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Table des matières
1 Méthodes du Raisonnement Mathématique
1
...
1
...
1 Assertions
...
1
...
1
...
1
...
1
...
1 Raisonnement direct
...
2
...
1
...
3 Raisonnement par l'absurde
...
2
...
1
...
5 Raisonnement par contre exemple
...
2
...
1
...
1
...
1 Énoncés
...
3
...
2 Les ensembles, les relations et les applications
...
...
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...
2
...
2
...
1 Inclusion, union, intersection, complémentaire
2
...
2 Produit cartésien
...
2 Relation d'ordre, Relation d'équivalence
...
2
...
2
...
2 Relation d'équivalence
...
2
...
2
...
2
...
1 Dé nition d'une application
...
3
...
2
...
3 Application injective, surjective, bijective
...
4 Exercices
...
4
...
2
...
2 Correction des exercices
...
...
...
...
...
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...
...
1 Notions de fonction
...
2
3
...
4
3
...
1
...
3
...
2 Graphe d'une fonction
...
1
...
3
...
4 Fonction paire, impaire, périodique
...
1
...
Limite d'une fonction
...
2
...
3
...
2 Théorèmes sur les limites
...
2
...
Continuité d'une fonction
...
3
...
3
...
2 Opérations sur les fonctions continues
...
3
...
1 Dé nition et propriétés
...
4
...
3
...
3 Opérations de dérivations
...
4
...
3
...
5 Fonctions équivalentes
...
3
...
1 Énoncés
...
5
...
...
...
...
...
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...
...
...
...
...
1 Fonction logarithme, fonction exponentielle et fonction puissance
4
...
1 Fonction Logarithm
...
1
...
4
...
3 Fonction puissance
...
2 Fonctions trigonométriques et leurs inverses
...
2
...
4
...
2 Fonctions circulaire réciproques
...
3 Fonctions hyperboliques et leurs inverses
...
3
...
4
...
2 Fonctions hyperboliques réciproques
...
4 Exercices
...
4
...
4
...
2 Correction des exercices
...
1 Formule de Taylor
...
1
...
5
...
2 Formule de Mac-Laurin-Young
...
2 Développements limités au voisinage d'un point
5
...
1 Dé nition et existence
...
...
...
...
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...
...
...
...
...
...
...
...
...
...
...
...
...
...
29
29
29
30
30
31
31
33
33
34
34
36
36
36
37
39
40
43
43
43
44
50
50
50
51
52
54
54
56
58
58
59
62
62
63
67
67
67
67
67
67
Table des Matières
5
...
2 Développements limités des fonctions usuelles à l'origine
...
2
...
5
...
4 Somme et produit
...
2
...
5
...
6 Intégration
...
2
...
5
...
8 Développement limité en +∞
...
3 Application des Développements limités
...
3
...
5
...
2 Position de la courbe par rapport à une tangente
...
3
...
5
...
5
...
1 Énoncés
...
4
...
6 Algèbre linéaire
6
...
6
...
1 Structure de groupe
...
1
...
6
...
3 Structure d'un corps
...
2 Espace vectoriel
...
2
...
6
...
2 Somme de deux sous espaces vectoriels
...
2
...
6
...
4 Familles génératrices, familles libres et bases
...
3 Application linéaire
...
3
...
6
...
2 Noyau, image et rang d'une application linéaire
...
3
...
6
...
6
...
1 Énoncés
...
4
...
Bibliographie
...
...
...
...
...
...
...
...
...
...
...
...
...
...
...
...
...
...
...
...
...
...
...
...
...
...
...
...
...
...
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...
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...
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...
...
...
...
...
...
...
...
...
...
...
...
...
...
...
...
...
...
...
...
...
...
...
...
...
...
...
...
...
...
...
...
...
...
...
...
...
...
...
...
...
68
68
69
70
71
72
72
72
72
73
74
74
74
75
81
81
83
84
84
85
85
87
87
88
89
89
91
92
94
94
95
106
3
1
|
Méthodes du Raisonnement Mathématique
1
...
1
...
1
...
Une assertion est une phrase qui peut être vraie ou fausse et ne peut pas être
les deux en même temps
...
1
...
a) 2 + 2 = 4 est une assertion vraie
...
c) Pour tout x ∈ R on a x2 ≥ 0 est une assertion vraie
...
1
...
2 Les opérateurs logiques mathématique
Si P est une assertion et Q est une autre assertion, nous allons dé nir de nouvelles assertions
construites à partir de P et de Q
...
On résume
ceci en une table de vérité :
P
V
V
F
F
P ∧Q
V
F
F
F
Q
V
F
V
F
Exemple 1
...
2
...
b) (2 + 2 = 4) ∧ (2 × 3 = 7) est une assertion fausse
...
L'assertion
(P ou Q) est fausse si les deux assertions P et Q sont fausses
...
1
...
a) (2 + 2 = 4) ∨ (3 × 2 = 6) est une assertion vraie
...
La négation "non" P
L'assertion P est vraie si P est fausse, et fausse si P est vraie
...
1
...
La négation de l'assertion 3 ≥ 0 est l'assertion 3 < 0
...
Sa table de vérité est donc la suivante :
P
V
V
F
F
P ⇒Q
V
F
V
V
Q
V
F
V
F
√
Exemple 1
...
5
...
L'équivalence (⇔)
L'équivalence est dé nie par l'assertion (P ⇒ Q) et (Q ⇒ P ), elle est notée P ⇔ Q
...
Cette assertion est vraie
lorsque P et Q sont vraies simultanément ou lorsque P et Q sont fausses simultanément
...
1
...
Pour x, y ∈ R, l'équivalence ”xy = 0 ⇔ x = 0 ou y = 0” est vraie
...
1
...
Soient P, Q et R trois assertions
...
1
...
On lit : pour tout x appartenant à E , P (x) est vraie
...
1
...
• ∀x ∈ R, x2 ≥ 0 est une assertion vraie
...
Quanti cateur ”∃” : il existe
L'assertion
∃x ∈ E,
P (x)
est une assertion vraie lorsque l'on peut trouver au moins un élément x de E pour lequel P (x)
est vraie
...
Exemple 1
...
8
...
• ∃x ∈ R, x2 < 0 est fausse
...
Exemple 1
...
9
...
| {z
P (x)
6
Chapitre 1
Méthodes du Raisonnement Mathématique
La négation de
(∃x ∈ E,
P (x))
est
∀x ∈ E,
P (x)
...
1
...
La négation de ∃x ∈ R : x| {z
< 0} est l'assertion
P (x)
∀x ∈ R : x ≥ 0
...
Exemple 1
...
11
...
(ii) (∃x ∈ R, ∃y ∈ R : 2x + y = 2) et (∃y ∈ R, ∃x ∈ R : 2x + y = 2) sont deux propositions quan-
ti ées équivalentes
...
Exemple 1
...
12
...
2
∀y ∈ R : 2x + y 6= 2
...
Raisonnements
1
...
1 Raisonnement direct
On veut montrer que l'assertion P ⇒ Q est vraie
...
Exemple 1
...
1
...
Montrer que a = b ⇒
donc
Ainsi
a
b
a+b
= b
...
2 2
2 2
a+b
= b
...
2
...
Donc si l'on souhaite montrer l'assertion P ⇒ Q, on montre en fait que si Q est vraie alors P est
vraie
...
2
...
Soit x ∈ R
...
|
{z
}
| {z }
P
Q
Par contraposition ceci est équivalent
x2 = 4 ⇒ (x = 2 ou x = −2)
...
1
...
3 Raisonnement par l'absurde
Le raisonnement par l'absurde pour montrer P ⇒ Q, repose sur le principe suivant :
On suppose à la fois que P est vraie et que Q est fausse et on cherche une contradiction
...
Exemple 1
...
3
...
Montrer que si
Nous raisonnons par l'absurde en supposant que
a
b
=
1+b
1+a
a
b
=
⇒ a = b
...
On a
a
b
=
1+b
1+a
⇔ a (a + 1) = b (b + 1)
⇔ a2 − b2 = − (a − b)
⇔ (a − b) (a + b) = − (a − b)
Ceci est équivalent
(a − b) (a + b) = − (a − b)
et a − b 6= 0
...
La somme de deux nombres positifs ne peut être négative
...
8
Chapitre 1
Méthodes du Raisonnement Mathématique
1
...
4 Raisonnement cas par cas
Lorsqu'on souhaite véri er une propriété P (x) pour tous les éléments x d'un ensemble E , on
peut partager cet ensemble en n sous-ensembles (non vides) A1 , A2 ,
...
1
2
Exemple 1
...
4
...
Montrer que an = n (n + 1) ∈ N
...
Nous distinguons deux cas
...
2
Deuxième cas :
n = 2k + 1, k ∈ N, alors
an =
1
(2k + 1) (2k + 2) = (2k + 1) (k + 1) ∈ N
...
1
...
5 Raisonnement par contre exemple
Si l'on veut montrer qu'une assertion du type (∀x ∈ E : P (x)) est vraie alors pour chaque x
de E il faut montrer que P (x) est vraie
...
Exemple 1
...
5
...
Un contre-exemple est x = 0 ∈ R, car (0)2 − 1 > 1 est fausse
...
2
...
La démonstration par récurrence se déroule en deux étapes :
i) On prouve P (0) est vraie
...
En n dans la conclusion, on rappelle que par le principe de récurrence P (n) est vraie pour
tout n ∈ N
...
2
...
Montrer que
pour tout n ∈ N : 2n > n
...
Nous allons démontrer par récurrence que P (n) est vraie pour tout n ∈ N
...
ii) Soit n ∈ N, supposons que P (n) soit vraie
...
2n+1 = 2n + 2n
> n + 2n , car par P (n) nous savons que 2n > n,
≥ n + 1, car 2n ≥ 1
Donc P (n + 1) est vraie
...
Si on doit démontrer qu'une propriété est vraie pour tout n ≥ n0 , alors on commence
l'initialisation au rang n0
...
3
Exercices
1
...
1 Énoncés
Exercice 1
...
Compléter les pointillés par le connecteur logique qui s'impose : ⇔, ⇐, ⇒
(1) ∀x ∈ R : x2 = 4
...
(2) ∀z ∈ C : z = z
...
(3) ∀x ≥ 0 : x2 = 1
...
Exercice 3
...
(c) ∀x ∈ R, ∀y ∈ R : x + y > 0,
(1) Les assertions a, b, c, d sont-elles vraies ou fausses ?
(2) Donner leur négation
...
Soit n > 0
...
Exercice 5
...
Énoncer et démontrer la contraposée de l'assertions suivante :
Si n2 est impair, alors n est impair
...
Montrer :
Exercice 7
...
+ n2 = n (n + 1) (2n + 1) ,
6
Soit la suite (xn )n∈N dé nie par
x0 = 4 et xn+1 =
Montrer que : ∀n ∈ N : xn > 3
...
xn + 2
∀n ∈ N∗
...
3
...
(a) (2 < 3) est vraie et (2 divise 4) est vraie donc (2 < 3) et (2 divise 4) est vraie
...
(c) (2 < 3) est vraie et (2 divise 5) est fausse, l'une des deux est vraie donc (2 < 3) ou (2 divise 5)
est vraie
...
(e) (2 < 3) est vraie donc (2 < 3) est fausse et (2 divise 5) est fausse par conséquent (2 < 3) ou
(2 divise 5) est fausse car les deux assertions sont fausses
...
Le connecteur logique sur les assertion suivante
(1) ∀x ∈ R : x2 = 4 ⇒ x = 2
...
(3) ∀x ≥ 0 : x2 = 1 ⇔ x = 1
...
(a) est fausse
...
Etant donné x ∈ R il existe toujours un y ∈ R tel que x + y < 0, par exemple on peut
prendre y = − (x + 1) et alors x + y = −1 < 0
...
La négation de (b) est
∃x ∈ R,
∀y ∈ R : x + y ≤ 0
...
La négation est
∃x ∈ R,
∃y ∈ R : x + y ≤ 0
...
La négation est :
∃y ∈ R : y 2 ≤ x
...
Soit n ∈ N∗
...
|
{z
}
|
{z
}
P
Q
Raisonnons par l'absurde
...
|
{z
P
}
|
11
{z
Q
}
Chapitre 1
Méthodes du Raisonnement Mathématique
Alors
∃k, m ∈ N∗ : 2n = 2k 2 = m2
...
k
2 est irrationnel, on a une contradiction !
Solution 5
...
Montrons l'assertion suivante :
Si n2 est impair, alors n est impair
...
|
{z
}
|
{z
}
Q
P
La contraposée de l'assertion est :
Si n est pair, alors n2 est pair,
c'est-à-dire
(∃m ∈ N : n = 2m) ⇒ ∃k ∈ N : n2 = 2k
...
Par le principe de contraposition, on a démontré l'assertion de l'énoncé
...
Pour tout n ∈ N∗ , on pose l'assertion suivante :
1
P (n) : 11 + 22 + 32 +
...
6
P (1) : 11 = 16 1 (1 + 1) (2 + 1) est vraie
...
6
11 + 22 + 32 +
...
Par le principe de récurrence nous venons de montrer que P (n) est vraie pour tout n ∈ N∗
...
Montrons par récurrence
∀n ∈ N : xn > 3
...
Soit n ≥ 0, supposons P (n) vraie et montrons que P (n + 1) est vraie
...
L'étude de la fonction f (x) = 2x2 − 3x − 9, pour x > 3, on obtient
f (x) > 0, pour tout x ≥
√
3
1 + 7 > 3
...
13
2
|
Les ensembles, les relations et les applications
2
...
1
...
Un ensemble est une collection d'éléments
...
Soit E un ensemble, on note x ∈ E si x est un élément de E , et x ∈
/ E dans le cas contraire
...
1
...
On a {0, 1} , {rouge , noir}, et {0, 1, 2,
...
Alors 0 ∈ {0, 1} et 2 ∈
/ {0, 1}
...
1
...
1
...
Un ensemble E est inclus dans un ensemble F, si tout élément de E est aussi
un élément de F et on écrit E ⊂ F
...
On dit alors que E est un sous-ensemble de F ou une partie de F
...
1
...
On a N ⊂ Z ⊂ Q ⊂ R
...
1
...
Deux ensembles E et F sont égaux si et seulement si chacun est inclu dans
l'autre, c'est-à-dire
E=F ⇔E⊂F
et E ⊂ F
...
1
...
Si E = R, on a
A = {x ∈ R : |x − 1| ≤ 1}
= {x ∈ R : −1 ≤ x − 1 ≤ 1}
= {x ∈ R : 0 ≤ x ≤ 2} = [0, 2]
...
1
...
Soit E un ensemble, on forme un ensemble appelé ensemble des parties de E ,
noté P (E) qui est caractérisé par la relation suivante
P (E) = {A : A ⊂ E}
...
1
...
Si E = {1, 2, 3} , alors
P (E) = {∅, {1, 2, 3} , {1} , {2} , {3} , {1, 2} , {1, 3} , {2, 3} , {1, 2, 3}} ,
donc {1} ∈ P (E) et E ∈ P (E)
...
1
...
Soit E un ensemble, on appelle ensemble complémentaire de A ⊂ E , noté CE A
où Ac l'ensemble des éléments de E qui n'appartiennent pas à A, c'est-à-dire
CE A = {x ∈ E : x ∈
/ A}
...
1
...
On appelle ensemble réunion de deux ensembles A et B , noté A ∪ B l'ensemble
formé des éléments x qui appartiennent à A ou appartiennent à B , c'est-à-dire
A ∪ B = {x ∈ E : x ∈ A ou x ∈ B}
...
Exemple 2
...
5
...
Dé nition 2
...
7
...
Le nombre d'éléments de E s'appelle le cardinal de E, noté Card (E)
...
1
...
Si E = {0, 1, 2, 3}, alors Card (E) = 4, l'ensemble N n'est pas ni, Card (∅) = 0
...
1
...
Soit E un ensemble, on appelle diérence de A et B , noté A\B, l'ensemble
formé des éléments x qui appartiennent à A et n'appartiennent pas à B , c'est-à-dire
A\B = {x ∈ A : x ∈
/ B}
...
Exemple 2
...
7
...
Remarque
...
• Associativité :A ∩ (B ∩ C) = (A ∩ B) ∩ C et A ∪ (B ∪ C) = (A ∪ B) ∪ C
...
1
...
Soient A, B, C des parties d'un ensemble E , alors
• Distributivité : A ∩ (B ∪ C) = (A ∩ B) ∪ (A ∩ C) ,
15
Chapitre 2
Les ensembles, les relations et les applications
• Distributivité : A ∪ (B ∩ C) = (A ∪ B) ∩ (A ∪ C)
...
On a
(x ∈ A ∩ (B ∪ C)) ⇔ (x ∈ A et x ∈ B ∪ C)
⇔ (x ∈ A et (x ∈ B ou x ∈ C))
⇔ ((x ∈ A et x ∈ B) ou (x ∈ A et x ∈ C))
⇔ (x ∈ A ∩ B ou x ∈ A ∩ C)
⇔ x ∈ (A ∩ B) ∪ (A ∩ C) ,
alors A ∩ (B ∪ C) = (A ∩ B) ∪ (A ∩ C)
...
Proposition 2
...
2 (Loi de Morgan)
...
On a
(x ∈ CE (A ∩ B)) ⇔ (x ∈
/ A ∩ B) ⇔ x ∈ A ∩ B
⇔ (x ∈ A et x ∈ B) ⇔ (x ∈
/ A ou x ∈
/ B)
⇔ (x ∈ CE (A) ou x ∈ CE (B)) ⇔ x ∈ CE (A) ∪ CE (B) ,
donc CE (A ∩ B) = CE (A) ∪ CE (B)
...
Remarque
...
En eet,
(x ∈ CE (CE (A))) ⇔ (x ∈
/ CE (A)) ⇔ (x ∈ CE (A))
⇔ (x ∈
/ A) ⇔ (x ∈ A)
...
1
...
1
...
On appelle produit cartésien de deux ensembles E et F , noté E × F l'ensemble
des couples (x, y) où x ∈ E et y ∈ F
...
Exemple 2
...
8
...
Notation
...
Plus généralement, on dé nit le produit cartésien
de n ensembles E1 , E2 ,
...
× En = {(x1 , x2 ,
...
, n}
...
1
...
Si E = {1, 2}, alors
E 2 = E × E = {(1, 1) , (1, 2) , (2, 1) , (2, 2)}
(
)
(1,
1,
1)
,
(1,
1,
2)
,
(1,
2,
1)
,
(1,
2,
2)
,
E3 = E × E × E =
...
2
Relation d'ordre, Relation d'équivalence
2
...
1 Relations binaires
Dé nition 2
...
1
...
Exemple 2
...
1
...
Dé nition 2
...
2
...
Pour tous x, y, z ∈ E , on dit
que R est
(1) Ré exive, si chaque élément est en relation avec lui même, c'est à dire
xRx,
∀x ∈ E
...
(3) Transitive, si pour tout x, y, z ∈ E , si x est en relation avec y et y en relation avec z alors
x est en relation avec z , c'est à dire
(xRy
et yRz) ⇒ xRz,
∀x, y, z ∈ E
...
Chapitre 2
Les ensembles, les relations et les applications
2
...
2 Relation d'équivalence
Dé nition 2
...
3
...
Dé nition 2
...
4
...
On appelle classe d'équivalence de
...
La classe d'équivalence C (x) est non vide car R est ré exive et contient de ce fait au moins x
...
L'ensemble des classes d'équivalence de E par la relation R
...
2
...
Dans R on dé nit la relation R par :
xRy ⇔ x − y ∈ Z
...
En eet,
• Pour x ∈ R : xRx ⇔ 0 ∈ Z, comme 0 ∈ Z, alors xRx, ∀x ∈ R, donc R est une relation
ré exive,
• Pour x, y ∈ R, on a
(xRy) ⇔ (x − y ∈ Z) ⇔ (y − x ∈ Z) ⇒ yRx,
alors R est une relation symétrique
...
Donc, l'ensemble des classes d'équivalence C (x) est l'ensemble
C (x) = {y ∈ R : y − x ∈ Z}
= {y ∈ R : y ∈ x + Z}
= {y ∈ R : y = k + x : k ∈ Z}
= {k + x : k ∈ Z} ,
si x ∈ Z, on a C (x) = Z
...
2
...
2
...
Une relation binaire R sur E est dite une relation d'ordre si elle est antisymétrique, transitive et ré exive
...
2
...
Soit R la relation dé nie sur N∗ par la relation x divise y, c'est-à-dire
xRy ⇔ ∃k ∈ N∗ : y = kx
...
• Pour x, y ∈ N∗ , si x divise y et y divise x, alors
∗
xRy ⇔ ∃k1 ∈ N : y = k1 x
yRx ⇔ ∃k2 ∈ N∗ : x = k2 y
)
⇒ x = k2 k1 x
⇒ x (1 − k2 k1 ) = 0
⇒ k2 k1 = 1, car x 6= 0,
il vient que k2 k1 = 1, comme k2 , k1 ∈ N∗ , alors k2 = k1 = 1, c'est-à-dire x = y, ça signi e
que R est une relation anti-ymétrique
...
L'ordre total et l'ordre partiel
Dé nition 2
...
6
...
Sinon, on dit que R est partielle, c'est-à-dire
∃x, y ∈ E : ni xRy
et ni yRx
Exemple 2
...
4
...
Pour x = 2 et y = 3, on a ni xRy ni yRx, alors R est un ordre partiel
...
3
Les applications
2
...
1 Dé nition d'une application
Dé nition 2
...
1
...
L'élément x est dit l' antécédent et y est dit l'image de x par f
...
Exemple 2
...
1
...
Dé nition 2
...
2 (Graphe)
...
Le graphe d'une application
f : E → F est
Γf := {(x, f (x)) : x ∈ E} ⊂ E × F
...
3
...
Soient f, g : E → F des applications
...
On écrit alors f = g
...
3
...
Soient E , F et G trois ensembles et f et g deux applications
telles que
f
g
E→F →G
On peut en déduire une application de E dans G notée g ◦ f et appelée application composée de f
et g , par
(g ◦ f ) (x) = g (f (x)) , pour tout x ∈ E
Dé nition 2
...
5
...
Exemple 2
...
2
...
Alors g ◦ f : R → [1, +∞[ est donnée par
(g ◦ f ) (x) = g (f (x)) = g x2 = 2x2 + 1 ∀x ∈ R
...
3
...
Soit f : E → F une fonction
...
√
Exemple 2
...
3
...
Dé nition 2
...
7
...
On appelle restriction de f à A,
l'application f|A : E → F dé nie par
f|A (x) = f (x) ,
pour tout x ∈ A
...
3
...
Soit E ⊂ G et f : E → F une application
...
20
Chapitre 2
Les ensembles, les relations et les applications
2
...
2 Image directe, image réciproque
Dé nition 2
...
9
...
L'image directe de A par f est l'ensemble
f (A) = {f (x) : x ∈ A} ⊂ F
...
3
...
Soit f : R → R dé nie par f (x) = 2x + 1, ∀x ∈ R
...
Dé nition 2
...
10
...
L'image réciproque de B par f est l'ensemble
f −1 (B) = {x ∈ E : f (x) ∈ B} ⊂ E
...
3
...
Soit f l'application dé nie par f (x) = x2 de R → R+ , alors
f −1 ([0, 1]) =
x ∈ R : 0 ≤ x2 ≤ 1
= {x ∈ R : 0 ≤ |x| ≤ 1} = [−1, 1]
...
Proposition 2
...
1
...
Pour
tous A, B ⊂ E et X, Y ⊂ F , on a les propriétés suivantes :
(1) A ⊂ B ⇒ f (A) ⊂ f (B) et X ⊂ Y ⇒ f −1 (X) ⊂ f −1 (Y )
(2) f (A ∩ B) ⊂ f (A) ∩ f (B) et f −1 (X ∩ Y ) = f −1 (X) ∩ f −1 (Y )
(3) f (A ∪ B) = f (A) ∪ F (B) et f −1 (X ∪ Y ) = f −1 (X) ∩ f −1 (Y )
(4) A ⊂ f −1 (f (A)) et f (f −1 (X)) ⊂ X
...
3
...
3
...
Soit f : E → F
...
Exemple 2
...
6
...
Dé nition 2
...
12
...
On dit que f est surjective si et seulement si : pour tout
y ∈ F , il existe x ∈ E tel que f (x) = y , c'est-à-dire
∀y ∈ F,
∃x ∈ E
21
y = f (x)
...
3
...
Soit f l'application dé nie par f (x) = |x| de Z → N, alors f est surjective
...
Dé nition 2
...
13
...
On dit que f est bijective (ou f est une bijection de E sur
F ) si et seulement si : f est à la fois injective et surjective
...
Autrement dit :
∀y ∈ F,
∃!x ∈ E
y = f (x)
...
3
...
Soit f l'application dé nie par f (x) = x − 7 de Z → Z, alors f est bijective
...
Remarque
...
Dé nition 2
...
14
...
On dé nit l'application f −1 : F →
E , appelée application réciproque de f , donnée par f −1 (x) = y si et seulement si f (y) = x
...
3
...
Soit f l'application dé nie par f (x) = x2 + 1 de R+ → [1, +∞[, alors f est
bijective, car pour tout y ∈ [1, ∞[, l'équation y = f (x) admet une unique solution x =
bijection réciproque est f −1 : [1, +∞[ → R+ dé nie par :
f −1 (x) =
√
x − 1,
√
y − 1
...
Proposition 2
...
2
...
L'application f est
bijective si et seulement s'il existe une application g : F → E telle que
f ◦ g = idF
et
g ◦ f = idE
...
3
...
Soit f : R → R∗+ dé nie par f (x) = ex , ∀x ∈ R, f est bijective, sa bijection
réciproque est g : R∗+ → R dé nie par g (x) = ln (x)
...
Proposition 2
...
3
...
L'application
g ◦ f est bijective et sa bijection réciproque est
(g ◦ f )−1 = f −1 ◦ g −1
...
4
Exercices
2
...
1 Énoncés
Exercice 8
...
Décrire les ensembles suivants et leurs cardinaux :
A ∩ B,
A\B,
A∆B,
D × C,
B ∩ C,
CD A,
D ∪ A,
P(C)
...
Exercice 9
...
(1) Montrer que : (A\B) \C = A\ (B ∪ C)
...
Exercice 10
...
(1) Montrer que R est une relation d'équivalence
...
(3) Même questions pour la relation R dé nie sur R2 par :
(x1 , y1 ) R (x2 , y2 ) ⇔ x21 + y12 = x22 + y22
...
Soit R la relation dé nie sur N∗ par :
nRm ⇔ ∃k ∈ N∗ : n = km
...
Dans R2 on dé nit la relation R par :
(x1 , y1 ) R (x2 , y2 ) ⇔ cos2 (x1 ) + sin2 (x2 ) = 1 et
|y1 | = |y2 |
...
(2) Déterminer la classe d'équivalence de (0, 0)
...
(1) Montrer que les fonctions suivantes sont des applications puis véri er si elle sont injectives,
surjectives ou bijectives :
v: N→N
,
n → n2
f : [−1, 1] → [0, 1]
√
,
x → 1 − x2
N→Z
,
n → 2n2 − 7
g : R\ {−3} → R
2−x ,
x→
x+3
i:
23
k:
Z→N
,
n → 4n2 + 5
h:
R∗+ → R
...
(3) Montrer que l'application u : ]1, ∞[ → ]0, ∞[ dé nie par : u (x) =
calculer sa bijection réciproque
...
Soit f : R → R dé nie par: f (x) =
1
est bijective et
x−1
2x
...
Exercice 15
...
(1) Montrer que f est bijective
...
2
...
2 Correction des exercices
Solution 8
...
Alors
A ∩ B = {1, 3} , Card (A ∩ B) = 2, A\B = {7, 9, 12} , Card (A\B) = 3,
A∆B = (A ∪ B) \ (A ∩ B) = {1, 3, 2, 7, 9, 12} \ {1, 3} = {2, 7, 9, 12} , Card (A∆B) = 4,
D × C = {3, 1} × {3, 4, 7, 9} = {(3, 3) , (3, 4) , (3, 7) , (3, 9) , (1, 3) , (1, 4) , (1, 7) , (1, 9)} ,
Card (D × C) = 8, B ∩ C = {3} , Card (B ∩ C) = 3,
CA D = {7, 9, 12} , Card (CA D) = 3, D ∪ A = A, Card (D ∪ A) = 5,
(
)
∅, {3} , {4} , {7} , {9} , {3, 4} , {3, 7} , {3, 9} , {4, 7} , {4, 9} , {7, 9}
P(C) =
,
{3, 4, 7} , {3, 4, 9} , {3, 7, 9} , {4, 7, 9} , {3, 4, 7, 9}
Card (P(C)) = 2Card(C) = 24 = 16
...
Solution 9
...
(2) On a A ∪ B ⊂ A ∪ C et A ∩ B ⊂ A ∩ C
...
En eet
(x ∈ B) ⇒ (x ∈ A ∪ B ⊂ A ∪ C) ⇒ (x ⊂ A ∪ C)
⇒ (x ∈ A ou x ∈ C)
...
Si x ∈ A, alors
(x ∈ A ∩ B ⊂ A ∩ C) ⇒ (x ∈ A ∩ C) ⇒ (x ∈ C) ,
donc x ∈ C, d'où B ⊂ C
...
(1) Soit la relation R dé nie sur R2 par :
(x1 , y1 ) R (x2 , y2 ) ⇔ y1 = y2
...
• Soit (x1 , y1 ) , (x2 , y2 ) ∈ R2 , on a
(x1 , y1 ) R (x2 , y2 ) ⇔ y1 = y2 ⇔ y2 = y1 ⇔ (x2 , y2 ) R (x1 , y1 ) ,
alors R est une relation symétrique
...
On déduit que R est une relation d'équivalence
...
C ((1, 0)) =
(3) Soit la relation R dé nie sur R2 par :
(x1 , y1 ) R (x2 , y2 ) ⇔ x21 + y12 = x22 + y22
...
• Soit (x1 , y1 ) , (x2 , y2 ) ∈ R2 , on a
(x1 , y1 ) R (x2 , y2 ) ⇔
x21 + y12 = x22 + y22
⇔
x22 + y22 = x21 + y12
⇔ (x2 , y2 ) R (x1 , y1 ) ,
donc R est une relation symétrique
...
On déduit que R est une relation d'équivalence, pour la classe d'équivalence de (1, 0), on a
(x, y) ∈ R2 : (x, y) R (1, 0)
= (x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 = 1
...
(1) Soit R la relation dé nie sur N∗ par :
nRm ⇔ ∃k ∈ N∗ /n = km
...
c'est-à-dire R est une relation ré exive
...
• Soit n, m, p ∈ N∗ , on a
[nRm et mRp] ⇔ [(∃k1 ∈ N∗ : n = k1 m) et (∃k2 ∈ N∗ : m = k2 p)]
⇒ ∃k1 , k2 ∈ N∗ : n = k1 k2 p
|{z}
k3
∗
⇒ (∃k3 = k1 k2 ∈ N : n = k3 p)
⇒ nRp,
don R est une relation transitive
...
Solution 12
...
• Soit (x1 , y1 ) ∈ R, alors
et
cos2 (x1 ) + sin2 (x1 ) = 1
|y1 | = |y1 |
...
• Soit (x1 , y1 ) , (x2 , y2 ) ∈ R, on a
(x1 , y1 ) R (x2 , y2 ) ⇔ cos2 (x1 ) + sin2 (x2 ) = 1
et
|y1 | = |y2 |
⇔ 1 − sin2 (x1 ) + 1 − cos2 (x2 ) = 1 et
⇒ cos2 (x2 ) + sin2 (x1 ) = 1
et
|y2 | = |y1 |
|y2 | = |y1 |
⇒ (x2 , y2 ) R (x1 , y1 ) ,
donc R est Symétrique
...
|y2 | = |y3 |
...
(2) La classe d'équivalence de (0, 0), on a
C ((0, 0)) =
(x, y) ∈ R2 : (x, y) R (0, 0)
=
(x, y) ∈ R2 : cos2 (x) = 1 et y = 0
=
(x, y) ∈ R2 : (x = πk : k ∈ Z) et y = 0
= {(πk, 0) : k ∈ Z}
...
(1) On a
27
Chapitre 2
Les ensembles, les relations et les applications
• L'application v est injective, soit n, m ∈ N, tels que
v (n) = v (m) ⇒ n2 = m2 ⇒ |n| = |m| ⇒ n = m, car n, m ∈ N
...
• L'application i est injectiv, soit n, m ∈ N, on a
(i (n) = i (m)) ⇒
2n2 − 7 = 2m2 − 7
⇒ n2 = m2 ⇒ |n| = |m|
⇒ n = m, car n, m ∈ N
...
• L'application k n'est pas injective, comme k (−1) = k (1) = 9 et −1 6= 1
...
• L'application f n'est pas injective, car f 12 = f − 21 et 12 6= − 21
...
En eet, soit y ∈ [0, 1]
...
• L'application g est injective
...
• L'application g n'est pas surjective, car −1 ∈ R et g (x) = −1 n'a pas de solution dans
R\ {−3}
...
Soit x1 , x2 ∈ R∗+ , on a
h (x1 ) = h (x2 ) ⇒ ln x1 = ln x2 ⇒ eln x1 = eln x2
⇒ x1 = x2
...
En eet, soit y ∈ R, alors
h (x) = y ⇒ ln (x) = y ⇒ x = ey ∈ R∗+
...
• On a v ◦ k : Z → N → N, donc
k
v
2
n → (v ◦ k) (n) = v 4n2 + 5 = 4n2 + 5
...
• On a k ◦ i : N → Z → N, donc
i
k
2
n → (k ◦ i) (n) = k 2n2 − 7 = 4 2n2 − 7 + 5
...
x−1
• L'application u est injective
...
• L'application u est surjective
...
y
y
donc l'application u est bijective, avec u−1 : ]0, ∞[ → ]1, +∞[ dé nie par :
1
u−1 (x) = 1 +
...
(1) L'application f n'est pas injective, car f (2) = f
1
2
= 54
...
Comme l'équation x2 − x + 1 = 0 n'a pas de solutions réelles, donc f n'est surjective
...
Soit x1 , x2 ∈ [−1, 1] , on a
g (x1 ) = g (x2 ) ⇒ 2x1 1 + x22 = 2x2 1 + x21
⇒ (x1 − x2 ) − x1 x2 (x1 − x2 ) = 0
⇒ (x1 = x2 ou x1 x2 = 1) ,
si x1 x2 = 1 et x1 , x2 ∈ [−1, 1], on a
x1 =
1
∈ ]−∞, −1] ∪ [1, +∞[
x2
29
Chapitre 2
Les ensembles, les relations et les applications
ce qui entraîne que x1 = x2 = 1 ou x1 = x2 = −1, c'est-à-dire que x1 = x2 , ainsi
g (x1 ) = g (x2 ) ⇒ x1 = x2
...
Soit y ∈ [−1, 0[ ∪ ]0, 1], alors
(f (x) = y) ⇔
y 1 + x2 = 2x
⇔ yx2 − 2x + y = 0
...
√
La seule solution acceptée x ∈ [−1, 1] est x =
√
/ [−1, 1]
...
Donc g est une bijection
...
(1) La fonction f est injective
...
La fonction f est surjective
...
√
Comme y ∈ [0, +∞[, alors l'équation ( x + 1)2 = y + 1 > 1 admet des solution
√
p
2
√
x + 1 = y + 1 ⇔ x + 1 = y + 1
p
√
x + 1 = y + 1,
⇔
car
√
x + 1 > 0, donc
p
2
p
√
x= y+1−1≥0⇔x=
y + 1 − 1 ≥ 0,
alors
x=
p
2
y + 1 − 1 ∈ [0, ∞[
...
1−y 2
y
=
3
|
3
...
1
...
1
...
On appelle fonction numérique sur un ensemble D tout procédé qui, à tout
élément x de D, permet d'associer au plus un élément de l'ensemble R, appelé alors image de x
et noté f (x)
...
1
...
La fonction f : x → x − 1 est dé nie pour tout x ∈ R tel que x − 1 ≥ 0
...
3
...
2 Graphe d'une fonction
Dé nition 3
...
2
...
3
...
3 Fonctions bornées, fonction monotones
Dé nition 3
...
3
...
On dit que :
a) f est majorée sur D si ∃M ∈ R, ∀x ∈ D : f (x) ≤ M
...
c) f est bornée sur D si f est à la fois majorée et minorée sur D, c'est-à-dire si ∃M > 0, ∀x ∈
D : |f (x)| ≤ M
...
1
...
Soit f : D → R une fonction
...
b) f est strictement croissante sur D si ∀x, y ∈ D, x > y ⇒ f (x) > f (y)
...
d) f est strictement décroissante sur D si ∀x, y ∈ D, x > y ⇒ f (x) < f (y)
...
strictement monotone) sur D si f est croissante ou décroissante
(resp
...
31
Chapitre 3
Les fonctions réelles à une variable réelle
Exemple 3
...
2
...
ii) La fonction valeur absolue x → |x| dé nie sur R n'est pas monotone
...
1
...
1
...
Soit I un intervalle de R symétrique par rapport à 0
...
On dit que :
i) f est paire si ∀x ∈ I : f (−x) = f (x)
...
Exemple 3
...
3
...
ii) La fonction dé nie sur R par x 7→ x2n+1 (n ∈ N) est impaire
...
1
...
Soit f : R → R une fonction et T un nombre réel, T > 0
...
Exemple 3
...
4
...
La fonction tangente est π-périodique
...
1
...
Dé nition 3
...
7
...
On dé nit
• Somme de deux fonctions f + g : x → (f + g) (x) = f (x) + g (x)
...
• Produit de deux fonctions f g : x → (f g) (x) = f (x) g (x)
...
Les fonctions f + g, λf et f g sont des fonctions appartenant à F (D, R)
...
1
...
Soient f et g ∈ F (D, R) et λ ∈ R
...
• f < g si ∀x ∈ D, f (x) < g (x)
...
1
...
Soient f et g deux fonctions dé nies sur ]0, 1[ par f (x) = x, g (x) = x2
...
32
Chapitre 3
3
...
2
...
Soit x0 ∈ R un point de I ou une
extrémité de I
...
2
...
Soit ` ∈ R
...
On écrit dans ce cas, lim f (x) = `
...
2
...
Considérons la fonction f (x) = 2x − 1 qui est dé nie sur R
...
En eet, pour tout ε > 0, on a |f (x) − 1| = 2 |x − 1| < ε, si l'on a, à fortiori,
x→1
ε
ε
|x − 1| <
...
2
2
Unicité de la limite
Proposition 3
...
1
...
Démonstration
...
2
ε
∃δ2 > 0, ∀x ∈ I , si |x − x0 | < δ2 ⇒ |f (x) − `2 | <
...
Comme ε est quelconque, pour ε =
|`1 − `2 |
entraine que `1 = `2
...
2
...
On dit que la fonction f admet ` comme limite à droite de x0 , ou encore quand
x tend vers x+
0 , si pour tout ε > 0, il existe un δ > 0, tel que : x0 < x < x0 + δ , entraine
|f (x) − `| ≤ ε
...
x→x+
0
On dit que la fonction f admet ` comme limite à gauche de x0 , ou encore quand x tend vers x−
0,
si pour tout ε > 0, il existe un δ > 0, tel que : x0 − δ < x < x0 , entraine |f (x) − `| ≤ ε
...
x→x−
0
√
Exemple 3
...
2
...
33
Chapitre 3
Les fonctions réelles à une variable réelle
Remarque
...
0
Exemple 3
...
3
...
Elle admet 1 comme limite à droite de 0 et −1 comme limite à gauche de 0
...
Cas où x devient in ni
On posera par dé nition
a) lim f (x) = `, si
x→+∞
∀ε > 0,
tel que x > A ⇒ |f (x) − `| < ε
...
∃A > 0,
Limite in nie
Soit x0 ∈ R
...
b) lim f (x) = −∞, si
x→x0
∀A > 0,
∃δ > 0,
tel que
|x − x0 | < δ ⇒ f (x) < −A
...
b) lim f (x) = +∞, si
x→−∞
∀A > 0,
∃B > 0,
tel que x < −B ⇒ f (x) > A
...
c) lim f (x) = −∞, si
x→+∞
∀A > 0,
d) lim f (x) = −∞, si
x→−∞
∀A > 0,
∃B > 0,
tel que x < −B ⇒ f (x) < −A
...
2
...
2
...
Soit f : [a, b] → R et x0 ∈ ]a, b[
...
n→+∞
n→+∞
Démonstration
...
x→x0
Ceci s'écrit, par dé nition :
∀ε > 0,
∀x ∈ [a, b] , si
∃δ > 0,
|x − x0 | < δ ⇒ |f (x) − `| < ε
...
En récapitulant,
n→+∞
on obtient
∀ε > 0, ∃n0 ∈ N, ∀n ≥ n0 , |f (xn ) − `| < ε
...
Condition su sante : Supposons que ` n'est pas limite de f en x0
...
En particulier, pour tout n ∈ N∗ , il existe xn ∈ [a, b], tel que
|xn − x0 | <
1
n
et
|f (xn ) − `| > ε
...
Exemple 3
...
4
...
En eet,
x
∗
considérons les suites
xn =
1
(n + 1) π
et
yn =
1
,
2nπ + π2
pour tout n ∈ N
...
3
...
3 Opérations sur les limites
0
Théorème 3
...
2
...
x→x0
b) lim (λf (x)) = λ`, pour tout λ ∈ R
...
x→x0
35
0
Chapitre 3
Les fonctions réelles à une variable réelle
d) lim |f (x)| = |`|
...
x→x0
f ) lim
f (x)
`
0
= 0 , si ` 6= 0
...
2
...
Soient f : [a, b] → [c, d] , g : [c, d] → R et x0 ∈ ]a, b[ , y0 ∈ [c, d], tel que
et
lim f (x) = y0
x→x0
lim g (y) = `
y→y0
Alors lim (g ◦ f ) (x) = `
...
2
...
Soit f, g : [a, b] → R et x0 ∈ ]a, b[, on a
1
= 0
...
x→x0
x→x0 f (x)
a) Si lim f (x) = +∞, alors lim
c) Si f ≤ g, et lim f (x) = `, lim g (x) = ` , alors ` ≤ `
...
x→x0
x→x0
Théorème 3
...
4
...
x→x0
x→x0
Alors lim g (x) = `
...
Voici une liste de formes indéterminées
+∞ − ∞,
3
...
Continuité d'une fonction
3
...
1 Dé nition générales
Dé nition 3
...
1
...
On dit que f est
continue au point x0 ∈ I si
lim f (x) = f (x0 ) ,
x→x0
c'est-à-dire si
∀ε > 0,
∃δ > 0,
∀x ∈ I ,
si |x − x0 | < δ ⇒ |f (x) − f (x0 )| < ε
...
3
...
Soit la fonction réelle f dé nie par
x sin 1 , si x 6= 0,
x
f (x) =
0,
si x = 0
...
x
Pour ε > 0, on choisira δ = ε
...
Donc f est continue au point x0 = 0
...
3
...
Une fonction dé nie sur un intervalle I est continue sur I si elle est continue
en tout point de I
...
Continuité à gauche, continuité à droite
Dé nition 3
...
3
...
(1) La fonction f est dite continue à gauche en x0 si
lim f (x) = f (x0 ) ,
x→x−
0
c'est-à-dire si
∀ε > 0,
∀x ∈ I ,
∃δ > 0,
si 0 < x0 − x < δ ⇒ |f (x) − f (x0 )| < ε
...
Remarque
...
f est continue en x0 ⇔ lim+ f (x) = lim− f (x) = f (x0 )
...
3
...
La fonction dé nie par
(
f (x) =
1,
si x > 0,
−1, si x ≤ 0
...
Au point x0 = 0, la fonction f est continue à gauche, mais elle ne l'est pas
à droite car
lim− f (x) = f (0) = −1 et lim+ f (x) = 1 6= f (0)
...
3
...
Soit I un intervalle, x0 un point de I
...
est dite prolongement par continuité de f au point x0
...
3
...
La fonction
1
f (x) = x sin
x
∗
∗
est dé nie et continue sur R
...
Le prolongement par continuité de f au point 0 est donc la fonction fe dé nie
x→0
par :
x sin 1
si x 6= 0,
e
x
f (x) =
si x = 0
...
3
...
3
...
Soit I un intervalle, et f et g des fonctions dé nies sur I et continues en
x0 ∈ I
...
(2) f + g est continue en x0
...
f
(si g (x0 ) 6= 0) est continue en x0
...
3
...
Soit deux fonctions f : I → J , g : J → R, tels que I, J deux intervalles
quelconques de R
...
3
...
4
...
4
...
Soit I un intervalle ouvert de R, x0 un point de I , f : I → R une fonction
...
Cette limite s'appelle la dérivée de f en x0 et se note f (x0 )
...
En posant x = x0 + h, on a
f (x0 + h) − f (x0 )
...
h→0
Exemple 3
...
1
...
La dérivée de f en un
point x0 ∈ R est
f (x0 + h) − f (x0 )
(x0 + h)2 − x20
= lim
h→0
h→0
h
h
2
h + 2x0 h
= lim h + 2x0 = 2x0
...
4
...
La fonction qui à tout x de I associe f 0 (x) dans R s'appelle fonction dérivée
df
0
de f et se note f ou
...
4
...
Toute fonction dérivable en un point est continue en ce point
...
Si f est dérivable au point x0 , alors pour tout h > 0, il existe ε (h) tel que
0
f (x0 + h) = f (x0 ) + hf (x0 ) + hε (h) ,
lim ε (h) = 0
...
h→0
3
...
2 Dérivées d'ordres supérieurs
Dé nition 3
...
3
...
Si f 0 est dérivable
à son tour, sa dérivée notée f = f est dite dérivée seconde de f
...
Ainsi la dérivée d'ordre n de f est dé nie par
00
0
0
f (n) (x) = f (n−1) (x)
...
4
...
Soit la fonction f (x) = sin (x) dé nie sur R
...
2
2
π
sin(n) (x) = sin x + n
...
4
...
Soit n ∈ N∗
...
On notera
C n (I) l'ensemble des fonctions de calasse C n
...
4
...
On dit qu'une fonction est de calasse C 0 si elle est continue sur I , et de classe
C ∞ si elle indé niment dérivable sur I (c'est-à-dire f (n) existe pour tout n)
...
4
...
La fonction x → |x| dé nie sur R est de classe C 0 (R), mais n'est pas de classe
C 1 (R) , car n'est pas dérivable à l'origine
...
4
...
On dit que la fonction f est dérivable à droite en x0 si
lim+
x→x0
f (x) − f (x0 )
x − x0
existe et est nie
...
Notation
...
x − x0
Remarque
...
0
0
0
Dé nition 3
...
7
...
Exemple 3
...
4
...
Elle admet deux
points anguleux, à savoir l'origine (0, 0) et le point (1, 0)
...
x→0
x→0
x→0
x−0
x−0
• Au point (1, 0) on a
0
fg (1) = lim−
x→1
f (x) − f (1)
f (x) − f (1)
0
= lim− x = −1 et fd (1) lim+
= lim+ x = 1
...
Au point (1, 0), on a aussi
deux demi-tangentes d'équations : y = x − 1 et y = −x + 1
...
4
...
4
...
Soient f et g deux fonctions dé nies sur l'intervalle I ⊂ R à valeurs dans R
et x0 ∈ I
...
(2) f + g est dérivable en x0 et on a
0
0
0
(f + g) (x0 ) = f (x0 ) + g (x0 )
...
g) (x0 ) = f (x0 ) g (x0 ) + f (x0 ) g (x0 )
...
g
g 2 (x0 )
En particulier
0
0
−g (x0 )
1
(x0 ) = 2
...
4
...
Soient J un intervalle de R, f : I → J et g : J → R
...
Dérivée de la fonctions réciproque
Théorème 3
...
3
...
L'application
réciproque f −1 : J → I est aussi continue sur J
...
f (x0 )
(f ◦ f −1 ) (y0 )
0
41
Chapitre 3
Les fonctions réelles à une variable réelle
Dérivée de fonctions usuelles
Fonction f
Dérivée f
xn
1
x
√
x
Fonction f
Dérivée f
nxn−1
un
nu un−1 , n ∈ N∗
− x12
1
u
− uu2
0
0
0
√
1
√
2 x
0
0
u
√
2 u
u
0
ln u
u
u
ex
1
x
x
e
eu
u eu
sin (x)
cos (x)
sin (u)
u cos (u)
cos (x)
− sin (x)
cos (u)
−u sin (u)
ln x
0
0
0
3
...
4 Théorème de Rolle
Théorème 3
...
4
...
Alors il existe un nombre c ∈ ]a, b[ tel que f (c) = 0
...
4
...
Soit f : [a, b] → R une fonction continue sur [a, b] et dérivable sur ]a, b[
...
y
f (c)
y = f (x)
f (b)
f (a)
O
a
c
42
b
x
Chapitre 3
Les fonctions réelles à une variable réelle
Démonstration
...
b−a
La fonction ϕ est continue sur [a, b], dérivable sur ]a, b[ et ϕ (a) = ϕ (b) = 0
...
√
√
x
2
Exemple 3
...
5
...
Posons f (t) = 1 + t, alors f 0 (t) =
1
√
et f (0) = 1
...
x−0
2
2 c+1
Ce qui donne la résultat
...
4
...
Soit f : ]a, b[ → R une fonction dérivable sur ]a, b[ , on a
(1) ∀x ∈ ]a, b[ , f (x) = 0 si et seulement si f est constante sur ]a, b[
...
(3) Si ∀x ∈ ]a, b[ , f (x) ≤ 0 (resp f (x) < 0), alors f est décroissante (resp strictement
0
0
décroissante)
...
4
...
Soient f et g deux fonctions continues sur l'intervalle [a, b] et dérivables sur
]a, b[ telles que g (x) 6= 0 sur cet intervalle et g (a) 6= g (b)
...
g (b) − g (a)
g (c)
Démonstration
...
La fonction ϕ est continue sur [a, b], dérivable sur ]a, b[
...
D'aprés le théorème
de Rolle, il existe c ∈ ]a, b[ tel que
0
0
0
ϕ (c) = [f (b) − f (a)] g (c) − [g (b) − g (a)] f (c) = 0,
ce qui s'écrit
0
f (b) − f (a)
f (c)
= 0
...
4
...
Soient f et g deux fonctions dérivables sur ]a, b[, et tendant vers 0 toutes
les deux pour x → a+
...
Dans ces conditions
g 0 (x)
0
f (x)
f (x)
lim+
= lim+ 0
=`
x→a g (x)
x→a g (x)
Aussi, ce résultat vaut que ` soit un nombre réel ou +∞ ou −∞
...
Le théorème reste valable quand f et g deux fonctions dérivables sur ]a, b[, et tendant
vers 0 toutes les deux pour x → b−
...
4
...
Soient f et0 g deux fonctions dérivables sur ]a, b[
...
x→x0 g (x) − g (x0 )
x→x0 g (x)
Démonstration
...
0
f (c )
Si x → x0 , alors cx → x0 , par suite 0 x → `, autrement dit
g (cx )
f (x) − f (x0 )
→ ` lorsque x → x0
...
4
...
Soit la fonction ϕ dé nie par
ln (x2 + x + 1)
,
ln x
ϕ (x) =
∀x ∈ ]0, 2[
Posons f (x) = ln (x2 + x − 1) et g (x) = ln (x) , alors f (1) = 0, f (x) =
0
0
g (x) =
1
...
x→1
ln x
lim
44
2x + 1
, g (1) = 0 et
x2 + x − 1
Chapitre 3
Les fonctions réelles à une variable réelle
3
...
5 Fonctions équivalentes
Dé nition 3
...
8
...
On dit que f est équivalente à g lorsque x → x0 (ou en x0 ), et l'on note f ∼ g , si
f (x)
= 1
...
4
...
Soit P un polynôme de degré n qui s'écrit sous la forme
P (x) = an xn + an−1 xn−1 +
...
Alors
P (x) ∼ an xn au voisinage de + ∞
...
+ n−1 + n = 1
...
4
...
Soit f1 , g1 , f2 et g2 des fonctions de I vers R
...
g2
(2) Si f1 ∼ g1 et lim f1 (x0 ) = l, alors lim g1 (x0 ) = l
...
3
...
5
...
Déterminer l'ensemble de dé nition des fonctions suivantes :
(1) f1 (x) =
1
1 √
1
, (2) f2 (x) = p
, (3) f3 (x) = e 1−x x2 − 1, (4) f4 (x) = (1 + ln (x)) x
...
Calculer lorsqu'elles existent les limites suivantes
1
1
x − sin (2x)
,
(2) lim x sin
,
(3) lim
,
(1) lim x sin
x→+∞
x→0 x + sin (3x)
x→0
x
x
√
√
tan x
sin (x) − cos (x)
x− a
(4) lim
,
(5) limπ
,
(6) lim+
, a > 0,
x→0 x
x→ 4
x→a
1 − tan (x)
x−a
x
πx
√
√
1
(7) lim 1 +
, (8) lim sin x + 1 − sin ( x) , (9) lim (1 − x) tan
,
x→+∞
x→+∞
x→1
x
2
Exercice 18
...
x→+∞
x→+∞
x
(1) lim+
x ln (x)
,
sin (2x)
(2) lim
45
Chapitre 3
Les fonctions réelles à une variable réelle
Exercice 19
...
x2 ln
x
,
x = 0
...
Exercice 20
...
Exercice 21
...
,
x
si x < 0,
e − 1,
g (x) =
0,
si x = 0,
x ln (x) − x, si x > 0
...
En utilisant la formule de l'Hôpital, calculer les limites suivantes
sin (x)
1 − cos (x)
xx − 1
x cos (x) − sin (x)
,
(2)
lim
,
(3)
lim
,
(4)
lim
...
5
...
L'ensemble de dé nition des fonctions :
(1) Df1
o
n
1
x
= x ∈ R : x 6= 0 et 1 − e 6= 0 = R∗
...
(3) Df3 = {x ∈ R : 1 − x 6= 0 et x2 − 1 ≥ 0} = ]−∞, −1] ∪ ]1, +∞[
...
Solution 17
...
x→0
x
1
(2) Pour tout x ∈ R∗ , on pose y = , lorsque x → +∞, y → 0+ , alors
x
1
sin (y)
lim x sin
= lim+
= 1
...
x→0 x + sin (3x)
x→0
sin (3x)
sin (3x)
4
1+3
x 1+3
3x
3x
(3) On sait que lim
x→0
x→0
46
Chapitre 3
Les fonctions réelles à une variable réelle
sin (x)
= 1, alors
x→0
x
(4) On sait que lim
tan x
1 sin (x)
= lim
= 1
...
x→ 4
2
limπ
(6)
√
lim
x→a+
√
√
√ √
√
( x − a) ( x + a)
x− a
1
1
√
√
√ = √
...
x→+∞
y→0
y→0
x
y
(7) On sait que lim
α+β
cos
, alors
(8) Pour tout α, β ∈ R, on a sin (α) − sin (β) = 2 sin
2
√
√
√
√
√
√
x+1− x
x+1+ x
lim sin
x + 1 − sin x = lim 2 sin
cos
x→+∞
x→+∞
2
2
!
√
√
1
x+1+ x
√
= lim 2 sin
= 0,
√ cos
x→+∞
2
2 x+1+ x
α−β
2
car
√
√
x
+
1
+
x
cos
≤ 1,
2
∀x ∈ R et
lim 2 sin
x→+∞
2
√
1
√
x+1+ x
!
= 0
...
π
π
π
y
2
π
y
2
+ π2
+ π2
Solution 18
...
sin (2x) x→0 2
47
Chapitre 3
Les fonctions réelles à une variable réelle
(2) On sait que ln (1 + x2 ) ∼ x2 et tan
x
2
∼
d'où
x
ln (1 + x2 )
x ∼ 2x, x → 0,
, si x → 0, alors
2
tan
2
ln (1 + x2 )
x = 0
...
n
−
m
=
x→0
x2
2
1
1
1
(4) On sait que ex − 1 ∼ x, si x → 0, alors e x − 1 ∼ , si x → +∞, donc x e x − 1 ∼ 1,
x
x → +∞
...
x→+∞
r
√
1
1
, si x → +∞, donc
(5) On sait que 1 + x ∼ 1 + 12 x, si x → 0, alors 1 + ∼ 1 +
x
2x
r
1
1
x 1 + ∼ x + , x → +∞, d'où
x
2
r
1
1
lim x 1 + = lim x + = +∞
...
(a) Si x =
6 0, la fonction f est continue
...
x→0 1 + e x
x→0
On a utilisé le fait que lim− e x = 0 et lim+ e x = +∞, comme fg (0) = fd (0) = f (0) = 0,
x→0
x→0
alors f est continue au point x0 = 0
...
Les dé nitions des limites à gauche et à droite au
point x0 = 0, nous donne
1
ln (1 + y)
1 ln (1 + y)
2
gd (0) = lim+ g (x) = lim+ x ln 1 +
= lim
= lim
= 0,
2
y→+∞
y→+∞ y
x→0
x→0
x
y
y
ey
1
= lim
= 0
...
1
gg (0) = lim− g (x) = lim− xe x = lim
48
Chapitre 3
Les fonctions réelles à une variable réelle
Solution 20
...
3 + sin (x)
0
f1 (x) =
(2) On a
√
0
x
2
1 + √1+x
1
+
x
1
2
0
√
√
=
=√
f2 (x) =
...
2 + cos (x) 2 − cos (x)
(2 + cos (x)) (2 − cos (x))
4 − cos2 (x)
(4) On a
f4 (x) = xx+1 = eln(x
x+1
) = e(x+1) ln(x) ,
donc
0
0
(x+1) ln(x)
f4 (x) = ((x + 1) ln (x)) e
x+1
=
ln (x) +
xx+1
...
(6) On a
f6 (x) = x
sin(x)
x
donc
0
f6 (x) =
sin(x)
ln x x
=e
=e
sin(x)
x
ln(x)
,
0
sin(x)
sin (x)
ln (x) e x ln(x) ,
x
Comme
0
0
sin (x)
sin (x)
sin (x) 1
ln x +
ln (x)
=
x
x
x x
x cos (x) ln x + (1 − ln x) sin (x)
=
,
x2
d'où
0
f6 (x) =
x cos (x) ln x + (1 − ln x) sin (x)
x2
= (x cos (x) ln x + (1 − ln x) sin (x)) x
49
x
sin(x)
x
sin(x)
−2
x
...
• La fonction f est continue et dérivable sur ]−∞, 0[ , ]0, π[ et ]π, +∞[
...
On
a
fg (0) = lim− f (x) = lim− x2 + x = 0,
x→0
x→0
fd (0) = lim+ f (x) = lim+ sin (x) = 0,
x→0
x→0
Alors fg (0) = fd (0) = f (0), donc f est continue en x0 = 0
...
On a
f (x) − f (0)
x2 + x
fg (0) = lim−
= lim−
= lim− x + 1 = 1
...
0
fd (0) = lim+
• Pour x0 = π , on utilisera les dé nitions des limites à gauche et à droite au point x0 = π,
alors
fg (π) = lim− f (x) = lim− sin (x) = 0,
x→π
x→π
fd (π) = lim+ f (x) = lim+ 1 + cos (x) = 0,
x→π
x→π
Alors fg (π) = fd (π) = f (π), donc f est continue en x0 = π
...
x→π x − π
y→0
y→0
x−π
y
y
f (x) − f (π)
1 + cos (x)
1 + cos (y + π)
= lim+
= lim+
x→π
x→π
y→0
x−π
x−π
y
1 − cos (y)
y
= 0,
= lim+ y
=
lim
y→0
y→0+ 2
y2
fd (π) =
lim+
Comme fg (π) 6= fd (π) , alors la fonction f n'est pas dérivable en x0 = π
...
• Pour x0 = 0, on utilisera les dé nitions des limites à gauche et à droite au point x0 = 0, on
a
gg (0) = lim− f (x) = lim− ex − 1 = 0,
x→0
x→0
gd (0) = lim+ f (x) = lim+ x ln (x) − x = 0,
x→0
x→0
Alors gg (0) = gd (0) = g (0), donc g est continue en x0 = 0
...
x→0
x−0
x
g (x) − g (0)
x ln (x) − x
= lim+
= lim+ ln (x) − 1 = −∞,
x→0
x→0
x→0
x−0
x
0
Comme gd (0) = −∞, alors la fonction g n'est pas dérivable en x0 = 0
...
(1) La limite de
1 − cos (x)
en 0 est indéterminée, on regarde la limite du quotient des dérivées
ex − 1
du numérateur et du dénominateur
0
(1 − cos (x))
(ex
donc
− 1)
0
=
sin (x)
ex
sin (x)
1 − cos (x)
=
lim
= 0
...
0
1
1−x
−1
(ln x − x + 1)
x
x (1 + ln x) xx
xx − 1
= lim+
= −∞
...
x→1− ln x − x + 1
x→1
1−x
lim+
(3) La limite de
sin (x)
en π est indéterminée, on a
x2 − π 2
0
(sin (x))
(x2 − π 2 )
donc
0
=
cos (x)
,
2x
sin (x)
cos (x)
cos (π)
1
= lim
=
=−
...
2
x→0
x→0
x
2
lim
51
4
|
4
...
1
...
1
...
On appelle logarithme népérien et on note ln l'unique primitive s'annulant en
1 de la fonction x →
1
x
dé nie sur R∗+ ,
ln : R∗+ → R
x → ln (x) =
Rx dt
1 t
Remarque
...
y
ln(x)
1−
O
−3
...
57
1
...
14
x=0
Propriétés des logarithmes
Soient a et b des réels strictement positifs, et α est un réel :
• Produit : ln (ab) = ln (a) + ln (b)
• Inverse : ln a1 = − ln (a)
• Quotient : ln ab = ln (a) − ln (b)
• Puissance : ln (aα ) = α ln (a)
√
1
• Racine carrée : ln ( a) = ln (a)
2
52
x
Chapitre 4
Application aux fonctions élémentaires
Équations et d'inéquations avec des logarithmes
• ln (a) = ln (b) ⇔ a = b
• ln (a) ≥ ln (b) ⇔ a ≥ b
• ln (a) < ln (b) ⇔ a < b
• ln (a) ≤ 0 ⇔ 0 < a ≤ 1 et ln (a) > 0 ⇔ a > 1
...
x
4
...
2 Fonction exponentielle
Dé nition 4
...
2
...
Remarque
...
est une fonction continue, strictement croissante et
dérivable sur R, où
0
(exp x) = exp x,
pour tout x ∈ R
...
14 −1
...
57
x=0
Propriétés des exponentielles
Soient a, b et n des réels :
• Produit : ea × eb = ea+b
1
• Inverse : a = e−a
e
ea
• Quotient : b = ea−b
e
• Puissance : (ea )n = ena
53
x
e 3
...
Équations et d'inéquations avec des exponentielles
• ea = eb ⇔ a = b
• aa ≥ eb ⇔ a ≥ b
• ea < eb ⇔ a < b
• ea ≥ b > 0 ⇔ a ≥ ln b
• ea < b ⇔ a < ln b, avec b > 0
Limites particulières
lim ex = +∞,
lim ex = 0,
x→−∞
ex − 1
= 1
...
1
...
1
...
On appelle fonction puissance d'un réel a positif, la fonction fa dé nie sur R
par :
fa (x) = ax = ex ln(a)
...
La fonction puissance est strictement positive
∀x ∈ R : ax = ex ln(a) > 0
...
Pour tous a, b > 0, on a les égalités suivantes
• ∀x ∈ R : ln (ax ) = x ln (a)
...
ax
ay
• ∀x ∈ R : (ab)x = ax × bx
...
Comme ax = ex ln(a) , elle est continue et dérivable sur R,car composition de fonctions continues et
dérivables sur R
...
Le signe de la dérivée dépend donc du signe de ln (a)
...
0
• Si 0 < a < 1, on a alors ∀x ∈ R : fa (x) < 0, la fonction puissance est décroissante
...
14 −1
...
57
x
3
...
14
−1
...
57
3
...
2
Application aux fonctions élémentaires
Fonctions trigonométriques et leurs inverses
4
...
1 Fonctions trigonométriques
Les fonctions sinus et cosinus
Fonction
sin x
cos x
R
R
Parité
impaire
paire
Période
T = 2π
T = 2π
Dérivée
cos x
− sin x
Domaine de dé nition
y
y=1
−
+
−3
...
57
2
y = −1
O
−
cos(x)
+
π
1
...
14
π
sin(x)
Propriétés
Les fonctions sinus et cosinus satisfont les propriétés suivantes, pour tout x ∈ R,
• cos2 (x) + sin2 (x) = 1
1
• cos2 (x) = (1 + cos 2x)
2
1
• sin2 (x) = [1 − cos (2x)]
2
• cos (2x) = cos2 (x) − sin2 (x)
• sin (2x) = 2 cos (x) sin (x)
Formules d'addition ∀x, y ∈ R, on a
• cos (x + y) = cos (x) cos (y) − sin (x) sin (y)
• cos (x − y) = cos (x) cos (y) + sin (x) sin (y)
• sin (x + y) = sin (x) cos (y) + cos (x) sin (y)
• sin (x − y) = sin (x) cos (y) − cos (x) sin (y)
Formules de transformation de produits en sommes
1
[cos (x + y) + cos (x − y)]
2
1
• sin (x) sin (y) = [cos (x − y) − cos (x + y)]
2
• cos (x) cos (y) =
56
Chapitre 4
Application aux fonctions élémentaires
1
[sin (x + y) + sin (x − y)]
2
1
• cos (x) sin (y) = [sin (x + y) − sin (x − y)]
2
• sin (x) cos (y) =
Formules de transformation de sommes en produits
•
•
•
•
x+y
x−y
sin (x) − sin (y) = 2 cos
sin
2
2
x+y
x−y
cos (x) − cos (y) = −2 sin
sin
2
2
x−y
x+y
cos
cos (x) + cos (y) = 2 cos
2
2
x+y
x−y
sin (x) + sin (y) = 2 sin
cos
2
2
Les fonctions tangente et cotangente
Dé nition 4
...
1
...
Propriétés
...
• Les deux fonctions étant périodiques de période π , on
peut donc restreindre le domaine de
−π π
l'étude à un intervalle de longueur π , par exemple
,
pour la tangente et ]0, π[ pour
2 2
la cotangente
...
La fonction tangente satisfait les propriétés suivantes, ∀x, y ∈ R−
on a
π
2
+ kπ : k ∈ Z ,
2 tan (x)
1 − tan2 (x)
tan (x) + tan (y)
• tan (x + y) =
1 − tan (x) tan (y)
tan (x) − tan (y)
• tan (x − y) =
1 + tan (x) tan (y)
sin (x + y)
• tan (x) + tan (y) =
cos x
...
2
...
La bijection réciproque est appelée fonction arcsinus et est notée
2 2
arcsin,
h
i
π π
arcsin : [−1, 1] → − ,
,
2 2
58
x 7−→ arcsin (x)
...
(1) ∀x ∈ [−1, 1], on a sin (arcsin (x)) = x
...
2 2i
h π
π
(3) ∀x ∈ − ,
, on a sin (x) = y ⇔ x = arcsin (y)
...
Proposition 4
...
1
...
1 − x2
Démonstration
...
cos (arcsin (x))
1 − x2
Fonction x → arccos x
La fonction cosinus a une fonction dérivée strictement négative sur ]0, π[, donc bijective de
[0, π] sur [−1, 1]
...
y
−π
π
−2
arccos(x)
−1
x
O
1
Propriétés
...
(2) ∀x ∈ [0, π], on a arccos cos (x) = x
...
√
(4) ∀x ∈ [−1, 1] , on a sin (arccos (x)) = 1 − x2
...
2
...
La fonction arccos est dérivable dans ]−1, 1[, et l'on a
0
−1
(arccos x) = √
...
Pour tout x ∈ ]−1, 1[, on a cos (arccos (x)) = x, par dérivation, on obtient
0
(arccos x) = −
−1
1
=√
...
La bijection réciproque est appelée fonction arctangente et est notée
2 2
arctan,
i π πh
,
x−
7 → arctan (x)
...
(1) ∀x ∈ R, on a tan (arctan (x)) = x
...
2 2
(3) La fonction arctan est dérivable surs R, et l'on a
0
(arctan x) =
4
...
1 + x2
Fonctions hyperboliques et leurs inverses
4
...
1 Fonctions hyperboliques
Dé nition 4
...
1
...
60
Chapitre 4
Application aux fonctions élémentaires
Propriétés
...
(2) Pour tout x ∈ R, on a les relations
ch (x) − sh (x) = −e−x ,
1
...
th (x + y) =
1 + th (x) + th (y)
(4) Les fonction ch, sh, th sont indé niment dérivables sur R, et l'on a
0
(ch (x)) = sh (x) ,
0
0
(sh (x)) = ch (x) ,
(th (x)) =
1
= 1 − th2 (x)
...
sh (x)
2
y
y
coth(x)
ch(x)
x=1
1
O
O
x
th(x)
x
x = −1
sh(x)
4
...
2 Fonctions hyperboliques réciproques
Fonction x → Argsh
La fonction sinus hyperbolique est de dérivée strictement positive sur R, donc c'est une bijection
61
Chapitre 4
Application aux fonctions élémentaires
de R sur son image R
...
y
Argsh(x)
O
x
Propriétés
...
√
(2) ∀x ∈ R, Argsh (x) = ln x2 + 1 + x
...
x2 + 1
Fonction x →Argch
La fonction cosinus hyperbolique est de dérivée strictement positive sur R∗+ , donc c'est une bijection
de R+ dans [1, +∞[
...
y
Argch(x)
x=1
x
O
Propriétés
...
(2) ∀x ∈ [0, +∞[, Argch (ch (x)) = x
...
(3) La fonction Argch est continue sur [1, +∞[, dérivable sur ]1, +∞[, et l'on a
0
1
(Argch (x)) = √
...
L'application réciproque est appelée argument tangente hyperbolique et est
notée Argth,
Argth : ]−1, 1[ → R,
x 7−→ Argth (x)
...
(1) ∀x ∈ ]−1, 1[, th (Argth (x)) = x
...
1+x
1
+
(2) ∀x ∈ R , Argth (x) = ln
...
1 − x2
Fonction x →Argcth
La fonction cotangente hyperbolique est de dérivée strictement positive sur R∗ , donc c'est une
bijection de R∗ sur ]−∞, 1[ ∪ ]1, +∞[
...
y
Argth(x)
x = −1
x
x=1
O
Propriétés
...
(2) ∀x ∈ ]−∞, 1[ ∪ ]1, +∞[, Argcth (coth (x)) = x
...
2
x−1
(3) La fonction Argcth est continue et dérivable sur ]−∞, 1[ ∪ ]1, +∞[, et l'on a
0
(Argcth (x)) =
4
...
−1
Exercices
4
...
1 Énoncés
Exercice 23
...
2) Écrire sous forme d'expression algébrique
a) cos (2 arcsin (x)) ,
b) cos (arctan (x))
...
Résoudre les équation suivantes :
3
a) arccos x = 2 arccos ,
4
3
2
b) arcsin x = arcsin + arcsin
...
Véri er
π
i) Pour tout x ∈ ]−1, 1[ , arcsin (x) + arccos (x) =
...
x
2
Exercice 26
...
2) Calculer les dérivées des fonctions f1 et f2
...
Simpli er les expressions suivantes :
a) ch (Argshx) ,
b) th (Argshx) ,
c) sh (2Argshx) ,
d) sh (Argchx) ,
e) th (Argchx) ,
f ) ch (2Argchx) ,
g)
2ch2 (x) − sh (2x)
...
4
...
π
, on trouver
6
π
π
π
= 2 cos2
− 1 = 1 − 2 sin2
...
cos
12
2
12
2
π
2
...
2
...
1 + tan (arctan (x))
1 + x2
2
, π2 , cos (arctan (x)) ≥ 0, donc
1
cos (arctan (x)) = √
...
3
a) On a cos (arccos x) = x, alors cos (arccos x) = cos 2 arccos
, donc
4
3
3
3
1
x = cos 2 arccos
= 2 cos arccos
− 1 = 2
...
4
4
4
2
√
b) Comme cos (arcsin x) = 1 − x2 et sin (a + b) = sin (a) cos (b) + sin (b) cos (a) , alors
x = sin (arcsin x)
2
3
= sin arcsin + arcsin
5
5
2
3
3
2
= sin arcsin
...
cos arcsin
5
5
5
5
2
3
3
2
=
cos arcsin
+ cos arcsin
5
5
5
5
s
s
2
2
2
3
3
2
=
1−
+
1−
5
5
5
5
√
3 21 + 8
...
1) Soit f la fonction dé nie sur [−1, 1] par f (x) = arcsin (x) + arccos (x) , pour tout x ∈
]−1, 1[ ,
1
1
0
−√
= 0
...
2
2
donc
π
∀x ∈ ]−1, 1[ : arcsin (x) + arccos (x) =
...
1 + x2 1 + x12
alors g est constante sur ]0, +∞[ , donc
g (x) = g (1) = 2 arctan (1) = 2
π
π
=
...
1) L'ensemble de dé nition
Df1
= x ∈ R : −1 ≤
x
≤ 1 et x 6= −1
x+1
On a
x
−1
≤ 1,
≤ 0,
x
x+1
x+1
≤1
⇔
⇔
x
2x + 1
−1 ≤
x+1
,
≥ 0,
x+1
x+1
(
x + 1 ≥ 0,
⇔
(2x + 1) (x + 1) ≥ 0,
(
x ∈ [−1, +∞[ ,
⇔
x ∈ ]−∞, −1] ∪ − 21 , +∞ ,
1
⇔ x ∈ − , +∞ ,
2
1
comme −1 ∈
/ − 2 , +∞ , alors
1
Df1 = − , +∞
...
Df3 = x ∈ R : −1 ≤ 2x + 1 ≤ 1 et − 1 ≤ 3x2 ≤ 1
1
2
2
−1 ≤ 2x + 1 ≤ 1 et − 1 ≤ 3x ≤ 1 ⇔
−1 ≤ x ≤ 0 et x ≤
3
1 1
⇔ x ∈ [−1, 0] et x ∈ − √ , √
3 3
1
⇔ x ∈ −√ , 0
...
3
2) Les dérivées de f1 et f2
...
1 − u2
0
x
, donc
x+1
0
1
x
0
f1 (x) = q
2 x + 1
x
1 − x+1
q
(x + 1)2
1
= q
2
(x + 1)2 − x2 (x + 1)
On a f1 (x) = arcsin (u (x)), avec u (x) =
(x + 1)
|x + 1|
1
1
√
= √
2 =
2x + 1 (x + 1)
2x + 1 (x + 1)2
1
−1
√
,
=
, ∀x >
2
(x + 1) 2x + 1
car
−1
1
x∈
, +∞ ⇒ x + 1 ≥ ⇒ |x + 1| = x + 1
...
(2 − x2 ) (x2 − 1)
Solution 27
...
Comme ch (x) ≥ 0, alors
√
ch (Argsh x) = x2 + 1
...
ch (Argshx)
x2 + 1
67
Chapitre 4
Application aux fonctions élémentaires
b) sh (2α) = 2ch (α) sh (α) , pour α = Argshx,
√
sh (2Argshx) = 2ch (Argshx) sh (Argshx) = 2x x2 + 1
...
Comme Argchx ≥ 0, alors sh (Argch x) ≥ 0, donc
sh (Argch x) =
d) On a
th (Argchx) =
√
x2 − 1
...
ch (Argchx)
x
f ) On a ch (2α) = 2ch2 (α) − 1, pour α = Argchx,
ch (2Argchx) = 2ch2 (Argchx) − 1 = 2x2 − 1
...
x − ln (ch (x)) − ln (2)
ln (1 + e−2x )
68
5
|
5
...
1
...
1
...
Soit f : ]a, b[ → R , x0 ∈ ]a, b[
...
Alors ∀x ∈ [a, b],
00
0
(n)
f (x0 )
f (x0 )
f (x0 )
f (x) = f (x0 ) +
(x − x0 ) +
(x − x0 )2 +
...
x→x0
Remarque
...
5
...
2 Formule de Mac-Laurin-Young
Lorsque x0 = 0 dans la formule précédente, on obtient la formule de Mac-Laurin à l'ordre n
avec reste de Young
0
00
(n)
f (0) 2
f (0) n
f (0)
x+
x +
...
5
...
2
...
2
...
Soit I un intervalle ouvert
...
, cn et une fonction
ε : I → R telle que lim ε (x) = 0 de sorte que pour tout x ∈ I ,
x→a
f (x) = c0 + c1 (x − a) +
...
a) L'égalité précédente s'appelle un développement limité de f au voisinage de a à l'ordre n
...
+ cn (x − a)n est appelé la partie polynomiale du
développement limité
...
Exemple 5
...
1
...
Par
suite
x2 x4
xn
+
+
...
2!
4!
n!
ex = 1 + x +
Exemple 5
...
2
...
0,
si n = 2p,
p
(−1) n si n = 2p + 1
...
+ (−1)
+ x2p+2 ε (x)
...
2
...
+
+ xn ε (x)
2!
4!
n!
x2n
x2 x4
+
+
...
+
+ x2n+2 ε (x)
3!
5!
(2n + 1)!
x2 x4
x2n
1−
+
+
...
+ (−1)n
+ x2n+2 ε (x)
3!
5!
(2n + 1)!
x2 x3
xn
+
+
...
(α − n + 1) n
1 + αx +
x +
...
+ (−1)n xn + xn ε (x)
1 + x + x2 + x3 +
...
× (2n − 3) n
−
+
...
× 2n
5
...
3 Développement limité des fonctions en un point quelconque
Proposition 5
...
1
...
70
Chapitre 5
Développement limité
Exemple 5
...
3
...
On pose h = x − 1, si x est proche de 1, alors h est proche de 0
...
On a
hn
h2
n
+
...
+ (x − 1)n + (x − 1)n ε (x − 1) ,
1!
2!
n!
x
1+h
h
où lim ε (x − 1) = 0
...
2
...
Calculons le développement limité de la fonction f (x) = cos (x) en
...
On a donc
2
h3
h2n+1
n
cos (x) = − sin (h) = −h +
+
...
+
x−
,
− x−
ε x−
2
(2n + 1)!
2
2
2
π
= 0
...
+ cn xn + xn ε1 (x) = C (x) + xn ε1 (x) ,
g (x) = a0 + a1 x +
...
x→0
x→0
5
...
4 Somme et produit
(1) f + g admet un développement limité en 0 l'ordre n qui est :
f (x) + g (x) = (c0 + a0 ) + (c1 + a1 ) x +
...
(2) f
...
g (x) = Tn (x) + xn ε (x) ,
où Tn est le polynôme
Tn (x) = (c0 + c1 x +
...
+ an xn )
...
71
Chapitre 5
Développement limité
1
− ex dé nie sur l'intervalle ]1, +∞[
...
2
...
Soit la fonction f (x) =
1
= 1 + x + x2 + x3 + x3 ε (x) ,
1−x
2
3
ex = 1 + x + x2! + x3! + x3 ε (x) ,
D'où
f (x) =
x2 5 3
+ x + x3 ε (x)
...
2
...
Cherchons le développement à l'ordre 5 de ϕ : x → cos (x) sin (x) au voisinage
de 0, on calcule le produit
x3
x5
x−
+
6
120
x2 x4
1−
+
,
2
24
en ne gardant que les monômes de degré 5, d'où
ϕ (x) = x −
2x3 2x5
+
+ x5 ε (x)
...
2
...
et deg (Q) est inférieur ou égal à n
...
Remarque
...
Exemple 5
...
7
...
1+x
1−x
2x
2x − 2x2
2x2
2x2 − 2x3
2x3
...
+ (−1)n un + un ε3 (x)
...
+ an xn + xn ε2 (x) et le quotient s'écrit
f
1
= f
...
(2) Si a0 6= 0 et a0 6= 1, alors on se ramène au cas précédent en écrivant
1
1
1
=
...
+ aan0 xn + xn ε2 (x)
(3) Si a0 = 0, alors on factorise par xk (pour un certain k ) a n de se ramener aux cas précé-
dents
...
Cherchons
sin (x)
son développement à l'ordre 4 au voisinage de 0
...
2
...
Soit la fonction f (x) =
avec u (x) = −
x2 x4
+
+ x4 ε (x), d'où
2!
4!
f (x) =
x
x2 7x4
=1+
+
+ x4 ε (x)
...
2
...
+
(x − a)n+1 + (x − a)n+1 θ (x) ,
2
n+1
où lim θ (x) = 0
...
Exemple 5
...
9
...
Cherchons son
développement au voisinage de 0, on a f (x) =
0
0
f (x) =
1
, alors
1 + x2
1
= 1 − x2 + x4 +
...
2
1+x
et f (0) = 0, d'où
(−1)n 2n+1
x3 x5
+
+
...
f (x) = x −
3
5
2n + 1
73
Chapitre 5
Développement limité
5
...
7 Composition
Supposons que g (0) = 0 c'est à dire que a0 = 0
...
Exemple 5
...
10
...
Le développement limité de sin (x) nous donne
x3
4
f (x) = exp x −
+ xε x
6
u2 u3 u4
= 1+u+
+
+
+ u4 ε (u) ,
2!
3!
4!
avec u = x −
x3
+ x4 ε (x), d'où
6
f (x) = 1 + x +
x2 x4
−
+ x4 ε (x)
...
2
...
Dé nition 5
...
2
...
, cn , tels que
c2
cn
1
c1
f (x) = c0 + + 2 +
...
x→+∞
x
1
Exemple 5
...
11
...
Cherchons son dévelopx
1
pement à l'ordre n en +∞, posons u = , lorsque x tend vers +∞, on a u tend vers 0, alors
x
u
u2
un
f (x) = e = 1 + +
+
...
+
+ nε
,
2
n
1!x 2!x
n!x
x
x
u
où lim ε (x) = 0
...
3
Application des Développements limités
5
...
1 Calculer des limites
...
74
Chapitre 5
Développement limité
Exemple 5
...
1
...
x (cos (x) − 1)
On voit que cette limite est une forme indéterminée
...
3
x→0 x (cos (x) − 1)
x→0
3
+ x ε2 (x) x→0 2 + ε2 (x)
2!
5
...
2 Position de la courbe par rapport à une tangente
On suppose que f admet un DLn (x0 ),
f (x) = a0 + a1 (x − x0 ) +
...
Cela implique que f (où son prolongement si f n'est pas dé nie en x0 ), est continue
et dérivable en x0 , avec
0
f (x0 ) = a0 et f (x0 ) = a1
Donc l'équation de la tangente est y = a0 + a1 (x − x0 )
...
+ an (x − x0 )n + (x − x0 )n ε (x)
...
(2) si am < 0 alors f (x)−(a0 + a1 (x − x0 )) ≤ 0 localement et donc la courbe est localement
"en-dessous" de sa tangente
...
Exemple 5
...
2
...
x
Exemple 5
...
3
...
= x 1 + x + x2 + x3 ε (x)
1−x
= x + x2 + x3 ε (x) , DL3 (0) ,
Donc la tangente en 0 est y = x, comme m = 2 est pair et am = a2 = 1 > 0, alors le graphe de f
est en dessous de la tangente
...
3
...
Pour trouver a0 et a1 on sait qu'on doit calculer les limites :
f (x)
x→+∞ x
a0 = lim
et a1 = lim (f (x) − a0 x)
x→+∞
Pour trouver a0 et a1 en utilisant la méthode des DL, on calcule le DL à l'ordre 1 en 0 de la
fonction yf y1
...
x
Pour connaitre la position
de la courbe par rapport à l'asymptote, on doit calculer un DL d'ordre
supérieur de yf y1 en 0
...
+ an y n + y n ε (x) en 0
...
+ n−1 + n−1 ε
x
x
x
1
en + ∞
...
Alors
• si am > 0 alors f (x) − (a0 + a1 x) ≥ 0, donc la courbe est "au-dessus" de l'asymptote au
voisinage de +∞
...
Exemple 5
...
4
...
Le développement à l'ordre n en +∞ est donné par la formule suivante
1
1
1
f (x) − (x + 1) =
+
...
5
...
4
...
Déterminer le développement limité en 0 à l'ordre 3 des fonctions suivantes
1) f1 (x) =
√
1 + x,
4) f4 (x) = ln (2 + x)
ex − 1 − x
,
x2
5) f5 (x) = ln (x + ex )
2) f2 (x) =
76
3) f3 (x) =
ex
,
x + ex
1
2
> 0,
Chapitre 5
Développement limité
Exercice 29
...
(1) Calculer le développement limité à l'ordre 2 en x0 = 2 de
f (x) = ln x
g (x) = x3 − x2 − x − 2
...
− x2 − x − 2
Exercice 31
...
2
π
de f (x) = esin(x)
...
x→0 x − π 2
2
lim
Exercice 32
...
(2) En déduire
x
1
f (x) − e 2 + 1 − cos (x)
...
Soit f la fonction dé nie sur R∗ par : f (x) =
ln (ch (x))
...
(2) Montrer que f est prolongeable par continuité en 0 et que ce prolongement est dérivable en
0
0, donner la valeur de f (0)
...
4
...
1) On a f1 (x) =
√
1
1 + x = (x + 1) 2 de la forme (x + 1)α , avec α = 12 , donc
f1 (x) =
√
1 + x = 1 + αx +
α (α − 1) 2 α (α − 1) (α − 2) 3
x +
x + x3 ε (x)
2!
3!
1
1
3
= 1 + x − x2 + x3 + x3 ε (x)
...
=
2 6 25 120
f2 (x) =
3) On a
e
Alors
x
x
x2 x3
= 1+ +
+
+ x3 ε (x)
1!
2!
3!
x2 x3
+
+ x3 ε (x)
= 1+x+
2
6
2
3
1 + x + x2 + x6 + x3 ε (x)
ex
f3 (x) =
=
...
2
Donc
x2 x3
+
2
6
7
1 − x + 2x2 − x3
2
1 + 2x +
7
f3 (x) = 1 − x + 2x2 − x3 + x3 ε (x)
...
2
Comme
u2 u3
+
+ u3 ε (u)
2
3
x x 2 x3
=
−
+
+ x3 ε (x)
...
2 8
24
78
Chapitre 5
Développement limité
5) On
x
x2 x3
+
+
+ x3 ε (x) + x
1!
2!
3!
x2 x3
= 1 + 2x +
+
+ x3 ε (x)
...
2
3
ln (1 + u) = u −
Solution 29
...
12
d'où
−x5
+ x5 ε (x)
...
6
Chapitre 5
Développement limité
(3) La décomposition de f4 donne
f3 (x) =
x2 + 1
1 + x2
=
x2 − 2x + 1
1 − 2x + x2
DL d'un quotient
1 + x2
− (1 − 2x + x2 )
2x
− (2x − 4x2 + 2x3 )
4x2 − 2x3
− (4x2 − 8x3 + 4x4 )
6x3 − 4x4
− (6x3 − 12x4 )
8x4
1 − 2x + x2
1 + 2x + 4x2 + 6x3 + 8x4
d'où
f3 (x) = 1 + 2x + 4x2 + 6x3 + 8x4 + x4 ε (x)
...
x
Solution 30
...
ϕ (t) = ln 2 + ln 1 +
2
Son développement limité à l'ordre 2 au voisinage de 0 est donné par
ϕ (t) = ln 2 +
t
t2
−
+ t3 ε (t)
...
2
8
Par la formule de Taylor pour g à l'ordre 2, on a
g (x) = 7 (x − 2) + 5 (x − 2)2 + (x − 2)3 ε (x − 2)
...
2
−x −x−2
14
Solution 31
...
Par le développement de
la fonction cos (t) au point t = 0 à l'ordre 4, on a
t2 t4
4
ψ (t) = exp 1 − + + t ε (t)
...
2!
Par rapport à t, le développement devient
t2
7 4
ψ (t) = e 1 − + t + t4 ε (t)
...
f (x) = e −
2
2
6
2
2
2
π
π
(2) Par le développement limité de f au voisinage de , on a l'équivalence au voisinage de ,
2
2
f (x) − e
e
∼−
...
π 2
2
x−
2
x→0
Solution 32
...
2 8
48
f (x) = 1 +
81
Chapitre 5
Développement limité
(2) Par le développement limité de ex et cos x à l'ordre 3 au voisinage de 0, on a
x
1 − cos (x) − e 2 = −1 −
x 3 2
x3
+ x −
+ x3 ε (x) ,
2 8
42
d'où
x
f (x) − e 2 + 1 − cos (x) =
37 3
x + x3 ε (x)
...
3
3
3
x→0
x→0 x + x ε (x)
x→0 1 + ε (x)
112
sin (x)
Solution 33
...
2
2
12
Par le développement limité de sh (x) au voisinage de 0 à l'ordre 4, on a
f (x) =
x
2
−
1+
x3
12
x2
6
+ x3 ε (x)
+ x3 ε (x)
x2
...
2
6
(2) Par le développement limité de f au voisinage de 0, on a
f (x) =
x x3
−
+ x3 ε (x) = 0
...
82
x3
6
+ x3 ε (x)
1
= ,
x
2
6
|
6
...
1
...
Soit G un ensemble
...
Si on la note
composé de a et b pour la loi ∗
...
1
...
Sur G = Z, l'addition dé nie par
soustraction
Z×Z →
Z
sont des lois de compositions internes
...
Z×Z →
Z
Z×Z →
Z
et la
, la multiplication
(a, b) → a × b
(a, b) → a + b
R2 × R2
→
R2
est une loi
((x1 , y1 ) , (x2 , y2 )) → (x1 , y1 ) + (x2 , y2 ) = (x1 + x2 , y1 + y2 )
Exemple 6
...
2
...
Dé nition 6
...
2
...
On dit que
1) La loi ∗ est commutative si
∀x, y ∈ G,
x ∗ y = y ∗ x
...
83
Chapitre 6
Algèbre linéaire
3) La loi ∗ admet sur G un élément neutre, noté e, si
∃e ∈ G,
∀x ∈ G,
x ∗ e = e ∗ x = x
...
1
...
Dans R−
1
2
: x ∗ e = x
...
La loi ∗ est interne sur R−
comme
1
2
, en eet, soit x, y ∈ R−
x∗y =
1
2
⇔ x + y − 2xy =
1
2
, montrons que x ∗ y ∈ R−
1
2
,
1
2
1
⇔ x (1 − 2y) − (1 − 2y) = 0
2
1
⇔ (1 − 2y) x −
=0
2
1
1
⇔
y−
x−
=0
2
2
1
1
⇔ y = ou x =
...
Soit x, y, z ∈ R− 12 , on a
x ∗ y = x + y − 2xy = y + x − 2yx = x ∗ y
donc la loi ∗ est commutative
...
Soit e ∈ R−
, tel que x ∗ e = e ∗ x = x, alors
1
2
x + e − 2xe = e + x − 2ex = x ⇔ e (1 − 2x) = 0 ⇔ e = 0
donc a loi ∗ admet comme l'élément neutre élément e = 0
...
1
...
Soit ∗ une loi interne sur un ensemble G, possédant un élément neutre e et
soit x ∈ G
...
Exemple 6
...
4
...
Soit x ∈ R−
0
0
1
2
, tel que x ∗ x = x ∗ x = e, alors
0
0
0
x + x − 2xx = 0 ⇔ x (1 − 2x) = −x ⇔ x =
0
x
,
2x − 1
donc, l'élément symétrique de x est
1
pour tout x ∈ R−
...
En eet, soit x, y ∈ R− 21 , montrons que x ∗ y ∈ R− 12 , on a
x
x =
,
2x − 1
0
1
⇔ 2x − 1 = 2x ⇔ −1 = 0,
2
1
0
x =
ce qui est absurde, d'où x ∈ R−
0
2
...
1
...
Soit G un ensemble muni de deux lois de composition internes, notées ∆ et ∗
...
6
...
1 Structure de groupe
Dé nition 6
...
5
...
On dit que (G, ∗)
est un groupe si la loi ∗ satisfait aux trois conditions suivantes :
(1) ∗ est associative
...
(3) Chaque élément de G admet un symétrique pour ∗
...
Exemple 6
...
5
...
(2) (R, ×) n'est pas un groupe car 0 n'admet pas d'élément symétrique
...
Dé nition 6
...
6
...
Une partie H ⊂ G (non vide) est un sous groupe de G
si, la restriction de l'opération ∗ à H lui confère la structure de groupe
...
1
...
Soit H une partie non vide du groupe G
...
Exemple 6
...
6
...
En eet :
0
0
i) Si x, y ∈ R∗+ , alors x × y ∈ R∗+ ,
85
Chapitre 6
Algèbre linéaire
ii) Si x ∈ R∗+ , alors x−1 =
1
1
élément symétrique de x et x−1 = ∈ R∗+
...
1
...
On pose 2Z = {2z : z ∈ Z}, (2Z, +) est sous-groupe de Z
...
6
...
2 Structure d'anneau
Dé nition 6
...
7
...
On dit que (A, ∆, ∗) est un anneau si les conditions suivantes sont remplies :
1) (A, ∆) est un groupe commutatif
...
3) La loi ∗ est distributive par rapport à la loi ∆
...
Si la loi ∗ admet un élément neutre, on dit que l'anneau (A, ∆, ∗) est unitaire
...
1
...
(Z, +,
...
Dé nition 6
...
8
...
) avec 0 l'élément neutre de + et s'il est unitaire,
1 serait son unité
...
1
...
Une partie B de l'anneau A est un sous-
anneau de A si et seulement si :
i) pour tous a, b ∈ B, a − b ∈ B
ii) pour tous a, b ∈ B, a × B ∈ B
...
1
...
L'ensemble 2Z = {2z : z ∈ Z} est un sous-anneau de l'anneau (Z, +,
...
6
...
3 Structure d'un corps
Dé nition 6
...
9
...
On dit que (K, ∆, ∗) est un corps si les conditions suivantes sont remplies :
1) (K, ∆, ∗) est un anneau
...
Si de plus ∆ est commutative, On dit que (K, ∗, ∆) est un corps commutatif
...
1
...
(R, +,
...
Dé nition 6
...
10
...
Le résultat suivant caractérise tout sous-corps H d'un corps donné :
Proposition 6
...
3
...
b−1 ∈ H
...
1
...
• L'ensemble R des nombres réels est sous-corps du corps (C, +, ×)
...
6
...
2
...
) :
(
...
y
Dé nition 6
...
1
...
) tel que :
1) (E, +) est un groupe commutatif
...
(x + y) = λ
...
y
(3) ∀λ, µ ∈ K, ∀x ∈ E , (λ + µ)
...
x + µ
...
x = λ (µ
...
x = x
Les éléments de l'espace vectoriel sont appelés des vecteurs et ceux de K des scalaires
...
2
...
87
Chapitre 6
Algèbre linéaire
• (R, +,
...
) est un C- espace vectoriel,
3) (C, +,
...
, xn ) , (y1 , y2 ,
...
, xn + yn )
(
...
, yn )) → (λy1 , λy2 ,
...
) est un R- espace vectoriel
...
2
...
Si E est K- espace vectoriel, alors on a les propriétés suivantes :
(1) ∀x ∈ E , 0K
...
x = −x
(3) ∀λ ∈ K, λ
...
(x − y) = λ
...
y
(5) ∀λ ∈ K, ∀x ∈ E , λ
...
Dé nition 6
...
2
...
) un K- espace vectoriel et soit F un sous ensemble non vide de
E
...
) est aussi un K-espace vectoriel
...
1) Lorsque (F, +,
...
), alors 0E ∈ F
...
alors (F, +,
...
Théorème 6
...
1
...
) un K- espace vectoriel et F ⊂ E , F non vide on a les équivalences
suivantes :
(1) F est un sous espace vectoriel de E
...
x ∈ F et x + y ∈ F
...
x + µ
...
x + µ
...
Exemple 6
...
2
...
0
0
0
0
• ∀λ, µ ∈ R, ∀ (x, y) , x , y ∈ F, alors x − y = 0 et x − y = 0, donc
0
0
0
0
λ (x − y) + µ x − y = λx + µx − λy + µy = 0,
c'est-à-dire λ (x, y) + µ x , y ∈ F , d'où F est sous espace vectoriel de R2
...
2
...
L'intersection d'une famille non vide de sous espace vectoriel est un sous
espace vectoriel
...
La réunion de deux sous espace vectoriel n'est pas forcément un sous espace vectoriel
...
2
...
Soient F1 = {(x, y) ∈ R2 : x = 0} et F2 = {(x, y) ∈ R : y = 0} deux sous espaces
vectoriels dans R2 , F1 ∪ F2 n'est un sous espace vectoriel, car
u1 = (1, 0) ∈ F1 , u2 = (0, 1) ∈ F2 , et u1 + u2 = (1, 1) ∈
/ F1 ∪ F2
6
...
2 Somme de deux sous espaces vectoriels
Dé nition 6
...
3
...
Exemple 6
...
4
...
Proposition 6
...
3
...
e
...
6
...
3 Somme directe de deux sous espaces vectoriels
Dé nition 6
...
4
...
On
dira que la somme E1 + E2 de deux sous espaces vectoriels, est directe si E1 ∩ E2 = {0}
...
Proposition 6
...
4
...
La
somme E1 + E2 est directe si ∀x ∈ E1 + E2 , il existe un unique vecteur x1 ∈ E1 , un unique vecteur
x2 ∈ E2 , tel que x = x1 + x2
...
2
...
Soient F1 = {(x, y, z) ∈ R3 : x = 0} et F2 = {(x, y, z) ∈ R : y = z = 0} des sous
espaces vectoriels dans R3
...
2
• Soit (x, y, z) ∈ F1 ∩ F2 , alors (x, y, z) ∈ F1 et (x, y, z) ∈ F2 , ça signi e que x = 0 et
y = z = 0, alors (x, y, z) = 0R3 , c'est-à-dire F1 ∩ F2 = {0}
...
89
Chapitre 6
Algèbre linéaire
6
...
4 Familles génératrices, familles libres et bases
Dans la suite, on désignera l'espace vectoriel (E, +,
...
Dé nition 6
...
5
...
, en des éléments de E ,
1) On dit que {e1 , e2 ,
...
, αn ∈
K:
α1 e1 + α2 e2 +
...
= αn = 0K
...
2) On dit que {e1 , e2 ,
...
, en } si
∀x ∈ E,
∃α1 , α2 ,
...
+ αn en
...
, en } est une famille libre et génératrice de E , alors {e1 , e2 ,
...
Exemple 6
...
6
...
En
eet,
i) {u1 , u2 } est libre
...
ii) {u1 , u2 } est génératrice
...
Remarque
...
Exemple 6
...
7
...
En eet,
i) Soit α, β, γ ∈ R, alors
∀x ∈ R : αp1 (x) + βp2 (x) + γp3 (x) = 0 ⇔ ∀x ∈ R : α + βx + γx2 = 0
...
90
Chapitre 6
Algèbre linéaire
ii) Soit P ∈ R2 [x], alors il existe a, b, c ∈ R, tel que
∀x ∈ R : P (x) = a + bx + cx2 = ap1 (x) + bp2 (x) + cp3 (x) ,
c'est-à-dire
P = ap1 + bp2 + cp3 ,
donc {1, x, x2 } est génératrice
...
2
...
Si {e1 , e2 ,
...
, um } sont deux bases de l'espace vectoriel E ,
alors n = m
...
Si un espace vectoriel E admet une base alors toutes les bases de E ont le même
nombre d'éléments (ou même cardinal), ce nombre lâ ne dépend pas de là base mais il dépend
seulement de l'espace E
...
2
...
Soit E un K- espace vectoriel de base B = {e1 , e2 ,
...
Exemple 6
...
8
...
Exemple 6
...
9
...
Théorème 6
...
2
...
, en } est base de E ⇔ {e1 , e2 ,
...
, en } est libre
...
, ep } sont p vecteurs dans E , avec p > n, alors {e1 , e2 ,
...
, ep } est génératrice, alors il existe n vecteurs parmis {e1 , e2 ,
...
3) Si {e1 , e2 ,
...
, ep } ne peut être génératrice de plus si {e1 , e2 ,
...
, en }
dans E tels que {e1 , e2 ,
...
, en } est une base pour E
...
6
...
3
...
3
...
Soient E et F deux K-espaces vectoriels
...
x) = λ
...
x + y) = λ
...
Remarque
...
Exemple 6
...
1
...
En eet, soient (x, y, z) , x , y , z ∈ R3 et λ ∈ R, on a
h
0 0 0 i
0
0
0
= f x + x ,y + y ,z + z
f (x, y, z) + x , y , z
0
0
0
0
= 2 x+x + y+y , y+y − z+z
0
0
0
0
= 2x + 2x + y + y , y + y − z − z
0
0
0
0
= (2x + y) + 2x + y , (y − z) + y − z
0
0
0
0
= (2x + y, y − z) + 2x + y , y − z
0 0 0
= f (x, y, z) + f x , y , z
et
f [λ (x, y, z)] = f (λx, λy, λz) = (2λx + λy, λy − λz) = (λ (2x + y) , λ (y − z))
= λ (2x + y, y − z)
= λf (x, y, z)
...
Toutes les applications ne sont pas des applications linéaires
Dé nition 6
...
2
...
On dit que
1) f est un isomorphisme de E dans F , si f est bijective
...
) = (F, +,
...
Exemple 6
...
2
...
est un automorphisme
...
2
Chapitre 6
Algèbre linéaire
Notation
...
L' application identité, notée idE est donnée par :
idE : E → E,
x → idE (x) = x
...
3
...
Soit f une application linéaire de E dans F , on a
1) f (0E ) = 0F ,
2) ∀x ∈ E : f (−x) = −f (x)
...
Soit x ∈ E , on a
1) f (0E ) = f (0K
...
f (0E ) = 0F ,
2) f (−x) = f ((−1)
...
f (x) = −f (x)
...
3
...
3
...
Soit f une application linéaire de E dans F
...
(2) L'ensemble f −1 ({0}) s'appelle le noyau de l'application linéaire f et est noté Kerf , c'est-
à-dire
Kerf = {x ∈ E : f (x) = 0F }
...
3
...
Soit f : R2 → R une application linéaire dé nie par
(x, y) → f (x, y) = x − y
...
donc le Kerf est un sous espace vectoriel engendré par e = (1, 1) donc il est de dimension 1, et
sa base est {e}
...
Imf =
Proposition 6
...
2
...
2) Kerf est un sous espace vectoriel de E
...
3
...
Soit f une application linéaire de E dans F , si dim Imf = n < +∞, alors n
est appelé le rang de f et on le note rg (f )
...
3
...
Soit f une application linéaire de E dans F
...
(ii) f est injective ⇔ Kerf = {0E }
...
3
...
Soit f : R2 → R2 une application linéaire dé nie par
(x, y) → f (x, y) = (y, x)
...
6
...
3 Application Linéaire sur des espace de dimension nies
...
3
...
Soit E et F deux K espace vectoriels et f et g deux applications linéaires de
E dans F
...
, en } une base de E, alors
∀k ∈ {1, 2,
...
Démonstration
...
Pour (⇒) on a E est engendré par {e1 , e2 ,
...
, λn ∈ K : x = λ1 e1 + λ2 e2 +
...
+ λn en ) = λ1 f (e1 ) + λ2 f (e2 ) +
...
+ λn en ) = λ1 g (e1 ) + λ2 g (e2 ) +
...
, n} : f (ek ) = g (ek ) donc on déduit que
∀x ∈ E : f (x) = g (x)
...
3
...
Soit f une application de R2 dans R telle que
f (1, 0) = −1 et f (0, 1) = 4,
alors ∀ (x, y) ∈ R2 , on a
f (x, y) = f [x (1, 0) + y (0, 1)] = xf (1, 0) + yf (0, 1)
= −x + 4y
Proposition 6
...
5
...
Exemple 6
...
6
...
Proposition 6
...
6
...
On a
alors les équivalences suivantes :
f est isomorphisme ⇔ f est surjective ⇔ dim Im (f ) = dim F
⇔ f est injective ⇔ Im (f ) = F
⇔ dim ker (f ) = 0 ⇔ ker (f ) = {0}
Remarque
...
Exemple 6
...
7
...
95
Chapitre 6
6
...
4
...
On dé nit sur G = ]−1, 1[ la loi interne ∗ comme suit :
∀ (x, y) ∈ G × G : x ∗ y =
x+y
...
Exercice 35
...
Montrer que Z
√
2 , +, × est un anneau
...
Soit D l'ensemble des nombres décimaux,
n n
o
: n ∈ Z et k ∈ N
D=
10k
(1) Démontrer que (D, +, ×) est un anneau
(2) Quels sont ses éléments inversibles ?
√
Exercice 37
...
On note
o
h√ i n
√
Q d = a + b d : a, b ∈ Q
h√ i
d , +, × est un corps
...
On dé nit sur R2 les deux lois ⊕, ⊗ comme suit :
0 0
0 0
0
0
∀ (x, y) , x , y ∈ R2 : (x, y) ⊕ x , y = x + x , y + y
...
x , y
...
Est ce que (R2 , ⊕, ⊗) est un corps commutatif ?
Exercice 39
...
(2) Donner une base de E
...
Soit E = {(x, y, z) ∈ R3 : x + y − 2z = 2x − y − z = 0} un sous-ensembles de R3
...
(2) Déterminer une famille génératrice de E et en extraine une base
...
96
Chapitre 6
Algèbre linéaire
(i) Déterminer une famille génératrice de F
...
Exercice 41
...
(2) Déterminer ker(f )
...
On considère l'application f : R2 → R2 dé nie par :
f (x, y) = (x − y, −3x + 3y)
(1) Montrer que f est une application linéaire
...
(3) Déterminer f ◦ f
...
Soit f : R3 → R3 dé nie par
f (x, y, z) = (−2x + y + z, x − 2y + z, x + y − 2z)
(1) Montrer que f est une application linéaire
...
(3) Donner une base de Im(f )
...
Soit f : R4 → R4 dé nie pour tout (x, y, z, t) ∈ R4 par
f (x, y, z, t) = (x − 2y, x − 2y, 0, x − y − z − t)
...
(2) Déterminer le noyau et l'image de f
...
6
...
2 Correction des exercices
Solution 34
...
En eet, soit x, y ∈ ]−1, 1[ , montrons que x ∗ y ∈ ]−1, 1[
...
x ∗ y ∈ ]−1, 1[ ⇔ |x ∗ y| < 1 ⇔
comme x, y ∈ ]−1, 1[, alors (1 − x2 ) (1 − y 2 ) > 0, d'où x ∗ y ∈ ]−1, 1[ et alors ∗ est une loi interne
...
1 + xy
1 + yx
97
Chapitre 6
Algèbre linéaire
La loi ∗ est associative : pour tout (x, y, z) ∈ G3
x ∗ (y ∗ z) = x ∗
=
x+y
1 + xy
x+
=
1+x
y+z
1+yz
y+z
1+yz
x + y + z + xyz
x (1 + yz) + (y + z)
=
1 + yz + x (y + z)
1 + yz + xy + xz
et un calcul similaire donne le même résultat pour (x ∗ y) ∗ z
...
Tout élément de G admet un inverse dans G
...
0
Solution 35
...
Soit x, y ∈ Z
a, b, c, d ∈ Z, tels que
√
√
x = a + b 2 et y = c + d 2
On a
√
2 , il existe
√
√
x+y = a+b 2+c+d 2
h√ i
√
= (a + c) + (c + d) 2 ∈ Z 2 ,
√
√
x×y = a+b 2 × c+d 2
h√ i
√
= (ac + 4db) + (ad + bc) 2 ∈ Z 2 ,
donc Z
√
2 est stable par la loi (+) et la (×)
...
Solution 36
...
Soit x, y ∈ D,
il existe n, m ∈ Z et k, ` ∈ Z, tels que
n
m
x = k et y = `
...
10k 10`
10k+`
n
m
n×m
x×y = k × ` =
∈ D
...
x−y =
De plus 1Q =
1
100
98
Chapitre 6
(2) Soit x =
Algèbre linéaire
n
m
∈ D inversible, d'inverse y = `
...
5k+`
...
∓2p 5q
et montrons que x est inversible dans Z
...
2p 5q
10p+q
x×y =
∓2p 5q
10k
10k
± p q = 1
...
Solution 37
...
Soient x, y ∈ Q
Q tels que
√
√
x = a1 + b1 d et y = a2 + b2 d
...
y −1
√
1
1
a2 − b 2 d
√ = 2
=
=
y
a2 − b22 d
a2 + b 2 d
h√ i
a2
−b2 √
= 2
+
d
∈
Q
d ,
a2 − b22 d a22 − b22 d
| {z } | {z }
∈Q
∈Q
donc
√
√
1
d
a
−
b
a
+
b
1
1
2
2 2
a22 − b22 d
√
= (a1 a2 − db1 b2 ) + (a2 b1 − a1 b2 ) d
|
{z
} |
{z
}
x × y −1 =
∈Q
∈Q
h√ i
d
...
ce qui prouve que x × y −1 ∈ Q
99
Chapitre 6
Algèbre linéaire
Solution 38
...
0
0
(a) La loi ⊕ est commutative :∀ (x, y) , x , y ∈ R2 ,
0 0
0
0 0
0
0
0
(x, y) ⊕ x , y = x + x , y + y = x + x, y + y = x , y ⊕ (x, y)
...
(x, y) ⊕
h
0
x ,y
0
0
00 00 i
00
0
00
= (x, y) ⊕ x + x , y + y
⊕ x ,y
00
0
0
00
= x + x + x ,y + y + y
h
0 0 i 00 00
⊕ x ,y
...
(d) Chaque élément de R2 possède un élément symétrique dans R2 , ∀ (x, y) ∈ R2 ,
0
0
∃ x , y ∈ R2 , tel que
0 0
0
0
(x, y) ⊕ x , y = (e1 , e2 ) ⇔ x + x , y + y = (0, 0)
0 0
⇔ x , y = − (x, y) ∈ R2
...
00
0
0
00
(ii) La loi ⊗ est associative ∀ (x, y) , x , y , x , y ∈ R2 ,
h
0
(x, y) ⊗ x , y
(x, y) ⊗
h
0
x ,y
0
0
i
00
⊗ x ,y
00
0
0
00
= x x, y y ⊗ x , y
00
0
00
0
= xx x , yy y
00
...
100
Chapitre 6
Algèbre linéaire
00
0
0
00
(iii) La loi ⊗ est distributive par rapport à loi ⊕
...
On a
h
(x, y) ⊗
h
0
(x, y) ⊗ x , y
0
0
x ,y
i
0
h
00
⊕ x ,y
00
i
00
⊕ (x, y) ⊗ x , y
00
00
0
0
00
= (x, y) ⊗ x + x , y + y
0
00
0
00
= xx + xx , yy + yy ,
i
=
0
xx , yy
0
00
⊕ xx , yy
00
00
0
0
00
xx + xx , yy + yy
h 0 0 00 00 i
= (x, y) ⊗ x , y ⊕ x , y
...
(2) Comme e = (0, 0) est l'élément neutre de la loi ⊗, montrons que (R2 − {(0, 0)} , ⊗) est un
groupe commutatif
...
(ii) Il existe e = (e1 , e2 ) ∈ R2 − {(0, 0)} tel que :
(e1 , e2 ) ⊗ (x, y) = (x, y) ⊗ (e1 , e2 ) = (x, y)
Puisque ⊗ est commutative on traite une seule équation :
(x, y) ⊗ (1, 1) = (x, y) ⇔ (x
...
1) = (x, y)
donc (1, 1) ∈ R2 − {(0, 0)} est l'élément neutre de ⊗
...
0
0
y = y1 , si y 6= 0
yy = 1
Les couples (x, 0) avec x 6= 0 et (0, y) avec y 6= 0 n'ont pas des symétrique, donc
(R2 − {(0, 0)} , ⊗) n'est pas un groupe commutatif
...
Solution 39
...
0
0
0
0
0
0
• Soient u = (x, y, z) ∈ E et v = x , y , z ∈ E , on a donc x + y + z = 0 et x + y + z = 0
...
(2) On a
E =
(x, y, z) ∈ R3 : z = − (x + y)
= {(x, y, −x − y) : x, y ∈ R}
= {(x, 0, −x) + (0, y, −y) : x, y ∈ R}
x (1, 0, −1) +y (0, 1, −1) : x, y ∈ R
=
| {z }
| {z }
u1
u2
alors {u1 , u2 } est une famille génératrice de E , montrons que {u1 , u2 } est libre
...
Alors la dimension de E est égale à 2, car
dim E = Card {u1 , u2 } = 2
...
(1) Soit u = (x, y, z) ∈ E , alors
(
x + y − 2z = 0
2x − y − z = 0
(
x + y − 2z = 0
⇔
⇔
3x − 3z = 0
⇔ x=y=z
(
x=y
x=z
donc
E = (x, y, z) ∈ R3 : x = y = z
• 0R3 ∈ E , car 0 = 0 = 0, donc E 6= ∅
...
Soit
0
0
0
λu + µv = λ (x, y, z) + µ x , y , z
0
0
0
0
= λx + µx , λy + µy , λz + µz ,
| {z } | {z } | {z }
x00
102
0
y 00
z 00
0
Chapitre 6
Algèbre linéaire
comme λx + µx = λy + µy = λz + µz , alors x = y = z , ce qui montre que
0
0
0
00
00
00
λu + µv ∈ E
...
| {z }
u1
alors {u1 } est une famille génératrice de E , donc {u1 } est une base de E
...
| {z }
| {z }
u2
u3
alors {u2 , u3 } est une famille génératrice de F
...
Soit λ2 , λ3 ∈
R,
λ2 u2 + λ3 u3 = 0R3 ⇒ (λ2 , λ3 , λ2 + λ3 ) = (0, 0, 0) ⇒ λ2 = λ3 = 0,
donc {u2 , u3 } est une base de F
...
Soit λ1 , λ2 , λ3 ∈ R,
λ1 u1 + λ2 u2 + λ3 u3 = 0R3
⇒ (λ2 + λ1 , λ3 + λ1 , λ2 + λ3 ) = (0, 0, 0)
⇒ λ1 = λ2 = λ3 = 0,
donc {u1 , u2 , u3 } est une base de R3 , d'où E ⊕ F = R3
...
0
0
0
(1) Soient u = (x, y, z) ∈ R3 ,v = x , y , z ∈ R3 et α, β ∈ R
...
Ce qui montre que f est linéaire
...
0
0
(1) Soient u = (x, y) ∈ R2 ,v = x , y ∈ R2 et α, β ∈ R, on a
0
0
f (αu + βv) = f αx + βx , αy + βy
0
0
0
0
= αx + βx − αy − βy , −3αx − 3βx + 3αy + 3βy
0
0
0
0
= (αx − αy) + βx − βy , (−3αx + 3αy) + −3βx + 3βy
0
0
0
0
= α (x − y, −3x + 3y) + β x − y , −3x + 3y = αf (u) + βf (v)
Ce qui montre que f est linéaire
...
f (x, y) : (x, y) ∈ R2
= (x − y, −3x + 3y) : (x, y) ∈ R2
2
=
(x − y) (1, −3) : (x, y) ∈ R
| {z }
λ
= {λ (1, −3) : λ ∈ R} = λ (1, 3) : λ ∈ R ,
| {z }
Im (f ) =
u2
donc {u2 } est une base de Im(f )
...
0
0
0
(1) Soient u = (x, y, z) ∈ R3 ,v = x , y , z ∈ R3 et α, β ∈ R, on a
0
0
0
f (αu + βv) = f αx + βx , αy + βy , αz + βz
0
0
0
= −2αx − 2βx + αy + βy + αz + βz ,
0
0
0
0
0
0
αx + βx − 2αy − 2βy + αz + βz , αx + βx + αy + βy − 2αz − 2βz
0
0
0
= (−2αx + αy + αz) + −2βx + βy + βz ,
0
0
0
0
0
0
(αx − 2αy + αz) + βx − 2βy + βz , (αx + αy − α2z) + βx + βy − 2βz
= α (−2x + y + z, x − 2y + z, x + y − 2z) +
0
0
0
0
0
0
0
0
0
β −2x + y + z , x − 2y + z , x + y − 2z
= αf (u) + βf (v)
...
(2) On a
ker (f ) =
(x, y, z) ∈ R3 : f (x, y, z) = 0
=
(x, y, z) ∈ R3 : −2x + y + z = x − 2y + z = x + y − 2z = 0
alors
−2x
+
y
+
z
=
0
−2x + y + z = 0
(x, y, z) ∈ ker (f ) ⇔
⇔
x − 2y + z = 0
−3y + 3z = 0
x + y − 2z = 0
x + y − 2z = 0
⇔ x = y = z,
donc
(x, y, z) ∈ R3 : x = y = z
=
x (1, 1, 1) : x ∈ R
| {z }
ker (f ) =
u1
donc {u1 } est une base de ker (f ), et alors
dim (Im (f )) = dim R3 − dim ker (f ) = 3 − Card {u1 } = 2
...
| {z }
| {z }
| {z }
Im (f ) =
v1
v2
v3
Alors {v1 , v2 , v3 } est une famille génératrice, comme v1 + v2 = −v3 et dim (Im (f )) = 2,
alors {v1 , v2 } est une famille génératrice, montrons que {v2 , v3 } est libre
...
105
Chapitre 6
Algèbre linéaire
Solution 44
...
Ce qui montre que f est linéaire
...
(3) Soit (x, y, z, t) ∈ ker (f ) , alors
f (x, y, z, t) = 0 ⇔ (x − 2y, x − 2y, 0, x − y − z − t) = 0
(
(
x − 2y = 0
x = 2y
⇔
⇔
x−y−z−t=0
t=y−z
alors
ker (f ) =
(x, y, z, t) ∈ R4 : x = 2y et t = y − z
= {(2y, y, z, y − z) : x, y ∈ R}
=
y (2, 1, 0, 1) +z (0, 0, 1, −1) : x, y ∈ R
...
Soit λ1 , λ2 , λ3 , λ4 ∈ R,
λ1 u1 + λ2 u2 = 0R4 ⇒ (λ1 , λ1 , 0, λ2 ) = (0, 0, 0, 0) ⇒ λ1 = λ2 = 0,
106
Chapitre 6
Algèbre linéaire
λ3 u3 + λ4 u4 = 0R4 ⇒ (2λ3 , λ3 , λ4 , λ3 − λ4 ) = (0, 0, 0, ) ⇒ λ3 = λ4 = 0,
donc {u1 , u2 }, {u3 , u4 } sont des bases de Im (f ) et ker (f ) respectivement
...
Comme dim R4 = Card {u1 , u2 , u3 , u4 } = 4, il su t de prouver que {u1 , u2 , u3 , u4 } est libre
...
107
Bibliographie
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C
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108