Les diapositives

l y c é e m a r c e l i n b e r t h e l o t p c *

Intégration

Jean-Pierre Becirspahic

l y c é e m a r c e l i n b e r t h e l o t p c *

Sommes de Riemann

Si f: [0, 1] → K est continue, lim

n→+∞ 1 n n−1 X k=0 f _k n  = Z1 0 f(t ) dt . Déterminer la limite de un= n X k=1 1 p (n + k − 1)(n + k ). un = 1 n n X k=1 1 q (1 +k −1_n )(1 +k_n)

; ce n’est pas une somme de Riemann.

1 n n X k=1 1 q (1 +k_n)2 6u_n6 1 n n X k=1 1 q (1 +k −1_n )2 ⇐⇒ 1 n n X k=1 1 1+k_n 6_un6 1 n n−1 X k=0 1 1+k_n donclim un= Z 1 0 dt 1+ t = ln 2

Et pour f: [0, 1[ → K est continue et intégrable ?+ monotone

On suppose f positive et croissante.

Théorème de CV dominée : lim

n→+∞ Z 1 0 fn(t ) dt = Z 1 0 f(t ) dt .

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Sommes de Riemann

Si f: [0, 1] → K est continue, lim

n→+∞ 1 n n−1 X k=0 f _k n  = Z1 0 f(t ) dt . Déterminer la limite de un= n X k=1 1 p (n + k − 1)(n + k ). un = 1 n n X k=1 1 q (1 +k −1_n )(1 +k_n)

; ce n’est pas une somme de Riemann.

1 n n X k=1 1 q (1 +k_n)2 6u_n6 1 n n X k=1 1 q (1 +k −1_n )2 ⇐⇒ 1 n n X k=1 1 1+k_n 6_un6 1 n n−1 X k=0 1 1+k_n donclim un= Z 1 0 dt 1+ t = ln 2

Et pour f: [0, 1[ → K est continue et intégrable ?+ monotone

On suppose f positive et croissante.

Théorème de CV dominée : lim

n→+∞ Z 1 0 fn(t ) dt = Z 1 0 f(t ) dt .

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Sommes de Riemann

Si f: [0, 1] → K est continue, lim

n→+∞ 1 n n−1 X k=0 f _k n  = Z1 0 f(t ) dt . Déterminer la limite de un= n X k=1 1 p (n + k − 1)(n + k ). un = 1 n n X k=1 1 q (1 +k −1_n )(1 +k_n)

; ce n’est pas une somme de Riemann.

1 n n X k=1 1 q (1 +k_n)2 6u_n6 1 n n X k=1 1 q (1 +k −1_n )2 ⇐⇒ 1 n n X k=1 1 1+k_n 6_un6 1 n n−1 X k=0 1 1+k_n donclim un= Z 1 0 dt 1+ t = ln 2

Et pour f: [0, 1[ → K est continue et intégrable ?+ monotone

On suppose f positive et croissante.

Théorème de CV dominée : lim

n→+∞ Z 1 0 fn(t ) dt = Z 1 0 f(t ) dt .

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Sommes de Riemann

Si f: [0, 1] → K est continue, lim

n→+∞ 1 n n−1 X k=0 f _k n  = Z1 0 f(t ) dt . Déterminer la limite de un= n X k=1 1 p (n + k − 1)(n + k ). un = 1 n n X k=1 1 q (1 +k −1_n )(1 +k_n)

; ce n’est pas une somme de Riemann.

1 n n X k=1 1 q (1 +k_n)2 6u_n6 1 n n X k=1 1 q (1 +k −1_n )2 ⇐⇒ 1 n n X k=1 1 1+k_n 6_un6 1 n n−1 X k=0 1 1+k_n donclim un= Z 1 0 dt 1+ t = ln 2

Et pour f: [0, 1[ → K est continue et intégrable ?+ monotone

On suppose f positive et croissante.

Théorème de CV dominée : lim

n→+∞ Z 1 0 fn(t ) dt = Z 1 0 f(t ) dt .

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Sommes de Riemann

Si f: [0, 1] → K est continue, lim

n→+∞ 1 n n−1 X k=0 f _k n  = Z1 0 f(t ) dt . Déterminer la limite de un= n X k=1 1 p (n + k − 1)(n + k ). un = 1 n n X k=1 1 q (1 +k −1_n )(1 +k_n)

; ce n’est pas une somme de Riemann.

1 n n X k=1 1 q (1 +k_n)2 6u_n6 1 n n X k=1 1 q (1 +k −1_n )2 ⇐⇒ 1 n n X k=1 1 1+k_n 6_un6 1 n n−1 X k=0 1 1+k_n donclim un= Z 1 0 dt 1+ t = ln 2

Et pour f: [0, 1[ → K est continue et intégrable ?+ monotone

On suppose f positive et croissante.

Théorème de CV dominée : lim

n→+∞ Z 1 0 fn(t ) dt = Z 1 0 f(t ) dt .

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Sommes de Riemann

Si f: [0, 1] → K est continue, lim

n→+∞ 1 n n−1 X k=0 f _k n  = Z1 0 f(t ) dt . Déterminer la limite de un= n X k=1 1 p (n + k − 1)(n + k ). un = 1 n n X k=1 1 q (1 +k −1_n )(1 +k_n)

; ce n’est pas une somme de Riemann.

1 n n X k=1 1 q (1 +k_n)2 6u_n6 1 n n X k=1 1 q (1 +k −1_n )2 ⇐⇒ 1 n n X k=1 1 1+k_n 6_un6 1 n n−1 X k=0 1 1+k_n donclim un= Z 1 0 dt 1+ t = ln 2

Et pour f: [0, 1[ → K est continue et intégrable ?

+ monotone

On suppose f positive et croissante.

Théorème de CV dominée : lim

n→+∞ Z 1 0 fn(t ) dt = Z 1 0 f(t ) dt .

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Sommes de Riemann

Si f: [0, 1] → K est continue, lim

n→+∞ 1 n n−1 X k=0 f _k n  = Z1 0 f(t ) dt . Déterminer la limite de un= n X k=1 1 p (n + k − 1)(n + k ). un = 1 n n X k=1 1 q (1 +k −1_n )(1 +k_n)

; ce n’est pas une somme de Riemann.

1 n n X k=1 1 q (1 +k_n)2 6u_n6 1 n n X k=1 1 q (1 +k −1_n )2 ⇐⇒ 1 n n X k=1 1 1+k_n 6_un6 1 n n−1 X k=0 1 1+k_n donclim un= Z 1 0 dt 1+ t = ln 2

Et pour f: [0, 1[ → K est continue et intégrable ?+ monotone

On suppose f positive et croissante.

Théorème de CV dominée : lim

n→+∞ Z 1 0 fn(t ) dt = Z 1 0 f(t ) dt .

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Sommes de Riemann

Si f: [0, 1] → K est continue, lim

n→+∞ 1 n n−1 X k=0 f _k n  = Z1 0 f(t ) dt . Déterminer la limite de un= n X k=1 1 p (n + k − 1)(n + k ). un = 1 n n X k=1 1 q (1 +k −1_n )(1 +k_n)

; ce n’est pas une somme de Riemann.

1 n n X k=1 1 q (1 +k_n)2 6u_n6 1 n n X k=1 1 q (1 +k −1_n )2 ⇐⇒ 1 n n X k=1 1 1+k_n 6_un6 1 n n−1 X k=0 1 1+k_n donclim un= Z 1 0 dt 1+ t = ln 2

Et pour f: [0, 1[ → K est continue et intégrable ?+ monotone

On suppose f positive et croissante.

Première preuve. Z k_n k −1 n f(t ) dt 6 1 nf k n  6 Z k+1_n k n f(t ) dt donc : f(0) n + Z1−1_n 0 f(t ) dt 6 1 n n−1 X k=0 fk n  6 Z1 0 f(t ) dt

et par passage à la limite : lim

n→+∞ 1 n n−1 X k=0 fk n  = Z1 0 f(t ) dt .

Théorème de CV dominée : lim

n→+∞ Z 1 0 fn(t ) dt = Z 1 0 f(t ) dt .

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Sommes de Riemann

Si f: [0, 1] → K est continue, lim

n→+∞ 1 n n−1 X k=0 f _k n  = Z1 0 f(t ) dt . Déterminer la limite de un= n X k=1 1 p (n + k − 1)(n + k ). un = 1 n n X k=1 1 q (1 +k −1_n )(1 +k_n)

; ce n’est pas une somme de Riemann.

1 n n X k=1 1 q (1 +k_n)2 6u_n6 1 n n X k=1 1 q (1 +k −1_n )2 ⇐⇒ 1 n n X k=1 1 1+k_n 6_un6 1 n n−1 X k=0 1 1+k_n donclim un= Z 1 0 dt 1+ t = ln 2

Et pour f: [0, 1[ → K est continue et intégrable ?+ monotone

On suppose f positive et croissante.

Seconde preuve: 1 nf _k n  = Z k+1_n k n f _{bnt c} n  dt donc1 n n−1 X k=0 fk n  = Z1 0 f bnt c n  | {z } fn(t ) dt • _f nestCpm0 ; • _{t −}1 n 6 bnt c n 6t et f estC 0_donc(f n) CVS vers f ; • bnt c

n 6t et f est croissante donc 0 6 fn(t ) 6 f (t ).

Théorème de CV dominée : lim

n→+∞ Z 1 0 fn(t ) dt = Z 1 0 f(t ) dt .

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Sommes de Riemann

Si f: [0, 1] → K est continue, lim

n→+∞ 1 n n−1 X k=0 f _k n  = Z1 0 f(t ) dt . Déterminer la limite de un= n X k=1 1 p (n + k − 1)(n + k ). un = 1 n n X k=1 1 q (1 +k −1_n )(1 +k_n)

; ce n’est pas une somme de Riemann.

1 n n X k=1 1 q (1 +k_n)2 6u_n6 1 n n X k=1 1 q (1 +k −1_n )2 ⇐⇒ 1 n n X k=1 1 1+k_n 6_un6 1 n n−1 X k=0 1 1+k_n donclim un= Z 1 0 dt 1+ t = ln 2

Et pour f: [0, 1[ → K est continue et intégrable ?+ monotone

On suppose f positive et croissante.

Seconde preuve: 1 nf _k n  = Z k+1_n k n f _{bnt c} n  dt donc1 n n−1 X k=0 fk n  = Z1 0 f bnt c n  | {z } fn(t ) dt • _f nestCpm0 ; • _{t −}1 n 6 bnt c n 6t et f estC 0_donc(f n) CVS vers f ; • bnt c

n 6t et f est croissante donc 0 6 fn(t ) 6 f (t ).

Théorème de CV dominée : lim

n→+∞ Z 1 0 fn(t ) dt = Z 1 0 f(t ) dt .

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Sommes de Riemann

Si f: [0, 1] → K est continue, lim

n→+∞ 1 n n−1 X k=0 f _k n  = Z1 0 f(t ) dt . Déterminer la limite de un= n X k=1 1 p (n + k − 1)(n + k ). un = 1 n n X k=1 1 q (1 +k −1_n )(1 +k_n)

; ce n’est pas une somme de Riemann.

1 n n X k=1 1 q (1 +k_n)2 6u_n6 1 n n X k=1 1 q (1 +k −1_n )2 ⇐⇒ 1 n n X k=1 1 1+k_n 6_un6 1 n n−1 X k=0 1 1+k_n donclim un= Z 1 0 dt 1+ t = ln 2

Et pour f: [0, 1[ → K est continue et intégrable ?+ monotone

On suppose f positive et croissante.

Seconde preuve: 1 nf _k n  = Z k+1_n k n f _{bnt c} n  dt donc1 n n−1 X k=0 fk n  = Z1 0 f bnt c n  | {z } fn(t ) dt • _f nestCpm0 ; • _{t −}1 n 6 bnt c n 6t et f estC 0_donc(f n) CVS vers f ; • bnt c

n 6t et f est croissante donc 0 6 fn(t ) 6 f (t ).

Théorème de CV dominée : lim

n→+∞ Z 1 0 fn(t ) dt = Z 1 0 f(t ) dt .

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Sommes de Riemann

Si f: [0, 1] → K est continue, lim

n→+∞ 1 n n−1 X k=0 f _k n  = Z1 0 f(t ) dt . Déterminer la limite de un= n X k=1 1 p (n + k − 1)(n + k ). un = 1 n n X k=1 1 q (1 +k −1_n )(1 +k_n)

; ce n’est pas une somme de Riemann.

1 n n X k=1 1 q (1 +k_n)2 6u_n6 1 n n X k=1 1 q (1 +k −1_n )2 ⇐⇒ 1 n n X k=1 1 1+k_n 6_un6 1 n n−1 X k=0 1 1+k_n donclim un= Z 1 0 dt 1+ t = ln 2

Et pour f: [0, 1[ → K est continue et intégrable ?+ monotone

On suppose f positive et croissante.

Seconde preuve: 1 nf _k n  = Z k+1_n k n f _{bnt c} n  dt donc1 n n−1 X k=0 fk n  = Z1 0 f bnt c n  | {z } fn(t ) dt • _f nestCpm0 ; • _{t −}1 n 6 bnt c n 6t et f estC 0_donc(f n) CVS vers f ; • bnt c

n 6t et f est croissante donc 0 6 fn(t ) 6 f (t ).

Théorème de CV dominée : lim

n→+∞ Z 1 0 fn(t ) dt = Z 1 0 f(t ) dt .

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Sommes de Riemann

Si f: [0, 1] → K est continue, lim

n→+∞ 1 n n−1 X k=0 f _k n  = Z1 0 f(t ) dt . Déterminer la limite de un= n X k=1 1 p (n + k − 1)(n + k ). un = 1 n n X k=1 1 q (1 +k −1_n )(1 +k_n)

; ce n’est pas une somme de Riemann.

1 n n X k=1 1 q (1 +k_n)2 6u_n6 1 n n X k=1 1 q (1 +k −1_n )2 ⇐⇒ 1 n n X k=1 1 1+k_n 6_un6 1 n n−1 X k=0 1 1+k_n donclim un= Z 1 0 dt 1+ t = ln 2

Et pour f: [0, 1[ → K est continue et intégrable ?+ monotone

On suppose f positive et croissante.

Seconde preuve: 1 nf _k n  = Z k+1_n k n f _{bnt c} n  dt donc1 n n−1 X k=0 fk n  = Z1 0 f bnt c n  | {z } fn(t ) dt • _f nestCpm0 ; • _{t −}1 n 6 bnt c n 6t et f estC 0_donc(f n) CVS vers f ; • bnt c

n 6t et f est croissante donc 0 6 fn(t ) 6 f (t ).

Théorème de CV dominée : lim

n→+∞ Z 1 0 fn(t ) dt = Z 1 0 f(t ) dt .

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Théorème fondamental de l’analyse

Si f: I → K estC0et a ∈ I , F : x 7→

Zx

a

f(t ) dt est de classeC1et F0= f .

Soit f: [0, 1] → R+une fonction continue et k> 0 tel que ∀x ∈ [0, 1],

0 6 f(x) 6 k Zx 0 f(t ) dt . Montrer que f = 0. On pose F(x) = Zx 0 f(t ) dt . Alors ∀x ∈ [0, 1], 0 6 F0(x) 6 kF (x).

On s’inspire de la résolution des équations différentielles :



F0(x) − kF (x)e−kx6_{0 ⇐⇒} d

dx 

F(x) e−kx6₀ =⇒ F (x) e−kx6_F(0) = 0.

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Théorème fondamental de l’analyse

Si f: I → K estC0et a ∈ I , F : x 7→

Zx

a

f(t ) dt est de classeC1et F0= f .

Applications :

• _{calcul d’une intégrale par la recherche d’une primitive ;}

• _{intégration par parties, changement de variable ;}

• _{expression des solutions d’une équation différentielle.}

Attention : • _{si G(x) =} Zb x f(t ) dt alors G0(x) = −f (x) ; • _{si H(x) =} Z v(x) u(x) f(t ) dt alors H0(x) = v0(x)f (v(x)) − u0(x)f (u(x)).

Soit f: [0, 1] → R+une fonction continue et k> 0 tel que ∀x ∈ [0, 1],

0 6 f(x) 6 k Zx 0 f(t ) dt . Montrer que f = 0. On pose F(x) = Zx 0 f(t ) dt . Alors ∀x ∈ [0, 1], 0 6 F0(x) 6 kF (x).

On s’inspire de la résolution des équations différentielles :



F0(x) − kF (x)e−kx6_{0 ⇐⇒} d

dx 

F(x) e−kx6₀ =⇒ F (x) e−kx6_F(0) = 0.

Mais f > 0 =⇒ F > 0 donc en définitive F = 0, et f = F0= 0.

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Théorème fondamental de l’analyse

Si f: I → K estC0et a ∈ I , F : x 7→

Zx

a

f(t ) dt est de classeC1et F0= f .

Applications :

• _{calcul d’une intégrale par la recherche d’une primitive ;}

• _{intégration par parties, changement de variable ;}

• _{expression des solutions d’une équation différentielle.}

Attention : • _{si G(x) =} Zb x f(t ) dt alors G0(x) = −f (x) ; • _{si H(x) =} Z v(x) u(x) f(t ) dt alors H0(x) = v0(x)f (v(x)) − u0(x)f (u(x)).

Soit f: [0, 1] → R+une fonction continue et k> 0 tel que ∀x ∈ [0, 1],

0 6 f(x) 6 k Zx 0 f(t ) dt . Montrer que f = 0. On pose F(x) = Zx 0 f(t ) dt . Alors ∀x ∈ [0, 1], 0 6 F0(x) 6 kF (x).

On s’inspire de la résolution des équations différentielles :



F0(x) − kF (x)e−kx6_{0 ⇐⇒} d

dx 

F(x) e−kx6₀ =⇒ F (x) e−kx6_F(0) = 0.

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Théorème fondamental de l’analyse

Si f: I → K estC0et a ∈ I , F : x 7→

Zx

a

f(t ) dt est de classeC1et F0= f .

Soit f: [0, 1] → R+une fonction continue et k> 0 tel que ∀x ∈ [0, 1],

0 6 f(x) 6 k Zx 0 f(t ) dt . Montrer que f = 0. On pose F(x) = Zx 0 f(t ) dt . Alors ∀x ∈ [0, 1], 0 6 F0(x) 6 kF (x).

On s’inspire de la résolution des équations différentielles :



F0(x) − kF (x)e−kx6_{0 ⇐⇒} d

dx 

F(x) e−kx6₀ =⇒ F (x) e−kx6_F(0) = 0.

Mais f > 0 =⇒ F > 0 donc en définitive F = 0, et f = F0= 0.

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Théorème fondamental de l’analyse

Si f: I → K estC0et a ∈ I , F : x 7→

Zx

a

f(t ) dt est de classeC1et F0= f .

Soit f: [0, 1] → R+une fonction continue et k> 0 tel que ∀x ∈ [0, 1],

0 6 f(x) 6 k Zx 0 f(t ) dt . Montrer que f = 0. On pose F(x) = Zx 0 f(t ) dt . Alors ∀x ∈ [0, 1], 0 6 F0(x) 6 kF (x).

On s’inspire de la résolution des équations différentielles :



F0(x) − kF (x)e−kx6_{0 ⇐⇒} d

dx 

F(x) e−kx6₀ =⇒ F (x) e−kx6_F(0) = 0.

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Théorème fondamental de l’analyse

Si f: I → K estC0et a ∈ I , F : x 7→

Zx

a

f(t ) dt est de classeC1et F0= f .

Soit f: [0, 1] → R+une fonction continue et k> 0 tel que ∀x ∈ [0, 1],

0 6 f(x) 6 k Zx 0 f(t ) dt . Montrer que f = 0. On pose F(x) = Zx 0 f(t ) dt . Alors ∀x ∈ [0, 1], 0 6 F0(x) 6 kF (x).

On s’inspire de la résolution des équations différentielles :



F0(x) − kF (x)e−kx6_{0 ⇐⇒} d

dx 

F(x) e−kx6₀ =⇒ F (x) e−kx6_F(0) = 0.

Mais f > 0 =⇒ F > 0 donc en définitive F = 0, et f = F0= 0.

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Formules de Taylor

Aspect global

• _{Avec reste intégral :}

f(x) = n X k=0 (x − a)k k! f (k )_{(a) +} Z x a (x − t )n n! f (n+1)_{(t ) dt} • _{Inégalité de Taylor-Lagrange :}   f (x )− n X k=0 (x − a)k k! f (k )_(a)  6 |x − a|n+1 (n + 1)! kf (n+1)_k ∞_,[a,x] Ex. f(x) = ln(1 + x) ⇒ f(n)(x) =(−1) n−1_{(n − 1)!} (1 + x)n ⇒ kf (n)_k ∞_,[0,1]6(n − 1)!    ln(2) − n X k=1 (−1)k −1 k     6 1 n+ 1doncln(2) = +∞ X k=1 (−1)k −1 k .

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Formules de Taylor

Aspect global

• _{Avec reste intégral :}

f(x) = n X k=0 (x − a)k k! f (k )_{(a) +} Z x a (x − t )n n! f (n+1)_{(t ) dt} • _{Inégalité de Taylor-Lagrange :}   f (x )− n X k=0 (x − a)k k! f (k )_(a)  6 |x − a|n+1 (n + 1)! kf (n+1)_k ∞_,[a,x] Ex. f(x) = ln(1 + x) ⇒ f(n)(x) =(−1) n−1_{(n − 1)!} (1 + x)n ⇒ kf (n)_k ∞_,[0,1]6(n − 1)!    ln(2) − n X k=1 (−1)k −1 k     6 1 n+ 1doncln(2) = +∞ X k=1 (−1)k −1 k .

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Formules de Taylor

Soit f une fonction définie et de classeC2au voisinage de a ∈ R.

Calculer lim h →0 f(a − h ) − 2f (a) + f (a + h ) h2 . f(a − h ) = f (a) − hf0(a) +h 2 2f 00 (a) +o(h2) f(a + h ) = f (a) + hf0(a) +h 2 2f 00 (a) +o(h2)

Donc : f(a − h ) − 2f (a) + f (a + h ) = h2f00(a) +o(h2_{), soit :}

lim h →0 f(a − h ) − 2f (a) + f (a + h ) h2 = f 00 (a)

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Formules de Taylor

Soit f une fonction définie et de classeC2au voisinage de a ∈ R.

Calculer lim h →0 f(a − h ) − 2f (a) + f (a + h ) h2 . f(a − h ) = f (a) − hf0(a) +h 2 2f 00 (a) +o(h2) f(a + h ) = f (a) + hf0(a) +h 2 2f 00 (a) +o(h2)

Donc : f(a − h ) − 2f (a) + f (a + h ) = h2f00(a) +o(h2_{), soit :}

lim h →0 f(a − h ) − 2f (a) + f (a + h ) h2 = f 00 (a)

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Formules de Taylor

Soit f une fonction définie et de classeC2au voisinage de a ∈ R.

Calculer lim

h →0

f(a − h ) − 2f (a) + f (a + h )

h2 .

f(a − h ) = f (a) − hf0(a) +h

2

2f

00

(a) +o(h2)

f(a + h ) = f (a) + hf0(a) +h

2

2f

00

(a) +o(h2)

Donc : f(a − h ) − 2f (a) + f (a + h ) = h2f00(a) +o(h2), soit :

lim h →0 f(a − h ) − 2f (a) + f (a + h ) h2 = f 00 (a)

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Intégration sur un intervalle

On a f intégrable sur I ⇐⇒ Z I |f | converge =⇒ Z I f converge.

Réciproque est fausse:

Z+∞ 0 sin t t dt CV mais Z+∞ 0     sin t t    dt DV. Schémas de CV et de DV : si I= [a, b [ et f (x) = b O(g(x)) on a Zb a |g(t )| dt converge =⇒ Z b a |f (t )| dt converge Zb a |f (t )| dt diverge =⇒ Z b a |g(t )| dt diverge

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Intégration sur un intervalle

On a f intégrable sur I ⇐⇒ Z I |f | converge =⇒ Z I f converge.

Réciproque est fausse:

Z+∞ 0 sin t t dt CV mais Z+∞ 0     sin t t    dt DV. Schémas de CV et de DV : si I= [a, b [ et f (x) = b O(g(x)) on a Zb a |g(t )| dt converge =⇒ Z b a |f (t )| dt converge Zb a |f (t )| dt diverge =⇒ Z b a |g(t )| dt diverge

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Intégration sur un intervalle

Exercice

Soit f: [1, +∞[ → C une fonction continue telle que

Z+∞

1

f(t ) dt converge. Montrer que

Z +∞ 1 f(t ) t dt converge. F: x 7→ Z x 1

f(t ) dt possède une limite en +∞ donc est bornée sur [1, +∞[,

et : Zx 1 f(t ) t dt = _{F(t )} t x 1 + Z x 1 F(t ) t2 dt F(t ) t2 +∞= O ₁ t2  donc Z+∞ 1 f(t ) t dt = Z +∞ 1 F(t ) t2 dt CV.

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Intégration sur un intervalle

Exercice

Soit f: [1, +∞[ → C une fonction continue telle que

Z+∞

1

f(t ) dt converge. Montrer que

Z +∞ 1 f(t ) t dt converge. F: x 7→ Z x 1

f(t ) dt possède une limite en +∞ donc est bornée sur [1, +∞[,

et : Zx 1 f(t ) t dt = _{F(t )} t x 1 + Z x 1 F(t ) t2 dt F(t ) t2 +∞= O ₁ t2  donc Z+∞ 1 f(t ) t dt = Z +∞ 1 F(t ) t2 dt CV.

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Intégration sur un intervalle

Exercice

Soit f: [1, +∞[ → C une fonction continue telle que

Z+∞

1

f(t ) dt converge. Montrer que

Z +∞ 1 f(t ) t dt converge. F: x 7→ Z x 1

f(t ) dt possède une limite en +∞ donc est bornée sur [1, +∞[,

et : Zx 1 f(t ) t dt = _{F(t )} t x 1 + Z x 1 F(t ) t2 dt F(t ) t2 +∞= O ₁ t2  donc Z+∞ 1 f(t ) t dt = Z +∞ 1 F(t ) t2 dt CV.

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Inégalité de Cauchy-Schwarz

Si f2et g2sont intégrables il en est de même de fg, et

Z I |fg| 6 Z I |f |2 1/2Z I |g|2 1/2 Conséquences :

• _{L’espace L}2_{(I, K) des fonctionC}0

pmde carré intégrable sur I est un

K-ev ;

• _{L’espace L}2

c(I, R) des fonctionC0de carré intégrable sur I est un

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Inégalité de Cauchy-Schwarz

Si f2et g2sont intégrables il en est de même de fg, et

Z I |fg| 6 Z I |f |2 1/2Z I |g|2 1/2 Conséquences :

• _{L’espace L}2_{(I, K) des fonctionC}0

pmde carré intégrable sur I est un

K-ev ;

• _{L’espace L}2

c(I, R) des fonctionC0de carré intégrable sur I est un

espace préhilbertien.

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Inégalité de Cauchy-Schwarz

Exercice

Soit f: [0, +∞[ → R une fonction de classeC2telle que f et f00soient de

carré intégrable. Montrer que f0est de carré intégrable.

Zx 0 f0(t )2dt = f (x)f0(x) − f (0)f0(0) − Zx 0 f(t )f00(t ) dt .

D’après l’inégalité de Cauchy-Schwarz,ff00est intégrable, donc f0 est de

carré intégrable ssilim

+∞f(x)f

0

(x) existe.

Par l’absurde: si f0n’est pas de carré intégrable, lim

x→+∞ Zx 0 f0(t )2dt = +∞ donc lim x→+∞f(x)f 0 (x) = +∞.

Mais 2f(x)f0(x) est la dérivée de f (x)2donc lim

x→+∞f(x)

2_{= +∞ et f}2_n’est

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Inégalité de Cauchy-Schwarz

Exercice

Soit f: [0, +∞[ → R une fonction de classeC2telle que f et f00soient de

carré intégrable. Montrer que f0est de carré intégrable.

Zx 0 f0(t )2dt = f (x)f0(x) − f (0)f0(0) − Zx 0 f(t )f00(t ) dt .

D’après l’inégalité de Cauchy-Schwarz,ff00est intégrable, donc f0 est de

carré intégrable ssilim

+∞f(x)f

0

(x) existe.

Par l’absurde: si f0n’est pas de carré intégrable, lim

x→+∞ Zx 0 f0(t )2dt = +∞ donc lim x→+∞f(x)f 0 (x) = +∞.

Mais 2f(x)f0(x) est la dérivée de f (x)2donc lim

x→+∞f(x)

2_{= +∞ et f}2_n’est

pas intégrable.

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Inégalité de Cauchy-Schwarz

Exercice

Soit f: [0, +∞[ → R une fonction de classeC2telle que f et f00soient de

carré intégrable. Montrer que f0est de carré intégrable.

Zx 0 f0(t )2dt = f (x)f0(x) − f (0)f0(0) − Zx 0 f(t )f00(t ) dt .

D’après l’inégalité de Cauchy-Schwarz,ff00est intégrable, donc f0 est de

carré intégrable ssilim

+∞f(x)f

0

(x) existe.

Par l’absurde: si f0n’est pas de carré intégrable, lim

x→+∞ Zx 0 f0(t )2dt = +∞ donc lim x→+∞f(x)f 0 (x) = +∞.

Mais 2f(x)f0(x) est la dérivée de f (x)2donc lim

x→+∞f(x)

2_{= +∞ et f}2_n’est

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Inégalité de Cauchy-Schwarz

Exercice

Soit f: [0, +∞[ → R une fonction de classeC2telle que f et f00soient de

carré intégrable. Montrer que f0est de carré intégrable.

Zx 0 f0(t )2dt = f (x)f0(x) − f (0)f0(0) − Zx 0 f(t )f00(t ) dt .

D’après l’inégalité de Cauchy-Schwarz,ff00est intégrable, donc f0 est de

carré intégrable ssilim

+∞f(x)f

0

(x) existe.

Par l’absurde: si f0n’est pas de carré intégrable, lim

x→+∞ Zx 0 f0(t )2dt = +∞ donc lim x→+∞f(x)f 0 (x) = +∞.

Mais 2f(x)f0(x) est la dérivée de f (x)2donc lim

x→+∞f(x)

2_{= +∞ et f}2_n’est

pas intégrable.

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Inégalité de Cauchy-Schwarz

Exercice

Soit f: [0, +∞[ → R une fonction de classeC2telle que f et f00soient de

carré intégrable. Montrer que f0est de carré intégrable.

Zx 0 f0(t )2dt = f (x)f0(x) − f (0)f0(0) − Zx 0 f(t )f00(t ) dt .

D’après l’inégalité de Cauchy-Schwarz,ff00est intégrable, donc f0 est de

carré intégrable ssilim

+∞f(x)f

0

(x) existe.

Par l’absurde: si f0n’est pas de carré intégrable, lim

x→+∞ Zx 0 f0(t )2dt = +∞ donc lim x→+∞f(x)f 0 (x) = +∞.

Mais 2f(x)f0(x) est la dérivée de f (x)2donc lim

x→+∞f(x)

2_{= +∞ et f}2_n’est

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Intégrales à paramètre

Principe du recouvrement. Pour montrer que f est continue sur un

in-tervalle J , il suffit de montrer que f est continue surtout segment[α, β]

inclus dans J.

Variantes :

• _{si J=]a, b ] on peut recouvrir par [α, b ] avec α > a ;} • _{si J= [a, b [ on peut recouvrir par [a,β] avec β< b ;}

• _{si J=]a, b [ on peut recouvrir par [α, b [ avec α > a ou ]a,β] avec β< b ;}

Contexte. Soit f: J × I → K telle que

• _{∀x ∈ J , t 7→ f (x, t) estC}0 pmet intégrable sur I . On définit g: J → K en posant g(x) = Z I f(x, t) dt.

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Intégrales à paramètre

Principe du recouvrement. Pour montrer que f est continue sur un

in-tervalle J , il suffit de montrer que f est continue surtout segment[α, β]

inclus dans J. Variantes :

• _{si J=]a, b ] on peut recouvrir par [α, b ] avec α > a ;} • _{si J= [a, b [ on peut recouvrir par [a,β] avec β< b ;}

• _{si J=]a, b [ on peut recouvrir par [α, b [ avec α > a ou ]a,β] avec β< b ;}

Contexte. Soit f: J × I → K telle que

• _{∀x ∈ J , t 7→ f (x, t) estC}0 pmet intégrable sur I . On définit g: J → K en posant g(x) = Z I f(x, t) dt.

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Intégrales à paramètre

Principe du recouvrement. Pour montrer que f est continue sur un

in-tervalle J , il suffit de montrer que f est continue surtout segment[α, β]

inclus dans J. Variantes :

• _{si J=]a, b ] on peut recouvrir par [α, b ] avec α > a ;} • _{si J= [a, b [ on peut recouvrir par [a,β] avec β< b ;}

• _{si J=]a, b [ on peut recouvrir par [α, b [ avec α > a ou ]a,β] avec β< b ;}

Contexte. Soit f: J × I → K telle que

• _{∀x ∈ J , t 7→ f (x, t) estC}0 pmet intégrable sur I . On définit g: J → K en posant g(x) = Z I f(x, t) dt.

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Intégrale à paramètre

Continuité et dérivabilité sous le signe intégral Continuité. On suppose que :

• _{pour tout t ∈ I , x 7→ f(x, t) est continue sur J ;}

• _{il existeφ : I → R}

+Cpm0 et intégrable sur I tq ∀x ∈ J , |f(x, t)| 6 φ(t).

Alors g est continue sur J .

Dérivabilité. On suppose que :

• _{pour tout t ∈ I , x 7→ f(x, t) est de classeC}1_{sur J ;}

• _{pour tout x ∈ J , t 7→} ∂f ∂x(x, t) estC 0 pmsur I ; • _{il existeψ : I → R} +Cpm0 et intégrable sur I tq ∀x ∈ J ,     ∂f ∂x(x, t)     6_{ψ(t ).}

Alors g est de classeC1sur J , et g0(x) =

Z

I

∂f

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Intégrale à paramètre

Continuité et dérivabilité sous le signe intégral Continuité. On suppose que :

• _{pour tout t ∈ I , x 7→ f(x, t) est continue sur J ;}

• _{il existeφ : I → R}

+Cpm0 et intégrable sur I tq ∀x ∈ J , |f(x, t)| 6 φ(t).

Alors g est continue sur J .

Dérivabilité. On suppose que :

• _{pour tout t ∈ I , x 7→ f(x, t) est de classeC}1_{sur J ;}

• _{pour tout x ∈ J , t 7→} ∂f ∂x(x, t) estC 0 pmsur I ; • _{il existeψ : I → R} +Cpm0 et intégrable sur I tq ∀x ∈ J ,     ∂f ∂x(x, t)     6_{ψ(t ).}

Alors g est de classeC1sur J , et g0(x) =

Z

I

∂f

∂x(x, t) dt.

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Intégrale à paramètre

Extension du théorème de dérivabilité

On suppose que :

• _{Pour tout t ∈ I , x 7→ f(x, t) est de classeC}p _{sur J ;}

• _{∀k ∈ ~0, p − 1, ∀x ∈ J , t 7→} ∂kf ∂xk(x, t) estC 0 pmet intégrable sur I ; • _{pour tout x ∈ J , t 7→} ∂ p_f ∂xp(x, t) estC 0 pmsur I ; • _{il existeψ : I → R} +Cpm0 et intégrable sur I tq ∀x ∈ J ,     ∂pf ∂xp(x, t)     6_{ψ(t ).}

Alors g est de classeCp sur J , et ∀k ∈ ~1, p, g(k )(x) =

Z

I

∂kf

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Intégrale à paramètre

Dérivabilité : il faut montrer que g est de classeCn pour tout n ∈ N,

doncdominer toutes les dérivées partielles.

∀n ∈ N, ∂ n_f ∂xn(x, t) = (−t2₎n_e−xt2 1+ t3 . Soitα> 0. Sur [α, +∞[,     ∂n_f ∂xn(x, t)     6 t 2n_e−αt2 1+ t3 = ψn(t )

ψnest intégrable sur I carψn(t ) =

+∞o(e

−t_{) donc g estC}∞

sur[α, +∞[ puis

par recouvrement sur]0, +∞[.

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Intégrale à paramètre

Dérivabilité : il faut montrer que g est de classeCn pour tout n ∈ N,

doncdominer toutes les dérivées partielles.

∀n ∈ N, ∂ n_f ∂xn(x, t) = (−t2₎n_e−xt2 1+ t3 . Soitα> 0. Sur [α, +∞[,     ∂n_f ∂xn(x, t)     6 t 2n_e−αt2 1+ t3 = ψn(t )

ψnest intégrable sur I carψn(t ) =

+∞o(e

−t_{) donc g estC}∞

sur[α, +∞[ puis

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Intégrale à paramètre

Dérivabilité : il faut montrer que g est de classeCn pour tout n ∈ N,

doncdominer toutes les dérivées partielles.

∀n ∈ N, ∂ n_f ∂xn(x, t) = (−t2₎n_e−xt2 1+ t3 . Soitα> 0. Sur [α, +∞[,     ∂n_f ∂xn(x, t)     6 t 2n_e−αt2 1+ t3 = ψn(t )

ψnest intégrable sur I carψn(t ) =

+∞o(e

−t_{) donc g estC}∞

sur[α, +∞[ puis

par recouvrement sur]0, +∞[.

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Intégrale à paramètre

Dérivabilité : il faut montrer que g est de classeCn pour tout n ∈ N,

doncdominer toutes les dérivées partielles.

∀n ∈ N, ∂ n_f ∂xn(x, t) = (−t2₎n_e−xt2 1+ t3 . Soitα> 0. Sur [α, +∞[,     ∂n_f ∂xn(x, t)     6 t 2n_e−αt2 1+ t3 = ψn(t )

ψnest intégrable sur I carψn(t ) =

+∞o(e

−t_{) donc g estC}∞

sur[α, +∞[ puis

l y c é e m a r c e l i n b e r t h e l o t p c *

Intégrale à paramètre

Dérivabilité : il faut montrer que g est de classeCn pour tout n ∈ N,

doncdominer toutes les dérivées partielles.

∀n ∈ N, ∂ n_f ∂xn(x, t) = (−t2₎n_e−xt2 1+ t3 . Soitα> 0. Sur [α, +∞[,     ∂nf ∂xn(x, t)     6t 2n_e−αt2 1+ t3 = ψn(t )

ψnest intégrable sur I carψn(t ) =

+∞o(e

−t_{) donc g estC}∞

sur[α, +∞[ puis

par recouvrement sur]0, +∞[.