 ) = df (a) ◦ dγ(t0 ) . En se rappelant que, pour une fonction différentiable d’une variable, la différentielle est la multiplication par la dérivée, cela donne :









(f ◦ γ)′ (t0 ) = d(f ◦ γ)(t0 ) · 1 = df (a) · dγ(t0 ) · 1 = df (a) · γ ′ (t0 ) = df (a) · γ ′ (t0 ). Lorsque t0 est un point intérieur à I , on applique ce qui précède à la restriction de γ à l’intérieur de I . Pour le cas général, voir la démonstration à la page 843. Ex. 27. Cas particulier fondamental Soit f : Ω → F une fonction différentiable et h ∈ E . La fonction t �→ f (a + th) est dérivable et l’on a :

 d  f a + th = df (a + th) · h. dt

En effet, en posant γ : t �→ a + th , la fonction f ◦ γ est définie sur l’ouvert γ −1 (Ω) de IR et il suffit d’appliquer la proposition 21 sur tout intervalle contenu dans cet ouvert.

Corollaire 22 On suppose E = IRp . Soit I un intervalle de IR d’intérieur non vide.   Si γ : t �→ x1 (t), . . . , xp (t) est une fonction dérivable sur I et à valeurs dans Ω, et f : Ω → F une fonction différentiable sur Ω, alors f ◦ γ est dérivable sur I et : p    ∂f  d  f x1 (t), . . . , xp (t) = x′j (t) x1 (t), . . . , xp (t) . dt ∂xj j=1

Démonstration. C’est une reformulation de la proposition 21 utilisant l’expression de la différentielle donnée au corollaire 7 de la page 802. Ex. 28. Si f : IR2 → IR est une application différentiable, on a :

 d ∂f ∂f f (t + t3 , 1 − t2 ) = (1 + 3t2 ) (t + t3 , 1 − t2 ) − 2t (t + t3 , 1 − t2 ). dt ∂x ∂y 811

Chapitre 19. Calcul différentiel Ex. 29. Considérons une quantité physique qui dépend du temps et de l’espace. Cela peut être modélisé en introduisant une fonction f : IR3 × IR −→ F  (x, y, z, t) �−→ f x, y, z, t .

La position dans l’espace d’un point matériel au cours du temps est donnée par une fonc    tion γ : t �→ x(t), y(t), z(t) . Posons h : t �→ f x(t), y(t), z(t), t . Si f est différentiable et γ dérivable, alors la fonction h est dérivable et : h′ (t) = x′ (t)

   ∂f   ∂f  ∂f  ∂f  γ(t), t + y ′ (t) γ(t), t + z ′ (t) γ(t), t + γ(t), t . ∂x ∂y ∂z ∂t

De manière plus simple, en omettant le point en lequel les dérivées partielles de f sont évaluées :

Attention





  d ∂f ∂f ∂f ∂f + y ′ (t) + z ′ (t) + · f x(t), y(t), z(t), t = x′ (t) dt ∂x ∂y ∂z ∂t

Ne pas confondre :





  d f x(t), y(t), z(t), t dt

et

 ∂f  x(t), y(t), z(t), t . ∂t

Retour sur la règle de la chaîne Considérons des applications différentiables f : Ω ⊂ IRp → IRn et g : Ω′ ⊂ IRn → IR telles que f (Ω) ⊂ Ω′ . Notons yi : Ω → IR, avec i ∈ [[1, n]], les fonctions composantes de f . La règle de la chaîne nous dit que l’application h = g ◦ f définie par :   ∀(x1 , . . . , xp ) ∈ Ω h(x1 , . . . , xp ) = g y1 (x1 , . . . , xp ), . . . , yn (x1 , . . . , xp ) , (⋆)

est différentiable sur Ω et admet pour dérivées partielles : n   ∂yi ∂h ∂g  y1 (x1 , . . . , xp ), . . . , yn (x1 , . . . , xp ) (x1 , . . . , xp ) = (x1 , . . . , xp ). ∂xj ∂yi ∂xj i=1

On remarque que cela revient exactement à dériver (⋆) par rapport à xj en utilisant le corollaire 22 de la page précédente). On retient facilement cette relation, qui traduit la règle de la chaîne, sous la forme concise ci-dessous, dans laquelle les points où sont évaluées les dérivées partielles sont sous-entendus : n  ∂h ∂g ∂yi = · ∂xj ∂y i ∂xj i=1 Cette notation est certes abusive, mais elle est très efficace. Il faut simplement ne pas perdre de vue, pour chaque dérivée partielle, le point où elle est évaluée.

Ex. 30. Soit f : IR2 → IR une fonction et g l’application définie par g(r, θ) = f (r cos θ, r sin θ) sur IR2 . Par opérations sur les fonctions différentiables, les applications x : (r, θ) �→ r cos θ et y : (r, θ) �→ r sin θ sont différentiables. Par conséquent, si f est différentiable, la fonction g est différentiable et pour tout (r, θ) ∈ IR2 , on a : ∂x ∂f ∂y ∂f ∂g = + = ∂r ∂r ∂x ∂r ∂y

cos θ

∂f ∂f + sin θ ∂x ∂y

∂x ∂f ∂y ∂f ∂f ∂f ∂g = + = −r sin θ + r cos θ · ∂θ ∂θ ∂x ∂θ ∂y ∂x ∂y

812

II Fonctions différentiables

5

Fonctions de classe C 1

Théorème 23 (Théorème fondamental) Soit f : Ω → F une fonction. Les assertions ci-dessous sont équivalentes. (i) La fonction f est de classe C 1 sur Ω.

(ii) Toutes les dérivées partielles de f sont définies et continues sur Ω. Démonstration (non exigible) page 843

Point méthode Pour démontrer qu’une fonction f : Ω → F est de classe C 1 :

• on cherche d’abord à utiliser les théorèmes généraux de manipulation des fonctions de classe C 1 ;

• si ceux-ci ne s’appliquent pas, on peut chercher à montrer que dans une base donnée toutes les dérivées partielles de f sont définies et continues sur Ω. 



Ex. 31. La fonction f : (x, y) �→ ex ln x2 + 2y 2 + 1 est de classe C 1 sur IR2 . En effet :

• la fonction (x, y) �→ x2 + 2y 2 + 1 est polynomiale, donc de classe C 1 sur IR2 , et à valeurs dans IR∗+ et la fonction ln est de classe C 1 sur IR∗+ . Donc, par composition, (x, y) �→ ln(x2 + 2y 2 + 1) est une fonction de classe C 1 sur IR2 .

• De même, (x, y) �→ ex est de classe C 1 sur IR2 par caractère C 1 de la fonction polynomial (x, y) �→ x et de l’exponentielle.

Par produit, f est de classe C 1 sur IR2 .

Ex. 32. Reprenons la fonction définie sur IR2 par f (x, y) =

x4 + y 4 · x2 + y 2

À l’exemple 5 de la page 800, il a été montré que la fonction f prolongée par 0 en 0 est différentiable et de différentielle nulle en 0 . On note encore f ce prolongement. Montrons qu’il est de classe C 1 . • En tant que fonction rationnelle, la fonction f est de classe C 1 sur l’ouvert IR2 \{0} (caractère local de la continuité). ∂f ∂f (0, 0) = (0, 0) = 0 . Pour s’assurer que la fonction f est de classe C 1 , il suffit • On a ∂x ∂y de montrer : lim

(x,y)→(0,0)

∂f (x, y) = 0 ∂x

et

lim

(x,y)→(0,0)

∂f (x, y) = 0. ∂y

On a, pour (x, y) ∈ IR2 \ {0} : x5 + 2x3 y 2 − xy 4 ∂f (x, y) = 2 · ∂x (x2 + y 2 )2 En majorant |x| et |y| par r = �(x, y)�2 , on a :

  4r 5  ∂f   (x, y)  2 4 = 8r = 8�(x, y)�2 . ∂x

r

813

Chapitre 19. Calcul différentiel Cette inégalité est encore vérifiée pour (0, 0) . Par comparaison : ∂f (x, y) −→ 0. ∂x (x,y)→(0,0) On obtient de la même façon

∂f (x, y) −→ 0 . Par suite, la fonction f est de classe C 1 . ∂y (x,y)→(0,0)

Fonctions de classe C 1 et intégration Proposition 24 Soit f : Ω → F une fonction de classe C 1 . Pour toute application γ : [0, 1] → E à valeurs dans Ω de classe C 1 telle que γ(0) = a et γ(1) = b , on a :  1   df γ(t) · γ ′ (t) dt. f (b) − f (a) = 0

Démonstration.





En tant que composée de fonctions de classe C 1 , la fonction ϕ : t �→ f γ(t) est de classe C 1 .





Ainsi, d’après la proposition 21 de la page 811, ϕ′ (t) = df γ(t) · γ ′ (t) et donc : f (b) − f (a) = ϕ(1) − ϕ(0) =



1

ϕ′ (t) dt =

0



0

1





df γ(t) · γ ′ (t) dt.

Ex. 33. Soit a ∈ Ω et h ∈ E tel que le segment [a, a+h] soit contenu dans Ω . Soit f : Ω → F une fonction de classe C 1 . En posant γ : t �→ a + th , de classe C 1 sur [0, 1] , on a :



f (a + h) − f (a) =

1

0

df (a + th) · h dt.

Ex. 34. Supposons f différentiable sur un ouvert Ω convexe avec une différentielle nulle. Montrons que f est constante. Soit (a, b) ∈ Ω2 . Par convexité de Ω , le segment [a, b] est contenu dans Ω et en appliquant l’exemple précédent à h = b − a (la fonction f est bien de classe C 1 puisque sa différentielle est nulle, donc continue), on obtient : f (b) − f (a) =



0

1

df (a + th) · h dt

et donc f (b) = f (a) puisque df (a + th) = 0 pour tout t ∈ [0, 1] par hypothèse.

Remarque L’hypothèse de convexité peut être remplacée par celle de connexité par arcs. C’est l’objet du résultat suivant.

Proposition 25 (Caractérisation des fonctions constantes) Supposons que Ω soit un ouvert connexe par arcs de E ; soit f : Ω → F .

La fonction f est constante si, et seulement si, f est différentiable et df = 0 . Démonstration (non exigible) page 844

814

III Vecteurs tangents à une partie

III 1

Vecteurs tangents à une partie Vecteurs tangents

Tangente à un arc Un arc à valeurs dans E est simplement une application d’un intervalle I ⊂ IR dans E . On peut naturellement parler d’arc continu, dérivable, etc. Lorsque γ est un arc dérivable en t ∈ I et γ ′ (t) �= 0 , la droite affine γ(t) + IRγ ′ (t) est la tangente au point de paramètre t.

γ ′ (t) 

γ(t)





Ex. 35. Soit ϕ : I → IR dérivable. On considère l’arc γ défini par γ(x) = x, ϕ(x) . Son image est donc la courbe d’équation y = ϕ(x) .





La fonction γ est dérivable sur I et, pour tout x ∈ I , on a γ ′ (x) = 1, ϕ′ (x) �= 0 . Donc l’arc admet une tangente en tout point, et cette tangente au point de paramètre (et donc aussi d’abscisse) x est dirigée par γ ′ (x) , donc a pour pente ϕ′ (x) . Cette définition de la tangente coïncide avec celle déjà connue pour des courbes d’équation cartésienne de la forme y = ϕ(x) .

Vecteurs tangents Exo 19.11 Exo 19.12

Définition 6 Soit X une partie de E et x ∈ X . Un vecteur v de E est un vecteur tangent à X en x s’il existe un réel ε > 0 et une fonction γ : ]−ε, ε[ → E à valeurs dans X , dérivable en 0 , tel que γ(0) = x et γ ′ (0) = v . Notation

L’ensemble des vecteurs tangents à X en x se note Tx X .

En d’autres termes, les vecteurs tangents à X en x sont les dérivées en 0 des arcs tracés sur X , définis au voisinage de 0 , passant par x en 0 et dérivables en 0 . Ex. 36. Le vecteur 0 est tangent à X en tout point de X , comme on le voit en considérant un chemin constant. ◦

Ex. 37. Si x ∈ X , alors Tx X = E . En effet, pour v ∈ E , la fonction γ : t �→ x + tv est à valeurs dans X au voisinage de 0 et est dérivable en 0 avec γ ′ (0) = v . Ex. 38. Il vient de l’exemple précédent, que si Ω est un ouvert, alors Tx Ω = E pour tout x ∈ Ω .

Remarque L’ensemble Tx X est un cône de E , c’est-à-dire une partie stable par toutes les homothéties de E . En effet, soit v ∈ Tx X et λ ∈ IR. Si γ : ]−ε, ε[ → X a pour dérivée v en 0 , alors la dérivée en 0 de l’application t �→ γ(λt), qui est définie sur un voisinage de 0 et à valeurs dans X , est λv , ainsi λv ∈ Tx X . En d’autres termes, IRv est inclus dans Tx X . 815

Chapitre 19. Calcul différentiel

Ex. 39. Soit I un intervalle ouvert et γ : I → E un arc de classe C 1 . Posons X = γ(I) . Soit t0 ∈ I . Comme I est ouvert, il existe ε > 0 tel que ]t0 − ε, t0 + ε[ ⊂ I .

En considérant l’arc t �→ γ(t0 + t) , défini sur ]−ε, ε[ et à valeurs dans X , on voit que γ ′ (t0 ) est un vecteur tangent à γ(I) en γ(t0 ) . Par suite IRγ ′ (t0 ) ⊂ Tγ(t0 ) X . Remarque Comme on peut le voir sur un arc du type ci-contre, il se peut que l’inclusion soit stricte dans le cas où le point correspond à plusieurs paramètres.





Ex. 40. Soit X = (x, y) ∈ IR2 : xy = 0 , réunion des deux axes (Ox) et (Oy) . Montrons que T(0,0) X = X .

• En considérant l’application x �→ (x, 0) , on obtient que (1, 0) est un vecteur tangent à X en (0, 0) . De même (0, 1) ∈ T(0,0) X . Par suite X = IR(1, 0) ∪ IR(0, 1) ⊂ T(0,0) X , puisque l’ensemble des vecteurs tangents est un cône.





• Soit ε > 0 et γ : t �→ x(t), y(t) un arc défini sur l’intervalle ]−ε, ε[ , tracé sur X , dérivable en 0 et tel que γ(0) = (0, 0) . On a donc, au voisinage de 0 : x(t) = tx′ (0) + o(t)

y(t) = ty ′ (0) + o(t),

et

et puisque γ est tracé sur X , pour tout t ∈ ]−ε, ε[ : 0 = x(t)y(t) = t2 x′ (0)y ′ (0) + o(t2 ). Par unicité du développement limité, x′ (0)y ′ (0) = 0 , ce qui implique que γ ′ (0) ∈ X .

Par conséquent T(0,0) X = X .

Remarque Comme on le voit dans cet exemple, l’ensemble Tx X n’est pas en général un sous-espace vectoriel de E . Lorsque Tx X est un sous-espace vectoriel de E , on dit que c’est l’espace tangent à X en x .

2

Exemples d’espaces tangents

Ex. 41. Vecteurs tangents à un sous-espace affine Soit a ∈ E et F un sous-espace vectoriel de E . On pose F = a + F . Soit x ∈ F ; montrons que Tx F = F .

• Soit v ∈ F . En considérant γ : t �→ x + tv , qui est à valeurs dans F , on a v ∈ Tx F .

• Soit γ : ]−ε, ε[ → E une fonction dérivable en 0 , à valeurs dans F et telle que γ(0) = x . Pour tout t ∈ ]−ε, ε[ \ {0} on a

γ(t)−γ(0) t

∈ F et comme F est un fermé de E (sous-espace

vectoriel en dimension finie), il vient que γ ′ (0) = lim

t→0

En conclusion Tx F = F .

816

γ(t)−γ(0) t

∈F.

III Vecteurs tangents à une partie Ex. 42. Vecteurs tangents à une sphère Soit E un espace euclidien et S la sphère de E centrée en 0 et de rayon r > 0 . Soit a ∈ S ; montrons que Ta S est l’hyperplan orthogonal au vecteur a . On procède par double inclusion. • Soit v ∈ Ta S . Il existe donc γ : ]−ε, ε[ → S dérivable en 0 tel que γ(0) = a et γ ′ (0) = v et l’on a : ∀t ∈ ]−ε, ε[





z



γ(t)  γ(t) = r 2 .

En dérivant cette relation en 0 , cela donne :







2 γ(0)  γ ′ (0) = 0

( a | v ) = 0.

i.e.

x y

On en déduit que Ta S ⊂ (IRa)⊥ .

• Soit v un vecteur non nul orthogonal à a . Montrons qu’il est tangent à S en a . Au vu de la remarque de la page 815, on peut le supposer unitaire. Considérons l’application : γ : IR t

−→ �−→

E cos(t)a + r sin(t) v.

Elle vérifie γ(0) = a et elle est dérivable, avec γ ′ (0) = rv . De plus le théorème de Pythagore assure qu’elle est à valeurs dans S puisque a et rv sont orthogonaux et de même norme r . Il s’ensuit que rv ∈ Ta S , donc v ∈ Ta S , car r �= 0 . On en déduit (IRa)⊥ ⊂ Tx S . Ex. 43. Espace tangent au graphe d’une fonction définie sur un ouvert de IR2 Soit Ω un ouvert de IR2 et f : Ω → IR une fonction numérique. Notons G son graphe :







G = (x, y, f (x, y))  (x, y) ∈ Ω .

Considérons m = (x0 , y0 ) ∈ Ω et supposons f différentiable en m . On pose z0 = f (x0 , y0 ) et M = (x0 , y0 , z0 ) . Cherchons les vecteurs tangents à G en M . Soit γ : ]−ε, ε[ → G dérivable en 0 tel que γ(0) = M . En notant x, y, z les trois fonctions composantes de γ , on a : ∀t ∈ ]−ε, ε[





z(t) = f x(t), y(t) .

(m) + y ′ (0) ∂f (m) . En dérivant cette relation en 0 , cela donne z ′ (0) = x′ (0) ∂f ∂x ∂y • Si v = (h, k, ℓ) ∈ TM G , on a donc : h

∂f ∂f (m) + k (m) − ℓ = 0. ∂x ∂y

(∗)

817

Chapitre 19. Calcul différentiel • Réciproquement, soit (h, k, ℓ) vérifiant (∗) . Puisque m = (x0 , y0 ) appartient à Ω qui est ouvert, on peut trouver ε > 0 tel que (x0 + th, y0 + tk) ∈ Ω pour tout t ∈ ]−ε, ε[ . On peut donc poser : γ : ]−ε, ε[ −→ IR3 � � x(t) = x0 + th y(t) = y0 + tk . t �−→ z(t) = f (x0 + th, y0 + tk) L’arc γ est dérivable en 0 et l’on a x′ (0) = h et y ′ (0) = k , donc : z ′ (0) = x′ (0)

∂f ∂f ∂f ∂f (m) + y ′ (0) (m) = h (m) + k (m) = ℓ. ↑ ∂x ∂y ∂x ∂y (∗)

On en déduit v = (h, k, ℓ) = γ ′ (0) ∈ TM G puisque γ est évidemment tracé sur G et vérifie γ(0) = M . Finalement, TM G est le plan d’équation (∗) , appelé plan tangent à G en M . Il est dirigé par les deux vecteurs non colinéaires :



  ∂f

∂x

1 0 (m)

  

et



  ∂f

∂y

0 1 (m)



 .

3

Cas des ensembles définis par une équation � � On considère ici une fonction g : Ω → IR de classe- C 1 et X = x ∈ Ω : g(x) = 0 . Soit a ∈ X . Considérons un arc γ : ]−ε, ε[ → E tracé sur X , dérivable en 0 , et tel que γ(0) = a. On a donc g ◦ γ = 0 , ce qui, par dérivation en 0 donne : � � 0 = (g ◦ γ)′ (0) = dg γ(0) · γ ′ (0) = dg(a) · γ ′ (0).

On en déduit l’inclusion Ta X ⊂ Ker dg(a). Cela n’a d’intérêt, évidemment, que si dg(a) �= 0 et dans ce cas, il y a même égalité, ce qui est l’objet du théorème 26 que nous admettons. Théorème 26

� � Soit g : Ω → IR une fonction numérique de classe C 1 et X = x ∈ Ω : g(x) = 0 .

Si a ∈ X et dg(a) �= 0 , alors Ta X = Ker dg(a).

Ex. 44. Reprenons l’exemple de la sphère de centre 0 et de rayon r > 0 dans un espace vectoriel euclidien E (exemple 42 de la page précédente). Elle est définie par l’équation g(x) = 0 , où g : x �→ ( x | x ) − r 2 est de classe C 1 sur E et : ∀x ∈ E

dg(x) : h �→ 2( x | h ).

(cf. exemple 21 de la page 808). En tout point a de S , on a donc dg(a) �= 0 et Ta X est l’hyperplan orthogonal à a . Ex. 45. De même, pour l’exemple 43 de la page précédente du graphe G d’une fonction f , ∂f on peut poser g(x, y, z) = f (x, y) − z qui vérifie dg(x, y, z) = ∂x (x, y)dx + ∂f (x, y)dy − dz , ∂y

donc l’ensemble des vecteurs (h, k, ℓ) tangents en un point (x0 , y0 , z0 ) de G est le plan d’équa(x0 , y0 ) + k ∂f (x0 , y0 ) − ℓ = 0 . tion h ∂f ∂x ∂y

818

III Vecteurs tangents à une partie 



Ex. 46. On note SLn (IR) = M ∈ Mn (IR) : det M = 1 .

Montrons que l’ensemble des vecteurs tangents à SLn (IR) en In est l’ensemble des matrices de trace nulle. La fonction det est de classe C 1 sur Mn (IR) . Soit H ∈ Mn (IR) et t ∈ IR∗ . On a : det(In + tH) = tn det



1 In + H t



= tn χ−H

 

1 · t

En utilisant χ−H (X) = X n − tr(−H)X n−1 + · · · + (−1)n det(−H) , on obtient : det(In + tH) = 1 + tr(H)t + o(t)

ce qui prouve

DH (det)(In ) = tr(H).

Par suite, d(det)(In ) = tr . Puisque l’application trace n’est pas nulle, cela donne, d’après le théorème 26 de la page ci-contre :









TIn SLn (IR) = H ∈ Mn (IR) : tr(H) = 0 . Remarque On voit bien sur ces exemples la puissance du théorème 26 de la page précédente qui permet d’avoir directement l’espace tangent. En particulier, dans l’exemple 46, l’inclu  sion TIn SLn (IR) ⊂ Ker tr peut s’obtenir facilement en dérivant en 0 la relation det γ(t) = 1 , où γ est un arc tracé sur SLn (IR) tel que γ(0) = In . Mais sans le théorème, pour avoir l’inclusion inverse, il faudrait pouvoir expliciter, pour chaque matrice H de trace nulle, un tel arc γ vérifiant γ ′ (0) = H . L’arc γ : t �→ exp(tH) convient ici (il est bien un arc tracé sur SLn (IR) d’après l’exemple 16 de la page 741), mais il n’est pas facile à intuiter.

Seconde interprétation géométrique du gradient Dans le cas où E est euclidien, la conclusion du théorème 26 de la page ci-contre peut se formuler ainsi : si ∇g(a) �= 0 , on a Ta X = ∇g(a)⊥ . Remarques • La figure ci-contre illustre cette propriété pour la partie de IR2 définie par l’équation x2 + 4y 2 = 4 .

y

∇f (m)

m



• Il est clair que les résultats précédents s’appliquent O x à X = g −1 ({c}) pour tout réel c : en tout point a de X où ∇g(a) �= 0 , on a Ta X = ∇g(a)⊥ . Les ensembles d’équations g(x) = c sont appelés lignes de niveau de la fonction g . • Reprenons l’interprétation topographique de la page 805 : pour représenter le relief d’une montagne sur une carte plane on peut tracer les lignes de niveau, correspondant aux lieux où f est constante, f étant la fonction qui à tout point de coordonnées (x, y) associe son altitude z = f (x, y). En tout point, le gradient de f est donc orthogonal à la ligne de niveau passant par ce point. 819

Chapitre 19. Calcul différentiel

Ex. 47. Application à l’équation du plan tangent On munit IR3 de sa structure euclidienne canonique. Soit g : Ω → IR est une fonction de   classe C 1 . On considère X = (x, y, z) ∈ Ω : g(x, y, z) = 0 ainsi que m0 = (x0 , y0 , z0 ) ∈ X un point tel que ∇g(m0 ) �= 0 . z Puisque ∇g(m0 ) �= 0 , l’ensemble des vecteurs ∇f (m0 ) tangents à X en m0 est le sous-espace vecto⊥ riel ∇g(m0 ) , qui est de dimension 2 . Le plan tangent à X en m0 est le plan affine T passant par m0 m0 et dirigé par le plan vectoriel ∇g(m0 )⊥ . Ce plan est caractérisé par : y ∀m ∈ IR3

m ∈ T ⇐⇒



c’est-à-dire par l’équation :

T :



∇g(m0 )  m − m0

(x − x0 )



= 0, x

∂g ∂g ∂g (m0 ) + (y − y0 ) (m0 ) + (z − z0 ) (m0 ) = 0. ∂x ∂y ∂z

Ex. 48. Soit (a, b, c) ∈ IR∗+ 3 et S la partie de IR3 définie par l’équation :

 2 x a

+

 2 y b

−

 2 z c

= 1.

Considérons m0 = (x0 , y0 , z0 ) ∈ S . Il est clair que m0 �= 0 , donc : ∇g(m0 ) =



2x0 2y0 2z0 , ,− 2 a 2 b2 c



�= 0.

Il s’ensuit que S admet en m0 un plan tangent d’équation : 2

   y0  z0  x0  x − x0 + 2 2 y − y0 − 2 2 z − z0 = 0. a2 b c

Compte tenu de la relation

820

 x 2 0

a

+

 y0 2 b

−

 z 2 0

c

= 1 , cette équation peut s’écrire :

y0 y z0 z x0 x + 2 − 2 = 1. a2 b c

IV Fonctions de classe C k

IV

Fonctions de classe C k

Dans cette section E = IRp et B =(e1 , . . . , ep ) est la base canonique.

1

Fonctions de classe C k

Dérivées partielles successives Les dérivées partielles d’une fonction f : Ω → F , lorsqu’elles existent en tout point de Ω, sont des applications de Ω dans F . On peut donc s’intéresser à leurs dérivées partielles éventuelles. Définition 7 k

Soit (j1 , . . . , jk ) ∈ [[1, p]] .

   Lorsqu’elle existe, la fonction ∂jk ∂jk−1 · · · (∂j1 f ) · · · est appelée dérivée partielle de f selon les indices (j1 , . . . , jk ) et notée : ∂kf ∂xjk · · · ∂xj1

∂jk · · · ∂j1 f

ou

∂j1 ,...,jk f.

On appelle dérivée partielle d’ordre k , une dérivée partielle par rapport à une liste d’indices de longueur k . Fonctions de classe C k Définition 8 Une application f : Ω → F est de classe C k si toutes ses dérivées partielles d’ordre k existent et sont continues sur Ω. Notation

C k (Ω, F ) désigne l’ensemble des applications de classe C k de Ω dans F .

Remarques • On convient que les fonctions de classe C 0 sont les fonctions continues. k

• Munissons F d’une base B ′ . Soit (j1 , . . . , jk ) ∈ [[1, p]] . D’après les propriétés de la dérivation partielle, ∂jk · · · ∂j1 f est définie si, et seulement si, ∂jk · · · ∂j1 fi est définie pour toute fonction coordonnée fi . De même, par le lien entre la continuité d’une fonction à valeurs dans F et la continuité de ses fonctions coordonnées, une fonction f est de classe C k si, et seulement si, toutes ses fonctions coordonnées le sont. Cela permet de se ramener à des fonctions à valeurs réelles.

Ex. 49. Les fonctions constantes sont de classe C k , pour tout k ∈ IN . En effet, toutes ses dérivées partielles sont nulles. Ex. 50. Si u ∈ L(IRp , F ) , alors u est de classe C k , pour tout k ∈ IN . En effet, toutes ses dérivées partielles d’ordre 1 sont constantes (cf. exemple 22 de la page 809), donc toutes les dérivées partielles d’ordre k > 1 sont nulles.

821

Chapitre 19. Calcul différentiel Il vient de la définition et du théorème fondamental le résultat suivant. Proposition 27 Si f ∈ C k (Ω, F ), alors f est de classe C i , pour tout i ∈ [[0, k]].

Démonstration page 844

Corollaire 28 Soit k  1 . Une application f : Ω → F est de classe C k si, et seulement si, toutes les dérivées partielles de f d’ordre 1 existent et sont de classe C k−1 .

Démonstration page 844

Définition 9 Une application f est de classe C ∞ si elle est de classe C k , pour tout k ∈ IN. Notation

On note C ∞ (Ω, F ) l’ensemble des applications de classe C ∞ de Ω dans F .

Opérations sur les fonctions de classe C k Soit k ∈ IN∗ ∪ {∞} . Les théorèmes opératoires sur les fonctions de classe C 1 se généralisent sans difficulté aux applications de classe C k grâce au corollaire 28.

Proposition 29

Soit f et g deux applications de Ω dans F de classe C k . Pour tout (λ, µ) ∈ IR2 , l’application λf + µg est alors de classe C k .

Démonstration page 844

Remarque Il s’ensuit que C k (Ω, F ) est un sous-espace vectoriel de C(Ω, F ). Proposition 30 Soit M : F1 × · · · × Fq → G une application q -linéaire, où F1 , . . . , Fq , G sont des IR -espaces vectoriels de dimension finie, et f1 : Ω → F1 , . . . , fq : Ω → Fq des fonctions de classe C k . Alors M (f1 , . . . , fq ) est de classe C k .

Démonstration page 845

Ex. 51. Si f1 , . . . , fq : Ω → IR sont des applications de classe C k , leur produit f1 · · · fq est alors de classe C k .

Ex. 52. Supposons que F soit un espace euclidien. Si f : Ω → F et g : Ω → F sont deux applications de classe C k , alors ϕ = ( f | g ) est de classe C k . En particulier �f �2 est de classe C k .

Remarques • Il vient de la proposition 30 que C k (Ω, IR) est une une sous-algèbre de C(Ω, IR). • Plus généralement, si F est une algèbre, alors C k (Ω, F ) est une algèbre.

• En particulier, C k (Ω, C) est une IR-algèbre, en considérant C comme une IRalgèbre. 822

IV Fonctions de classe C k

Proposition 31 Les applications polynomiales sur IRp sont de classe C ∞ .

Démonstration. C’est une conséquence du fait que les dérivées partielles d’une application polynomiale sont elles-mêmes polynomiales, et que toute application polynomiale est continue.

Ex. 53. Les applications M �→ det M et M �→ M k (pour k ∈ IN ) définies sur Mn (IR) † sont de classe C ∞ .

Proposition 32 Soit Ω′ un ouvert de IRn , f : Ω → IRn et g : Ω′ → G deux applications de classe C k telles que f (Ω) ⊂ Ω′ . L’application g ◦ f est alors de classe C k .

Démonstration page 845

Ex. 54. Si f : Ω → IR est de classe C k et ne s’annule pas, la fonction

suffit, pour le voir, d’écrire

1 f

1 f

est de classe C k . Il

= g ◦ f , où g : IR∗ → IR est définie par g(t) = 1t ·

Ex. 55. Toute fonction rationnelle sur IRp est de classe C ∞ sur tout ouvert où elle est définie.

Ex. 56. L’application définie sur GLn (IR) † par f (M ) = M −1 est de classe C ∞ (cf. exemple 25 de la page 810).

2

Théorème de Schwarz

Théorème 33 Soit f : Ω → F une fonction de classe C 2 . On a alors : 2

∀(i, j) ∈ [[1, p]]

∂2f ∂2f = · ∂xi ∂xj ∂xj ∂xi Démonstration (non exigible) page 846

Exo 19.15

Attention Sans l’hypothèse C 2 , les dérivées partielles « croisées » peuvent exister mais ne pas être égales. Notation Le résultat se généralise sans problème à des fonctions de classe C k : on peut calculer les dérivées partielles d’ordre k sans se préoccuper de l’ordre dans lequel on effectue les dérivations. ∂kf Cela permet de les écrire sous la forme αp , où α1 + · · · + αp = k . 1 ∂xα 1 · · · ∂xp 2

†. Au moyen de sa base canonique, on identifie Mn (IR) à IRn .

823

Chapitre 19. Calcul différentiel

Ex. 57. Soit Φ :

IR2 (u, v)

−→ �−→

IR2 (u + v, uv).

L’application Φ , dont les fonctions coordonnées sont polynomiales sur l’ouvert IR2 , est de classe C ∞ . Pour tout f ∈ C 1 (IR2 , IR) , l’application définie sur IR2 par g(u, v) = f (u+v, uv) est de classe C 1 et pour tout (u, v) ∈ IR2 , on a : ∂f ∂f ∂g (u, v) = (u + v, uv) + v (u + v, uv) ∂u ∂x ∂y ∂g ∂f ∂f (u, v) = (u + v, uv) + u (u + v, uv). ∂v ∂x ∂y Pour alléger la suite du calcul, nous allons utiliser les conventions données lors de la discussion de la règle de la chaîne en sous-entendant les points en lesquels on calcule les dérivée partielles (cf. page 812), ce qui donne : ∂f ∂f ∂g = +v ∂u ∂x ∂y Ainsi, si l’on suppose f de classe C 2 : ∂ ∂2g = ∂u∂v ∂u



∂f ∂f +u ∂x ∂y

∂g ∂f ∂f = +u · ∂v ∂x ∂y

et



=

∂ ∂u



∂f ∂x



+u

∂ ∂u



∂f ∂y



(⋆)

+

∂f · ∂y

Bien comprendre que dans cette formule, une expression comme : ∂ ∂u



∂f ∂x



∂ ∂u

signifie en fait

Pour calculer ces dérivées partielles

∂ ∂u

 ∂f  ∂x

et

∂ ∂u



 ∂f  ∂y



∂f (u + v, uv) · ∂x on utilise à nouveau la règle de la

chaîne, c’est-à-dire que l’on applique la première formule de (⋆) en remplaçant f par On obtient : ∂ ∂u



∂f ∂x



∂2f ∂2f = + v ∂x2 ∂y∂x

et

Compte tenu du théorème de Schwarz qui donne

∂ ∂u ∂2f ∂x∂y



=

∂f ∂y



∂2 f ∂y∂x

=

∂2f ∂2f +v 2· ∂x∂y ∂y

, on obtient donc :

∂2g ∂2f ∂2f ∂2f ∂f = + uv · + (u + v) + ∂u∂v ∂x2 ∂y∂x ∂y 2 ∂y

824

∂f ∂x

et

∂f · ∂y

IV Fonctions de classe C k

3

Hessienne – Formule de Taylor-Young à l’ordre 2

Dans cette section, E = IRp et il est muni de sa structure euclidienne canonique. Les fonctions considérées sont à valeurs réelles. Hessienne Définition 10 Soit f : Ω → IR une fonction de classe C 2 et a ∈ Ω.

La matrice hessienne de f en a, notée Hf (a), est :  2  ∂ f (a) . Hf (a) = ∂xj ∂xi 1  i, j  p

Remarques • D’après le théorème de Schwarz, la matrice hessienne de f en a est symétrique. • On a Hf (a) = J∇f (a).

Ex. 58. Soit A ∈ Mp (IR) et f l’application définie sur IRp par f (x) = xT Ax . Cette application est polynomiale sur IRp , donc de classe C 2 . On a Hf (x) = A + AT .

En effet, notons A = (ai,j )1i,jp . On a donc f (x) =



1i,jp

obtient :

ai,j xi xj . Pour k ∈ [[1, p]] , on

  ∂f ai,k xi + ak,j xj (x) = 2ak,k xk + ∂xk j�=k

i�=k

puis : ∂2f (x) = 2ak,k ∂x2k

∂2f (x) = aℓ,k + ak,ℓ , ∂xℓ ∂xk

et, pour ℓ �= k ,

d’où le résultat. Ex. 59. Soit f : Ω → IR une fonction de classe C 2 et h ∈ IRp tel que [a, a + h] ⊂ Ω .

On pose alors les fonctions γ : t �→ a + th et g = f ◦ γ définies sur [0, 1] . Puisque γ ′ = h , la dérivation le long d’un arc donne pour tout t ∈ [0, 1] : p    ∂f  g (t) = ∇f (a + th) h = hj (a + th). ′



j=1

Appliquant à nouveau ce résultat aux fonctions

′′

g (t) =

p  j=1

hj



p  i=1

∂2f hi (a + th) ∂xi ∂xj



=

∂f ∂xj



∂xj

, cela donne :

1i,jp

hj hi

∂2f (a + th) = hT Hf (a + th) h. ∂xi ∂xj

825

Chapitre 19. Calcul différentiel Développement limité à l’ordre 2 Théorème 34 (Formule de Taylor-Young à l’ordre 2 ) Soit f : Ω → IR une fonction de classe C 2 et a ∈ Ω. On a alors au voisinage de 0 :   1 f (a + h) = f (a) + df (a) · h + hT Hf (a)h + o �h�2 . 2

Démonstration (non exigible) page 847

Remarque On peut aussi écrire le développement limité à l’ordre 2 sous la forme :   1      Hf (a)h  h + o �h�2 . f (a + h) = f (a) + ∇f (a)  h + h→0 2

4

Exemples d’équations aux dérivées partielles

Commençons par deux exemples importants. Ex. 60. Montrons que les fonctions de classe C 1 sur IRp et à valeurs dans F vérifiant ∂p f = 0 sont les fonctions pour lesquelles il existe g ∈ C 1 (IRp−1 , F ) telle que : ∀(x1 , . . . , xp ) ∈ IRp

f (x1 , . . . , xp ) = g(x1 , . . . , xp−1 ).

• Soit f une telle fonction. Si l’on fixe (x1 , . . . , xp−1 ) ∈ IRp−1 , par définition d’une dérivée partielle, la fonction t �→ f (x1 , . . . , t) a une dérivée nulle sur l’intervalle IR , donc est constante. On a donc : ∀(x1 , . . . , xp ) ∈ IRp f (x1 , . . . , xp ) = f (x1 , . . . , xp−1 , 0), ce qui donne le résultat en posant g(x1 , . . . , xp−1 ) = f (x1 , . . . , xp−1 , 0) , qui définit bien une fonction de classe C 1 sur IRp−1 par composition.

• Réciproquement, si g ∈ C 1 (IRp−1 , F ) , la fonction f : (x1 , . . . , xp ) �→ g(x1 , . . . , xp−1 ) est de classe C 1 , par composition de g avec l’application linéaire (x1 , . . . , xp ) �→ (x1 , . . . , xp−1 ) et vérifie évidemment ∂p f = 0 . Ex. 61. Les fonctions f définies sur IR2 de classe C 2 vérifiant : ∂2f =0 ∂x∂y

(∗)

sont les fonctions pour lesquelles il existe deux fonctions Φ et Ψ de classe C 2 définies sur IR telle que : ∀(x, y) ∈ IR2 f (x, y) = Φ(x) + Ψ(y). En effet, soit f une fonction de classe C 2 vérifiant (∗) , c’est-à-dire telle que

D’après l’exemple 60, il existe donc une fonction ψ : IR → F telle que : ∀(x, y) ∈ IR2

∂f (x, y) = ψ(y), ∂y

∂ ∂x

 ∂f  ∂y

= 0.

(∗∗)

et puisque f est de classe C 2 , ψ est de classe C 1 . Fixons une telle fonction ψ et posons Ψ une primitive de ψ .

826

IV Fonctions de classe C k Fixons x ∈ IR . Il vient de (∗∗) :

 ∂  f (x, y) − Ψ(y) = 0 . Donc il existe Φ : IR → F telle que : ∂y

∀(x, y) ∈ IR2

f (x, y) = Ψ(y) + Φ(x)

et la relation Φ(x) = f (x, 0) − Ψ(0) montre que Φ est de classe C 2 . Il est immédiat que Ψ est de classe C 2 . La réciproque est immédiate.

Dans des exemples un peu plus compliqués, pour déterminer les fonctions f : Ω → F qui sont solutions d’une équation aux dérivées partielles, on est souvent amené à faire un changement de variable, c’est-à-dire à introduire Φ : Ω′ → Ω de classe C k et poser g = f ◦ Φ. La fonction g est également solution d’une équation aux dérivées partielles, qui dans certains cas est plus simple que l’équation initiale et peut être résolue. Ex. 62. Par un changement de variable linéaire, nous allons résoudre sur IR2 l’équation aux dérivées partielles : a

∂f ∂f +b =0 ∂x ∂y

où (a, b) �= (0, 0).

Cherchons donc des constantes α, β, γ, δ telles que αδ − βγ �= 0 (pour avoir une bijection), et telles que le changement de variable u = αx + βy , v = γx + δy transforme l’équation aux ∂g dérivées partielles en une équation de la forme = 0 lorsque f (x, y) = g(u, v) . ∂u 1 Si g est de classe C , la fonction f définie par f (x, y) = g(αx+βy, γx+δy) est de classe C 1 et : a



∂g ∂f ∂g ∂f +b =a α +γ ∂x ∂y ∂u ∂v = (aα + bβ)



 ∂g

+b β

∂u

+δ

∂g ∂v

∂f ∂g + (aγ + bδ) ∂u ∂v



formule dans laquelle les dérivées partielles de f sont calculées en (x, y) et celles de g calculées en (u, v) = (αx + βy, γx + δy) . Choisissons γ = b et δ = −a , de sorte que aγ + bδ = 0 . Les nombres α et β sont choisis de sorte que αδ − βγ et aα + bβ soient non nuls : par exemple, α = a et β = b , mais nous verrons que les valeurs précises de α et β n’interviennent pas dans le résultat, et importent donc peu. ∂f ∂f +b = 0 est équivalente à la relation : L’équation a ∂x ∂y ∀(x, y) ∈ IR2

∂g (αx + βy, γx + δy) = 0. ∂u

Comme l’application (x, y) �→ (αx + βy, γx + δy) est bijective, cela équivaut à : ∀(u, v) ∈ IR2

∂g (u, v) = 0. ∂u

Ainsi, f vérifie l’équation si, et seulement si, g dépend seulement de v , c’est-à-dire si, et seulement s’il existe une fonction h d’une seule variable et de classe C 1 telle que g(u, v) = h(v) . Les fonctions f solutions sont alors les fonctions f : (x, y) �→ h(bx − ay) , où h est une fonction de classe C 1 sur IR .

827

Chapitre 19. Calcul différentiel Ex. 63. Résolvons, sur Ω = IR∗+ × IR l’équation : ∀(x, y) ∈ Ω

x

∂f ∂f (x, y) − y (x, y) = 0. ∂x ∂y

(∗)



Soit f ∈ C 1 (Ω, IR) qui vérifie (∗) . On pose le changement de variable (x, y) = u,

Plus précisément, on introduit : Φ:

Ω (u, v)

−→ �−→

Ω  v u, u

g = f ◦Φ:

et

Ω (u, v)

v u



.

IR  f u, uv ·

−→ �−→

La fonction Φ est de classe C 1 , car ses fonctions coordonnées le sont, comme fonctions rationnelles définies sur Ω . Par composition, g est de classe C 1 . • Puisque Φ est à valeurs dans Ω et f vérifie (∗) , on a : ∀(u, v) ∈ Ω

u

• La règle de la chaîne donne : ∀(u, v) ∈ Ω



v ∂f u, ∂x u



−

v ∂f u ∂y



v ∂g ∂f u, (u, v) = ∂u ∂x u



−



u,

v u



v ∂f u2 ∂y

= 0.



u,

(∗∗)



v · u

∂g ∂g La relation (∗∗) s’écrit u ∂u (u, v) = 0 pour tout (u, v) ∈ Ω , donc ∂u = 0 . À v ∈ IR fixé, ∗ l’application u �→ g(u, v) ayant une dérivée nulle sur l’intervalle IR+ , est constante. On a ainsi :

∀(u, v) ∈ Ω

g(u, v) = ϕ(v)

où ϕ : IR v

−→ �−→

est de classe C 1 .

IR g(1, v)

On vérifie facilement que Φ est bijective et : ∀(x, y) ∈ Ω

Φ−1 (x, y) = (x, xy).

Puisque g = f ◦ Φ , on a f = g ◦ Φ−1 , donc : ∀(x, y) ∈ Ω

f (x, y) = ϕ(xy).

Réciproquement, si ϕ ∈ C 1 (IR, IR) , alors un calcul simple montre que (x, y) �→ ϕ(xy) est une solution de (∗) . Ainsi, l’ensemble S des solutions de (∗) sur Ω est :





S = (x, y) �→ ϕ(xy) | ϕ ∈ C 1 (IR, IR) . Ex. 64. Soit c ∈ IR∗+ . Déterminons les f ∈ C 2 (IR2 , IR) vérifiant : 1 ∂2f ∂2f = 2 · 2 ∂x c ∂t2

(⋆)

Il s’agit d’un cas particulier (unidimensionnel) d’équations de propagation, dites aussi équations des ondes. • Soit f ∈ C 2 (IR2 , IR) . Comme dans l’exemple 62 de la page précédente, on pose un changement de variable linéaire : ϕ:

IR2 (u, v)

−→ �−→

IR2 (αu + βv, γu + δv),

et





g(u, v) = f αu + βv, γu + δv ,

avec (α, β, γ, δ) ∈ IR4 et αδ − βγ �= 0 . Cette dernière condition s’impose du fait que l’on souhaite ϕ bijective.

828

V Optimisation • Puisque ϕ est de classe C 1 , par la règle de la chaîne, g est de classe C 1 et : ∂g ∂f ∂f =α +γ ∂u ∂x ∂t

∂g ∂f ∂f =β +δ · ∂v ∂x ∂t

et

En itérant, cette formule étant valable pour toute fonction f de classe C 1 et g = f ◦ ϕ , il vient :



∂2g ∂ ∂f ∂f =α +δ β ∂u∂v ∂x ∂x ∂t = αβ



+γ



∂f ∂ ∂f +δ β ∂t ∂x ∂t

∂2f ∂2f ∂2f + γδ 2 + (αδ + βγ) 2 ∂x ∂x∂t ∂t



(la dernière relation a été obtenue en utilisant le théorème de Schwarz). En prenant α = β = c et δ = −γ = 1 , on a αδ − βγ = 2c �= 0 et ainsi : ∂2f ∂2g ∂2f = c2 2 − 2 · ∂u∂v ∂x ∂t • Par ce changement de variables : (x, t) = (cu + cv, −u + v)

c’est-à-dire

(u, v) =

1 (x − ct, x + ct), 2c

l’équation (⋆) est donc équivalente à : ∂2g = 0. ∂u∂v

(⋆⋆)

D’après l’exemple 61 de la page 826, on sait que les solutions de (⋆⋆) sont les fonctions g somme d’une fonction de u et d’une fonction de v . Par conséquent, f est solution de (⋆) si, et seulement s’il existe (Φ, Ψ) ∈ C 2 (IR, IR)2 tel que : ∀(x, t) ∈ IR2

V

f (x, t) = Φ(x − ct) + Ψ(x + ct).

Optimisation

Dans cette section, les fonctions seront définies sur une partie A de E (non nécessairement ouverte) et à valeurs dans IR. ◦

Par extension, lorsque a ∈ A , on dit que f : A → IR est différentiable en a si sa restriction à l’intérieur de A est différentiable en a. Dans ces conditions df (a) désigne naturellement la différentielle en a de cette restriction.

1

Extrema

Rappelons que si A est une partie non vide de E et f : A → IR une fonction, alors : • f admet un maximum (global) en a si f (x)  f (a) pour tout x ∈ A ; • f admet un minimum (global) en a si f (x)  f (a) pour tout x ∈ A ;

• f admet un extremum (global) en a si elle y admet un maximum ou un minimum. 829

Chapitre 19. Calcul différentiel Définition 11 (Extremum local) Soit A une partie non vide de E et x ∈ A. Une application f : A → IR admet : • un maximum local en a s’il existe un voisinage W de a tel que : f (x)  f (a),

∀x ∈ W ∩ A

• un minimum local en a s’il existe un voisinage W de a tel que : f (x)  f (a),

∀x ∈ W ∩ A

• un extremum local en a si elle admet un maximum ou un minimum local en a.

En cas d’inégalité stricte pour x ∈ W ∩ A \ {a} , on parle alors de maximum local strict, de minimum local strict et d’extremum local strict.

Remarque Si f admet un extremum (global) en a, alors elle admet un extremum local. Ainsi, couramment, lorsque l’on cherche les extrema globaux, on commence par chercher les extrema locaux. Recherche d’extrema Point méthode Pour démontrer qu’une fonction f : A → IR admet un extremum en a, on peut étudier le signe de g : h �→ f (a + h) − f (a). • Si g est de signe fixe au voisinage de 0 , alors f admet un extremum local en a.

• Si g est de signe fixe sur tout son domaine de définition, alors f admet un extremum global en a. Ex. 65. La fonction définie sur IR2 par f : (x, y) �→ x4 + y 2 − x5 − x4 y 5 admet un minimum local en (0, 0) . En effet, pour tout (x, y) ∈ IR2 : f (x, y) = x4 (1 − x − y 5 ) + y 2 . L’ensemble W = IR∗+





(x, y) ∈ IR2 : 1 − x − y 5 > 0

est un ouvert (c’est l’image réciproque de

l’ouvert par l’application continue (x, y) �→ 1 − x − y 5 ), contenant (0, 0) . Sur ce voisinage W de (0, 0) , on a f (x, y)  0 . Par conséquent, f admet un minimum local   en (0, 0) . De plus f (x, y) > 0 pour tout (x, y) ∈ W \ (0, 0) , ce qui implique que f admet un minimum local strict en (0, 0) . Mais, il ne s’agit pas d’un minimum global, car f (x, 0) = x4 − x5 < 0 = f (0, 0) lorsque x > 1 .

Point méthode En reprenant les notations du point méthode précédent, si l’on montre que, sur tout voisinage de 0 , la fonction g prend des valeurs strictement positives et des valeurs strictement négatives, alors f n’a pas d’extremum local en a. En pratique, cela pourra souvent se faire en étudiant le signe de t �→ g(th) pour des vecteurs h bien choisis. 830

V Optimisation Ex. 66. Considérons la fonction f : (x, y) �→ 1 + x2 + 2xy − x3 + xy 3 définie sur IR2 . Cette fonction n’admet pas d’extremum local en (0, 0) . En effet : f (t, 0) − f (0, 0) = t2 − t3 ∼ t2 t→0

et

f (t, −t) − f (0, 0) = −t2 − t3 − t4 ∼ −t2 t→0

ce qui prouve que dans tout voisinage de (0, 0) , la fonction f − f (0, 0) prend des valeurs strictement positives et des valeurs strictement négatives.

Exo 19.20

Attention Il se peut qu’une fonction admette en un point un minimum local dans toutes les directions, c’est-à-dire, avec les notations précédentes, que la fonction t �→ g(th) admette un minimum local pour tout vecteur h, sans pour autant que la fonction admette un minimum local en ce point.

2

Conditions nécessaires d’extrema

Condition nécessaire d’ordre 1 Proposition 35 ◦

Soit A ⊂ E non vide et f : A → IR. Si f admet un extremum local en a ∈ A et si f est différentiable en a, alors df (a) = 0 . Démonstration page 847 Remarquer que si f admet un extremum local en a , alors pour tout h ∈ E la fonction réelle de la variable réelle t �→ f (a + th) est définie au voisinage de 0 et admet un extremum local en 0 .

Principe de démonstration.

Définition 12 Soit f : A → IR une fonction et a ∈ A. Le point a est un point critique de f si a est dans l’intérieur de A et si la fonction f est différentiable en a avec df (a) = 0 . Remarque ◦

Si E est un espace euclidien, alors a ∈ A est un point critique si a ∈ A et ∇f (a) = 0 . Attention Une fonction n’admet pas nécessairement d’extremum en un point critique, comme il a déjà été remarqué en première année dans le cas p = 1 ou comme c’est le cas dans l’exemple 66. Point méthode Les extrema locaux de f : A → IR sont à chercher parmi : • les points critiques de f , ◦

• les points de A où f n’est pas différentiable, ◦

• les points de A \ A .

831

Chapitre 19. Calcul différentiel

Ex. 67. Déterminons les extrema sur IR2 de f : (x, y) �→ 3x + x2 + xy + y 2 . Comme IR2 est un ouvert et que f est différentiable, puisque polynomiale, un extremum (local ou global) ne peut être atteint qu’en un point critique. Or : ∂f (x, y) = 3 + 2x + y ∂x

et

∂f (x, y) = x + 2y. ∂y

Par résolution du système linéaire 3 + 2x + y = x + 2y = 0 , on trouve un unique point critique (−2, 1) . Étudions ce point critique : f (−2 + h, 1 + k) = −6 + 3h + (−2 + h)2 + (−2 + h)(1 + k) + (1 + k)2 = f (−2, 1) + h2 + hk + k2 . Or, h2 + hk + k2 = (h + k2 )2 +

3k2 4

∀(h, k) ∈ IR2

 0 . Donc : f (−2 + h, 1 + k) − f (−2, 1)  0,

ce qui prouve que f admet un minimum global en (−2, 1) . Il est clair qu’il n’y a pas de maximum global puisque f n’est pas majorée, mais l’étude précédente montre qu’il n’y a pas non plus de maximum local, puisque f n’a pas d’autre point critique. Ex. 68. Étudions les extrema de f : (x, y) �→ x2 + 2xy − 3y 2 sur le disque unité fermé :





D = (x, y) ∈ IR2 : x2 + y 2  1 . • À l’intérieur du disque, la recherche des points critiques conduit au système :



2x + 2y = 0 2x − 6y = 0

dont la seule solution est (0, 0) .

Or, f n’a pas d’extremum en (0, 0) puisque, pour t non nul, on a f (t, 0) = t2 > 0 et f (0, t) = −3t2 < 0 . ◦

• Étudions f sur le bord de D . Pour cela paramétrons le cercle C = D \ D par x = cos θ et y = sin θ : f (cos θ, sin θ) = cos2 θ + 2 cos θ sin θ − 3 sin2 θ 1 + cos 2θ 1 − cos 2θ + sin 2θ − 3 2 2 = −1 + 2 cos 2θ + sin 2θ. =

√ 5 cos(2θ − ϕ) , où ϕ est tel que cos ϕ = √25 et sin ϕ = √15 , √ on trouve que la restriction de f à C admet un maximum −1 + 5 (atteint, par exemple √ pour θ = ϕ/2 ) et un minimum −1 − 5 (atteint, par exemple pour θ = (ϕ + π)/2 ). √ √ • On ne peut pas conclure directement que max f = −1 + 5 et min f = −1 − 5 tant que En écrivant 2 cos 2θ + sin 2θ =

D

D

l’on ne sait pas qu’il existe effectivement de tels extrema globaux. Ici, on peut : ∗ soit montrer l’existence d’un maximum et d’un minimum par continuité de f sur le compact D (boule unité fermée de IR2 ), √ √ ∗ soit montrer que f est majorée par −1 + 5 et minorée par −1 − 5 sur D , ce qui se voit bien en écrivant :   √ f (r cos θ, r sin θ) = r 2 (−1 + 2 cos 2θ + sin 2θ) = r 2 −1 + 5 cos(2θ − ϕ) .

832

V Optimisation Condition nécessaire d’ordre 2 On suppose dans cette section que E = IRp et que f est de classe C 2 sur un ouvert Ω ◦

de E (on peut prendre Ω = A si f est définie sur une partie A non ouverte et d’intérieur non vide). Soit a ∈ Ω. La matrice Hf (a) étant symétrique, elle est diagonalisable.

Rappel On dit (cf. page 168) qu’elle est positive (respectivement définie positive) si l’une des deux propriétés équivalentes suivantes est réalisée : (i) les valeurs propres de Hf (a) sont positives (respectivement strictement positives), (ii) ∀x ∈ E xT Hf (a)x  0 (respectivement ∀x ∈ E \ {0} xT Hf (a)x > 0 ). On dira dans la suite que la matrice Hf (a) est négative (respectivement définie négative) si −Hf (a) est positive (respectivement définie positive). Proposition 36 Soit f : Ω → IR de classe C 2 . Si f admet un extremum local en a ∈ Ω, alors a est un point critique et la matrice hessienne Hf (a) est : • positive dans le cas d’un minimum,

• négative dans le cas d’un maximum.

Démonstration page 848 Raisonner par l’absurde et utiliser le développement limité de f en a à l’ordre 2 (théorème 34 de la page 826).

Principe de démonstration.

Ex. 69. Considérons f : (x, y) �→ x3 + x2 + y 3 − xy définie sur IR2 . La fonction f est de classe C 2 car polynomiale sur l’ouvert IR2 et pour tout (x, y) ∈ IR2 on a :





∇f (x, y) = 3x2 + 2x − y, 3y 2 − x . On en déduit que (0, 0) est un point critique de f . Un calcul simple donne : Hf (0, 0) =



2 −1

−1 0



.

Comme det Hf (0, 0) = −1 < 0 , les deux valeurs propres de Hf (0, 0) sont non nulles et de signes opposés, donc la fonction f n’admet pas d’extremum en (0, 0) .

3

Utilisation de la compacité

Lorsque l’on cherche les extrema d’une fonction continue sur un compact non vide, les raisonnements sont souvent facilités par le fait que l’on sait a priori qu’il y a un maximum et un minimum (l’exemple 68 de la page ci-contre en donne déjà une illustration). Ex. 70. Déterminons les extrema de : f:



∆ (x, y)

−→ �−→

IR xy (1 − x − y) ,



où ∆ = (x, y) ∈ IR2 : x  0, y  0 et x + y  1 .

◦

• La fonction f est continue car polynomiale et sa restriction à ∆ est de classe C 1 .

833

Chapitre 19. Calcul différentiel • L’ensemble ∆ est un compact. Il est en effet fermé, car c’est l’intersection de trois demi-plans fermés. De plus, pour tout (x, y) ∈ ∆ , on a :

y 1

0x1−y 1 et de même pour y . Par suite, ∆ ⊂ [0, 1]2 . Ainsi, ∆ est un fermé borné d’un espace vectoriel de dimension finie, il s’agit bien d’une partie compacte. ◦





∆ 

1

O



• Il est clair que ∆ = (x, y) ∈ IR2 : x > 0, y > 0 et x + y < 1 .

Par ailleurs, pour tout (x, y) ∈ ∆ , on a f (x, y)  0 . Sur tout point de la frontière, on a f (x, y) = 0 et donc tous les points de la frontière sont des points où f atteint son minimum. Puisque f est à valeurs strictement positives sur l’intérieur de ∆ , nous avons déterminé tous les minima de f . • Par continuité et compacité, f admet un maximum et, puisque f n’est pas la fonction nulle, ce maximum est atteint en des points de l’intérieur de ∆ . Puisque f est de classe C 1 sur l’intérieur, il s’agit de points critiques. ◦

• Pour tout (x, y) ∈ ∆ on a :





∇f (x, y) = y(1 − 2x − y), x(1 − x − 2y) . Par conséquent, (x, y) est un point critique si, et seulement si :



2x + y = 1 x + 2y = 1

i.e. x = y = 1/3 .

Par suite, la fonction f a un seul point critique. Ainsi (1/3, 1/3) est l’unique point où f atteint son maximum.

Comme le montre l’exemple suivant, un argument de compacité peut parfois être utilisé pour établir l’existence d’extrema, même lorsque la fonction est pas définie sur un compact. On pourra aussi voir l’exercice 7.3. Ex. 71. Considérons la fonction f : (x, y) �→ x4 − 4xy + y 4 définie sur IR2 . • Commençons par établir

lim

�(x,y)�→+∞

f (x, y) = +∞ . Il est clair que ce sont les termes de

degré 4 qui vont déterminer cette limite. Justifions cela précisément. Soit (x, y) ∈ IR2 ;

posons r = �(x, y)�2 =



x2 + y 2 . On a :

x4 + y 4 =

 r4 1 2 (x + y 2 )2 + (x2 − y 2 )2  2 2

tandis que |2xy|  x2 + y 2 = r 2 , ce qui donne :

f (x, y)  x4 + y 4 − |4xy| 

r4 − 2r 2 . 2

Comme : r4 − 2r 2 −→ +∞, 2 r→+∞ on en déduit : lim

�(x,y)�→+∞

834

f (x, y) = +∞.

(∗)

x

V Optimisation • La relation (∗) implique qu’il existe un réel r > 0 tel que pour tout u ∈ IR2 : �u� > r =⇒ f (u)  f (0). Puisque E est de dimension finie, la boule fermée B = BF (0, r) est compacte. Il s’ensuit, par continuité, que f|B atteint un minimum en un certain point u0 (théorème des bornes atteintes).



Finalement, f est minorée sur IR2 par m = min f (0), f (u0 ) atteint, f admet un minimum global.



et, ce minorant m étant

• Comme f est de classe C 1 sur l’ouvert IR2 , elle atteint son minimum en un point critique.





Or pour tout (x, y) ∈ IR2 , ∇f (x, y) = 4 x3 − y, y 3 − x , donc (x, y) est un point critique si,

et seulement si, y = x3 et x9 = x . Les points critiques sont ainsi (0, 0), (1, 1) et (−1, −1) . Comme f (0, 0) = 0 et f (1, 1) = f (−1, −1) = −2 , le minimum est atteint en (1, 1) et en (−1, −1) . Remarque

La fonction n’admet donc pas d’extremum global en (0, 0) . Mais elle n’en admet





0 −4 a pour déterminant −16 < 0 , donc −4 0 ses deux valeurs propres sont de signes strictement opposés.

pas non plus de local, puisque Hf (0, 0) =

4

Condition suffisante d’extremum

On suppose dans cette section que E = IRp et que f est de classe C 2 sur un ouvert Ω ◦

de E (on peut prendre Ω = A si f est définie sur une partie A non ouverte et d’intérieur non vide).

Proposition 37 Soit f : Ω → IR de classe C 2 . Si a ∈ Ω est un point critique de f et Hf (a) est définie positive, alors f admet un minimum local strict en a. Démonstration page 848 Utiliser le fait que (h, k) �→ hT Hf (a)k définit un produit scalaire sur IRp et la formule de Taylor-Young (théorème 34 de la page 826).

Principe de démonstration.

Remarque De même, si a est un point critique tel que Hf (a) soit définie négative, alors f admet un maximum local strict en a. Dans le cas n = 2 , on dispose d’un critère simple pour déterminer si une matrice symétrique réelle est définie positive puisque son déterminant est le produit des deux valeurs propres et sa trace leur somme (cf. exemple 14 de la page 168). Point méthode Soit f : Ω → IR une fonction de classe C 2 , où Ω est un ouvert de IR2 , et a un point critique de f ainsi que Hf (a) sa matrice hessienne en a. • Si det Hf (a) > 0 et tr Hf (a) > 0 , alors f admet un minimum local strict en a.

• Si det Hf (a) > 0 et tr Hf (a) < 0 , alors f admet un maximum local strict en a.

• Si det Hf (a) < 0 , alors f n’admet pas d’extremum local en a.

Remarque Dans le cas où det Hf (a) = 0 , on ne peut pas conclure directement. 835

Chapitre 19. Calcul différentiel Ex. 72. Considérons la fonction f : (x, y) �→ xy 2 + x2 + xy + y 2 définie sur IR2 . Puisque f est polynomiale, elle est de classe C 2 sur l’ouvert IR2 et pour tout (x, y) ∈ IR2 , on a :





∇f (x, y) = y 2 + 2x + y, 2xy + x + 2y . On en déduit que (0, 0) est un point critique de f et : Hf (0, 0) =



2 1

1 2



.

Comme det Hf (0, 0) = 3 > 0 et tr Hf (0, 0) = 4 > 0 , la matrice Hf (0, 0) est définie positive, donc f admet un minimum local strict en (0, 0) . Mais ce minimum n’est pas global puisque f n’est pas minorée : f (t, t) = t3 + 3t2 −→ −∞ . t→−∞

5

Optimisation sous contrainte

Lorsque l’on cherche les extrema d’une fonction sur une partie X , l’étude des points critiques et éventuellement de la hessienne ne peut se faire qu’en un point intérieur à X . Lorsque X est d’intérieur vide, aucun des résultats précédents ne peut donc s’appliquer. C’est le cas, par exemple, si l’on veut trouver les extrema d’une fonction f sur la sphère unité de IR3 . On dit alors que l’on cherche à optimiser f sous la contrainte x2 + y 2 + z 2 = 1 . On considère ici un ouvert Ω de E , f une fonction de classe- C 1 de Ω dans IR et X une partie de Ω. Proposition 38 Si la restriction de f à X admet un extremum local en a ∈ X alors Ta X ⊂ Ker df (a). Principe de démonstration.

Démonstration page 848 Dériver f ◦ γ , lorsque γ est un arc tracé sur X .

Remarque Lorsque a est intérieur à X , on sait que Ta X = E (cf. exemple 38 de la page 815), donc on retrouve que si f admet un extremum en a, alors df (a) = 0 . Théorème 39 (Optimisation sous contrainte)

Exo 19.21

  Soit f, g : Ω → IR deux fonctions de classe C 1 . On pose X = x ∈ Ω : g(x) = 0 .

Si f|X admet un extremum local en un point a ∈ X et si dg(a) �= 0 , alors df (a) est colinéaire à dg(a), c’est-à-dire qu’il existe λ ∈ IR tel que df (a) = λ dg(a).

Démonstration page 848

Principe de démonstration. On applique la proposition 38 en remarquant que Ker dg(a) = Ta X (cf. théorème 26 de la page 818), ce qui donne Ker dg(a) ⊂ Ker df (a) , avec df (a) et dg(a) deux formes linéaires.

Remarque Si de plus E est euclidien, la conclusion du résultat peut se reformuler en la colinéarité de ∇f (a) et ∇g(a), c’est-à-dire, puisque ∇g(a) �= 0 , en l’existence d’un réel λ tel que ∇f (a) = λ ∇g(a). 836

V Optimisation

Ex. 73. Reprenons l’exemple 68 de la page 832. Pour trouver les extrema de f : (x, y) �→ x2 + 2xy − 3y 2 sur le disque unité, on a eu besoin de trouver les extrema sur le bord, c’est-à-dire le cercle d’équation x2 + y 2 = 1 . En posant g(x, y) = x2 + y 2 − 1 , on a, pour tout (x, y) ∈ IR2 : ∇f (x, y) =



2x + 2y 2x − 6y



∇g(x, y) =

et



2x 2y



.

La condition de proportionnalité de ∇f (x, y) et ∇g(x, y) , se traduit par la nullité du déterminant :    x+y x  2 2    x − 3y y  = y + 4xy − x .

Les extrema de f sur le cercle sont donc atteints en des points de la forme (cos θ, sin θ) tels que : sin2 θ − cos2 θ + 4 sin θ cos θ = 0 En prenant ϕ tel que cos ϕ = c’est-à-dire θ ≡

ϕ 2

√2 5

2 sin 2θ − cos 2θ = 0.

c’est-à-dire

et sin ϕ =

√1 5

[π/2] .

, cela se traduit par sin(2θ − ϕ) = 0 ,

Il resterait à étudier s’il s’agit effectivement, en chacun de ces points, d’un extremum. Ex. 74. Soit n  2 , ainsi que s > 0 et A =



x ∈ IRn + :

Déterminons les extrema de la restriction à A de f :

n 



xi = s .

i=1

IRn

(x1 , . . . , xn )

−→

�−→

IR

n 

xi .

i=1

• Clairement A est un fermé, inclus dans [0, s]n , donc un compact (dimension finie). • La fonction polynomiale f est continue, donc elle admet un minimum et un maximum sur A . Elle est de plus à valeurs positives sur A . Il est immédiat que f (x) = 0 si, et seulement s’il existe i ∈ [[1, n]] tel que xi = 0 . Le minimum vaut donc 0 et est atteint aux points où l’une au moins des coordonnées est nulle. • Le maximum de fA est donc atteint en des points de A′ = sont donc ceux qui réalisent le maximum de f|A′ . Or :



x ∈ IR∗+ n :

n 

i=1

xi = s



: ce

∗ f est de classe C 1 puisque polynomiale sur l’ouvert Ω = IR∗+ n ; ∗ g : x �→

n 

i=1

xi − s est de classe C 1 sur Ω et A′ = {x ∈ Ω : g(x) = 0} ;

∗ enfin, ∇g(x) = (1, . . . , 1) �= 0 pour tout x ∈ Ω .

Le théorème d’optimisation sous contrainte nous donne qu’en un point x ∈ A′ qui réalise le maximum de f|A′ , il existe λ ∈ IR tel que : ∇f (x) = λ(1, . . . , 1). Comme, pour tout x ∈ Ω , on a : ∇f (x) = f (x)



1 1 ,..., x1 xn



,

on en déduit x1 = · · · = xn , et comme x1 + · · · + xn = s , on a xi =

Le maximum est donc atteint uniquement en

( ns , . . . , ns )

et vaut

sn nn

s n

·

pour tout i ∈ [[1, n]] .

837

Chapitre 19. Calcul différentiel Remarque

On a donc : ∀x ∈ A

n 

xi 

i=1

sn , nn

ce qui permet d’en déduire l’inégalité arithmético-géométrique :

∀x ∈

IRn +

 n  n1  xi

i=1



x1 + · · · + xn n

(si (x1 , . . . , xn ) = 0 , c’est évident, et sinon, on prend s = x1 + · · · + xn ).

838

Démonstrations

Démonstrations Théorème 2 C’est une conséquence immédiate du résultat suivant qui donne l’unicité d’un développement limité à l’ordre 1 . Lemme Une application linéaire u ∈ L(E, F ) telle qu’au voisinage de 0 on ait u(h) = o(h) est nulle. Démonstration. Par définition des relations de comparaison, il existe une boule B = BF (0, r) de E , avec r > 0 , et une fonction ε : B → F telles que u(h) = �h�ε(h) pour tout h ∈ B et lim ε = 0 . 0

Soit x ∈ E . Si x = 0 , du fait que u est linéaire, on a u(0) = 0 .  r  Si x �= 0 , pour tout t ∈ 0, �x� , on a u(tx) = �tx�ε(tx) et donc, par linéarité de u et homogénéité de la norme :

tu(x) = t�x�ε(tx)

c’est-à-dire

u(x) = �x�ε(tx).

Puisque tx −→ 0 , on a ε(tx) −→ 0 . On en déduit u(x) = 0 . t→0

t→0

Par suite u est l’application nulle. Proposition 3 • Si f est dérivable en a , alors au voisinage de 0 :

f (a + h) = f (a) + hf ′ (a) + o(h).

•

L’application u : h �→ hf ′ (a) étant linéaire, on en déduit que f est différentiable en a et que df (a) : h �→ hf ′ a) . Si f est différentiable en a , on a, au voisinage de 0 : f (a + h) = f (a) + df (a) · h + o(h).

Par ailleurs, puisque df (a) ∈ L(IR, F ) , en posant α = df (a) · 1 ∈ F , on a df (a) : t �→ tα . Ainsi, au voisinage de 0 , on a : f (a + h) = f (a) + hα + o(h) et f est dérivable en a , de dérivée f ′ (a) = α = df (a) · 1 .

Proposition 4

Soit a ∈ E . Pour tout h ∈ E on a :

u(a + h) = u(a) + u(h),

donc au voisinage de 0 : u(a + h) = u(a) + u(h) + o(h). Par suite, l’application u est différentiable en a et du(a) = u . Proposition 5 La différentiabilité de f en a s’écrit f (a + h) = f (a) + df (a) · h + o(h) , donc il existe un voisinage W de 0 et une fonction ε : W → F telle que : ∀h ∈ W

f (a + h) = f (a) + df (a) · h + �h� ε(h)

et

ε(h) −→ 0. h→0

Fixons v ∈ E et posons g : t �→ f (a + tv) . Il existe r > 0 tel que BF (0, r�v�) ⊂ W . Par conséquent, pour t ∈ ]−r, r[ : g(t) = f (a + tv) = f (a) + df (a) · (tv) + |t|�v�ε(tv),

et donc, en utilisant la linéarité de df (a) , on a au voisinage de 0 : g(t) = g(0) + t df (a) · v + o(t).

Par suite, g est dérivable en 0 et g ′ (0) = df (a) · v . Ainsi f a une dérivée en a selon v et Dv f (a) = df (a) · v .

839

Chapitre 19. Calcul différentiel Proposition 9

Pour tout h =

p 

j=1



 

hj ej ∈ E , on a :

∇f (a)  h = df (a) · h =

p  j=1

p  

hj ∂j f (a) = h 



∂j f (a) ej ,

j=1

la dernière égalité venant du fait que la base est orthonormée. Par unicité, ∇f (a) = Proposition 11

p 

∂j f (a) ej .

j=1

Soit h un vecteur de norme 1. D’après l’inégalité de Cauchy-Schwarz, on a : Dh f (a) = df (a) · h = ( ∇f (a) | h )  �∇f (a)�.

(⋆)

Supposons ∇f (a) �= 0 . On a l’égalité dans l’inégalité de Cauchy-Schwarz (⋆) si, et seulement si, h est positivement colinéaire à ∇f (a) . Puisque h est unitaire, l’égalité est réalisée exactement ∇f (a) lorsque h = · �∇f (a)� Proposition 12 •

Supposons que f et g soient différentiables en a ∈ Ω . Ainsi, au voisinage de 0 , on a : f (a + h) = f (a) + df (a) · h + o(h)

(1)

g(a + h) = g(a) + dg(a) · h + o(h).

(2)

Soit (λ, µ) ∈ IR2 ; posons ϕ = λf + µg . Par combinaison linéaire des égalités (1) et (2) , il vient qu’au voisinage de 0 on a : ϕ(a + h) = ϕ(a) + λdf (a) · h + µdg(a) · h + o(h)





= ϕ(a) + λdf (a) + µdg(a) · h + o(h). Sachant que λdf (a) + µdg(a) ∈ L(E, F ) , il s’ensuit que λf + µg est différentiable en a et d (λf + µg) (a) = λdf (a) + µdg(a) . •

Il est alors immédiat que si f et g sont différentiables, alors λf + µg est différentiable. Si f et g sont de classe C 1 , les applications df et dg sont continues. Par combinaison linéaire, pour tout (λ, µ) ∈ IR2 , l’application λdf + µdg est continue. Par suite λf + µg est de classe C 1 .

Proposition 14 •

Supposons f1 , . . . , fq différentiables en a ; on a alors, pour tout k ∈ [[1, q]] : fk (a + h) = fk (a) + dfk (a) · h + αk (h) Soit h ∈ E tel que a + h ∈ Ω .



αk (h) = o(h).

avec



Par q -linéarité de M , la quantité M f1 (a + h), . . . , fq (a + h) s’écrit comme somme de 3q termes de la forme M (u1 , . . . , uq ) où, pour tout k ∈ [[1, q]] , uk = fq (a) , uk = dfk (a) · h ou uk = αk (h) , et chaque uk est soit constant soit dominé par h lorsque h tend vers +∞ . L’application M étant multilinéaire en dimension finie, il existe une constante C telle que : ∀(x1 , . . . , xq ) ∈ F1 × · · · × Fq

840

  M (x1 , . . . , xq )  C�x1 � · · · �xq �.

(⋆)

Démonstrations En appliquant cette inégalité à l’un des q -uplets (u1 , . . . , uq ) , on voit donc que si, parmi les uk , il y en a au moins deux qui ne sont pas constants, ou au moins un qui est négligeable devant h , alors M (u1 , . . . , uq ) = o(h) . Il reste donc :







M f1 (a + h), . . . , fq (a + h) = M f1 (a), . . . , fq (a) +

q  k=1







M f1 (a), . . . , fk−1 (a), dfk (a) · h, fk+1 (a), . . . , fq (a) + o(h)

ce qui prouve que M (f1 , . . . , fq ) est différentiable en a , de différentielle : h �→

• •

q  k=1



M f1 (a), . . . , fk−1 (a), dfk (a) · h, fk+1 (a), . . . , fq (a)



puisque cette application est linéaire en h par linéarité des dfk (a) et multilinéarité de M . Le résultat concernant la différentiabilité sur Ω est une conséquence immédiate du premier point. Supposons f1 , . . . , fq de classe C 1 . Soit h ∈ E . Les fi sont alors continues, ainsi que les applications a �→ dfk (a) · h d’après le lemme ci-dessous. Par multilinéarité de M , cela donne la continuité de l’application a �→ dM (f1 , . . . , fq )(a)·h . Grâce au même lemme, on en déduit la continuité de dM (f1 , . . . , fq ) .

Lemme Une application u : Ω → L(E, F ) est continue si, et seulement si, pour tout h ∈ E , l’application Ω −→ F est continue. a �−→ u(a) · h Démonstration. • Supposons u continue. Soit h ∈ E . L’application L(E, F ) −→ F est linéaire, donc v �−→ v · h continue, puisque L(E, F ) est de dimension finie, ce qui donne la continuité de a �→ u(a) · h par composition. • Fixons une base B = (e1 , . . . , ep ) de E et une base C de F . Au moyen de l’isomorphisme MatB,C entre L(E, F ) et Mn,p (IR) , il suffit de montrer que l’applica  tion a �→ MatB,C u(a) est continue, c’est à dire que toutes ses fonctions composantes





sont continues. Or, le coefficient d’indice (i, j) de la matrice de u(a) est ϕi u(a) · ej , où ϕi est la i -ème forme linéaire coordonnée dans la base C dont la continuité, ainsi que celle de a �→ u(a) · ej par hypothèse, donne le résultat.

Proposition 17 • Supposons que f soit différentiable en a ∈ Ω et g différentiable en b = f (a) . La différentiabilité de g en b se traduit par l’existence d’une fonction ε définie sur un voisinage W de 0 telle que : ∀k ∈ W

g(b + k) = g(b) + dg(b) · k + �k�ε(k)

  

et

ε(k) −→ 0. k→0

β(k)

Par continuité de f en a , il existe un voisinage V de 0 tel que f (a + h) − f (a) ∈ W pour tout h ∈ V . La différentiabilité de f en a se traduit par l’existence d’une fonction α définie sur V telle que : ∀h ∈ V

f (a + h) = f (a) + df (a) · h + α(h)

avec

α(h) = o(h).

(⋆)

841

Chapitre 19. Calcul différentiel Soit h ∈ V . En posant k = f (a + h) − f (a) = df (a) · h + α(h) , on a :





g f (a + h) = g(b + k) = g(b) + dg(b) · k + β(k)

∗ ∗







= g(b) + dg(b) · df (a) · h + dg(b) · α(h)









 



+ f (a + h) − f (a) ε f (a + h) − f (a) .



On a dg(b) · α(h)  dg(b)α(h) ce qui donne : dg(b) · α(h) = o(h)

puisque α(h) = o(h) .

D’autre part, la relation (⋆) donne f (a + h) − f (a) = O(h) et comme ε tend vers 0     en 0 , cela donne f (a + h) − f (a)ε f (a + h) − f (a) = o(h) .

Finalement :





(g ◦ f )(a + h) = (g ◦ f )(a) + dg(b) ◦ df (a) · h + o(h)

ce qui prouve que g ◦ f différentiable en a et :





d(g ◦ f )(a) = dg(b) ◦ df (a) = dg f (a) ◦ df (a). •

Il est alors immédiat que la composée de deux fonctions différentiables est différentiable. Supposons que f et g soient de classe C 1 . Puisque f et dg sont continues, l’application (dg) ◦ f est continue. Par ailleurs, l’application df est continue, ce qui implique que l’application : Φ : Ω −→ L(F,   G) × L(E, F) x �−→ dg f (x) , df (x) est également continue. De plus l’application :

B : L(F, G) × L(E, F ) (v, u)

−→ �−→

L(E, G) v◦u

est bilinéaire, donc continue (tous les espaces sont de dimension finie). Ainsi d(g ◦ f ) = B ◦ Φ est continue et g ◦ f est de classe C 1 . Proposition 19 En posant h = g ◦ f et en notant (g1 , . . . , gq ) et (h1 , . . . , hq ) les fonctions composantes de g et h dans une base B′ de G , on a :





MatB,B′ df (a) =



∂fi ∂xj





MatB′ ,B′′ dg(b) =

et 1in 1jp





MatB,B′′ dh(a) =

ainsi que





∂hk ∂xj











∂gk ∂yi

1kq 1jp

et l’égalité dh(a) = dg(b) ◦ df (a) se traduit par l’égalité matricielle :







MatB,B′′ dh(a) = MatB′ ,B′′ dg(b) MatB,B′ df (a) , ce qui donne, pour tout (j, k) ∈ [[1, p]] × [[1, q]] : n

n

i=1

i=1

 ∂gk  ∂fi ∂fi ∂gk ∂(gk ◦ f ) (a) = (b) (a) = (a) (b), ∂xj ∂yi ∂xj ∂xj ∂yi

soit l’égalité annoncée composante par composante.

842



1kq 1in

Démonstrations Proposition 21 Il nous reste à démontrer le résultat dans le cas où t0 est une extrémité de I . Traitons par exemple le cas où t0 = min I . Prolongeons γ sur ]−∞, t0 ] en posant ∀t  t0 γ(t) = a + (t − t0 )γ ′ (t0 ) (puisque a = γ(t0 ) , il n’y a pas ambiguïté dans la définition de γ en t0 ). Les restrictions de γ à I et à ]−∞, t0 ] sont dérivables ; en particulier, γ est dérivable à droite et à gauche en t0 et ces deux dérivées sont égales. Donc γ ainsi prolongée est dérivable. En particulier, elle est continue en t0 et γ(t0 ) est dans l’ouvert Ω . On peut donc trouver un intervalle ouvert contenant t0 sur lequel γ est à valeurs dans Ω et en appliquant ce résultat à un tel intervalle on conclut grâce à l’étude précédente. Théorème 23 (i) ⇒ (ii) . Supposons f de classe C 1 . Soit j ∈ [[1, p]] et x ∈ Ω . Puisque f est différentiable en x , d’après le corollaire 6 de la page 802, ∂j f (x) est définie et : ∂j f (x) = df (x) · ej .

L’application/

Φj : L(E, F ) u

−→ �−→

F u · ej

est linéaire, donc continue car l’espace de départ L(E, F ) est de dimension finie, ce qui implique que ∂j f = Φj ◦ df est continue.

(ii) ⇒ (i) . Supposons que toutes les dérivées partielles soient définies et continues. On munit E de la norme � �∞ associée à la base B . Soit a ∈ Ω . •

Supposons d’abord que toutes les dérivées partielles soient nulles en a . Soit ε > 0 . Par continuité, il existe un η > 0 tel que BF (a, η) ⊂ Ω et que, pour tous x ∈ BF (a, η) et j ∈ [[1, p]] , on ait �∂j f (x)�  ε/p . Soit h =

p 

j=1

hj ej ∈ BF (0, η) .

On note sk = a + h1 e1 + · · · + hk ek pour k ∈ [[0, p]] . Pour tout k ∈ [[1, p]] et t ∈ [0, 1] , on a : sk−1 + thk ek = a +

k−1  i=1

hi ei + thk ek ∈ BF (a, η).

On peut donc définir, pour tout k ∈ [[1, p]] , une fonction gk de classe C 1 sur [0, 1] par : gk (t) = f (sk−1 + thk ek ).

gk′ (t)

= hk ∂k f (sk−1 +thk ek ) est bornée par Comme on a, par l’inégalité des accroissements finis :

ε p

|hk | 

ε p

�h� pour tout t ∈ [0, 1] ,

    f (sk ) − f (sk−1 ) = gk (1) − gk (0)  �h� ε · p



  p 



Il s’ensuit que : f (a + h) − f (a) =  

k=1

p



 

f (sk ) − f (sk−1 )  

p    ε f (sk ) − f (sk−1 )  �h� = �h�ε. k=1

k=1

p

Par suite, f (a + h) = f (a) + o(h) au voisinage de 0 et donc f est différentiable en a et df (a) = 0 .

843

Chapitre 19. Calcul différentiel •

Dans le cas général, posons u : h �→

p 

hj ∂j f (a) . Dans ces conditions, toutes les dérivées

j=1

partielles de g = f − u sont définies et continues. Elles sont de plus toutes nulles en a . En vertu de ce qui précède, g est différentiable en a . Puisque u est linéaire, elle est différentiable en a , et donc f = g + u l’est également. En prenant une base B′ de F , et en notant f1 , . . . , fn les fonctions composantes de f , la matrice de df (a) dans les bases B et B′ est Jf (a) =



∂fi ∂xj

(a)



1in 1jp

. La continuité

des dérivées partielles de f , donc des dérivées partielles des fi , donne la continuité de l’application Jf ainsi définie sur Ω . Par l’isomorphisme MatB,B′ entre L(E, F ) et Mn,p (IR) ,

−1



on en déduit que df = MatB,B′ ◦ Jf est continue, puisque donc continue. On en conclut que f est de classe C 1 .



MatB,B′

−1

est linéaire

Proposition 25 Nous savons déjà qu’une application constante a une différentielle nulle. Montrons le sens réciproque. Soit Ω un ouvert connexe par arcs de E et f : Ω → F différentiable et de différentielle nulle.





Fixons a ∈ Ω et posons A = x ∈ Ω : f (x) = f (a) . Commençons par montrer que A est à la fois ouvert et fermé dans Ω .   • Puisque A = f −1 {f (a)} et que l’application f est continue, A est un fermé de Ω .

•

Soit x ∈ A . Puisque Ω est un ouvert de E , il existe r > 0 tel que BO (x, r) ⊂ Ω . Puisque les boules sont convexes, d’après l’exemple 34 de la page 814, la restriction de f à BO (x, r) est constante. Il s’ensuit que BO (x, r) ⊂ A . Par conséquent A est un ouvert de Ω .

Puisque A est non vide (il contient a ) et est à la fois ouvert et fermé dans Ω qui est connexe par arcs, on a A = Ω d’après l’exercice 7.18 de la page 311.

Proposition 27 Raisonnons par récurrence descendante. Vu les hypothèses, il suffit de démontrer que si f est de classe C i , avec i > 1 , alors f est de classe C i−1 . Si f est de classe C i , toutes ses dérivées partielles d’ordre i sont définies. Soit une dérivée partielle ∂j1 · · · ∂ji−1 f d’ordre i − 1 . Toutes ses dérivées partielles d’ordre 1 sont définies et continues, car ce sont des dérivées partielles d’ordre i de f . D’après le théorème fondamental ∂j1 · · · ∂ji−1 f est de classe C 1 , donc continue. On en conclut que toutes les dérivées partielles

d’ordre i − 1 sont continues et donc que f est de classe C i−1 .

Corollaire 28 • Supposons que f soit de classe C k . D’après la proposition 27 de la page 822 la fonction f est de classe C 1 . Puisque les dérivées partielles d’ordre k de f sont les dérivées partielles d’ordre k − 1 de ∂1 f, . . . , ∂p f , on en déduit que les dérivées partielles d’ordre 1 sont de classe C k−1 . • Supposons que toutes les dérivées partielles d’ordre 1 de f soient définies, et qu’elles soient toutes de classe C k−1 . Puisque les dérivées partielles d’ordre k de f sont les dérivées partielles d’ordre k − 1 des fonctions ∂1 f, . . . , ∂p f , les dérivées partielles d’ordre k de f sont toutes continues et f est de classe C k . Proposition 29

Démontrons par récurrence, pour k ∈ IN , l’assertion : Hk : ∀(f, g) ∈ C k (Ω, F )

2

∀(λ, µ) ∈ IR2

λf + µg est de classe C k .

Le cas k = 0 correspond à une propriété connue des fonctions continues.

844

Démonstrations Supposons que Hk−1 soit vraie pour un k ∈ IN∗ . Soit f : Ω → F et g : Ω → F deux fonctions de classe C k et (λ, µ) ∈ IR2 . Soit j ∈ [[1, p]] . On sait, par linéarité de la dérivation, que : ∂j (λf + µg) = λ∂j f + µ∂j g.

L’hypothèse de récurrence appliquée à ∂j f , ∂j g , λ et µ montre que λ ∂j f + µ ∂j g est de classe C k−1 . Ainsi, pour tout j ∈ [[1, p]] , les fonctions ∂j (λf + µg) sont de classe C k−1 , et donc λf + µg est de classe C k . Cela démontre Hk pour tout k ∈ IN . Il vient immédiatement de ce qui précède que si f et g sont de classe C ∞ , alors λf + µg est de classe C ∞ .

Proposition 30

Démontrons par récurrence, pour k ∈ IN , l’assertion :

Hk : ∀(f1 , . . . , fq ) ∈ C k (Ω, F1 ) × · · · × C k (Ω, Fq )

M (f1 , . . . , fq ) est de classe C k .

Le cas k = 0 correspond à une propriété connue des fonctions continues. Supposons Hk−1 vrai pour un k ∈ IN∗ . Soit f1 : Ω → F1 , . . . , fq : Ω → Fq des fonctions de classe C k . Soit j ∈ [[1, p]] . D’après les propriétés de la dérivation des fonctions vectorielles, on a :





∂j M (f1 , . . . , fq ) = M (∂j f1 , f2 , . . . , fq ) + · · · + M (f1 , . . . , fq−1 , ∂j fq ).

Puisque f1 est de classe C k et f2 , . . . , fq sont de classe C k−1 , car de classe C k , il vient, de l’hypothèse de récurrence, que M (∂j f1 , f2 , . . . , fq ) est de classe C k−1 . De même, les applications M (f1 , . . . , ∂j fi , . . . , fq ) sont de classe C k−1 , pour tout 1  i  q . Ainsi, par linéa  rité, ∂j M (f1 , . . . , fq ) est de classe C k−1 .





Puisque pour tout j ∈ [[1, p]] les fonctions ∂j M (f1 , . . . , fq ) sont de classe C k−1 , on en conclut que M (f1 , . . . , fq ) est de classe C k . Cela démontre Hk pour tout k ∈ IN .

Il vient immédiatement de ce qui précède que si f1 , . . . , fq sont de classe C ∞ , alors M (f1 , . . . , fq ) est de classe C ∞ .

Proposition 32

Démontrons par récurrence, pour k ∈ IN , l’assertion :

Hk : « Pour tout f ∈ C k (Ω, Ω′ ) et tout g ∈ C k (Ω′ , G) , l’application g ◦ f est de classe C k . »

Le cas k = 0 correspond à une propriété connue des fonctions continues. Supposons que Hk−1 soit vraie pour un k ∈ IN∗ . Soit f : Ω → Ω′ et g : Ω′ → G deux fonctions de classe C k . En particulier f et g sont de classe C 1 . Les fonctions coordonnées de f dans la base canonique de IRn sont notées f1 , . . . , fn . D’après la règle de la chaîne (proposition 19 de la page 810), pour tout j ∈ [[1, p]] : ∂j (g ◦ f ) =

n  i=1





∂j fi × (∂i g) ◦ f .

Les applications ∂j fi et ∂i g sont toutes de classe C k−1 . De plus, la fonction f étant en particulier de classe C k−1 , l’hypothèse de récurrence donne que les applications (∂i g) ◦ f sont de classe C k−1 . Par somme et produit de fonctions de classe C k−1 , pour tout j ∈ [[1, p]] , l’application ∂j (g ◦ f ) est de classe C k−1 . Par conséquent g ◦ f est de classe C k . Cela termine la démonstration par récurrence. Il vient immédiatement de ce qui précède, que si f et g sont de classe C ∞ , alors g ◦ f est de classe C ∞ .

845

Chapitre 19. Calcul différentiel Théorème 33

Il suffit d’appliquer le lemme suivant à u = ei et v = ej .

Lemme Soit f : Ω → F une fonction de classe C 2 . On a alors : ∀(u, v) ∈ E 2

Du Dv f = Dv Du f.

Soit u = (u1 , . . . , up ) ∈ IRp . Puisque Du f =

Démonstration.

p 

uj ∂j f et que les ∂j f sont

j=1

de classe C 1 , la fonction Du f est de classe C 1 . Le même type d’argument montre que Dv Du f est continue pour tout v ∈ IRp .

Puisque Ω est un ouvert, il existe r > 0 tel que BF (a, r) ⊂ Ω . Soit (u, v) ∈ E 2 tel que �u� + �v�  r . On a alors ∀(s, t) ∈ [0, 1]2 a + su + tv ∈ Ω . Notons C(u, v) = f (a + u + v) − f (a + u) − f (a + v) + f (a) . •

Montrons que C(u, v) =





1

0

1

Dv Du f (a + su + tv) dt

0



ds . Pour cela posons la fonc-

tion g : s �→ f (a + su + v) − f (a + su) , définie sur [0, 1] . La fonction g est de classe C 1 , donc :



C(u, v) = g(1) − g(0) =



1

g ′ (s) ds =

0

0

1

Du f (a + su + v) − Du f (a + su) ds.

La fonction Du f étant de classe C 1 , pour s ∈ [0, 1] : Du f (a + su + v) − Du f (a + su) = Il s’ensuit que : C(u, v) =



1

0

•





1

Dv Du (a + su + tv) dt.

0

1

Dv Du f (a + su + tv) dt

0

Soit λ ∈ [0, 1] . On a, d’après ce qui précède : C(λu, λv) =



1

0

=λ

2





0

ds.

1

Dλv Dλu f (a + sλu + tλv) dt

0

1





1



Dv Du f (a + sλu + tλv) dt

0



ds ds

(rappelons que pour toute fonction g de classe C 1 , on a Dλu g = λ Du g ). Pour conclure, utilisons la définition de la limite. Soit ε > 0 . Par continuité de Dv Du f , il existe η ∈ ]0, r] tel que �Dv Du f (a + h) − Dv Du f (a)�  ε pour tout h ∈ BF (0, η) . Ainsi, η , puisque �sλu + tλv�  η pour (s, t) ∈ [0, 1]2 , on a : pour 0 < |λ|  1+�u�+�v�

   1  1    C(λu, λv)       − Dv Du f (a) =  Dv Du f (a + sλu + tλv) − Dv Du f (a) dt ds   λ2 0 0   1  1   Dv Du f (a + sλu + tλv) − Dv Du f (a) dt ds  0





0

Par conséquent :

846

0

1



0

1

ε dt



C(λu, λv) −→ Dv Du f (a) . λ→0 λ2

ds = ε.

Démonstrations •

C(λv, λu) −→ Du Dv f (a) . λ→0 λ2 Puisqu’évidemment C(λv, λu) = C(λu, λv) , on obtient Dv Du f (a) = Du Dv f (a) .

En échangeant les rôles de u et v , on a aussi

Théorème 34 On munit IRp du produit scalaire canonique et Mp (IR) de la norme subordonnée à la norme euclidienne associée. Il s’agit de montrer que :   1 f (a + h) − f (a) − ( ∇f (a) | h ) − hT Hf (a)h = o �h�2 . h→0 2

Posons g : h �→ f (a + h) − f (a) − ( ∇f (a) | h ) − 12 hT Hf (a)h , définie sur l’ouvert Ω′ = −a + Ω .

Puisque les applications h �→ ( ∇f (a) | h ) et h → � hT Hf (a)h sont polynomiales, g est de 2 classe C . On a de plus : ∇g(0) = 0 et Hg (0) = 0. Soit ε > 0 .

•

Par continuité des applications

∂2 g ∂xi ∂xj

en 0 , il existe un réel η > 0 tel que BF (0, η) ⊂ Ω′ et :

∀x ∈ BF (0, η)

•

|||Hf (x)|||  ε.

(∗)

Fixons un tel η . Posons h ∈ IRp tel que �h�  η et ϕ : t �→ g(th) , définie sur [0, 1] (en effet, pour t ∈ [0, 1] , on a th ∈ BF (0, η) ⊂ Ω′ ). On a d’après l’exemple 59 de la page 825 : ϕ′ (t) = ( ∇g(th) | h )

et

ϕ′′ (t) = hT Hg (th)h.





En particulier ϕ′ (0) = 0 . Soit t ∈ [0, 1] . D’après (∗) , on a Hg (th)  ε , donc :

  Hg (th) h  ε �h�.

On déduit alors de l’inégalité de Cauchy-Schwarz que : c’est-à-dire : •

 T    h (Hg (th) h)  �h� Hg (th) h  ε�h�2 ,  ′′  ϕ (t)  ε�h�2 .

(∗∗)

′

Compte tenu de (∗∗) et de ϕ(0) = ϕ (0) = 0 , l’inégalité de Taylor-Lagrange appliquée à ϕ donne :   ε g(h)  ε �h�2 . |ϕ(1)|  �h�2 c’est-à-dire 2 2 Cela conclut alors, puisque cette inégalité est valable pour tout h vérifiant �h�  η . ◦

Proposition 35 Supposons que f admette un extremum local en a ∈ A et que f soit différentiable en a . Pour fixer les idées, supposons que ce soit un maximum. Puisqu’il s’agit d’un maximum et que a est un point intérieur de A , il existe η > 0 tel que BF (a, η) ⊂ A et f (x)  f (a) pour tout x ∈ BF (a, η) .



η Soit h ∈ E \ {0} . L’application ϕ : t �→ f (a + th) est définie sur l’intervalle I = − �h� ,

η �h�



et ϕ admet un maximum en 0 . Puisque f est différentiable en a , l’application ϕ est dérivable en 0 et ϕ′ (0) = Dh f (a) = df (a) · h . On sait que si une fonction réelle de la variable réelle définie sur un intervalle ouvert admet un maximum en un point où elle dérivable, alors sa dérivée est nulle en ce point. Par conséquent : df (a) · h = ϕ′ (0) = 0.

Cette dernière relation étant vérifiée pour tout h ∈ E (c’est immédiat si h = 0 ), on en déduit que df (a) = 0 .

847

Chapitre 19. Calcul différentiel Proposition 36 Traitons le cas d’un minimum local. L’autre s’en déduira en considérant −f . Soit a un point où f admet un minimum local. On sait que a est un point critique. Raisonnons par l’absurde en supposant qu’il existe x ∈ IRp tel que xT Hf (a)x < 0 . Au voisinage de 0 , on a, d’après la formule de Taylor-Young (théorème 34 de la page 826) : f (a + h) = f (a) + df (a) · h + Ainsi, lorsque t tend vers 0 :

    1 T 1 h Hf (a)h + o �h�2 = f (a) + hT Hf (a)h + o �h�2 . 2 2

f (a + tx) = f (a) +

  t2 T x Hf (a)x + o t2 , 2

Ainsi, la fonction t �→ f (a + tx) − f (a) est à valeurs strictement négatives sur un voisinage de 0 privé de 0 , contredisant le fait que f admette un minimum local en a . Proposition 37 •

Puisque Hf (a) ∈ Sp++ (IR) , l’application (h, k) �→ hT Hf (a) k définit un produit scalaire sur IRp (voir remarque de la page 167). On munit IRp de la norme euclidienne associée.

•

La formule de Taylor-Young (théorème 34 de la page 826) s’écrit donc, avec cette norme : f (a + h) = f (a) + df (a) · h +

  1 �h�2 + o �h�2 . 2

Sachant que a est un point critique, cela s’écrit aussi : f (a + h) − f (a) −

  1 �h�2 = o �h�2 2

et il existe donc η > 0 tel que pour tout h ∈ IRp tel que a + h ∈ Ω et �h�  η , on ait :

  1 1  2 2 f (a + h) − f (a) − �h�   �h� , 2

ce qui donne :

4

1 �h�2 . 4 La fonction f admet bien un minimum local strict en a . f (a + h) − f (a) 

Proposition 38 Soit v ∈ Ta X et γ : ]−ε, ε[ → E un arc tracé sur X tel que γ(0) = a et γ ′ (0) = v . Puisque γ est tracé sur X et que f admet un extremum local en a , la fonction ϕ = f ◦ γ admet un extremum local en 0 , qui est un point intérieur de ]−ε, ε[ . Il s’ensuit que ϕ′ (0) = 0 . Or par dérivation le long d’un arc :





ϕ′ (0) = df γ(0) · γ ′ (0) = df (a) · v. Cela prouve que Ta X ⊂ Ker df (a) .

Théorème 39 Supposons que f|X admette un extremum local en a ∈ X tel que g(a) = 0 et dg(a) �= 0 . •

•

•

D’après le théorème 26 de la page 818, on a Ta X = Ker dg(a) .

La proposition 38 donne alors que Ker dg(a) ⊂ Ker df (a) .

Puisque f et g sont des fonctions numériques, df (a) et dg(a) sont des formes linéaires.

∗ ∗

848

Si df (a) �= 0 , puisque dg(a) �= 0 par hypothèse, ces deux formes linéaires ont même noyau donc sont proportionnelles et il existe ainsi λ ∈ IR tel que df (a) = λdg(a) . Si df (a) = 0 , on a df (a) = 0 × dg(a) .

Exercices

S’entraîner et approfondir Différentielle 19.1 Soit f l’application définie sur IR2 par : →797

x2 y + y2

f (x, y) =

x4



si (x, y) ∈ IR2 \ (0, 0)



et

f (0, 0) = 0.

1. Pour tout (u, v) ∈ IR2 , montrer l’existence et calculer D(u,v) f (0, 0) .

2. Calculer f (t, t2 ) pour t ∈ IR∗ . La fonction f est-elle continue ? 19.2 On considère C muni de sa structure de IR -espace vectoriel. →799

Montrer que f : C∗ z

−→ �−→

C 1/z

est différentiable en tout point et donner sa différentielle.

19.3 Montrer la différentiabilité de l’application det définie sur Mn (IR) . →808





Montrer que sa différentielle en A ∈ Mn (IR) est H �→ tr H Com(A)T .

19.4 Montrer que l’application définie sur GLn (IR) par M �→ M −1 est de classe C 1 et donner sa →810 différentielle. 19.5 Soit Ω un ouvert non vide de C considéré comme IR -espace vectoriel. On dit que f : Ω → C est C -dérivable en z0 ∈ Ω si lim

h→0

f (z0 +h)−f (z0 ) h

existe.

En notant P = Re f et Q = Im f , montrer que f est C -dérivable en z0 ∈ Ω si, et seulement si, f est différentiable en z0 et : ∂Q ∂P (z0 ) = (z0 ) ∂x ∂y

et

∂P ∂Q (z0 ) = − (z0 ). ∂y ∂x

Ces relations sont connues sous le nom d’équations de Cauchy-Riemann. 19.6 Pour quelles valeurs de α ∈ IR+ la fonction f : IR2 → IR définie par : f (x, y) =

|xy|α x2 + y 2

si (x, y) �= (0, 0)

et

f (0, 0) = 0

est-elle de classe C 1 ? 19.7 On dit qu’une partie C de IRn est un cône positif si pour tout x ∈ C et t > 0 on a tx ∈ C . Soit C un cône positif non vide de IRn . On dit qu’une fonction f : C → IR est homogène de degré α si : ∀(x, t) ∈ C × IR∗+ f (tx) = tα f (x). On suppose dans la suite que C est également un ouvert de IRn . Soit f ∈ C 1 (C, IR) . 1. Démontrer que si la fonction f est homogène de degré α , alors les dérivées partielles de f sont homogènes de degré α − 1 . 2. Démontrer que la fonction f est homogène de degré α si, et seulement si : ∀x ∈ Ω

n  i=1

xi

∂f (x) = α f (x). ∂xi

(Relation d’Euler)

849

Chapitre 19. Calcul différentiel 19.8 Soit f la fonction définie sur IR2 \ {(x, x) | x ∈ IR} par : f (x, y) =

sin(y) − sin(x) · y−x

Montrer que f se prolonge sur IR2 en une fonction de classe C ∞ . Indication. On pourra utiliser la fonction ψ : t �→

sin t t

prolongée par continuité sur IR .



19.9 Soit f ∈ C 1 (IR, IR) et F la fonction définie sur IR2 \ (x, x) | x ∈ IR F (x, y) =

f (y) − f (x) · y−x



par :

1. Montrer que F admet un prolongement G continu sur IR2 . 2. Montrer que si f est de classe C 2 , alors la fonction G est de classe C 1 . Indication. On pourra écrire f (y) − f (x) = (y − x)



0

1



⋆ 19.10 Soit f : IR2 → IR une fonction de classe C 1 . On pose g : (x, y) �→ ∂g ∂x

1. Montrer l’existence de 2. Faire de même avec



f ′ x + t(y − x) dt .

et la calculer.



x

f (t, y) dt.

0

∂g · ∂y

3. Montrer que g est de classe C 1 .

4. On considère deux fonctions α et β de classe C 1 d’un intervalle I de IR dans IR . Montrer que F : u �→



β(u)

α(u)

f (t, u) dt est de classe C 1 et calculer F ′ .

Vecteurs tangents 19.11 Soit X une partie d’un IR -espace vectoriel E de dimension finie. →815





1. Soit a ∈ X et r > 0 . Montrer que Ta X = Ta X ∩ BO (a, r) .

2. Quels sont les vecteurs tangents à X en un point isolé, c’est-à-dire un point a ∈ X pour lequel il existe r > 0 tel que X ∩ BO (a, r) = {a} ? 19.12 Quels sont les vecteurs tangents à X = [−1, 1]2 ⊂ IR2 en (0, 0) ? en (1, 0) ? en (1, 1) ? →815

19.13 Soit S la surface de IR3 d’équation z = xy et M0 = (x0 , y0 , z0 ) un point de S . 1. Déterminer le plan tangent à S en M0 . 2. Montrer que l’intersection de ce plan avec S est la réunion de deux droites affines. ⋆ 19.14 1. Montrer que l’ensemble des vecteurs tangents au groupe orthogonal On (IR) en In est inclus dans l’ensemble An (IR) des matrices antisymétriques réelles. 2. Montrer l’inclusion réciproque.

Indication. Considérer l’application exp sur l’ensemble An (IR) .

850

Exercices

Classe C k 19.15 Soit f l’application définie sur IR2 par : →823

f (x, y) = xy

x2 − y 2 x2 + y 2

si (x, y) �= (0, 0)

et

f (0, 0) = 0.

1. Démontrer que f est de classe C 1 . 2. Montrer l’existence et calculer

∂2f ∂2f (0, 0) et (0, 0) . ∂x∂y ∂y∂x

19.16 Soit Ω un ouvert convexe non vide de E = IRp et f : Ω → IR de classe C 2 . On dit que f est convexe si : ∀(x, y) ∈ Ω2

∀t ∈ [0, 1]





f (1 − t)x + ty  (1 − t)f (x) + tf (y).

1. Soit a ∈ Ω et h ∈ E . On pose ϕ : t �→ f (a + th).

Montrer que ϕ est définie au voisinage de 0 , et qu’elle est de classe C 2 sur tout intervalle I où elle est définie, avec : ∀t ∈ I

ϕ′′ (t) = hT Hf (a + th) h.

2. Montrer que f est convexe si, et seulement si, pour tout a ∈ Ω , la matrice hessienne Hf (a) est positive. ⋆ 19.17 Soit Ω un ouvert non vide de IR2 et f ∈ C 1 (Ω, IR) .

1. Montrer que la fonction g définie par g(r, θ) = f (r cos θ, r sin θ) est de classe C 1 sur son ouvert Ω′ de définition et exprimer ses dérivées partielles en fonction de celles de f . 2. On considère l’équation : ∂f ∂f +y = 0. (E) x ∂x ∂y (a) On suppose Ω = IR2 . Montrer que toute solution de (E) est constante. (b) On suppose Ω = IR2 \ {(0, 0)} . Montrer que f ∈ C 1 (Ω, IR) est solution de (E) si, et seulement s’il existe ϕ : IR → IR de classe C 1 et 2π -périodique telle que, pour tout (x, y) ∈ Ω , on ait f (x, y) = ϕ(θ) où θ est tel que (x, y) =



x2 + y 2 (cos θ, sin θ) .

19.18 Le laplacien d’une fonction f de classe C 2 sur un ouvert Ω de IR2 est ∆f =









Soit f ∈ C 2 IR2 \ (0, 0) , IR . On définit g : IR∗+ × IR (r, θ) 1. Exprimer

−→ �−→

∂2f ∂2f + · ∂x2 ∂y 2

IR f (r cos θ, r sin θ).

∂f ∂f (r cos θ, r sin θ) et (r cos θ, r sin θ) en fonction des dérivées partielles ∂x ∂y

de g . 2. Exprimer ∆f (r cos θ, r sin θ) en fonction des dérivées partielles de g . ⋆ 19.19 On muni IRn de sa structure euclidienne canonique. Soit f : IRn → IRn une application de classe C 2 telle que Jf soit à valeurs dans On (IR) . 1. Lemme des tresses Soit X un ensemble non vide et g : X 3 → IR une application antisymétrique par rapport aux deux première variables et symétrique par rapport aux deux dernières. Démontrer que g est nulle. 2. Démontrer que Jf est constante. 3. En déduire que f est la composée d’une translation et d’une isomérie vectorielle.

851

Chapitre 19. Calcul différentiel

Optimisation 19.20 Soit f : →831

IR2 (x, y)

−→ �−→

IR y 2 (y 2 − x4 ).

1. Visualiser sur un dessin les trois domaines de IR2 où la fonction f est nulle, où elle prend des valeurs strictement positives, et où elle prend des valeurs strictement négatives. 2. Justifier alors rigoureusement ce que la question précédente permet d’intuiter : • pour tout u ∈ IR2 , la fonction ϕ : t �→ f (tu) admet un minimum local en 0 ; • pourtant, la fonction f ne présente pas de minimum local en 0 . 19.21 Soit E un espace euclidien de dimension supérieure à 2 , S sa sphère unité et u un endo→836 IR morphisme autoadjoint de E . On pose fu : E −→    u(x)  x . x �−→

1. Montrer que f est de classe C 1 sur E et déterminer son gradient. 2. Sans utiliser les résultats du chapitre 4 concernant les endomorphismes autoadjoints, montrer que f|S admet un maximum et que s’il est atteint en a ∈ S , alors ∇f (a) et a sont colinéaires. 3. Retrouver ainsi que u admet une valeur propre réelle.

19.22 Déterminer les extrema des fonctions définies sur IR2 par : f (x, y) = −2(x − y)2 + x4 + y 4 . 19.23 Soit g définie sur IR2 par :





g(x, y) = (2x2 + 3y 2 ) exp −(x2 + y 2 ) .

1. Déterminer une fonction h telle que : ∀(x, y) ∈ IR2

g(x, y) = h(x2 + y 2 , y 2 ).

2. En déduire les extrema de g . 19.24 Soit U ∈ IRn et A ∈ Sn++ (IR) . Déterminer les extrema de : f : IRn X

−→ �−→

IR X T AX + 2 U T X.

19.25 Soit Ω un ouvert convexe non vide d’un espace vectoriel E de dimension finie et f : Ω → IR une fonction convexe, c’est-à-dire telle que : ∀(x, y) ∈ Ω2

∀t ∈ [0, 1]





f (1 − t)x + ty  (1 − t) f (x) + t f (y).

Montrer que f admet un minimum en a ∈ Ω si, et seulement si, a est un point critique de f . 19.26 Le plan IR2 est muni de sa structure euclidienne canonique. 1. Donner l’aire A du triangle A(1, 0) , B(cos θ1 , sin θ1 ) et C(cos θ2 , sin θ2 ) . On se restreindra au cas où 0  θ1  θ2  2π . 2. Déterminer les triangles d’aire maximale inscrits dans un cercle de rayon 1 .

852

Exercices 19.27 Soit E un espace vectoriel euclidien et f : E → IR une fonction de classe C 1 telle que

lim

�x�→+∞

f (x) �x�

= +∞ .

1. Soit v ∈ E . Démontrer que g : x �→ f (x) − ( x | v ) admet un minimum.

2. En déduire que l’application ∇f est surjective.





19.28 On pose E = (x, y, z) ∈ IR3 : x4 + y 4 + z 4 = 1 .

Déterminer les extrema sur E de la fonction (x, y, z) �→ x2 + y 2 + z 2 .

853

Chapitre 19. Calcul différentiel

Solutions des exercices 19.1 1. Soit (u, v) ∈ IR2 .

• Supposons v �= 0 . Pour tout t �= 0 on a : f (tu, tv) = t

u2 v + v2

t2 u4

et cette expression est encore valable pour t = 0 puisque f (0, 0) = 0 . 2

Donc f (tu, tv) ∼ t uv , ce qui prouve que la fonction f admet une dérivée en (0, 0) t→0

2

selon le vecteur (u, v) avec D(u,v) f (0, 0) = uv · • Si v = 0 , on a f (tu, tv) = f (tu, 0) = 0 , donc f admet une dérivée en (0, 0) selon le vecteur (u, v) et D(u,v) f (0, 0) = 0 . 2. Pour tout t ∈ IR∗ , on a f (t, t2 ) =

1 2

tandis que f (0, 0) = 0 . Il s’ensuit que f n’est pas

continue en 0 , sinon, par composition, t �→ f (t, t2 ) serait continue en 0 .

19.2 Il est immédiat que C∗ est un ouvert. Soit z ∈ C∗ . Pour tout h ∈ C tel que |h| < |z| , on a : f (z + h) − f (z) = − Par ailleurs,

1 (z+h)z

−→ 12 h→0 z

et donc

1 z(z+h)

=

1 z2

+ o(1) . Ainsi, au voisinage de 0 :

f (z + h) − f (z) = − Il est clair que l’application

C h

−→ �−→

C − zh2

h · (z + h)z

h + o(h). z2

est IR -linéaire.

Par conséquent f est différentiable en z et : ∀h ∈ C

df (z) · h = −

h · z2

19.3 • La fonction f = det est polynomiale donc de classe C 1 .

• Soit A = (ai,j ) 1in ∈ Mn (IR) . Notons (Ei,j ) 1in la base canonique de Mn (IR) . 1jn

1jn

Calculons les dérivées partielles de la fonction f en A dans cette base, c’est-à-dire les DEi,j f (A) . Pour t ∈ IR on a :

854

  a1,1   ..  .  ai−1,1  f (A + tEi,j ) =  ai,1 a  i+1,1  .  ..   an,1

··· ··· ··· ··· ···

a1,j−1 .. . ai−1,j−1 ai,j−1 ai+1,j−1 .. . an,j−1

a1,j .. . ai−1,j ai,j + t ai+1,j .. . an,j

a1,j+1 .. . ai−1,j+1 ai,j+1 ai+1,j+1 .. . an,j+1

··· ··· ··· ··· ···



a1,n   ..  .   ai−1,n   ai,n  ai+1,n  ..  .  an,n 

Solutions des exercices donc, par linéarité du déterminant par rapport à la j -ème colonne :

  a1,1   ..  .  ai−1,1  f (A + tEi,j ) = det A + t  ai,1 a  i+1,1  .  ..   an,1 = f (A) + t(−1)

i+j

··· ··· ··· ··· ···

a1,j−1 .. . ai−1,j−1 ai,j−1 ai+1,j−1 .. . an,j−1

0 .. . 0 1 0 .. . 0

a1,j+1 .. . ai−1,j+1 ai,j+1 ai+1,j+1 .. . an,j+1

··· ··· ··· ··· ···

∆i,j ,



a1,n   ..  .   ai−1,n   ai,n  ai+1,n  ..  .  an,n 

où ∆i,j est le mineur d’indice (i, j) de A . Il s’ensuit que : DEi,j f (A) = (−1)i+j ∆i,j . • L’expression de la différentielle d’une fonction différentiable à l’aide de ses dérivées partielles donne, pour tout H = (hi,j ) 1in ∈ Mn (IR) : 1jn

n

n

df (A) · H =





i=1 j=1

En particulier, si A est inversible : ∀H ∈ Mn (IR)



hi,j (−1)i+j ∆i,j = tr H Com(A)T .





df (A) · H = (det A) tr HA−1 .

19.4 À l’exemple 25 de la page 810 il a été rappelé que GLn (IR) est un ouvert de Mn (IR) et que l’application f : M �→ M −1 est de classe C 1 puisque ses fonctions coordonnées sont rationnelles. Soit M ∈ GLn (IR) ; on a M × M −1 = In . Par suite, l’application M �→ M × f (M ) est constante sur GLn (IR) et donc sa différentielle est nulle. Ainsi, le produit matriciel définissant une application bilinéaire sur Mn (IR)2 , le corollaire 15 de la page 807 donne, pour M ∈ GLn (IR) : ∀H ∈ Mn (IR)

On en déduit, pour M ∈ GLn (IR) , que : ∀H ∈ Mn (IR)





H × M −1 + M × df (M ) · H = 0. df (M ) · H = −M −1 × H × M −1 .

19.5 Le IR -espace vectoriel C est muni de la base B = (1, i) .

• Supposons que f soit C -dérivable en z0 . Il existe alors un nombre complexe, que l’on f (z0 + h) − f (z0 ) = f ′ (z0 ) . peut noter f ′ (z0 ) , tel que lim h→0 h Notons u l’application définie sur C par u(h) = hf ′ (z0 ) . Par définition, au voisinage de 0 : f (z0 + h) = f (z0 ) + hf ′ (z0 ) + o(h) = f (z0 ) + u(h) + o(h). De plus u est une application C -linéaire, car il s’agit d’une homothétie. A fortiori elle est IR -linéaire et donc f est différentiable en z0 .

855

Chapitre 19. Calcul différentiel Donnons un calcul de f ′ (z0 ) . La différentiabilité implique l’existence de et

∂Q (z0 ) . ∂x

∂P ∂x

(z0 )

Par définition, on a : f ′ (z0 ) = lim

h→0 h∈IR ∗

= lim

h→0 h∈IR ∗

f (z0 + h) − f (z0 ) h







P (z0 + h) − P (z0 ) + i Q(z0 + h) − Q(z0 ) h



∂Q ∂P (z0 ) + i (z0 ). ∂x ∂x

=

On a également f ′ (z0 ) = lim

h→0 h∈IR ∗

= lim

h→0 h∈IR ∗

f (z0 + ih) − f (z0 ) ih







P (z0 + ih) − P (z0 ) + i Q(z0 + ih) − Q(z0 ) ih



Q(z0 + ih) − Q(z0 ) − i P (z0 + ih) − P (z0 ) = lim h→0 h ∗ h∈IR





∂P ∂Q (z0 ) − i (z0 ). ∂y ∂y En identifiant les parties réelles et imaginaires, il vient : =

∂P ∂Q (z0 ) = (z0 ) ∂x ∂y

∂P ∂Q (z0 ) = − (z0 )· ∂y ∂x

et

• Soit maintenant f : Ω → C une fonction différentiable en z0 telle que

∂P ∂x

(z0 ) =

∂Q (z0 ) ∂y

et ∂P (z0 ) = − ∂Q (z0 ) . L’expression de la différentielle en termes de dérivées partielles ∂y ∂x donne, pour tout h = h1 + ih2 ∈ C : df (z0 ) · h = h1 =



∂f ∂f (z0 ) + h2 (z0 ) ∂x ∂y

∂P ∂P (z0 ) + h2 (z0 ) h1 ∂x ∂y











∂Q ∂Q (z0 ) + h2 (z0 ) . + i h1 ∂x ∂y

En utilisant les relations entre dérivées partielles, on obtient :



df (z0 ) · h = h1



∂P ∂Q ∂Q ∂P (z0 ) − h2 (z0 ) + i h1 (z0 ) + h2 (z0 ) ∂x ∂x ∂x ∂x

et l’on reconnaît dans cette expression le produit hℓ , où ℓ =

∂Q ∂P (z0 ) + i (z0 ) . ∂x ∂x

Par conséquent, la différentiabilité donne : f (z0 + h) = f (z0 ) + hℓ + o(h)

ou encore

f (z0 + h) − f (z0 ) = ℓ + o(1), h

ce qui implique que f est C -dérivable en z0 . 19.6 • Si f est de classe C 1 , alors x �→ f (x, x) est de classe C 1 . Or : f (x, x) =

1 2(α−1) |x| 2

si x �= 0

et

f (0, 0) = 0.

Pour que f soit de classe C 1 , il faut donc 2α − 2 > 1 , c’est-à-dire α > 3/2 .

856

Solutions des exercices • Réciproquement, si α > 3/2 , alors la fonction ϕ : x �→ |x|α est de classe C 1 et sa dérivée est donnée par ϕ′ (x) = ε(x)α|x|α−1 , où ε(x) = 1 si x  0 et ε(x) = −1 sinon. Il s’ensuit, du fait que f (x, y) =

ϕ(x)ϕ(y) x2 +y 2

, que f est de classe C 1 sur l’ouvert IR2 \ {(0, 0)}

(caractère local de la continuité). De plus :

ϕ′ (x)(x2 + y 2 ) − 2xϕ(x) ∂f (x, y) = ϕ(y) · ∂x (x2 + y 2 )2

∀(x, y) ∈ IR2 \ {(0, 0)}

Soit (x, y) �= (0, 0) . En posant r = �(x, y)�2 =

   ∂f  α  (x, y)  r ∂x





x2 + y 2 , on a |x|  r et |y|  r , donc :

αr α−1 × r 2 + 2r × r α r4



= (α + 2)r 2α−3

et cette inégalité est vraie si (x, y) = (0, 0) puisque, la fonction x �→ f (x, 0) étant nulle, (0, 0) = 0 . on a ∂f ∂x Comme 2α − 3 > 0 , on a lim

(0,0)

Par symétrie,

∂f ∂y

∂f ∂x

= 0 , ce qui prouve que

∂f ∂x

est continue en (0, 0) .

est continue en (0, 0) .

La fonction f est donc de classe C 1 si, et seulement si, α > 3/2 . 19.7 1. Soit f ∈ C 1 (C, IR) une fonction homogène de degré α et t > 0 .

Considérons h : x �→ f (tx) . Pour tout x ∈ C et i ∈ [[1, n]] , on a

∂h (x) ∂xi

Si de plus f est homogène de degré α , on a h(x) = tα f (x) donc

∂f = t ∂x (tx) . i

∂h (x) ∂xi

∂f = tα ∂x (x) . i

Par conséquent : ∂f ∂f (tx) = tα−1 (x). ∂xi ∂xi 2. Soit x ∈ C . Posons g : t �→ f (tx) = f (tx1 , . . . , txn ) . La fonction g est définie sur IR∗+ , car C est un cône positif. Elle est de classe C 1 par composition et : ′

∀t > 0

g (t) =

n  i=1

xi

∂f (tx). ∂xi

• Supposons que f soit homogène de degré α . On a donc g(t) = tα f (x) pour tout t > 0 , donc : n  ∂f (tx) = αtα−1 f (x). xi ∀t > 0 ∂xi i=1

En particulier, pour t = 1 , on obtient : n 

xi

i=1

∂f (x) = αf (x). ∂xi

• Réciproquement, supposons que f vérifie la relation d’Euler. On a alors : ∀t > 0

tg ′ (t) =

IR∗+ α

n  i=1

txi

∂f (tx) = αf (tx) = αg(t) ∂xi

l’équation différentielle ty ′ − αy = 0 , dont les solutions sont donc g vérifie sur les fonctions t �→ λt , pour λ ∈ IR . On en déduit : ∀t > 0

f (tx) = g(t) = tα g(1) = tα f (x).

Par suite, la fonction f est homogène de degré α .

857

Chapitre 19. Calcul différentiel 19.8 Pour tout (x, y) ∈ IR2 vérifiant x �= y , on a : f (x, y) = 2 cos

 y + x  sin  y−x  2

2

= cos

y−x

Les fonctions (x, y) �→ cos

2

et (x, y) �→ ψ

 y−x 

ψ

2



La fonction ψ est la somme sur IR de la série entière

 y+x 

y + x y − x (−1)n (2n+1)!

.

2

t2n , donc est de classe C ∞ .

sont de classe C ∞ , par opérations sur

2

les fonctions de classe C ∞ . Ainsi la fonction f définie sur IR2 par :



f(x, y) = cos

 

y+x y−x ψ 2 2

définit un prolongement de classe C ∞ de f à IR2 .



19.9 1. Comme f est de classe C 1 , on peut écrire, pour tout (x, y) ∈ IR2 : f (y) − f (x) =



y

f ′ (t) dt = (y − x)

x 2

Donc, la fonction définie sur IR par : G(x, y) =



0

1



1





f ′ x + t(y − x) dt.

0





f ′ x + t(y − x) dt

est un prolongement de F , et il vérifie, pour tout x ∈ IR : G(x, x) =



0

1





f ′ x + t(x − x) dt =



1

f ′ (x) dt = f ′ (x).

0

Montrons la continuité de G à l’aide du théorème de continuité d’une intégrale à paramètre, le paramètre étant ici le couple (x, y) .





• Pour tout (x, y) ∈ IR2 , la fonction t �→ f ′ x + t(y − x) est continue (par morceaux)

sur le segment [0, 1] par continuité de f ′ . Elle est donc intégrable.   • Pour tout t ∈ [0, 1] , la fonction (x, y) �→ f ′ x + t(y − x) est continue sur IR2 par composition. • Hypothèse de domination. Soit R > 0 et (x, y) ∈ [−R, R]2 . On a x + t(y − x) = (1 − t)x + ty ∈ [−R, R] pour tout t ∈ [0, 1] par convexité de [−R, R] . Puisque f ′ est continue, elle est bornée sur le segment [−R, R] par une certaine constante M , ce qui donne : ∀(x, y) ∈ [−R, R]2

∀t ∈ [0, 1]

 ′  f x + t(y − x)   M.

La fonction constante égale à M étant intégrable sur l’intervalle borné [0, 1] , cela fournit l’hypothèse de domination sur [−R, R]2 et donc au voisinage de tout point de IR2 , puisque les parties ]−R, R[2 forment un recouvrement de IR2 par des ouverts quand R décrit IR∗+ . En conclusion, G est continue sur IR2 . 2. • Démontrons que

∂G ∂x

est définie. Pour cela fixons y ∈ IR et montrons la dérivabilité

de la fonction x �→ G(x, y) =



0

1





f ′ x + t(y − x) dt .





∗ Pour tout x ∈ IR , l’application t �→ f ′ x + t(y − x) est continue, donc intégrable sur le segment [0, 1] .

858

Solutions des exercices 



∗ Pour tout t ∈ [0, 1] , l’application gt : x �→ f ′ x + t(y − x) est de classe C 1 et : ∀x ∈ IR





gt′ (x) = (1 − t) f ′′ x + t(y − x) .

∗ Pour tout x ∈ IR , l’application t �→ gt′ (x) est continue, puisque f ′′ est continue. ∗ Hypothèse de domination. Soit J un segment de IR .   La fonction (x, t) �→ f ′′ x + t(y − x) est continue sur le compact J × [0, 1] , donc y est bornée par une constante M , ce qui donne : ∀x ∈ J

∀t ∈ [0, 1]

   (1 − t)f ′′ x + t(y − x)   (1 − t) M,

et la fonction t �→ (1 − t)M est continue donc intégrable sur le segment [0, 1] . Cela fournit l’hypothèse de domination sur tout segment. En conclusion, le théorème de dérivation des intégrales à paramètre nous donne l’existence de ∂G (x, y) pour tout (x, y) ∈ IR2 et : ∂x ∀(x, y) ∈ IR2

∂G (x, y) = ∂x



1

0





(1 − t) f ′′ x + t(y − x) dt.

• De la même manière que nous avons démontré la continuité de G , on démontre la continuité de ∂G . Par suite G est de classe C 1 . ∂x

• Par symétrie, puisque G(x, y) = G(y, x) , pour tout (x, y) ∈ IR2 , on obtient l’existence avec : et la continuité de la fonction ∂G ∂y ∀(x, y) ∈ IR2

∂G ∂G (x, y) = (y, x) = ∂y ∂x



1

0





(1 − t) f ′′ y + t(x − y) dt.

Ainsi, G est de classe C 1 sur IR2 par le théorème fondamental.

19.10 1. À y fixé, l’application x �→ g(x, y) est dérivable, de dérivée x �→ f (x, y) (intégrale fonction de sa borne supérieure), donc : ∀(x, y) ∈ IR2

∂g (x, y) = f (x, y). ∂x

2. Soit x ∈ IR . Notons I le segment d’extrémités 0 et x .

• Pour tout y ∈ IR , l’application t �→ f (t, y) est continue sur I . • Pour tout t ∈ I , l’application y �→ f (t, y) est de classe C 1 sur IR . • Hypothèse de domination. Soit a ∈ IR∗+ . Si M est un majorant de la fonction





 sur le compact I × [−a, a] , on a : continue  ∂f ∂y ∀(t, y) ∈ I × [−a, a]

   ∂f   (t, y)  M  ∂y 

et la fonction constante M est intégrable sur le segment I . Cela assure la domination de ∂f sur tout segment de IR . ∂y La fonction y �→



x

f (t, y) dt est donc dérivable et :

0

∀(x, y) ∈ IR2

∂g (x, y) = ∂y



0

x

∂f (t, y) dt. ∂y

859

Chapitre 19. Calcul différentiel 3. Démontrons la continuité des dérivées partielles de g . • La fonction

∂g ∂x

= f est continue.

• Pour (x, y) ∈ IR2 , par le changement de variable [t = xu] , on a : ∂g (x, y) = x ∂y



1



1

0

∂f (xu, y) du. ∂y

∂f (xu, y) du est continue. ∂y 0 ∂f ∗ pour tout (x, y) ∈ IR2 , la fonction u �→ (xu, y) est continue (par morceaux) ∂y sur [0, 1] ; ∂f ∗ pour tout u ∈ [0, 1] , la fonction (x, y) �→ (xu, y) est continue sur IR2 ; ∂y ∗ Hypothèse de domination au voisinage de tout point.    est majorée par une constante M sur Soit a > 0 . Par continuité, la fonction  ∂f ∂y

Montrons que Φ : (x, y) �→

le compact Ka = [−a, a]2 et donc :

∀u ∈ [0, 1]

∀(x, y) ∈ Ka

   ∂f   (xu, y)  M,  ∂y 

la fonction constante M étant intégrable sur le segment [0, 1] . Comme IR2 est re◦

couvert par les ouverts K a = ]−a, a[2 , on a domination de

∂f (xu, y) ∂y

au voisinage

2

de tout point de IR . Par conséquent, la fonction (x, y) �→ ∂g · On en déduit la continuité de ∂y Ainsi, g est de classe C 1 .







0

1

∂f (xu, y) du est continue sur IR2 . ∂y





4. On remarque que F (u) = g β(u), u − g α(u), u . Comme g , α et β sont de classe C 1 , la règle de la chaîne donne le caractère C 1 de F sur I avec, pour tout u ∈ I :  ∂g    ∂g   ∂g  ∂g  β(u), u + β(u), u − α′ (u) α(u), u − α(u), u F ′ (u) = β ′ (u) ∂x ∂y ∂x ∂y





= β ′ (u) f β(u), u +







0

β(u)

  ∂f   t, u dt − α′ (u) f α(u), u − ∂y 



= β ′ (u) f β(u), u − α′ (u) f α(u), u +







β(u)

α(u)

∂f   t, u dt. ∂y



0

α(u)

∂f   t, u dt ∂y

19.11 1. Il est clair que l’on a Ta X ∩ BO (a, r) ⊂ Ta X puisque tout arc tracé sur X ∩ BO (a, r) est évidemment aussi tracé sur X . Réciproquement, soit v ∈ Ta X . Prenons un arc γ : ]−ε, ε[ → X dérivable en 0 et tel que γ(0) = a et γ ′ (0) = v . Par continuité de γ en 0 , il existe η > 0 tel que : ∀t ∈ ]−η, η[

  γ(t) − γ(0) < r.

Comme γ(0) = a , cela signifie que l’arc γ|]−η,η[ est à valeurs dans BO (a, r) , donc est





tracé sur X ∩ BO (a, r) . On en déduit que v = (γ|]−η,η[ )′ (0) ∈ Ta X ∩ BO (a, r) .

D’où l’inclusion réciproque.

860

Solutions des exercices 2. On en déduit que si a est un point isolé de X , on a Ta X = {0} puisqu’il existe r > 0 tel que X ∩ BO (a, r) = {a} et que seul le vecteur nul est tangent à un singleton (tout arc tracé sur un singleton est constant).

19.12 • Le point (0, 0) est intérieur à X , donc T(0,0) X = IR2 (cf. exemple 37 de la page 815).

• Soit ε > 0 et γ : ]−ε, ε[ → [−1, 1]2 dérivable en 0 tel que γ(0) = (1, 0) . On note x et y les fonctions coordonnées de γ dans la base canonique. Puisque la fonction x , qui est dérivable en 0 , à valeurs réelles et définie sur l’intervalle ouvert ]−ε, ε[ , admet un maximum en 0 , on a x′ (0) = 0 . Par suite T(1,0) X ⊂ IR (0, 1) . D’autre part, en considérant l’application γ : t ∈ ]−1, 1[ �→ (1, t) qui est à valeurs dans X et dérivable en 0 , on obtient que (0, 1) = γ ′ (0) ∈ T(1,0) X . D’après la remarque de la page 815, on en déduit IR (0, 1) ⊂ T(1,0) X et, finalement, l’égalité.

• Soit ε > 0 et γ : ]−ε, ε[ → [−1, 1]2 dérivable en 0 tel que γ(0) = (1, 1) . On note x et y les fonctions coordonnées de γ dans la base canonique. Puisque x et y sont maximales en 0 , en reprenant le raisonnement précédent, on a x′ (0) = y ′ (0) = 0 . Il s’ensuit





que T(1,1) X = (0, 0) .

19.13 1. Posons g : (x, y, z) �→ xy − z . Elle est de classe C 1 sur IR3 et : ∀(x, y, z) ∈ IR

3

∇g(x, y, z) =



y x −1



.

Comme ce gradient ne s’annule pas, S admet un plan tangent en tout point. En particulier, en M0 , ce plan tangent P a pour équation y0 (x − x0 ) + x0 (y − y0 ) − (z − z0 ) = 0 .

2. Soit M = (x, y, z) ∈ P ∩ S . On a donc z = xy et y0 (x − x0 ) + x0 (y − y0 ) − (z − z0 ) = 0 et comme z0 = x0 y0 , cela donne : y0 (x − x0 ) + x0 (y − y0 ) − xy + x0 y0 = 0

ou encore

Le point M appartient donc :

(x − x0 )(y − y0 ) = 0.

• à la droite D1 , intersection de P et du plan P1 d’équation x = x0 , • ou à la droite D2 , intersection de P et du plan P2 d’équation y = y0 .

Ces deux intersections sont bien des droites. En effet, le plan P n’est pas parallèle à P1 car leurs vecteurs normaux :



y0 x0 −1





1 0 0



ne sont pas colinéaires et de même pour P et P2 . Réciproquement, soit M = (x, y, z) un point de D1 . On a alors x = x0 et : y0 (x − x0 ) + x0 (y − y0 ) − (z − z0 ) = 0

c’est-à-dire

x0 (y − y0 ) = z − x0 y0 .

Cela donne z = xy , donc M appartient à S ∩ P . Par symétrie, il en est de même si M appartient à D2 . Conclusion : S ∩ P = D1 ∪ D2 .

861

Chapitre 19. Calcul différentiel 19.14 1. Soit ε > 0 et γ : ]−ε, ε[ → On (IR) une application dérivable en 0 , vérifiant γ(0) = In . Montrons que γ ′ (0) est une matrice antisymétrique. On a, au voisinage de 0 , le développement limité : γ(s) = In + sγ ′ (0) + o(s) et donc, puisque γ(s) est une matrice orthogonale pour tout s ∈ ]−ε, ε[ : In = γ(s)T γ(s)



T

= In + s γ ′ (0) + o(s)



T



In + s γ ′ (0) + o(s)



= In + s γ ′ (0) + γ ′ (0) + o(s). T



Par unicité du développement limité, γ ′ (0) + γ ′ (0) = 0 et donc γ ′ (0) est une matrice antisymétrique. 2. Soit A ∈ An (IR) .

• Comme AT = −A , on a exp(AT ) = exp(−A) = exp(A)−1 . Montrons donc l’éga-

lité exp(AT ) = exp(A)T ce qui prouvera la relation exp(A)T = exp(A)−1 , et donc que exp(A) est orthogonale.

Par propriété de la transposition, on a (AT )k = (Ak ) de la transposition, on en déduit : ∀n ∈ IN

n  (AT )k

k!

k=0

=

T

pour tout k ∈ IN . Par linéarité

 T n Ak k=0

k!

puis un passage à la limite donne exp(AT ) = exp(A)T par continuité de la transposition (application linéaire en dimension finie). • L’application γ : t �→ exp(tA) est donc à valeurs dans On (IR) , dérivable en 0 avec γ(0) = In et γ ′ (0) = A . Il s’ensuit que A est un vecteur tangent à On (IR) en In .

En conclusion, An (IR) est l’espace des vecteurs tangents à On (IR) en In .

19.15 1. • En tant que fonction rationnelle, f est de classe C 1 sur l’ouvert IR2 \ {(0, 0)} . Le calcul donne, pour (x, y) ∈ IR2 \ {(0, 0)} : y(x4 + 4x2 y 2 − y 4 ) ∂f (x, y) = ∂x (x2 + y 2 )2 et puisque f (t, 0) = 0 pour tout t ∈ IR , on a 2

∂f ∂x

(0, 0) = 0 .

• Pour (x, y) ∈ IR \ {(0, 0)} , en posant r = �(x, y)�2 =



x2 + y 2 :

   |y|(x4 + 4x2 y 2 + y 4 )  ∂f  6r = 6�(x, y)�2 ,  (x, y)  4 ∂x

r

cette dernière inégalité étant encore valable pour (x, y) = (0, 0) . ∂f (x, y) = 0 . Par suite, la fonction ∂f est continue. On en déduit que lim ∂x ∂x (x,y)→(0,0)

Pour tout (x, y) ∈ IR2 f (x, y) = −f (y, x) , et donc ∂f (x, y) = − ∂f (y, x) sur IR2 . ∂y ∂x Il s’ensuit que les deux dérivées partielles de la fonction f existent et sont continues. Donc f est de classe C 1 .

862

Solutions des exercices 2. Par la question précédente, on a : ∀y ∈ IR

∂f (0, y) = −y ∂x

∂2f (0, 0) = −1. ∂y∂x

donc

Par ailleurs : ∀x ∈ IR

∂f ∂f (x, 0) = − (0, x) = x ∂y ∂x

∂2f (0, 0) = 1. ∂x∂y

donc

On remarque que ces deux dérivées partielles secondes sont différentes, donc f n’est pas de classe C 2 , d’après le théorème de Schwarz. 19.16 1. Comme Ω est un ouvert, il existe r > 0 tel que BO (a, r) ⊂ Ω . On a alors a + th ∈ Ω pour tout t tel que |t|�h� < r , ce qui montre que ϕ est définie au voisinage de 0 . Soit I un intervalle sur lequel ϕ est définie. Par composition de t �→ a + th qui est de classe C 2 de I dans Ω et de f de classe C 2 sur Ω , la fonction ϕ est de classe C 2 sur I et : ∀t ∈ I

ϕ′ (t) = df (a + th) · h =

Appliquant à nouveau ce résultat aux fonctions ϕ′′ (t) =

p 

hj

d dt

hj



j=1

=

p  j=1

=





∂f (a + th) ∂xj

p  i=1

hj hi

1i,jp

p 

hj

j=1

∂f ∂xj

∂f (a + th). ∂xj

, on obtient :



∂2f hi (a + th) ∂xi ∂xj



∂2f (a + th) = hT Hf (a + th) h. ∂xi ∂xj

2. • Supposons f convexe. Soit a ∈ Ω et h ∈ E . D’après la question précédente, l’application ϕ : t �→ f (a + th) est définie sur un intervalle de IR voisinage de 0 et elle est de classe C 2 . ∗ Montrons qu’elle est convexe. Soit (t, u) ∈ I 2 et λ ∈ [0, 1] . On a :









 

ϕ (1 − λ)t + λu = f a + (1 − λ)t + λu h



= f (1 − λ)(a + th) + λ(a + uh)



 (1 − λ)f (a + th) + λf (a + uh) = (1 − λ)ϕ(t) + λϕ(u). ∗ Il s’ensuit que ϕ′′ est positive, et comme ϕ′′ (0) = hT Hf (a) h d’après la question précédente, on en déduit hT Hf (a) h  0 . Comme h a été choisi quelconque, on en déduit que Hf (a) ∈ Sn+ (IR) . • Supposons Hf (a) ∈ Sn+ (IR) pour tout a ∈ Ω . Soit (x, y) ∈ Ω2 . Posons h = y − x . L’application ϕ : t �→ f (x + th) est définie sur [0, 1] par convexité de Ω . Par la question précédente, elle est de classe C 2 et sa dérivée seconde est positive par hypothèse sur la matrice hessienne de f .

863

Chapitre 19. Calcul différentiel On en déduit que ϕ est convexe. En particulier, pour tout t ∈ [0, 1] , on a : g(t)  (1 − t)g(0) + tg(1),

c’est-à-dire :





f (1 − t)x + ty  (1 − t)f (x) + tf (y).

La fonction f est donc bien convexe.

19.17 1. L’application Φ : (r, θ) �→ (r cos θ, r sin θ) est continue sur IR2 , donc l’ensemble de définition Ω′ = Φ−1 (Ω) de g est un ouvert de IR2 puisque Ω est ouvert. De plus, Φ est de classe C 1 par les théorèmes généraux, donc g = f ◦ Φ est de classe C 1 . Par la règle de la chaîne, on a : ∂g (r, θ) = ∂r

cos θ

∂f ∂f (r cos θ, r sin θ) + sin θ (r cos θ, r sin θ) ∂x ∂y

∂f ∂f ∂g (r, θ) = −r sin θ (r cos θ, r sin θ) + r cos θ (r cos θ, r sin θ). ∂θ ∂x ∂y 2. Commençons par remarquer que l’application Φ est surjective. En effet ; • tout nombre complexe z = x + iy non nul peut s’écrire sous la forme trigonométrique z = |z|eiθ , donc tout élément (x, y) ∈ IR2 \ {(0, 0)} s’écrit sous la forme (r cos θ, r sin θ) , avec r > 0 et θ ∈ IR , et l’on sait que θ est unique modulo 2π . • (0, 0) = Φ(0, 0) , par exemple. Plus précisément, on a montré que Φ(IR∗+ × IR) ⊃ IR2 \ {(0, 0)} et l’on a même égalité car les antécédents de (0, 0) sont exactement les couples (0, θ) , pour θ ∈ IR .

(a) Soit f solution de (E) sur Ω = IR2 . Alors Ω′ = IR2 et : ∀(r, θ) ∈ IR2 On a donc

r

∂f ∂f ∂g (r, θ) = r cos θ (r cos θ, r sin θ) + r sin θ (r cos θ, r sin θ) = 0. ∂r ∂x ∂y

∂g (r, θ) ∂r

= 0 en tout point (r, θ) tel que r �= 0 , puis, par continuité, en

tout point de la forme (0, θ) . Donc

∂g ∂r

= 0.

À θ ∈ IR fixé, la fonction r �→ g(r, θ) a donc une dérivée nulle sur l’intervalle IR , donc est constante. On en déduit qu’il existe ϕ : IR → IR telle que : ∀(r, θ) ∈ IR2

g(r, θ) = ϕ(θ).

En particulier, on a ϕ(θ) = g(0, θ) = f (0, 0) , donc ϕ est constante. Par surjectivité de Φ , on en déduit que f est constante : pour tout (x, y) ∈ IR2 , il existe (r, θ) ∈ IR2 tel que (x, y) = (r cos θ, r sin θ) , et alors : f (x, y) = g(r, θ) = f (0, 0).

(b) Soit f solution de (E) sur Ω = IR2 \ {(0, 0)} . On a Ω′ = IR∗ × IR et la même étude = 0 sur IR∗ × IR , mais on ne que dans la question précédente aboutit à l’équation ∂g ∂r peut pas en déduire de la même façon que g(r, θ) ne dépend que de θ , puisque IR∗ n’est pas un intervalle. Considérons la restriction de g à Ω′′ = IR∗+ × IR . Cette fois-ci, IR∗+ étant un intervalle, il existe une fonction ϕ telle que : 1

∀(r, θ) ∈ IR∗+ × IR

g(r, θ) = ϕ(θ),

avec ϕ de classe C et 2π -périodique, puisque : ∀θ ∈ IR

864

ϕ(θ) = g(1, θ) = f (cos θ, sin θ).

Solutions des exercices Tout élément (x, y) de IR3 \ {(0, 0)} s’écrivant sous la forme (r cos θ, r sin θ) , avec (r, θ) ∈ IR∗+ × IR , comme on l’a vu plus haut, on a : f (x, y) = g(r, θ) = ϕ(θ). Réciproquement, les calculs de la première question montrent que si f est de cette forme, alors la fonction g = f ◦ Φ définie sur Ω′′ vérifie r ∂g = 0 , donc : ∂r ∀(r, θ) ∈ Ω′′

r cos θ

∂f ∂f (r cos θ, r sin θ) + r sin θ (r cos θ, r sin θ) = 0 ∂x ∂y

et comme Φ(Ω′′ ) = Ω , on a aussi : ∀(x, y) ∈ Ω

x

∂f ∂f (x, y) + y (x, y) = 0, ∂x ∂y

c’est-à-dire que f vérifie (E) .

19.18 Par opérations sur les fonctions de classe C 2 , l’application u est de classe C 2 . Il s’ensuit que g est de classe C 2 . 1. Pour tout (r, θ) ∈ IR∗+ × IR on a par la règle de la chaîne (en laissant implicites les points d’application) : ∂g ∂f ∂f = cos θ + sin θ ∂r ∂x ∂y

∂f ∂g sin θ ∂g = cos θ − ∂x ∂r r ∂θ ∂g cos θ ∂g ∂f = sin θ + ∂y ∂r r ∂θ

et donc

∂f ∂f ∂g = −r sin θ + r cos θ ∂θ ∂x ∂y ce qui signifie, rappelons le :

∂g sin θ ∂g ∂f (r cos θ, r sin θ) = cos θ (r, θ) − (r, θ) ∂x ∂r r ∂θ ∂f ∂g cos θ ∂g (r cos θ, r sin θ) = sin θ (r, θ) + (r, θ). ∂y ∂r r ∂θ

2. Pour tout f de classe C 2 , en appliquant la relation (1) à vient en notant h : (r, θ) �→ cos θ

(1) (2)

∂f qui est de classe C 1 , il ∂x

∂g sin θ ∂g (r, θ) − (r, θ) , que pour tout (r, θ) : ∂r r ∂θ

∂2f sin θ ∂h ∂h (r, θ). (r cos θ, r sin θ) = cos θ (r, θ) − ∂x2 ∂r r ∂θ En d’autre termes, compte tenu du théorème de Schwarz :



∂2f sin θ ∂g ∂ ∂g − = cos θ cos θ ∂x2 ∂r ∂r r ∂θ = cos2 θ



−



sin θ ∂g sin θ ∂ ∂g − cos θ r ∂θ ∂r r ∂θ

sin2 θ ∂ 2 g 2 cos θ sin θ ∂ 2 g ∂2g + − 2 ∂r r ∂r∂θ r 2 ∂θ2 +



2 sin θ cos θ ∂g sin2 θ ∂g + · 2 r ∂θ r ∂r

865

Chapitre 19. Calcul différentiel De même :

�

�

∂ ∂g cos θ ∂g ∂2f = sin θ sin θ + ∂y 2 ∂r ∂r r ∂θ = sin2 θ

+

�

cos θ ∂ ∂g cos θ ∂g sin θ + r ∂θ ∂r r ∂θ

cos2 θ ∂ 2 g ∂2g 2 cos θ sin θ ∂ 2 g + + ∂r 2 r ∂r∂θ r 2 ∂θ2

�

cos2 θ ∂g 2 sin θ cos θ ∂g + · 2 r ∂θ r ∂r Par conséquent, en additionnant les deux expressions, on obtient : −

∂2f 1 ∂2g ∂2f ∂2g 1 ∂g + + = + , ∂x2 ∂y 2 ∂r 2 r ∂r r 2 ∂θ2 ce qui signifie : ∀(r, θ) ∈ IR∗+ × IR

∆f (r cos θ, r sin θ) =

1 ∂2g ∂2g 1 ∂g (r, θ) + 2 2 (r, θ). (r, θ) + 2 ∂r r ∂r r ∂θ

19.19 1. Soit (x, y, z) ∈ X 3 . Alors :

g(x, y, z) = g(x, z, y) = −g(z, x, y) = −g(z, y, x) = g(y, z, x) = g(y, x, z) = −g(x, y, z).

Par conséquent g(x, y, z) = 0 . 2. Pour tout x ∈ IRn , le caractère orthogonal de la matrice jacobienne Jf (x) donne : Jf (x)T Jf (x) = In

n � ∂fk

∀(i, j) ∈ [[1, n]]2

i.e.

k=1

∂xi

(x)

∂fk (x) = δi,j . ∂xj

(1)

Puisque f est de classe C 2 , en considérant la ℓ -ième dérivée partielle de la relation (1) , on obtient pour tout x ∈ IRn : ∀(i, j, ℓ) ∈ [[1, n]]

3

n � � ∂ 2 fk

∂fk ∂ 2 fk ∂fk (x) (x) + (x) (x) ∂xℓ ∂xi ∂xj ∂xℓ ∂xj ∂xi

k=1

�

= 0.

(2)

Fixons temporairement x et posons : ∀(i, j, ℓ) ∈ [[1, n]]

3

g(i, j, ℓ) =

n � ∂ 2 fk k=1

∂xℓ ∂xj

(x)

∂fk (x)· ∂xi

D’après le théorème de Schwarz, g est symétrique par rapport aux deux dernières variables. La relation (2) donne que g est antisymétrique par rapport aux deux premières variables. Ainsi, d’après le lemme des tresses, g = 0 . La nullité de g se traduit par :

∀(j, ℓ) ∈ [[1, n]]2

 ∂f1

(x) ∂x1  ..  . ∂f1 (x) ∂xn

�

Puisque Jf (x) est orthogonale, fixé, tous les fonction

∂2 f

k

∂xℓ ∂xj

∂ 2 fk ∂xℓ ∂xj

�

···

∂fn (x) ∂x1

···

∂fn (x) ∂xn

��

Jf (x)

�

Jf (x)

.. .

�T

�T

     ∂ 2 f1 (x) 0 ∂xℓ ∂xj  .  ..    .  =  ..  . �

∂ 2 fn ∂xℓ ∂xj

(x)

0

est inversible et donc, pour (j, ℓ) ∈ [[1, n]]2

(x) sont nuls. On en déduit que, pour tous (j, k, ℓ) ∈ [[1, n]]3 , la

est nulle. Par caractérisation des fonctions constantes sur IRn qui est

connexe par arcs (il est convexe), pour tout (k, j) ∈ [[1, n]]2 , les fonctions constantes. En conclusion Jf est constante. Notons P sa valeur.

866

∂fk ∂xj

sont

Solutions des exercices 3. En retranchant à f l’application linéaire canoniquement associée à P , on obtient ainsi une fonction de différentielle nulle, donc constante sur IRn . Par conséquent : ∀x ∈ IRn

f (x) = f (0) + P x,

donc f est la composée d’une translation et d’une isomérie vectorielle. 19.20 1. On obtient facilement la figure ci-contre. Les deux paraboles ont pour équation y = x2 et y = −x2 . 2. • Soit u = (a, b) ∈ IR2 . Pour tout t ∈ IR , on a : 4 2

2

y

f (x, y) = 0

2 4

f (tu) = t b (b − t a ). Si b = 0 , alors f (tu) = 0 pour tout t ∈ IR et l’application t �→ f (tu) a un minimum local en 0 . Si b �= 0 , alors au voisinage de 0 , on a f (tb) ∼ t4 b4 . Puisque la fonction t �→ t4 b4

f (x, y) > 0

f (x, y) < 0

x

0

∗

est à valeurs strictement positives sur IR , l’application t �→ f (tu) est à valeurs strictement positives au voisinage de 0 . Cette dernière fonction admet donc un minimum local en 0 . • Pour tout t ∈ IR , on a :  2 t 3 = − t8 . f t, 2 16

Par suite, dans tout voisinage de (0, 0) , il existe un point (x, y) tel que f (x, y) < 0 . Par conséquent, la fonction f n’admet pas de minimum local en (0, 0) . y Remarque En prenant f (x, y) = (y − x2 )(y − 2x2 ) , on a même l’exemple d’une fonction qui admet un minimum local strict dans toutes les directions en (0, 0) , mais qui n’a pas de minimum local en ce point. x 19.21 1. Pour (x, h) ∈ E 2 , on a par linéarité de u et bilinéarité du produit scalaire :



 









 



 

df (x) · h = du(x) · h  x + u(x)  d IdE (x) · h = u(h)  x + u(x)  h ,

c’est-à-dire, utilisant le fait que u est autoadjoint :



 

df (x) · h = 2 u(x)  h .

On en déduit que ∇fu (x) = 2u(x) . 2. La fonction fu étant continue, elle admet un maximum sur le compact S . Notons a un point de S où ce maximum est atteint. Introduisons l’application g : x �→ �x�2 − 1 définie sur Ω .

Elle est de classe C 1 et S est définie par l’équation g(x) = 0 . Par ailleurs, pour tout x ∈ S , on a ∇g(x) = 2 IdE (x) = 2x �= 0 d’après ce qui précède puisque g = fIdE − 1 . Le théorème 39 de la page 836 montre alors qu’il existe λ ∈ IR tel que : ∇fu (a) = λ∇g(a) = 2λa, ce qui est le résultat demandé. 3. On a donc : 1 u(a) = ∇fu (a) = λa. 2 Puisque a appartient à la sphère S , il est non nul donc est un vecteur propre, ce qui montre que λ est valeur propre de l’endomorphisme u .

867

Chapitre 19. Calcul différentiel 19.22 Dans cet exercice, on munit IR2 de sa norme euclidienne canonique. La fonction f est polynomiale, donc elle est de classe C 1 et l’on a, pour tout (x, y) ∈ IR2 : ∂f (x, y) = 4(x3 − x + y) ∂x

∂f (x, y) = 4(y 3 + x − y). ∂y

et

Soit (x, y) un point critique. Alors x3 = −y 3 , ce qui implique, puisque x et y sont réels,  √ √ √ √  que x = −y . On a alors x(x2 − 2) = 0 . Ainsi (x, y) ∈ (0, 0), ( 2, − 2), (− 2, 2) .

Il est facile de vérifier que, réciproquement, ces trois points sont effectivement des points critiques, mais nous n’en aurons pas besoin. • Pour tout x ∈ IR , on a f (x, x) = 2x4 et f (x, 0) = x2 (x2 − 2) ∼ −2x2 , donc dans tout x→0

voisinage de (0, 0) , il existe des points où f prend des valeurs strictement positives et des valeurs strictement négatives. On en déduit que f n’admet pas d’extremum en (0, 0) .

• Nous allons montrer ci-dessous que f admet un minimum global sur IR2 . Comme elle est de classe C 1 sur un ouvert, ce minimum est atteint en un point critique, qui n’est √ √ pas (0, 0) comme on l’a vu. Par suite, la fonction f atteint son minimum en ( 2, − 2) √ √ ou en (− 2, 2) , et comme la fonction f prend la même valeur en ces deux points, le √ √ √ √ minimum est atteint en ( 2, − 2) et en (− 2, 2) . • Montrons donc que f admet un minimum global. On sait que pour tout (a, b) ∈ IR2 , on a 2|ab|  a2 + b2 . Il s’ensuit que pour tout (x, y) ∈ IR2 on a : (x − y)2  2(x2 + y 2 )

et

(x2 + y 2 )2  2(x4 + y 4 ).

On en déduit que :

∀(x, y) ∈ IR2

f (x, y) 

�(x, y)�4 − 4�(x, y)�2 2

−→

�(x,y)�→+∞

+∞.

Par conséquent, il existe R > 0 tel que : ∀(x, y) ∈ IR2

Par suite : inf

�(x,y)�>R

�(x, y)� > R =⇒ f (x, y)  1.

f (x, y)  1

et

inf

�(x,y)�R

f (x, y)  f (0, 0) = 0.

On en déduit l’égalité : inf



BF ((0,0),R)

La boule fermée B = BF (0, 0), R



f (x, y) = inf f (x, y).

(∗)

IR2

étant un compact de IR2 , la restriction de f à B

atteint son minimum et ce minimum est le minimum sur IR2 d’après (∗) . Remarque

La fonction f est de classe C 2 et pour tout (x, y) ∈ IR2 , on a : Hf (x, y) = 4



3x2 − 1 1

 √ √  • Aux points m = ± 2, ∓ 2 , on a Hf (m) = 4

1 3y 2 − 1





.



5 1 , qui est une matrice définie 1 5 positive. On retrouve ainsi que f admet un minimum local strict en m , mais rien ne nous assure, sans l’étude précédente, qu’il s’agisse d’un minimum global.

• En revanche Hf (0, 0) = 4



−1 1

1 −1



est une matrice non inversible, ce qui ne permet

pas de déterminer la nature du point (0, 0) .

868

Solutions des exercices 19.23 1. Il suffit de prendre : h:



IR2 (u, v)

2. L’application (x, y) �→ x2 + y 2 , y 2





IR (v + 2u)e−u .

−→ �−→

est une surjection de IR2 sur :



A = (u, v) ∈ IR2 : 0  v  u .

En effet : • pour tout (x, y) ∈ IR2 , on a 0  y 2  x2 + y 2 , √ √ • tout (u, v) ∈ A admet comme antécédent ( u − v, v) .

Étudions donc les extrema de h sur A .   • La fonction h est de classe C 1 sur l’ouvert Ω = (u, v) ∈ IR2 : 0 < v < u et : ∀(u, v) ∈ Ω

∂h = e−u �= 0. ∂v

Ainsi, h n’a pas de point critique. • Étudions h sur A \ Ω . ∗ On a h(u, 0) = 2ue−u , pour u  0 . L’étude de ϕ : t �→ te−t sur [0, +∞[ donne le tableau de variations suivant. t ϕ′ (t)

0 +

1 0 e−1

+∞ −

ϕ 0

0 −1

Ainsi, le maximum de u �→ h(u, 0) vaut 2e . ∗ On a h(u, u) = 2ue−u , le maximum de u �→ h(u, u) vaut 3e−1 et il est atteint uniquement en (1, 1) . • La fonction h est à valeurs positives sur A et h(u, v) = 0 si, et seulement si, u = v = 0 . Elle atteint donc son minimum en (0, 0) . Pour tout (u, v) ∈ A : h(u, v) = ve−u + 2ue−u  ve−v + 2ue−u = ϕ(v) + 2ϕ(u)  3e−1 .

On en déduit que h atteint son maximum uniquement en (1, 1) . En conclusion : • la fonction g atteint son minimum aux points (x, y) tel que x2 + y 2 = y 2 = 0 , c’est-à-dire en (0, 0) ; • la fonction g atteint son maximum aux points (x, y) tel que x2 + y 2 = y 2 = 1 , c’est-à-dire en (0, 1) et (0, −1) . 19.24 • La fonction f est de classe C 1 car polynomiale sur l’ouvert IRn . Les extrema, s’ils existent, sont donc atteints en des points critiques. • Pour tout (X, H) ∈ (IRn )2 on a :





f (X + H) = f (X) + X T AH + H T AX + 2U T H + H T AH.

Compte tenu du fait que la matrice A est symétrique et que X T AH est une matrice carrée d’ordre 1 , donc égale à sa transposée, on a : f (X + H) = f (X) + 2H T (AX + U ) + H T AH.

(1)

869

Chapitre 19. Calcul différentiel Par ailleurs, pour tout H ∈ IRn , d’après l’inégalité de Cauchy-Schwarz :

 T  H AH   �H��AH�  |||A|||�H�2 .

Il s’ensuit que :





f (X + H) = f (X) + 2H T (AX + U ) + O �H�2 ,

donc ∇f (X) = 2(AX + U ) .

• La matrice A étant inversible, X0 = −A−1 U est l’unique point critique de f . Par ailleurs, la relation (1) donne pour tout H ∈ IRn \ {0} : f (X0 + H) = f (X0 ) + H T AH > f (X0 ),

car A est définie positive. Il s’ensuit que f admet un unique extremum, qui un minimum strict, atteint en X0 . 19.25 Il suffit de démontrer que si a est un point critique de f , alors f admet un minimum en ce point, la réciproque étant un résultat de cours.





Soit b ∈ Ω . Posons la fonction ϕ : t �→ f (1 − t)a + tb = f (a + th) , où h = b − a .

Par convexité de Ω , elle est définie sur [0, 1] . Montrons qu’elle est convexe. Soit (t, u) ∈ [0, 1]2 et λ ∈ [0, 1] . On a :









 

ϕ (1 − λ)t + λu = f a + (1 − λ)t + λu h



= f (1 − λ)(a + th) + λ(a + uh)



 (1 − λ)f (a + th) + λf (a + uh) = (1 − λ)ϕ(t) + λϕ(u). De plus, ϕ est dérivable, avec : ∀t ∈ [0, 1]





ϕ′ (t) = ( ∇f (1 − t)a + tb | b − a ).

En particulier, ϕ′ (0) = ( ∇f (a) | b − a ) = 0 . Par convexité de ϕ , son graphe se situe au dessus de sa tangente horizontale en 0 , donc, en particulier, ϕ(1)  ϕ(0) , ce qui donne f (b)  f (a) . Cela étant vrai pour tout b ∈ Ω , il s’ensuit que f admet un minimum en a . 19.26 1. L’interprétation du déterminant en termes d’aires donne A = De plus :

−→ −→  AB, AC  2

  cos θ1 − 1 cos θ2 − 1   AB, AC =  sin θ2  sin θ1    −2 sin2 θ1 −2 sin2 θ22  2 =  2 sin θ21 cos θ21 2 sin θ22 cos θ22    θ2  − sin θ21 − sin θ22  θ1 sin = 4 sin cos θ2  2 2  cos θ1

−→ −→

2

2

θ2 θ2 − θ 1 θ1 sin sin · = 4 sin 2 2 2

Puisque 0  θ1  θ2  2π , les réels θ21 , θ22 et −→ −→ Il s’ensuit que AB, AC  0 et donc que : A = 2 sin

870

θ2 −θ1 2

sont dans [0, π] .

θ2 θ2 − θ 1 θ1 sin sin · 2 2 2

·

Solutions des exercices 2.

B

y

Considérons un triangle ABC inscrit dans le cercle unité de IR2 . Après rotation et symétrie, on peut supposer que :



θ1

θ2



C 

A x

A(1, 0) , B(cos θ1 , sin θ1 ) et C(cos θ2 , sin θ2 ) , avec 0  θ1  θ2  2π , car cela ne change pas l’aire. Le problème revient à chercher les maxima de la fonction définie sur :



∆ = (θ1 , θ2 ) ∈ IR2 : 0  θ1  θ2  2π par f (θ1 , θ2 ) = sin

θ2 θ2 − θ1 θ1 sin sin · 2 2 2



◦

Par les théorèmes généraux, f est continue sur ∆ et de classe C 1 sur ∆ . θ2 Le domaine ∆ est un compact de IR2 . En effet, l’ensemble est 2π fermé comme intersection de demi-plans fermés. Il est de plus clairement borné et donc c’est une partie compacte de l’espace ∆ vectoriel IR2 de dimension finie. Il est facile de vérifier que : 

◦





∆ = (θ1 , θ2 ) ∈ IR2 : 0 < θ1 < θ2 < 2π .



2π θ1

O

La fonction f est à valeurs positives et nulle sur la frontière de ∆ . Puisque f est non nulle, les maxima, qui existent par compacité et continuité, sont atteints dans l’intérieur de ∆ et donc en des points critiques. Soit 0 < θ1 < θ2 < 2π . Le calcul donne : ∂f (θ1 , θ2 ) = ∂θ1 ∂f (θ1 , θ2 ) = ∂θ2 Sur l’intérieur de ∆ on a 0
0 tel que g(x)  g(0) pour tout x vérifiant �x�  M . Notons B la boule fermée centrée en 0 et de rayon M . Puisque B est compacte et que g est continue à valeurs réelles, g|B est minorée et atteint son minimum en un certain point x0 . La





fonction g est alors minorée sur E par m = min g(0), g(x0 ) , valeur qui est donc atteinte par g , ce qui prouve que g admet un minimum. 2. Avec les notations de la question précédente, puisque g est différentiable sur l’ouvert E et admet un minimum en x0 , on a : 0 = ∇g(x0 ) = ∇f (x0 ) − v.

Puisque cela est vrai pour tout v ∈ E , la fonction ∇f est surjective. 19.28 Posons f :

IR3 (x, y, z)

−→ �−→

IR x2 + y 2 + z 2

et g :

IR3 (x, y, z)

−→ �−→

IR x4 + y 4 + z 4 − 1.

Ces deux fonctions sont de classe C 1 sur l’ouvert IR3 .   • L’ensemble E = g −1 {0} est un fermé de IR3 et il est inclus dans le compact [−1, 1]3 , donc est également compact. Par suite, f|E admet des extrema.

• Soit m = (x, y, z) ∈ E un point où f|E admet un extremum. Puisque ∇g(m) = 2m est non nul (car 0 ∈ / E ), le théorème d’optimisation sous contrainte (théorème 39 de la page 836) donne la colinéarité de ∇f (m) et ∇g(m) , donc il existe λ ∈ IR tel que : (x, y, z) = λ(x3 , y 3 , z 3 ).

(∗)

Étudions les points m de E qui vérifient cette condition.

∗ Si x , y et z sont tous les trois non nuls, alors (∗) donne x2 = y 2 = z 2 donc 3x4 = 1 .





Cela donne les points m = ±3−1/4 , ±3−1/4 , ±3−1/4 et f (m) = 31/2 . ∗ Supposons deux des trois coordonnées non nulles et la troisième nulle. Vu la symétrie en (x, y, z) du problème, on peut supposer z = 0 . Comme plus haut, cela   implique 2x4 = 1 puis m = ±2−1/4 , ±2−1/4 , 0 . On a alors f (m) = 21/2 .



 







∗ Si deux des trois cordonnées sont nulles, alors m = ±1, 0, 0 , 0, ±1, 0 ou 0, 0, ±1 et dans ce cas f (m) = 1 .

On en conclut que la valeur du maximum de f|E est 31/2 et qu’il est atteint exactement aux points m =





±3−1/4 , ±3−1/4 , ±3−1/4 . La valeur du minimum est 1 et elle est



 







atteinte exactement aux points m = ±1, 0, 0 , 0, ±1, 0 ou 0, 0, ±1 .

872

Index A

Abel lemme d’— 507 théorème d’ — radial 512 absolue convergence — d’une intégrale 387 convergence — d’une série 427 absolument convergente intégrale — 387 série — 427 accroissements finis inégalité des — 351 adaptée (base —) 49 σ -additivité 602 adhérence d’une partie 220 valeur d’— 213, 291 adhérent (point —) 220 adjoint d’un endomorphisme 159 aléatoire (variable — discrète) 608 Alembert (règle de d’—) 429 algèbre(s) 17 isomorphisme d’— 19 morphisme d’— 19 σ — 601 angle d’une rotation 171 de vecteurs dans le plan 172 anneau 2 intègre 12 principal 15 produit 3 trivial 2 annulateur idéal — 65 polynôme — 64, 113, 119

application(s) bornée 207 composantes 297 continue 259 linéaire tangente 799 lipschitzienne 260 multilinéaire 268, 300 partielle 798 polynomiale 19, 299 uniformément continue 263 arc 815 tangente à un — 815 associativité de la somme de sous-espaces vectoriels 44 de la somme directe 47 associés éléments — 5 polynômes — 13 autoadjoint endomorphisme — 163 (défini) positif 167 automorphisme orthogonal 169

B base adaptée à une décomposition 49 directe 162 indirecte 162 Bayes (formule de —) 637 Bienaymé-Tchebychev inégalité de —) 688

Index blocs écriture par — 50 matrices diagonale par — 52 matrices triangulaire par — 52 déterminant d’une — 56 produit par — 51 transvection par — 54 Boole (inégalité de —) 605 bornée application — 207 partie — 207 boule 205

C caractérisation séquentielle de la limite 255 caractéristique fonction — 705 polynôme — 100, 112, 116 sous-espace — 120, 130 Cauchy problème de — 731, 748 produit de — de deux séries entières 511 suite de — 309 théorème de — linéaire 734, 749 Cauchy-Riemann (équations de —) 849 Cauchy-Schwarz (inégalité de —) 684 centrée (variable aléatoire —) 682 Cesàro (théorème de —) 436 chaîne (règle de la —) 808, 810, 812 changement de variable 393 Chasles (relation de —) 348, 387 chinois (théorème —) 10 classe d’une fonction 822 fonctions de — C 1 343, 805 fonctions de — C k 343, 821 coalitions (lemme des —) 645 compacité 288 compagnon (matrice —) 64, 66, 748 comparaison série-intégrale 429 théorème de — 384, 388 874

composantes applications — 297 connexes par arcs 293 suites — 296 condition initiale 731 conditionnelle loi(s) — 638 probabilité — 636 cône 815 positif 849 congruence 7 conjointe (loi —) 614 connexité par arcs 293 constante(s) caractérisation des — 340, 814 d’Euler 435 continue (fonction —) 259 par morceaux 346, 376 continuité croissante 604 d’une intégrale à paramètre 557 d’une limite uniforme 460 décroissante 604 des applications linéaires 264 en dimension finie 298 des applications multilinéaires 268 en dimension finie 300 en un point 256 monotone 604 théorème de — d’une intégrale à paramètre 557 uniforme 263 contrainte (optimisation sous —) 836 convergence absolue d’une intégrale 387 absolue d’une série 427 dominée (théorème de —) 550 monotone (théorème de —) 568 normale d’une série de fonctions 464 presque sûre 624 simple d’une suite de fonctions 454 uniforme d’une série de fonctions 463 d’une suite de fonctions 456 norme de la — 208, 456

Index convergente intégrale — 377, 381 intégrale absolument — 387 série — 424 série absolument — 427 convexe fonction — 851, 852 partie — 206 corps 2, 10 couple de variables aléatoires 613 covariance 686 crible (formule du —) 704 critique (point — d’une fonction) 831 croissance de l’espérance 683 cyclique groupe — 22, 23 sous-espace — 58

D

d’Alembert (règle de —) pour les séries entières 510 décomposition de Dunford 121, 131 en produit d’irréductibles 17 en somme directe 48 lemme de — des noyaux 68 définie positive matrice symétrique — 168 dénombrable ensemble au plus — 587 ensemble — 587 Q est — 588 IR est non — 590 densité 222, 262 dérivabilité à droite 339 à gauche 339 dérivable 338, 340 dérivation d’une intégrale à paramètre 563 d’une limite 462 terme à terme 468 dérivée(s) 338 à droite 339 à gauche 339 d’une série entière 513 fonction — 340 partielles 797, 821 selon un vecteur 796

déterminant d’une matrice triangulaire par blocs 56 diagonale par blocs (matrice —) 52 diagonalisable endomorphisme — 109 matrice — 109 diagonalisation base de — 109 simultanée 128 simultanée 128 différentielle d’une fonction 805 en un point 799 directe base — 162 isométrie vectorielle — 169 matrice orthogonale — 161 somme — 46 discret(e) espace probabilisé — 606 loi — 610 disque ouvert de convergence 507 distance à une partie 204 associée à une norme 203 distribution de probabilités discrète 606 support d’une — 606 divergence grossière d’une série 425 divergente intégrale — 377, 381 diviseur 5 division euclidienne des polynômes 13 dominée norme — 226 théorème de convergence — 550 double limite (théorème de la —) 460 droite (dérivabilité à —) 339 Dunford (décomposition de —) 121, 131

875

Index

E

euclidienne division — des polynômes 13 norme — 201 Euler constante d’ — 435 indicatrice d’— 11, 23 théorème d’— 25 événement(s) indépendants 639 négligeable 603 presque sûr 603 exponentielle d’un endomorphisme 737 d’une matrice 738 extraction 213 extractrice (fonction —) 213 extraite (suite —) 213 extremum global 830 local 830

éléments inversibles de ZZ/nZZ 9 propres 92 équation aux — 93, 96 endomorphisme adjoint d’un — 159 autoadjoint 163 défini positif 167 positif 167 induit 58 nilpotent 60 d’indice maximal 62 symétrique 163 engendré idéal — par un élément 4 idéal — par une partie 4 sous-groupe — par une partie 20 entière (serie —) 506 équation aux éléments propres 93, 96 équation différentielle linéaire 730 fermé(e) 217 du premier ordre 730 partie — 217 à coefficients constants 743 relatif 223 non normalisée 758 finie normalisée 747 variable aléatoire d’espérance — 679 scalaire d’ordre n 747 variable aléatoire dont le carré est scalaire d’ordre 2 749 d’espérance — 684 équivalence des normes 227 fonction en dimension finie 296 caractéristique 705 espace continue par morceaux 346, 376 probabilisable 601 convexe 851, 852 probabilisé 603 de classe C 1 343, 805 discret 606 de classe C k 343, 821 tangent 816 dérivée d’une — 340 vectoriel réel orienté 162 développable en série entière 516 espérance différentielle d’une — 805 croissance de l’— 683 extractrice 213 d’un produit de variables aléatoires Gamma (Γ) 567, 568 indépendantes 683 génératrice 689 d’une variable aléatoire à valeurs d’une somme de variables dans IN 678 aléatoires indépendantes 692 d’une variable aléatoire discrète 679 gradient d’une — 804 d’une variable aléatoire discrète homogène 849 positive 678 indicatrice 679 linéarité de l’— 681 intégrable 387 positivité de l’— 683 points critique d’une — 831

F

876

Index formule d’Euler 849 de Bayes 637 de Kœnig-Huygens 685, 686 de Leibniz 345 de Taylor avec reste intégral 351 de Taylor-Young 353 de transfert 680 de Wald 707 des probabilités composées 636 des probabilités totales 637 du crible 704 frontière 222

G

Gamma (Γ) fonction — 567, 568 gauche (dérivabilité à —) 339 Gauss intégrale de — 569 lemme de — 16 générateur d’un groupe 22 d’un idéal de IK[X] 15 de ZZ/nZZ 23 génératrice fonction — 689 partie — d’un groupe 21 géométrique (loi —) 611 global minimum —, maximum —, extremum — 830 gradient d’une fonction 804 grands nombres loi faible des — 688 groupe(s) 2 cyclique 22, 23 de Mn (IK) 76 monogène 22, 23 (spécial) orthogonal 162, 170

H

homogène (fonction —) 849 homogénéité 200

I idéal(aux) annulateur 65 d’un anneau commutatif 3 de IK[X] 15 de ZZ 6 engendré par un élément 4 engendré par une partie 4 principal 5 trivial 3 indépendance d’une famille d’événements 639 d’une suite de variables aléatoires 646 de deux événements 639 de deux variables aléatoires 641 mutuelle de n variables aléatoires 643 indicatrice d’Euler 11, 23 variable — 679 indice de nilpotence 60 indirecte base — 162 isométrie vectorielle — 169 matrice orthogonale — 161 induit(e) endomorphisme — 58 norme — 201 inégalité de Bienayme-Tchebychev 688 de Boole 605 de Cauchy-Schwarz 684 de Markov 688 de Taylor-Lagrange 352 des accroissements finis 351 triangulaire 200, 202 pour l’intégrale 349 initiale (condition —) 731 intégrable (fonction —) 387 877

Index intégrale à paramètre 550 classe C k d’une — 563 continuité d’une — 557 dérivation d’une — 563 limite d’une — 559 absolument convergente 387 convergente 377, 381 d’une fonction vectorielle 347 de Gauss 569 de Riemann 385 divergente 377, 381 reste d’une — convergente 377 semi-convergente 394 intégration d’une limite uniforme 461 des relations de comparaison 396 terme à terme 553 par convergence uniforme 468 intègre (anneau —) 10, 12 intérieur d’une partie 220 point — 220 intervalle ouvert de convergence 507 inversibles (éléments — de ZZ/nZZ ) 9 irréductible(s) décomposition en produit d’— 17 polynôme — 14 isométrie vectorielle 168 directe 169 indirecte 169 négative 169 positive 169 isomorphisme d’algèbres 19

J jacobienne (matrice —) 803

K Kœnig-Huygens formule de — 685, 686

878

L

Lagrange inégalité de Taylor — 352 théorème de — 33 Laplace (transformée de —) 558 laplacien 851 Leibniz (formule de) 345 lemme de décomposition des noyaux 68 de Gauss 16 des coalitions 645 lien suite/série 426 ligne de niveau 819 limite caractérisation séquentielle de la — 255 d’une intégrale à paramètre 559 interversion somme — 467 unicité de la — 211, 255 linéarité de l’espérance 681 lipschitzienne (application —) 260 local (strict) extremum —, maximum —, minimum — 830 loi(s) conditionnelle 638 conjointe 614 d’une variable aléatoire discrète 609 de Poisson 612 discrète 610 faible des grands nombres 688 géométrique 611 marginales 614 quotient sur ZZ/nZZ 8 sans mémoire 638

M

marche aléatoire dans ZZ 682, 708 marginales (lois —) 614 Markov (inégalité de —) 688 matrice(s) compagnon 64, 66, 748 de rotation 161 diagonale par blocs 52 jacobienne 803 nilpotente 60

Index orthogonale 160 (in)directe 161 positive/négative 161 orthogonalement semblables 161 symétrique définie positive 168 positive 168 triangulaire par blocs 52 triangulaire supérieure stricte 62, 75 maximum global 830 local 830 minimal (polynôme —) 66, 114, 119 minimum global 830 local 830 mixte (produit —) 163 monogène (groupe —) 22, 23 morphisme d’algèbres 19 multilinéaire (application —) 268, 300 multiple 5 multiplicité ordre de — d’une valeur propre 106

N

négative (matrice orthogonale —) 161 négligeable (événement —) 603 nilpotence (indice de —) 60 nilpotent(e) endomorphisme — 60 matrice — 60 niveau (ligne de —) 819 nombre algébrique 594 transcendant 594 normale convergence — d’une série de fonctions 464 norme(s) 200 d’opérateur 265 de la convergence uniforme 208, 456 dominée 226 équivalence des — en dimension finie 296

équivalentes 227, 296 euclidienne 201 induite 201 subordonnée 265 triple 265 noyau d’un morphisme d’anneaux 4

O

optimisation 829 sous contrainte 836 ordre d’un élément d’un groupe 23 orientation d’un espace vectoriel réel 162 orthogonal(e) automorphisme — 169 groupe (spécial) — 162, 170 matrice — 160 (in)directe 161 positive/négative 161 projecteur — 164 symétrie — 170 orthogonalement matrices — semblables 161 orthogonaux sous-espaces vectoriels — 164 ouvert(e) 215 partie — 215 relatif 223

P

partie(s) bornée 207 compacte 288 connexe par arcs 293 convexe 206 dense 222 étoilée 295 fermée 217 génératrice d’un groupe 21 intégration par — 391 ouverte 215 partielle(s) application — 798 dérivée — 797, 821 PGCD 6, 16 plan tangent 818, 820 point critique 831 879

Index Poisson (loi de —) 612 polynôme(s) annulateur 64, 113, 119 associés 13 caractéristique 100, 105, 112, 116 division euclidienne des — 13 irréductible 14 minimal 66, 114, 119 premiers entre eux 14 scindé simple 112 simplement scindé 112 polynomiale (application —) 299 positive matrice orthogonale — 161 matrice symétrique — 168 PPCM 7, 16 premiers entre eux (polynômes —) 14 presque sûr(e) convergence — 624 événement — 603 primitivation d’une limite uniforme 462 primitive d’une fonction continue 350 d’une séries entière 515 principal anneau — 15 idéal — 5 principe de superposition 732 probabilité 602 conditionnelle 636 sous-additivité d’une — 605 sur un univers au plus dénombrable 606 problème de Cauchy 731, 748 procédé diagonal 310 produit anneau — 3 mixte 163 par blocs 51 projecteur(s) associés à une décomposition 48 orthogonal 164 spectraux 128 prolongement par continuité 258 880

propre élément — 92 sous-espace — 92, 96 valeur — 92, 96 vecteur — 92, 96

Q quotient 5 loi — sur ZZ/nZZ 8

R rayon de convergence 507 spectral 277 réflexion 170 règle de d’Alembert 429 de la chaîne 808, 810, 812 relatif fermé — 223 ouvert— 223 voisinage — 223 relation(s) de Chasles 348, 387 de comparaison intégration des — 396 sommation des — 434 reste d’une intégrale convergente 377 d’une série convergente 425 Riemann intégrales de — 385 somme de — 349 Riesz (théorème de —) 158 rotation 169 angle d’une — 171 du plan 171 matrice de — 161 ruine des joueurs 653

Index

S scindé (polynôme simplement —) 112 semblables matrices orthogonalement — 161 semi-convergente (intégrale —) 394 séparation (de la norme) 200 série 424 absolument convergente 427 convergente 424 divergence grossière d’une — 425 entière 506 de la variable réelle 506 somme d’une — 506 lien suite/— 426 reste d’une — convergente 425 télescopique 426 série(s) de fonctions continuité d’une — 466 convergence uniforme d’une — 463 dérivation d’une — 468 intégration terme à terme d’une — 468 somme d’une — 463 série(s) entière(s) dérivée d’une — 513 disque ouvert de convergence d’une — 507 fonction développable en — 516 intervalle ouvert de convergence d’une — 507 lemme d’Abel 507 primitive d’une — 515 produit de Cauchy de deux — 511 rayon de convergence d’une — 507 somme de deux — 511 σ -additivité 602 σ -algèbre 601 simple (convergence —) 454 simplement scindé (polynôme —) 112 simultanée diagonalisation — 128 trigonalisation — 129 sommation des relations de comparaison 434

somme de sous-espaces vectoriels 44 associativité de la — 44 de Riemann 349 directe 46 associativité de la — 47 décomposition en — 48 interversion — limite 467 sous-additivité d’une probabilité 605 sous-algèbre 18 sous-espace caractéristique 120, 130 cyclique 58 propre 92, 96 stable 57 sous-espaces vectoriels orthogonaux 164 sous-groupe(s) de ZZ 6 engendré par une partie 20 spécial (groupe — orthogonal) 162, 170 spectral(aux) projecteurs — 128 théorème — 165 spectre 96 sphère 205 stable (sous-espace vectoriel —) 57 subdivision adaptée 346 subordonnée (norme) 265 substitution polynomiale 19 suite(s) composantes 296 de Cauchy 309 de fonctions convergence simple d’une — 454 convergence uniforme d’une — 456 de variables aléatoires indépendantes 646 de variables aléatoires indépendantes identiquement distribuées 646 extraite 213 lien —/série 426 superposition (principe de —) 732 881

Index support d’une distribution de probabilités discrète 606 d’une famille sommable 590 symétrie orthogonale 170 symétrique endomorphisme — 163 matrice — définie positive 168 matrice — positive 168 système complet d’événements 603 associé à un couple 613 associé à une variable aléatoire 609 différentiel linéaire 733 quasi-complet d’événements 604

de dérivation 560 de dérivation terme à terme 468 de Gauss 16 de Heine 292 de la double limite 460 de Lagrange 33 de réduction des isométries 172 de Riesz 158, 310 des bornes atteintes 291 des compacts emboîtés 309 spectral 165

transfert (formule de —) 680 transformée de Laplace 558 transvection par blocs 54 triangulaire inégalité 200, 202, 360 matrice — par blocs 52 tangent(e) à un arc 815 tribu 601 application linéaire — 799 discrète 601 espace — 816 trigonalisable plan — 818, 820 endomorphisme — 115 vecteur — à une partie 815 matrice — 115 taux d’accroissement 338 trigonalisation Taylor base de — 115 formule de — avec reste intégral 351 simultanée 129 formule de —Young 353 inégalité de —Lagrange 352 triple (norme) 265 télescopique (série —) 426 trivial théorème anneau — 2 de Weierstrass 471 idéal 3 chinois 10 (lemme) d’Abel 507 d’Abel radial 512 d’Euler 25 uniforme d’intégration terme à terme 553 approximation — 471 de Baire 310 convergence — 456, 463 de Bolzano-Weierstrass 297 unitaire (vecteur —) 202 de Cauchy linéaire 734, 749 de Cesàro 436 de comparaison 384, 388 de comparaison pour les séries valeur entières 509 d’adhérence 213 de continuité 557 propre 92, 96 de convergence dominée 550 de convergence monotone 568 variable (changement de —) 393

T

U

V

882

Index variable(s) aléatoire(s) discrète(s) indépendantes identiquement distribuées 646 centrée 682 couple de — 613 d’espérance finie 679 décorrélées 687 de même loi 610 dont le carré est d’espérance finie 684 indépendantes 641 loi d’une — 609 n-uplet de — 614 variance 684 d’une somme de variables aléatoires 687 d’une somme de variables aleatoires décorrélées 687 d’une variable aléatoire discrète 684 variation méthode de — des constantes 751

vecteur accélération 343 derivée selon un — 796 propre 92, 96 tangent à une partie 815 unitaire 202 associé à un vecteur non nul 202 vitesse instantanée 338 vitesse instantanée 338 voisinage 219 relatif 223

W

Wald (formule de —) 707 wronskien 750

Y

Young formule de Taylor — 353

ZZ/nZZ 7

Z

883